2024年沪科新版高三化学上册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年沪科新版高三化学上册阶段测试试卷801考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、下列反应属于氧化还原反应的是．A.CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2+H2OB.CaO+H2O=Ca（OH）2C.2H2O2H2+O2↑D.CaCO3CaO+CO2↑2、H2S溶液中，在采取措施使pH增大的同时，则c（S2-）的变化情况是（）A.增大B.减小C.不变D.可能增大，也可能减小3、朱自清先生在《荷塘月色》中写道：“薄薄的青雾浮起在荷塘里月光是隔了树照过来的，高处丛生的灌木，落下参差的斑驳的黑影”月光穿过薄雾所形成的种种美景的本质原因是（）A.青雾中的小水滴颗粒大小约为10-9m～10-7mB.光是一种胶体C.雾是一种胶体D.发生丁达尔效应4、20gA物质和14gB物质恰好完全反应，生成8.8gC物质、3.6gD物质和0.2molE物质，则E物质的摩尔质量为（）A.100g•mol-1B.108g•mol-1C.55g•mol-1D.96g•mol-15、下列状态下，不能导电的强电解质是（）A.冰醋酸B.纯硫酸C.蔗糖溶液D.氢氧化钠溶液6、某无色溶液能与Al反应放出H2，下列离子一定能在该溶液中大量共存的是（）A.H+、NH、NO、Fe2+B.Na+、SO、K+、Cl-C.Ba2+、OH-、AlO、SOD.Al3+、Mg2+、SiO、ClO-7、关于下列各图的说法中，正确的是A.①中与电源负极相连的电极附近能产生使湿润淀粉KI试纸变蓝的气体B.②中待镀铁制品应该与电源的正极相连接C.③中的b极是电子流出的极，发生氧化反应D.④中的离子交换膜可以避免生成的Cl2与NaOH溶液反应8、合成导电高分子材料rm{PPV}的反应：下列说法正确的是()A.合成rm{PPV}的反应为加聚反应B.rm{PPV}与聚苯乙烯具有相同的重复结构单元C.和苯乙烯互为同系物D.通过质谱法测定rm{PPV}的平均相对分子质量，可得其聚合度评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)9、下列除杂方案正确的是。

。选项被提纯的物质杂质除杂试剂除杂方法ACO2（g）SO2（g）饱和NaHSO3溶液、浓H2SO4洗气BFeCl2（aq）Fe3+（aq）足量铁粉过滤CNa2CO3（s）NaHCO3（s）无需添加灼烧DNa2CO3（aq）NaHCO3（aq）过量NaOH溶液洗液（）A.AB.BC.CD.D10、下列关于实验现象的描述不正确的是（）A.把Cu片和Fe片紧靠在一起浸入稀硫酸中，Cu片表面出现气泡B.用铜片做阳极，铁片做阴极，电解氯化锌溶液，铁片表面出现一层铜C.把Cu片浸入FeCl3溶液中，在Cu片表面出现一层铁D.把Zn粒放入装有稀盐酸的试管中，加入几滴CuCl2溶液，放出气泡的速率减慢11、同一主族的X、Y、Z三种元素，已知最高价氧化物对应水化物的酸性强弱是H3XO4＜H3YO4＜H3ZO4，下列推断正确的是（）A.原子序数：X＜Y＜ZB.气态氢化物稳定性：XH3＜YH3＜ZH3C.元素的非金属性强弱：X＞Y＞ZD.电子层数：X＞Y＞Z12、一定温度下的定容容器中，反应A2（g）+B2（g）2AB（g）达到平衡标志的是（）A.单位时间内生成2nmolAB同时消耗nmolB2B.单位时间总物质的量不随时间的变化而变化C.单位时间内生成nmolA2同时消耗nmolB2D.容器内各组分的物质的量不随时间的变化而变化13、下列有关电化学原理的说法中，错误的是（）A.Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O，铅为负极，PbO2为正极B.电解氯化铜溶液，Cu2+向阴极迁移C.氯碱工业中电解氯化钠溶液阴极产物为氯气D.可充电的电池称“二次电池”，在充电时．是将电能转变成化学能，在放电时，又将化学能转化成电能14、常温下，若HA溶液和NaOH溶液混合后pH=7，下列说法不合理的是（）A.反应后HA溶液可能有剩余B.生成物NaA的水溶液的pH可能小于7C.HA溶液和NaOH溶液的体积相等D.HA溶液的c（H+）和NaOH溶液的c（OH-）可能不相等15、在一定温度条件下，甲、乙两个容积相等的恒容密闭容器中均发生如下反应：3A（g）+B（g）⇌xC（g）+D（s），向甲中通入6molA和2molB，向乙中通入1.5molA、0.5molB和3molC和2molD，反应一段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为0.2，下列叙述中正确的是（）A.若平衡时，甲、乙两容器中A的物质的量不相等，则x=4B.平衡时，甲、乙两容器中B的物质的量之比不相等C.平衡时甲中A的体积分数为40%D.若平衡时两容器中的压强不相等，则两容器中压强之比为8：5评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)16、下列选用哪些方法比较合适：

（1）将河水净化为饮用水____

（2）制作豆浆时分离豆腐渣____

（3）提纯混有氯化钾的硝酸钾____

（4）分离碘酒中纯净的酒精____

（5）提取溴水中的溴____．17、海水是巨大的资源宝库；利用海水提取食盐的过程如图所示．回答下列问题：

（1）①粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质，精制时所用试剂为：A：盐酸；B：BaCl2溶液；C：NaOH溶液；D：Na2CO3溶液．加入试剂的顺序是____．

②电解饱和食盐水时，与电源正极相连的电极上发生的反应为____，与电源负极相连的电极附近溶液pH的变化是____．

（2）工业上从海水中提取的NaCl，可用来制取纯碱，其简要过程如下：向饱和食盐水中先通入气体A，后通入气体B，充分反应后过滤得到晶体C和滤液D，将晶体C灼烧即可制得纯碱，则气体B是____（填化学式），由NaCl制取纯碱反应的化学方程为____、____．

（3）海水提镁的一段工艺流程如图：

浓海水的主要成分如下：

。离子Na+Mg2+Cl-SO42-浓度/（g•L-1）63.728.8144.646.4该工艺过程中，脱硫阶段主要反应的离子方程式为____，1L浓海水最多可得到产品2的物质的量为____mol．18、（1）AgNO3的水溶液呈____（填“酸”“碱”“中”）性，常温时的pH____7（填“＞”“＜”“=”）原因是（用离子方程式表示）____；实验室在配制AgNO3溶液时，常将AgNO3固体先溶于较浓的硝酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，以____（填“促进”或“抑制”）其水解．

（2）在配制硫化钠溶液时，为了防止其发生水解，可以加入少量的____．

（3）泡沫灭火剂的主要成分是0.1mol/LAl2（SO4）3、0.1mol/LNaHCO3和起泡剂，使用时发生反应的离子方程式为____，Al2（SO4）3溶液与NaHCO3溶液的体积之比约是____．19、（1）为了验证Fe3+与Cu2+氧化性强弱，下列装置能达到实验目的是____（填序号）．该装置中发生反应的离子方程式为：____．

（2）“阿波罗号飞船”用的是氢氧燃料电池（电解质溶液为KOH溶液）该电池工作时，通氢气的一极发生____反应（填氧化、还原）．其电极反应式为____．20、（2014春•苍南县校级月考）已知某种气态矿物燃料含有碳；氢两种元素．为了测定这种燃料中碳、氢两种元素的质量比；可将气态燃料放入足量的氧气中燃烧，并使产生的气体全部通入如图所示的装置，得到如下表所列的实验结果（假设产生的气体完全被吸收）．

。实验前实验后（干燥剂+U形管）的质量101.1g102.9g（石灰水+广口瓶）的质量312.0g314.2g根据实验数据；求：

①实验完毕后，生成物中水的物质的量为____mol，假设广口瓶里生成一种正盐，其质量为____g；

②气态矿物燃料中碳元素与氢元素的质量比为____；

③该气态矿物燃料的分子式为____．评卷人得分四、判断题(共2题，共6分)21、鉴定卤代烃中卤元素的存在的操作是：加入NaOH溶液，加热后加入AgNO3溶液．____．（判断对错说明理由）22、很多物质都可以添加到食品中，其中使用亚硝酸钠时必须严格控制用量．____．（判断对错）评卷人得分五、实验题(共4题，共20分)23、NH4Al（SO4）2是食品加工中最为快捷的食品添加剂，用于焙烤食品，工业上常用铝土矿（主要成分是Al2O3和少量的SiO2、Fe2O3杂质）是工业上制取铝的原料．实验室模拟工业上以铝土矿为原料制取Al2（SO4）3和铵明矾晶体[NH4Al（SO4）2•12H2O]的工艺流程如图所示；

请回答下列问题：

（1）废渣a、b的成分分别是____、____．

（2）Ⅲ中通入足量CO2气体发生反应的离子方程式为____．

（3）由Ⅴ制取铵明矾溶液的化学方程式为____，从铵明矾溶液中获得铵明矾晶体的实验操作依次为（填操作名称）____；冷却结晶、过滤洗涤．

（3）以1000kg含氧化铝36%的铝土矿为原料制取Al2（SO4）3，需消耗18.4mol•L-1的硫酸____L．

（4）若同时制取铵明矾和硫酸铝，通过控制硫酸的用量调节两种产品的产量．若欲使制得的铵明矾和硫酸铝的物质的量之比为1：1，则投料时铝土矿中的Al2O3和H2SO4的物质的量之比为____．24、（2013春•资阳期末）某学生为了验证苯酚；醋酸、碳酸的酸性强弱；设计了如图实验装置，请回答下列问题：

（1）仪器B中的实验现象____．

（2）仪器B中的化学方程式是____．

（3）该实验设计不严密，请改正____．25、已知：rm{ICl}的熔点为rm{13.9隆忙}沸点为rm{97.4隆忙}易水解，且能发生反应：rm{ICl(l)+Cl_{2}(g)篓TICl_{3}(l).(}图中夹持装置略去rm{)}

rm{(1)}装置rm{A}中发生反应的化学方程式是______．

rm{(2)}装置rm{B}的作用是______rm{.}不能用装置rm{F}代替装置rm{E}理由__________．

rm{(3)}所制得的rm{ICl}中溶有少量rm{ICl_{3}}杂质，提纯的方法是______rm{(}填标号rm{)}．

A.过滤rm{B.}蒸发结晶rm{C.}蒸馏rm{D.}分液。

rm{(4)}用rm{ICl}的冰醋酸溶液测定某油脂的不饱和度rm{.}进行如下两个实验；实验过程中有关反应为：

rm{垄脵}

rm{垄脷ICl+KI=I_{2}+KCl}

rm{垄脹I_{2}+2Na_{2}S_{2}O_{3}=2NaI+Na_{2}S_{4}O_{6}}

实验rm{1}将rm{5.00g}该油脂样品溶于四氯化碳后形成rm{100mL}溶液，从中取出十分之一，加入rm{20mL}某rm{ICl}的冰醋酸溶液rm{(}过量rm{)}充分反应后，加入足量rm{KI}溶液，生成的碘单质用rm{a}rm{mol/L}的rm{Na_{2}S_{2}O_{3}}标准溶液滴定rm{.}经平行实验，测得消耗的rm{Na_{2}S_{2}O_{3}}溶液的平均体积为rm{V_{1}mL}．

实验rm{2(}空白实验rm{)}不加油脂样品，其它操作步骤、所用试剂及用量与实验rm{1}完全相同，测得消耗的rm{Na_{2}S_{2}O_{3}}溶液的平均体积为rm{V_{2}mL}．

rm{垄脵}滴定过程中可用______作指示剂．

rm{垄脷}滴定过程中需要不断振荡，否则会导致rm{V_{1}}______rm{(}填“偏大”或“偏小rm{)}．

rm{垄脹5.00g}该油脂样品所消耗的rm{ICl}的物质的量为______rm{mol.}由此数据经换算即可求得该油脂的不饱和度．26、（8分）亚硝酸钠被称为工业盐，不能用作食品工业，但在漂白、电镀等方面应用广泛。现以木炭、浓硝酸、水和铜为原料生成的一氧化氮与过氧化钠反应制备亚硝酸钠的装置如下图所示（部分夹持装置略）。已知：室温下，①2NO+Na2O2＝2NaNO2②3NaNO2+3HCl==3NaCl+HNO3+2NO↑+H2O；③酸性条件下，NO或NO2–都能与MnO4–反应生成NO3–和Mn2+完成下列填空：（1）写出浓硝酸与木炭反应的化学方程式。（2）B中观察到的主要现象是有无色气体产生和，D装置的作用是。（3）检验C中产物有亚硝酸钠的方法是。（4）经检验C产物中除亚硝酸钠外还含有副产物碳酸钠和氢氧化钠，为避免产生这些副产物应在B、C装置间增加装置，则该装置中盛放的药品名称。（5）将7.8g过氧化钠完全转化成为亚硝酸钠，理论上至少需要木炭g。评卷人得分六、解答题(共4题，共12分)27、8.4gCO与16gO2组成的混合气体，在标准状况下的体积为多少升？1mol这种混合气体的质量是多少克？若通过电火花引燃使原混合气（8.4gCO与16gO2）充分反应，所得气体在标准状况下的体积为多少升？（注意：要写出每步计算的公式，且带单位计算）28、下表是元素周期表的一部分．表中所列的字母分别代表某一化学元素．

请你根据表中所给元素；回答下列问题：

（1）在短周期的所有元素中______的原子半径与______的原子半径之比最小（不包括稀有气体）（填元素符号）．

（2）该表中金属性最强的元素与氧气反应生成化合物的化学式是______（填两种即可）．

（3）海水中除氢；氧元素外含量最多的元素；其单质或化合物也是自来水生产过程中常用的消毒杀菌剂，其单质做消毒杀菌剂的原因是______（用化学方程式表示）．

（4）写出分别由a、b；h、j四种元素所形成的两种化合物的水溶液相互反应的离子方程式______．

（5）常温下某液态化合物只含上述元素中的两种，分子中原子个数比1：1，请你仅用一个化学方程式表示该液态化合物既有氧化性又有还原性______2H2O+O2↑29、Fe3+具有较强的氧化性，可以将Cu氧化为Cu2+，即：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，请将该反应设计成原电池，画出原电池的装置图，标出正、负极，并写出电极反应式．30、甲苯是有机化工生产的基本原料之一．利用乙醇和甲苯为原料，可按下列路线合成分子式均为C9H10O2的有机化工产品E和J．

已知：

请回答：（1）写出下列反应方程式。

①B+D→E______；②G→H______．

（2）①的反应类型为______；②的反应类型为______；F的结构简式为______．

（3）E；J有多种同分异构体；写出符合下列条件的4种同分异构体结构简式．

要求：①与E；J属同类物质②苯环上有两个取代基且苯环上的一氯代物只有两种．

①______；②______；③______；④______．

参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【分析】氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，可根据元素化合价的变化解答该题．【解析】【解答】解：A．为复分解反应；元素化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，故A错误；

B．为化合反应；元素化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，故B错误；

C．H；O元素化合价发生变化；属于氧化还原反应，故C正确；

D．为分解反应；元素化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，故D错误．

故选C．2、D【分析】【分析】H2S溶液中存在H2S⇌HS-+H+，HS-⇌S2-+H+，采取措施使pH增大，可加入NaOH、水解呈碱性的物质或加水稀释，以此解答该题．【解析】【解答】解：H2S溶液中存在H2S⇌HS-+H+，HS-⇌S2-+H+，使pH增大，应使c（H+）减小，如加入NaOH、水解呈碱性的物质，则c（S2-）增大，如加水稀释，则c（S2-）减小；

故选D．3、A【分析】【分析】雾是小液滴，是一种胶体，本质特征是分散质直径的大小10-9m～10-7m．【解析】【解答】解：A．题干中所提及的雾，是空气中的小液滴，是一种胶体，本质特征是分散质粒子的直径在1～100nm，即10-9m～10-7m；故A正确；

B．雾是一种胶体；光不是，故B错误；

C．雾是一种胶体；但这不是月光穿过薄雾所形成的种种美景的本质原因，故C错误；

D．雾作为一种胶体；确实能发生丁达尔效应，但这也不是月光穿过薄雾所形成的种种美景的本质原因，故D错误；

故选A．4、B【分析】【分析】根据质量守恒可计算E的质量，结合M=计算摩尔质量．【解析】【解答】解：化学反应遵循质量守恒定律；则应有m（A）+m（B）=m（C）+m（D）+m（E）；

则m（E）=20g+14g-8.8g-3.6g=21.6g；

M（E）==108g/mol，故选B．5、B【分析】【分析】能导电的物质--必须具有能自由移动的带电的微粒；金属能导电--是由于金属中存在能自由移动的带负电的电子．

在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质；包括酸；碱、盐、金属氧化物和水；

在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；包括非金属氧化物；部分非金属氢化物、大多数有机物；

单质和混合物既不是电解质；也不是非电解质；

完全电离的电解质属于强电解质，部分电离的电解质属于弱电解质，包括弱酸、弱碱、水与少数盐．【解析】【解答】解：A．冰醋酸是纯净的乙酸；在溶液中部分电离，属于弱电解质，故A错误；

B．纯硫酸；因在溶液中能完全电离出自由移动的氢离子和硫酸根离子，能导电，属于强电解质，但纯硫酸只有硫酸分子，无自由移动的离子，所以属于强电解质但不导电，故B正确；

C．蔗糖溶液存在蔗糖分子；没有自由移动的离子，故不能导电，它是混合物，电解质必须是化合物，所以它不是电解质，故C错误；

D．氢氧化钠溶液；有自由移动的钠离子和氢氧根离子，能导电，但氢氧化钠溶液是混合物，所以它不是电解质，故D错误；

故选B．6、B【分析】【分析】某无色溶液能与Al反应放出H2，为酸或强碱溶液，根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀，不能发生氧化还原反应等，则离子能大量共存，以此来解答．【解析】【解答】解：某无色溶液能与Al反应放出H2；为酸或强碱溶液；

A．因H+、NO3-、Fe2+发生氧化还原反应；且不生成氢气，故A不选；

B．无论酸或碱溶液中；该组离子之间不反应，能共存，故B选；

C．因H+分别与AlO2-、SO32-、OH-结合反应；则不能共存，故C不选；

D．Al3+、Mg2+分别与碱反应生成沉淀，H+分别与SiO32-、ClO-反应；则不能共存，故D不选；

故选B．7、D【分析】试题分析：A、①中与电源负极相连的电极是电解池的阴极，阳离子放电，应该得到的是铜单质，错误；B、这是一个电镀装置，等镀铁制品应该作为电镀池的阴极，与电源的负极相连，错误；C、这是氢氧燃料电池，流出电子的一极应该是负极，也就是氢气进入的一极，即a极。错误；D、正确。考点：电解池和原电池的有关知识。【解析】【答案】D8、D【分析】【分析】

本题主要考查聚合反应原理；有机物结构与性质；题目难度不大，注意明确聚合反应原理，选项B为易错点，找准链节是解题的关键。

【解答】

A.合成rm{PPV}通过缩聚反应生成，同时有小分子物质rm{HI}生成；不属于加聚反应，故A错误；

B.聚苯乙烯的重复结构单元为不含碳碳双键，而该高聚物的结构单元中含有碳碳双键，所以结构单元不相同，故B错误；

C.有两个碳碳双键；而苯乙烯有一个碳碳双键，结构不同，二者不是同系物，故C错误；

D.质谱仪能记录分子离子；碎片离子的相对质量；质谱图中数值最大的即是该分子的相对分子质量，可得其聚合度，故D正确。

故选D。

【解析】rm{D}二、多选题(共7题，共14分)9、BC【分析】【分析】A．二者均与NaHSO3溶液不反应；

B．Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁；

C．NaHCO3加热分解生成碳酸钠；

D．过量NaOH溶液，引入新杂质．【解析】【解答】解：A．二者均与NaHSO3溶液不反应，不能除杂，应选饱和NaHCO3溶液、浓H2SO4；洗气；故A错误；

B．Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁；则加足量铁粉；过滤可除杂，故B正确；

C．NaHCO3加热分解生成碳酸钠；则加热可除杂，故C正确；

D．过量NaOH溶液；引入新杂质，应加适量的NaOH，故D错误；

故选BC．10、CD【分析】【分析】A．铜；铁和稀硫酸构成的原电池中；正极上氢离子放电；

B．活泼金属作阳极；阳极上金属失电子；

C．铜和氯化铁反应生成氯化亚铁；

D．构成原电池能加快较活泼金属的腐蚀速率．【解析】【解答】解：A．铜；铁和稀硫酸构成的原电池中；铁易失电子作负极，铜作正极，正极上氢离子得电子生成氢气，所以铜电极上出现气泡，故A正确；

B．铜是活泼金属；铜作电解池阳极时，阳极上铜失电子生成铜离子，阴极上铜离子得电子生成铜，所以铁片出现一层铜，故B正确；

C．铜和氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜；所以不能析出铁，故C错误；

D．锌和铜离子反应生成铜；锌；铜和盐酸构成原电池，锌作负极，作原电池负极的金属促进被腐蚀速率，所以放出气泡的速率加快，故D错误；

故选CD．11、BD【分析】【分析】同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐减弱，根据酸性相对强弱：H3XO4＜H3YO4＜H3ZO4，可知原子序数的关系为X＞Y＞Z，根据同主族非金属性的递变规律比较．【解析】【解答】解：A、同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐减弱，根据酸性相对强弱：H3XO4＜H3YO4＜H3ZO4；可知原子序数的关系为X＞Y＞Z，故A错误；

B、元素非金属性越强，则对应氢化物的稳定性越强，则气态氢化物的稳定性：XH3＜YH3＜ZH3；故B正确；

C；同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱；对应的最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐减弱，则可知非金属性X＜Y＜Z，故C错误；

D；同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱；对应的最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐减弱，电子层数逐渐增多，所以电子层数：X＞Y＞Z，故D正确．

故选BD．12、CD【分析】【分析】反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，可由此进行判断．【解析】【解答】解：A、无论该反应是否达到平衡状态，消耗nmolB2的同时一定生成2nmolAB；故A错误．

B；该反应是一个反应前后总物质的量不变的化学反应；所以无论反应是否达到平衡状态总物质的量不随时间的变化而变化，故B错误．

C、单位时间内生成nmolA2同时生成nmolB2，且同时消耗nmolB2，所以B2的正逆反应速率相等；达到平衡状态，故C正确．

D；容器内各组分的物质的量不随时间的变化而变化；就说明了该反应达到平衡状态，故D正确．

故选CD．13、AC【分析】【分析】A、Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O，放电时铅为负极，PbO2为正极；

B；阳离子向阴极移动；

C；氯离子在阳极放电生成氯气；

D、充电过程的反应物是放电过程的生成物，所以充电是使放电的氧化还原反应逆向进行．【解析】【解答】解：A、Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O，构成原电池，放电时铅为负极，PbO2为正极；故A错误；

B；阳离子向阴极移动；所以铜离子向阴极移动，故B正确；

C；氯离子在阳极放电生成氯气；而阴极产生氢气，故C错误；

D；充电过程的反应物是放电过程的生成物；所以充电是使放电的氧化还原反应逆向进行，所以在充电时，是将电能转变成化学能，在放电时，又将化学能转化成电能，故D正确；

故选AC．14、BC【分析】【分析】A．如果HA是弱酸；要使混合溶液呈酸性，则HA应该稍微大些；

B．NaA为强酸强碱盐；其溶液呈中性，如果是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性；

C．溶液浓度未知；无法确定其体积大小；

D．如果HA是弱酸，且二者浓度相等，则HA溶液中c（H+）和NaOH溶液的c（OH-）不相等．【解析】【解答】解：A．如果HA是弱酸；要使混合溶液呈酸性，则HA应该稍微大些，所以反应后HA溶液可能有剩余，故A正确；

B．NaA为强酸强碱盐；其溶液呈中性，如果是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，则其pH等于或大于7，故B错误；

C．溶液浓度未知；无法确定其体积大小，故C错误；

D．HA溶液的c（H+）和NaOH溶液的c（OH-）不相等；说明HA是弱酸，其混合溶液可能呈中性，故D正确；

故选BC．15、AD【分析】【分析】反应一段时间后都达到平衡；此时测得甲；乙两容器中C的体积分数都为20%，说明甲乙两容器为等效平衡状态；

A．甲乙是等效平衡；平衡时甲；乙两容器中A的物质的量不相等，满足反应前后气体化学计量数之和不变，按化学计量数转化到左边满足n（A）：n（B）=3：1；

B．甲乙是等效平衡；平衡时各组分的含量对应相等；

C．根据C的体积分数计算平衡时A；B的体积分数之和；平衡时n（A）：n（B）=3：1，据此计算A的体积分数；

D．利用压强之比大于物质的量之比计算判断．【解析】【解答】解：反应一段时间后都达到平衡；此时测得甲；乙两容器中C的体积分数都为20%，说明甲乙两容器为等效平衡状态；

A．若平衡时；甲；乙两容器中A的物质的量不相等，则必须满足方程式左右气体的计量数之和相等，所以x=4，故A正确；

B．反应一段时间后都达到平衡；此时测得甲；乙两容器中C的体积分数都为0.2，由此可知甲乙是等效平衡，平衡时，甲、乙两容器中A、B的物质的量之比肯定相等，故B错误；

C．C的体积分数都为0.2；则A；B共占80%，而n（A）：n（B）=3：1，所以平衡时甲中A的体积分数为60%，故C错误；

D．二者为等效平衡；满足x=4，反应前后气体的物质的量不变，容器的则两容器中压强之比为（6+2）：（1.5+0.5+3）=8：5，故D正确．

故选AD．三、填空题(共5题，共10分)16、蒸馏过滤结晶法蒸馏萃取、分液、蒸馏【分析】【分析】（1）河水中水的沸点低；

（2）豆腐渣不能透过滤纸；

（3）氯化钾；硝酸钾的溶解度受温度影响不同；

（4）碘酒互溶；但沸点不同；

（5）溴不易溶于水，易溶于有机溶剂．【解析】【解答】解：（1）河水中水的沸点低；则选择蒸馏法将河水净化为饮用水，故答案为：蒸馏；

（2）豆腐渣不能透过滤纸；则选择过滤法制作豆浆时分离豆腐渣，故答案为：过滤；

（3）氯化钾；硝酸钾的溶解度受温度影响不同；则选择结晶法提纯混有氯化钾的硝酸钾，故答案为：结晶法；

（4）碘酒互溶；但沸点不同，则选择蒸馏法分离出酒精，故答案为：蒸馏；

（5）溴不易溶于水，易溶于有机溶剂，则选择萃取、分液、蒸馏提取溴水中的溴，故答案为：萃取、分液、蒸馏．17、CBDA或BCDA2Cl--2e-=Cl2↑变大CO2NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2OCa2++SO42-=CaSO4↓1.2【分析】【分析】（1）①根据镁离子用氢氧根离子沉淀；硫酸根离子用钡离子沉淀，钙离子用碳酸根离子沉淀，过滤要放在所有的沉淀操作之后，加碳酸钠要放在加氯化钡之后，可以将过量的钡离子沉淀最后再用盐酸处理溶液中的碳酸根离子和氢氧根离子进行分析；

②根据电解池的工作原理；分析两个电极上放电的离子，并确定生成的物质，以此书写电极反应式以及判断溶液酸碱性；

（2）根据制取纯碱的原理：向饱和的氯化钠溶液中依次通入氨气；二氧化碳；析出碳酸氢钠晶体，加热碳酸氢钠晶体可制得纯碱；

（3）工艺流程合成步骤中加入石灰乳，沉降后，将过滤后的滤液进行脱硫，应是用钙离子沉淀硫酸根离子生成硫酸钙沉淀，产品1为硫酸钙，合成得到氢氧化镁沉淀，故过滤后干燥的产品2为氢氧化镁，计算1L溶液中Mg2+的质量，根据Mg2+～Mg（OH）2计算氢氧化镁的物质的量．【解析】【解答】解：（1）①因用蒸发结晶的方法可以从海水中获得食盐；镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的石灰乳可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，离子都沉淀了，在进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，所以添加试剂的顺序为：CBDA或BCDA；

故答案为：CBDA或BCDA；

②电解饱和食盐水时，与正极相连的阳极发生的反应是2Cl--2e-=Cl2↑，与负极相连的阴极发生的反应是：2H++2e=H2↑，H+不断消耗，使得溶液中C（OH-）增大；pH变大；

故答案为：2Cl--2e-=Cl2↑；变大；

（2）向饱和的氯化钠溶液中依次通入氨气、二氧化碳，则气体B是二氧化碳，析出碳酸氢钠晶体，加热碳酸氢钠晶体可制得纯碱，上述反应的化学方程式分别为：NH3+CO2+H2O+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓、2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；

故答案为：CO2；NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl；2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；

（3）工艺流程合成步骤中加入石灰乳，沉降后，将过滤后的滤液进行脱硫，用Ca2+沉淀SO42-生成CaSO4沉淀，离子方程式为：Ca2++SO42-=CaSO4↓，采用过滤的方法得到产品1为CaSO4，滤液中加入石灰乳，发生反应为Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓，合成中应得到Mg（OH）2沉淀，过滤、干燥的产品2为Mg（OH）2；

溶液中m（Mg2+）=1L×28.8g/L=28.8g；

Mg2+～Mg（OH）2

24g58g

28.8gm[Mg（OH）2]

m[Mg（OH）2]=28.8g×=69.6g，氢氧化镁的物质的量n[Mg（OH）2]==1.2mol；

故答案为：Ca2++SO42-=CaSO4↓；1.2．18、酸＜Ag++H2O⇌AgOH+H+抑制NaOH或H2SAl3++3HCO3-=Al（OH）3↓+3CO2↑1：6【分析】【分析】（1）AgNO3为强酸弱碱盐，Ag+水解呈酸性；可根据影响盐类水解的因素判断采取的措施；

（2）硫化钠为强碱弱酸盐，水解生成NaOH和H2S；从水解平衡移动的角度分析；

（3）Al2（SO4）3溶液与NaHCO3溶液发生互促水解生成Al（OH）3和CO2．【解析】【解答】解：（1）AgNO3为强酸弱碱盐，Ag+水解呈酸性，水解方程式为Ag++H2O⇌AgOH+H+，由离子方程式可知，加入硝酸，溶液中H+浓度增大；抑制盐类的水解；

故答案为：酸；＜；Ag++H2O⇌AgOH+H+；抑制；

（2）硫化钠为强碱弱酸盐，水解生成NaOH和H2S，为了防止其发生水解，可以加入少量的NaOH或H2S；

故答案为：NaOH或H2S；

（3）Al2（SO4）3溶液水解成酸性，NaHCO3溶液水解成碱性，二者发生互促水解生成Al（OH）3和CO2，反应的离子方程式为Al3++3HCO3-=Al（OH）3↓+3CO2↑；由离子方程式可知，当n（Al3+）：n（HCO3-）=1：3时，n（Al2（SO4）3）：n（NaHCO3）=1：6；浓度相同时，体积比为1：6；

故答案为：Al3++3HCO3-=Al（OH）3↓+3CO2↑；1：6；．19、②Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+氧化H2+2OH--2e-═2H2O【分析】【分析】（1）验证Fe3+与Cu2+氧化性强弱；在原电池中，铜作负极；其它导电的金属或非金属作正极，电解质溶液为可溶性的铁盐；

（2）在燃料电池中，负极上是燃料发生失电子的氧化反应，正极上发生得电子的还原反应，结合电解质环境来书写电极反应式．【解析】【解答】解：（1）验证Fe3+与Cu2+氧化性强弱；在原电池中，铜作负极；其它导电的金属或非金属作正极，电解质溶液为可溶性的铁盐；

①中铁作负极、Cu作正极，电池反应式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，不能验证Fe3+与Cu2+氧化性强弱；故错误；

②中铜作负极、银作正极，电池反应式为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，能验证Fe3+与Cu2+氧化性强弱；故正确；

③中铁发生钝化现象，Cu作负极、铁作正极，电池反应式为：Cu+2NO3-+4H+=Cu2++2NO2↑+2H2O，不能验证Fe3+与Cu2+氧化性强弱；故错误；

④中铁作负极、铜作正极，电池反应式为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，不能验证Fe3+与Cu2+氧化性强弱；故错误；

故答案为：②；Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+；

（2）正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为2H2O+O2+4e-═4OH-；负极上是氢气失电子的氧化反应，电极反应式为H2+2OH--2e-═2H2O；

故答案为：氧化；H2+2OH--2e-═2H2O．20、0.153：1CH4【分析】【分析】①因为该燃料含C、H、O三种元素，故燃烧产物为CO2和H2O，由题意可知U形管增加的质量为吸收水的质量，广口瓶增加的质量为生成的CO2质量，生成的正盐为CaCO3，根据碳原子守恒计算CaCO3的物质的量，再根据m=nM计算CaCO3的质量；

②根据水的分子式中H元素质量分数计算H元素质量；根据二氧化碳中碳元素质量分数计算C元素质量；

③根据n=计算C、H原子数目之比，若符合烷烃组成通式，可以确定分子式．【解析】【解答】解：①因为该燃料含C、H、O三种元素，故燃烧产物为CO2和H2O；由题意可知U形管增加的质量为吸收水的质量：102.9g-101.1g=1.8g；

物质的量为：=0.1mol，广口瓶增加的质量为生成的CO2质量：314.2g-312.0g=2.2g，CO2的物质的量==0.05mol；

广口瓶中生成的正盐为CaCO3，根据C原子守恒可知生成CaCO3为0.05mol；其质量为0.05mol×100g/mol=5g；

故答案为：0.1；5；

②水中含H元素质量为0.1mol×2×1g/mol=0.2g，生成的CO2为0.05mol；含C元素质量为0.05mol×12g/mol=0.6g；

根据C；H元素守恒；该燃料中m（C）：m（H）=0.6g：0.2g=3：1，故答案为：3：1；

③有机物中碳原子与氢原子的个数比为：=1：4，H原子满足饱和C的四价结构，所以化学式为CH4，故答案为：CH4．四、判断题(共2题，共6分)21、×【分析】【分析】卤代烃中卤原子在碱性条件下水解产生卤离子，加硝酸酸化后，在加硝酸银，依据产生沉淀的颜色可以判断卤离子．【解析】【解答】解：鉴定卤代烃中卤元素的存在的操作是：加入NaOH溶液；加热后，冷却，然后加入足量的硝酸酸化，再加入硝酸银溶液来检验卤素离子，故错误；

故答案为：×．22、√【分析】【分析】亚硝酸盐有毒，过量食用会导致人死亡，添加到食品中要严格控制用量，以此判断．【解析】【解答】解：肉类制品中使用亚硝酸钠作为发色剂限量使用；由亚硝酸盐引起食物中毒的机率较高，食入0.2～0.5克的亚硝酸盐即可引起中毒甚至死亡，因此要严格控制用量；

故答案为：√．五、实验题(共4题，共20分)23、SiO2Fe（OH）3AlO2-+CO2+2H2O═HCO3-+Al（OH）3↓Al2O3+4H2SO4+2NH3═2NH4Al（SO4）2+3H2O蒸发浓缩575.43：10【分析】【分析】铝土矿用盐酸溶解，Al2O3、Fe2O3反应得到AlCl3、FeCl3，SiO2不与盐酸反应，过滤得到固体a为SiO2，滤液中含有AlCl3、FeCl3及剩余的HCl，再加入过量的烧碱，反应得到氢氧化铁沉淀、偏铝酸钠、氯化钠，过滤，红褐色沉淀b为氢氧化铁；溶液中含有偏铝酸钠；氯化钠及剩余的NaOH，通入过量的二氧化碳，反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，过滤，滤液c中含有氯化钠、碳酸氢钠，将沉淀加热分解得到氧化铝，用硫酸溶解得到硫酸铝溶液，再通入氨气，得到铵明矾溶液，最后经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作得到铵明矾晶体；

（1）Al2O3和Fe2O3能溶于盐酸，SiO2不溶于盐酸，含有FeCl3溶液中加入过量的烧碱；得到氢氧化铁沉淀；

（2）碳酸的酸性强于偏铝酸；故二氧化碳与偏铝酸钠生成氢氧化铝沉淀；

（3）Al2O3与稀硫酸；氨气反应生成铵明矾溶液；依据从可溶性溶液中获取固体的实验方法回答；

（3）依据化学反应方程式以及给出的数据计算即可；

（4）设制得的Al2（SO4）3和NH4Al（SO4）2•12H2O的物质的量都是1mol，然后依据铝离子与硫酸根的关系回答即可．【解析】【解答】解：铝土矿用盐酸溶解，Al2O3、Fe2O3反应得到AlCl3、FeCl3，SiO2不与盐酸反应，过滤得到固体a为SiO2，滤液中含有AlCl3、FeCl3及剩余的HCl，再加入过量的烧碱，反应得到氢氧化铁沉淀、偏铝酸钠、氯化钠，过滤，红褐色沉淀b为氢氧化铁；溶液中含有偏铝酸钠；氯化钠及剩余的NaOH，通入过量的二氧化碳，反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，过滤，滤液c中含有氯化钠、碳酸氢钠，将沉淀加热分解得到氧化铝，用硫酸溶解得到硫酸铝溶液，再通入氨气，得到铵明矾溶液，最后经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作得到铵明矾晶体；

（1）根据上面的分析可知，废渣a为、固体b为Fe（OH）3；

故答案为：SiO2；Fe（OH）3；

（2）碳酸的酸性强于偏铝酸，故二氧化碳与偏铝酸钠生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O═HCO3-+Al（OH）3↓；

故答案为：AlO2-+CO2+2H2O═HCO3-+Al（OH）3↓；

（3）Al（OH）3分解生成Al2O3，Al2O3与稀硫酸；氨气反应生成铵明矾溶液；从铵明矾溶液中获得铵明矾晶体的实验操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤；

故答案为：Al2O3+4H2SO4+2NH3═2NH4Al（SO4）2+3H2O；蒸发浓缩；

（3）m（Al2O3）=1000kg×36%=360kg；

依据：Al2O3+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2O

102294

360kgm（H2SO4）

故m（H2SO4）==1037.6kg，需消耗质量分数98%的硫酸（密度1.84g•cm-3）为==575.4L；

故答案为：575.4；

（4）设制得的Al2（SO4）3和NH4Al（SO4）2•12H2O的物质的量都是1mol，则Al3+共3mol，SO42-共5mol，根据Al3+和SO42-守恒原理可得，加入Al2O3和H2SO4的物质的量之比为：：5=3：10；

故答案为：3：10．24、溶液由澄清变浑浊C6H5ONa+CO2+H2O═C6H5OH↓+NaHCO3在A、B之间连接一个洗气瓶，加入饱和NaHCO3溶液，吸收挥发的醋酸【分析】【分析】实验设计原理较强的酸（可以是强酸或弱酸）可制备较弱酸，分液漏斗中盛放的为CH3COOH加入到盛石灰石的试管发生反应CaCO3+2CH3COOH=Ca（CH3COO）2+H2O+CO2↑生成二氧化碳和水，二氧化碳通入到苯酚钠溶液发生反应C6H5ONa+CO2+H2O═C6H5OH+NaHCO3生成苯酚和碳酸氢钠；可以依次证明酸性强弱顺序：醋酸＞碳酸＞苯酚．

因为醋酸易挥发且酸性强于苯酚，所以挥发的醋酸对碳酸与苯酚酸性强弱造成干扰，A、B之间应该加一个除去醋酸的装置．【解析】【解答】解：（1）仪器B内发生的反应是C6H5ONa+CO2+H2O═C6H5OH↓+NaHCO3生成的苯酚在低温下溶解度不大；所以看到的现象出现溶液变浑浊，故答案为：溶液由澄清变浑浊；

（2）二氧化碳通入到苯酚钠溶液发生反应生成苯酚和碳酸氢钠，方程式为：C6H5ONa+CO2+H2O═C6H5OH+NaHCO3，故答案为：C6H5ONa+CO2+H2O═C6H5OH+NaHCO3；

（3）因为醋酸易挥发且酸性强于苯酚，所以挥发的醋酸对碳酸与苯酚酸性强弱造成干扰，A、B之间应该加一个洗气瓶，加入饱和NaHCO3溶液，吸收挥发的醋酸，故答案为：在A、B之间连接一个洗气瓶，加入饱和NaHCO3溶液，吸收挥发的醋酸．25、略

【分析】解：rm{(1)}氯酸钾具有氧化性能把浓盐酸氧化生成氯气，则装置rm{A}中发生反应的化学方程式是rm{KClO_{3}+6HCl=KCl+3Cl_{2}隆眉+3H_{2}O}

故答案为：rm{KClO_{3}+6HCl=KCl+3Cl_{2}隆眉+3H_{2}O}

rm{(2)}浓盐酸易挥发生成的氯气中含有氯化氢，所以装置rm{B}中饱和食盐水的作用是除去氯气中的氯化氢，已知rm{ICl}易水解，若用装置rm{F}代替装置rm{E}则装置rm{F}中的水蒸气会进入装置rm{D}中，使rm{ICl}水解，所以不能用装置rm{F}代替装置rm{E}

故答案为：除去氯气中的氯化氢；装置rm{F}中的水蒸气会进入装置rm{D}中，使rm{ICl}水解；

rm{(3)}由于rm{ICl}与rm{ICl_{3}}的沸点相差较大，因此若所制得的rm{ICl}中溶有少量rm{ICl_{3}}杂质，提纯的方法是蒸馏，故答案为：rm{C}

rm{(4)垄脵}由于碘遇淀粉显蓝色；因此滴定过程中可用淀粉溶液作指示剂；故答案为：淀粉溶液；

rm{垄脷}滴定过程中需要不断振荡，如果不振荡，则单质碘不能完全反应溶液就会褪色，从而导致消耗硫代硫酸钠的量减小，即会导致rm{V_{1}}偏小；

故答案为：偏小；

rm{垄脹}实验rm{2}中比实验rm{1}多消耗的溶液体积为rm{(V_{2}-V_{1})ml}则rm{Na_{2}S_{2}O_{3}}的物质的量的是rm{0.001a(V_{2}-V_{1})mol}

根据方程式rm{垄脷ICl+KI=I_{2}+KCl}和rm{垄脹I_{2}+2Na_{2}S_{2}O_{3}=2NaI+Na_{2}S_{4}O_{6}}可知：rm{ICl隆芦2Na_{2}S_{2}O_{3}}

所以rm{ICl}的物质的量是rm{0.001a(V_{2}-V_{1})mol隆脕dfrac{1}{2}}

由根据方程式rm{0.001a(V_{2}-V_{1})mol隆脕dfrac

{1}{2}}可知，rm{垄脵}该油脂样品所消耗的rm{5.00g}的物质的量为rm{0.001a(V_{2}-V_{1})mol隆脕dfrac{1}{2}隆脕dfrac{100ml}{10ml}=5a(V_{2}-V_{1})隆脕10^{-3}mol}故答案为：rm{ICl}．

rm{0.001a(V_{2}-V_{1})mol隆脕dfrac

{1}{2}隆脕dfrac{100ml}{10ml}=5a(V_{2}-V_{1})隆脕10^{-3}mol}氯酸钾具有氧化性能把浓盐酸氧化生成氯气；

rm{5a(V_{2}-V_{1})隆脕10^{-3}}制备的氯气中含有氯化氢，可以用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢；装置rm{(1)}中的水蒸气进入装置rm{(2)}中，会使rm{F}水解；

rm{D}与rm{ICl}的沸点相差较大；

rm{(3)ICl}碘遇淀粉显蓝色；

rm{ICl_{3}}滴定过程中需要不断振荡；如果不振荡，则单质碘不能完全反应；

rm{(4)垄脵}实验rm{垄脷}中比实验rm{垄脹}多消耗的溶液体积为rm{2}其物质的量的是rm{1}

根据方程式rm{(V_{2}-V_{1})ml}和rm{0.001a(V_{2}-V_{1})mol}可知：rm{垄脷ICl+KI=I_{2}+KCl}求出rm{垄脹I_{2}+2Na_{2}S_{2}O_{3}=2NaI+Na_{2}S_{4}O_{6}}的物质的量；

再根据方程式rm{ICl隆芦2Na_{2}S_{2}O_{3}}可知，rm{ICl}该油脂样品所消耗的rm{垄脵}的物质的量．

本题考查了物质制备实验方案设计，侧重于实验原理、基本操作、物质性质、数据处理等知识的考查，主要考查了学生的实验操作能力和数据处理能力，题目难度中等．rm{5.00g}【解析】rm{KClO_{3}+6HCl=KCl+3Cl_{2}隆眉+3H_{2}O}除去氯气中的氯化氢；装置rm{F}中的水蒸气会进入装置rm{D}中，使rm{ICl}水解；rm{C}淀粉溶液；偏小；rm{5a(V_{2}-V_{1})隆脕10^{-3}}26、略

【分析】试题分析：（1）木炭与浓硝酸在加热条件下反应生成二氧化碳、二氧化氮、水，化学方程式为C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O；（2）因为二氧化氮与水反应生成硝酸，所以B中有硝酸产生，则Cu可与硝酸反应生成硝酸铜、NO、水，所以除生成气体外，还会看到Cu片不断溶解，溶液变为蓝色；因为B装置中有NO产生，与过氧化钠反应生成亚硝酸钠，所以D装置的作用是吸收未反应的NO；（3）根据已知②3NaNO2+3HCl==3NaCl+HNO3+2NO↑+H2O，可知检验C中是否有亚硝酸钠的方法是用盐酸来检验，具体操作为取样，加入稀盐酸，产生无色气体，遇到空气变为红棕色；（4）因为二氧化碳、水都与过氧化钠反应生成碳酸钠、氢氧化钠，造成产品中含有杂质，所以应除去二氧化碳、水，吸收二氧化碳、水的最佳试剂是碱石灰，所以在B、C装置间增加装置，则该装置中盛放的药品名称碱石灰；（5）7.8g过氧化钠的物质的量是0.1mol，根据已知可列Na2O2～2NO～6NO2～3/2C，所以需要木炭的质量是1.8g。考点：考查对木炭与硝酸反应产物的检验，实验方案的设计【解析】【答案】（8分）（1）C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O（2分）（2）铜片逐渐溶解，溶液变为蓝色（1分）吸收未反应的NO（1分）（3）取样，加入稀盐酸，产生无色气体，遇到空气变为红棕色（1分）（4）碱石灰（1分）（5）1.8g（2分）六、解答题(共4题，共12分)27、略

【分析】【分析】根据n=计算出一氧化碳和氧气的物质的量，再根据V=nVm计算出该混合气体的体积；根据混合气体总重量及总物质的量计算出1mol该混合气体的质量；根据一氧化碳和氧气的物质的量及燃烧的方程式判断过量情况，然后利用差量法计算出反应后气体的物质的量及体积．【解析】【解答