2025年上教版高三化学上册阶段测试试卷含答案

…………○…………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2025年上教版高三化学上册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：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总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、下列说法中正确的是（）A.乙醇在水溶液中能电离出少量的H+，所以乙醇是电解质B.乙醇与O2发生不完全燃烧反应生成乙醛C.乙醇分子所有的氢原子都可被置换出来D.乙醇是一种很好的溶剂，能溶解许多无机化合物和有机化合物2、下列说法错误的是（）A.1L1mol/L的乙醇溶液中的溶质微粒数约为6.02×1023B.18mol/L的硫酸与2mol/L的硫酸等质量混合后所得硫酸的浓度为10mol/LC.25%的NaCl（aq）与5%的NaCl（aq）等质量混合后所得NaCl（aq）的溶质质量分数为15%D.NA个N2分子与1molCO所含的分子数、原子数、质子数、电子数都相同3、25℃时，在氢氧化镁悬浊液中存在沉淀溶解平衡：Mg（OH）2（s）═Mg2+（q）+2OH﹣（aq），已知25℃时Ksp[Mg（OH）2]=1.8×10﹣11，Ksp[Cu（OH）2]=2.2×10﹣20．下列说法错误的是（）A.若向Mg（OH）2浊液中加入少量NH4Cl（s），c（Mg2+）会增大B.若向Mg（OH）2浊液中滴加CuSO4溶液，沉淀将由白色逐渐变为蓝色C.若向Mg（OH）2浊液中加入适量蒸馏水，Ksp保持不变，故上述平衡不发生移动D.若向Mg（OH）2浊液中加入少量Na2CO3（s），固体质量将增大4、已知C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H=+130kJ•mol-1

2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=-220kJ•mol-1

H-H、O=O和O-H键的键能分别为436kJ•mol-1、akJ•mol-1和462kJ•mol-1；

则a为（）A.496B.118C.350D.1305、A、B、C三种主族元素，已知A+和B-具有相同电子层结构，C元素原子核电荷数比B元素原子核电荷数少9，B-在一定条件下可被氧化成BC-3，则下列说法正确的是（）A.C均属于短周期元素B.离子半径A+＞B-C.C两种元素组成的化合物中可能含有共价键D.B的气态氢化物可形成氢键6、某反应体系中存在下列六种物质：As2S3、HNO3、H2SO4、NO、H3AsO4和H2O，已知其中As2S3是反应物之一。下列说法不正确的是A.该反应属于氧化还原反应B.此反应中只有砷元素被氧化，只有氮元素被还原C.HNO3、H2O是反应物，H2SO4、NO、H3AsO4是生成物D.HNO3、H2SO4、H3AsO4都是最高价氧化物对应的水化物7、下列叙述正确的是（）A.酸、碱、盐之间发生的反应均属于复分解反应B.HF比HCl稳定是因为HF分子间存在氢键C.根据分散系是否具有丁达尔现象可将分散系分为溶液、胶体和浊液D.向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色，说明AgCl的溶解度比Ag2S大评卷人得分二、双选题(共7题，共14分)8、设rm{N_{A}}表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.rm{5.6g}金属铁与足量的稀硫酸反应失去的电子数为rm{0.2N_{A}}B.常温常压下，rm{22.4LO_{2}}中含有氧原子个数为rm{2N_{A}}C.常温常压下，rm{1.7gNH_{3}}含有的电子数目为rm{N_{A}}D.rm{1mol/LNaCl}溶液中含有rm{Cl^{-}}的个数为rm{N_{A}}9、下列实验中制取气体的药品和装置图正确的是（）A.

制NH3B.

制Cl2C.

制乙酸乙酯D.

制Fe（OH）210、下列实验操作；现象和结论均正确的是（）

。选项实验操作现象结论ASO2通入溴水中溶液褪色SO2有漂白性B将Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4，滴加KSCN溶液溶液变红Fe（NO3）2样品已氧化变质C将新制氯水和KI溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡静置溶液分层，下层呈紫色氧化性：Cl2＞I2D分别向0.1mol•L-1醋酸和饱和硼酸溶液中滴加0.1mol•L-1Na2CO3溶液醋酸中有气泡产生，硼酸中没有气泡产生酸性：醋酸＞碳酸＞硼酸A.AB.BC.CD.D11、下列过程中△H小于零的是()A.氯酸钾分解制氧气B.氢气在氧气中燃烧C.碳酸钙分解得二氧化碳D.实验室制备氢气12、rm{a}rm{b}rm{c}rm{d}为短周期元素，rm{a}的rm{M}电子层有rm{1}个电子，rm{b}的一种核素rm{{,!}^{14}b}常用于鉴定文物年代，rm{c}的最高化合价与最低化合价代数和为rm{4}rm{d}的低价含氧酸能杀菌、消毒、漂白。下列叙述不正确的是()A.最高价含氧酸的酸性：rm{d>c>b}B.rm{a}rm{b}rm{c}rm{d}均存在两种或两种以上的氧化物C.rm{b}与氢形成的化合物只存在极性共价键D.rm{a}rm{c}rm{d}的简单离子半径依次增大13、实验是研究化学的基础，下列有关实验的方法、装置或操作不正确的是rm{(}rm{)}A.

从氯化钠溶液中得到氯化钠晶体，可使用如图甲所示实验装置B.

分离石油，得到汽油、煤油和柴油等各种馏分，可使用如图乙所示实验装置C.

实验室制氨气，实验装置如图丙所示D.

分离乙醇和乙酸的混合液，实验装置如图丁所示14、下列变化过程中，加入还原剂才能实现的是（）A.NaCl→NaB.I-→I2C.H2SO4→SO2D.SiO2→Si评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)15、某制糖厂以甘蔗为原料制糖；同时得到大量的甘蔗渣，对甘蔗进行综合利用不仅可以提高经济效益，而且还能防止环境污染，现按以下方式进行：

已知F；H均是具有香味的液体；F为E的三聚合物，并具有特殊的无羟基六元环状对称结构，试填空：

（1）A的名称____；H的名称____．

（2）D→E的化学方程式：____．

（3）G→H的化学方程式：____．

（4）F的结构简式：____．

（5）H含有“”结构的链状同分异构体最多有____种（不含H）．写出H的不同种类的任意两种同分异构体的结构简式____．16、如图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置（夹持设备已略）．

（1）制备氯气选用的药品为：漂粉精固体和浓盐酸，相关的化学反应方程式为：____．

（2）装置B中饱和食盐水的作用是____；同时装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，请写出发生堵塞时B中的现象____．

（3）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ处依次放入____．

。abcdⅠ干燥的有色布条干燥的有色布条湿润的有色布条湿润的有色布条Ⅱ碱石灰硅胶浓硫酸无水氯化钙Ⅲ湿润的有色布条湿润的有色布条干燥的有色布条干燥的有色布条（4）设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性．当向D中缓缓通入一定量氯气时，可以看到无色溶液逐渐变为____色；说明氯的非金属性大于溴．

（5）打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，振荡．观察到的现象是____．

（6）有人提出，装置F中可改用足量的NaHSO3溶液吸收余氯，试写出相应的离子反应方程式：____，判断改用NaHSO3溶液是否可行____（填“是”或“否”）．17、A；B、C、D、E、F六种短周期元素的原子序数依次增大；已知：①A原子半径最短；②B原子最外层电子数是次外层电子数的2倍；③C原子最外层电子数比次外层电子数多4个；④D原子的次外层电子数是最外层电子数的8倍；⑤E单质既能和盐酸反应又能和烧碱反应；⑥F与C同主族．回答下列问题：

（1）在六种元素中，形成物质种类最多的是____（填元素名称）；

（2）写出C元素所有的氢化物的电子式____；

（3）用电子式表示D2F的形成过程____；

（4）A2C的沸点比A2F的沸点高的主要原因____；

（5）写出E与烧碱溶液反应的离子方程式____．18、（共7分）（1）在热的稀硫酸溶液中溶解了11.4gFeSO4．当加入50mL0.5mol/LKNO3溶液后，使其中的Fe2+全部转化成Fe3+，KNO3也反应完全，并有NxOy氮氧化物气体逸出．□FeSO4＋□KNO3＋□H2SO4→□K2SO4＋□Fe2(SO4)3＋□NXOy＋□H2O①推算出x＝________，y＝________．②配平该化学方程式（系数填写在上式方框内）③反应中氧化剂为________．④用短线和箭头标出电子转移的方向和总数．19、硫的化合物在工业上有广泛的应用，因此研究硫的化合物制备有着重要的意义．某同学拟采用如图1装置（实验前已除尽装置内的空气）来制取焦亚硫酸钠（Na2S2O5）．

（1）装置I是用亚硫酸钠固体和浓硫酸制备二氧化硫气体，该装置中反应的化学方程式为____．如果想控制反应速度，如图2中可选用的发生装置是____（填写字母）．

（2）装置Ⅱ中有Na2S2O5晶体析出，要获得已析出的晶体可采取的分离方法是____；某同学需要480mL0.1mol/L焦亚硫酸钠溶液来研究其性质，配制时需称量焦亚硫酸钠的质量为____；配制时除用到托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒等仪器外，还必须用到的玻璃仪器是____．

（3）装置Ⅲ用于处理尾气，可选用如图3的最合理装置（夹持仪器已略去）为____（填序号）．

20、《茉莉花》是一首脍炙人口的江苏民歌．茉莉花香气的成分有多种，乙酸苯甲酯（）是其中的一种；它可以从茉莉花中提取，也可以用甲苯和乙醇为原料进行人工合成．一种合成路线如下：

（1）C的结构简式为____．

（2）写出反应①的化学方程式：____．

（3）写出反应③的化学方程式____，反应类型为____．

（4）反应____（填序号）原子的理论利用率为100%，符合绿色化学的要求．评卷人得分四、判断题(共2题，共16分)21、NaHCO3溶液与NaOH溶液反应：OH-+HCO3-=CO32-+H2O．____（判断对错）22、某有机物燃烧后生成二氧化碳和水，所以此有机物一定含有C、H、O三种元素．____（判断对错）评卷人得分五、实验题(共4题，共16分)23、实验室常用的浓盐酸物质的量浓度约为12.0mol•L-1．

（1）实验室欲用上述浓盐酸配制480mL0.20mol•L-1的稀盐酸溶液，则需要取上述浓盐酸____mL．

（2）配制过程中，不需要的仪器（填写代号）____．

A．药匙B．胶头滴管C．玻璃棒D．烧杯

完成实验还缺少的仪器是____．

（3）取用任意体积的所配0.20mol•L-1HCl溶液时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是____（填字母）

A．溶液中HCl的物质的量B．溶液的浓度

C．溶液中Cl-的数目D．溶液的密度

（4）用15.8gKMnO4氧化足量的上述浓盐酸．反应方程式如下：

2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O

则：①有多少摩尔HCl被氧化？

②产生的Cl2在标准状况下的体积为多少？24、（16分）硫代硫酸钠(Na2S2O3)是最重要的硫代硫酸盐，俗称“海波”，又名“大苏打”。易溶于水，不溶于乙醇。在棉织物漂白、定量分析中有广泛应用。某校化学研究性学习小组运用类比学习的思想，通过实验探究Na2S2O3的化学性质。【样品制备】实验室中常用亚硫酸钠和硫磺制备Na2S2O3·5H2O。写出反应的化学方程式____________；反应液经脱色、过滤、浓缩结晶、过滤、洗涤、干燥即得产品。所得晶体用乙醇洗涤的目的是____________；【提出问题】Na2S2O3是否与Na2SO4具备相似的下列性质呢？猜想①：；猜想②：溶液呈中性，且不与酸反应；猜想③：无还原性，不能被氧化剂氧化。【性质探究】基于上述猜想②、③，设计实验方案。。实验操作实验现象或预期实验现象现象解释（用离子方程式表示）猜想②____________，将试纸与标准比色卡对照溶液pH=8向pH=2的硫酸中滴加Na2S2O3溶液2S2O32-+2H+══S↓+SO2↑+H2O猜想③向新制氯水中滴加少量Na2S2O3溶液氯水颜色变浅【实验结论】Na2S2O3能与酸反应，具有还原性，与Na2SO4的化学性质不相似。【问题讨论】（1）甲同学向探究“猜想③”反应后的溶液中滴加硝酸银溶液，观察到有白色沉淀产生，并据此认为氯水可将Na2S2O3氧化。你认为该方案是否正确并说明理由：。（2）请重新设计一个实验方案，证明Na2S2O3具有还原性。你的实验方案是：。25、选考【化学——选修2：化学与技术】（15分）将海水淡化与浓海水资源化结合起来是综合利用海水的重要途径之一。一般是先将海水淡化获得淡水，再从剩余的浓海水中通过一系列工艺流程提取其他产品。回答下列问题：（1）下列改进和优化海水综合利用工艺的设想和做法可行的是________（填序号）。①用混凝法获取淡水②提高部分产品的质量③优化提取产品的品种④改进钾、溴、镁等的提取工艺（2）采用“空气吹出法”从浓海水吹出Br2，并用纯碱吸收。溴歧化为Br－和BrO3-并没有产生CO2则反应的离子反应方程式为。（3）海水提镁的一段工艺流程如下图：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阳离子_____，获得产品2的离子反应方程式为，浓海水的利用率为90％，则1L浓海水最多可得到产品2的质量为________g。（4）由MgCl2·6H2O制备MgCl2时，往往在HCl的气体氛围中加热。其目的是。26、某化学兴趣小组在实脸室模拟侯德榜制碱法制备纯碱rm{.}主要步骤如下：

第一步：配制饱和rm{NaCl}溶液；倒入烧杯中加热；

第一步：控制温度在rm{30-35隆忙.}边搅拌边分批加入研细的rm{NH_{4}HCO_{3}}固体，加料完毕后，继续保温rm{30}分钟；

第三步：静置、过滤得rm{NaHCO_{3}}晶体rm{.}用少量蒸馏水洗涤除去杂质；然后抽干；

第四步：将第二步所得固体转入蒸发皿中，灼烧rm{2}小时；制得纯碱固体；

已知：温度高于rm{35隆忙}时，rm{NH_{4}HCO_{3}}会分解rm{.}有关盐的溶解度rm{(g/100g}水rm{)}如表：

。盐rm{0隆忙}rm{10隆忙}rm{20隆忙}rm{30隆忙}rm{40隆忙}rm{50隆忙}rm{60隆忙}rm{100隆忙}rm{NaCl}rm{35.7}rm{35.8}rm{36.0}rm{36.3}rm{36.6}rm{37.0}rm{37.3}rm{39.8}rm{NH_{4}HCO_{3}}rm{11.9}rm{15.8}rm{21.0}rm{27.0}rm{NaHCO_{3}}rm{6.9}rm{8.1}rm{9.6}rm{11.l}rm{12.7}rm{14.5}rm{16.4}--rm{NH_{4}Cl}rm{29.4}rm{33.3}rm{37.2}rm{41.4}rm{45.8}rm{50.4}rm{55.3}rm{77.3}回答下列问题：

rm{(1)}反应温度控制在rm{30-35隆忙}范围内，应采取的加热方法为______，反应温度不能高于rm{35隆忙}的理由是______．

rm{(2)}第三步静置后析出rm{NaHCO_{3}}晶体的原因是______；用蒸馏水洗涤rm{NaHCO_{3}}晶体的目的是除去杂质粒子______rm{(}用离子符号表示rm{)}．

rm{(3)}若向过滤所得母液中加入______rm{(}填写试剂名称rm{)}并作进一步处理，使rm{NaCl}溶液循环使用，同时可回收rm{NH_{4}Cl}．

rm{(4)}纯碱产品不纯，含有rm{NaHCO_{3}}rm{NaCl}等杂质rm{.}测定纯碱中rm{NaHCO_{3}}含量的方法是：准确称取纯碱样品rm{Wg}放入锥形瓶中加蒸馏水溶解，加rm{l-2}滴酚酞指示剂，用物质的量浓度为rm{cmol/L}的盐酸滴定至溶液由红色到无色rm{(}指示rm{CO_{3}^{2-}+H^{+}=HCO_{3}^{-}}反应的终点rm{)}所用盐酸体积为rm{V_{1}mL}再加rm{1-2}滴甲基橙指示剂，继续用盐酸滴定至溶液由黄变橙，所用盐酸总体积为rm{V_{2}mL}．

rm{垄脵}实验室配制一定体积rm{cmol/L}盐酸需用的仪器除了容量瓶、烧杯、量筒外还需______；在容量瓶的使用方法中，下列操作正确的是______rm{(}填写标号rm{)}

rm{a.}使用容量瓶前检验它是否漏水。

rm{b.}容量瓶用蒸馏水洗净后；再用待配溶液润洗。

rm{c.}配制溶液时，如果试样是固体，把称好的试样用纸条小心倒入容量瓶中rm{.}然后加蒸馏水定容。

rm{d.}用容量瓶把溶液配制完成以后rm{.}直接贴上标签；放置备用。

rm{e.}定容后盖好瓶塞；用食指顶住瓶塞，用另一只手指托住瓶底，把容量瓶倒转和摇动几次。

rm{垄脷}写出纯碱样品中rm{NaHCO_{3}}质量分数的计算式：rm{NaHCO_{3}}rm{(%)=}______．参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】【分析】A；乙醇不能电离；

B；乙醇发生催化氧化反应生成乙醛；不完全燃烧生成CO和水；

C；乙醇分子中只有羟基上的H原子能被Na置换出来生成氢气；

D、乙醇是一种很好的溶剂，可以溶解多数的无机物和有机物，据此解答即可．【解析】【解答】解：A、乙醇结构中有-OH，能与水形成氢键，所以乙醇溶解于水，但不能电离出H+；属于非电解质，故A错误；

B；乙醇与氧气不完全燃烧产生CO和水；不能生成乙醛，故B错误；

C；乙醇的官能团为羟基；只有羟基上氢可被活泼金属置换，故C错误；

D、乙醇是一种很好的溶剂，能溶解许多无机化合物和有机化合物，故D正确，故选D．2、B【分析】【分析】A；先计算出乙醇的物质的量；再根据乙醇为非电解质计算出溶液中含有的乙醇的分子数目；

B；根据硫酸浓度越大；溶液的密度越大判断二者混合后溶液的物质的量浓度大小；

C；根据氯化钠溶液等质量混合；混合后溶液中溶质的质量分数等于原溶液的平均值；

D、根据等物质的量的一氧化碳和氮气含有相同的分子数、原子数、质子数、电子数判断．【解析】【解答】解：A、1L1mol/L的乙醇溶液中含有1mol乙醇，乙醇为非电解质，溶液中不电离，所以溶液中溶质微粒数约为6.02×1023；故A正确；

B、18mol/L的硫酸的密度大于2mol/L的硫酸的密度，等质量的两种硫酸溶液，溶液浓度大的溶液体积较小，设18mol/L的硫酸溶液体积为x，则2mol/L的硫酸溶液的体积为y，一定有y＞x，混合后浓度c====18-=18-，由于y＞x，＜1，所以（1+）＜2，＞8，所以c=18-＜10mol/L；混合后所得硫酸的浓度小于10mol/L，故B错误；

C、25%的NaCl（aq）与5%的NaCl（aq）等质量混合后，设溶液的质量为m，混合后所得NaCl（aq）的溶质质量分数为：=15%；故C正确；

D、NA个N2分子的物质的量为1mol；由于等物质的量的氮气和一氧化碳含有的原子；质子、电子的物质的量相等，所以所含的分子数、原子数、质子数、电子数都相同，故D正确；

故选B．3、C【分析】【解答】解：A．向Mg（OH）2浊液中加入少量NH4Cl（s），c（OH﹣）减小，平衡正向移动，促进氢氧化镁的溶解，c（Mg2+）会增大；故A正确；

B．向Mg（OH）2浊液中滴加CuSO4溶液，由于Ksp[Mg（OH）2]=1.8×10﹣11＜Ksp[Cu（OH）2]=2.2×10﹣20；则沉淀将由白色氢氧化镁逐渐变为蓝色的氢氧化铜，故B正确；

C．加入少量水，Ksp保持不变，c（Mg2+）、c（OH﹣）减小；平衡正向移动，促进氢氧化镁的溶解，故C错误；

D．向Mg（OH）2浊液中加入少量Na2CO3（s），由于碳酸根水解成碱性，所以c（OH﹣）增大；平衡逆向移动，有固体析出，则固体质量将增大，故D正确．

故选C．

【分析】在Mg（OH）2（s）⇌Mg2+（aq）+2OH﹣（aq）中，改变c（Mg2+）或c（OH﹣），可影响平衡移动，一般来说，加入少量Na2CO3（s），平衡逆向移动，加入蒸馏水、CuSO4溶液等，可使平衡正向移动，以此解答该题．4、A【分析】【分析】化学反应中旧键断裂需要吸收能量，新键形成需要放出能量，根据盖斯定律计算水分解反应的焓变，化学反应的焓变△H=反应物总键能-生成物总键能，再结合化学键能和物质能量的关系来回答．【解析】【解答】解：已知①C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H=+130kJ•mol-1；

②2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=-220kJ•mol-1

根据盖斯定律得①×2-②得：2H2O（g）═O2（g）+2H2（g）△H=（+130kJ•mol-1）×2+（-220kJ•mol-1）=480kJ•mol-1；

△H=反应物总键能-生成物总键能，则4×462kJ•mol-1-akJ•mol-1-462kJ•mol-1=480kJ•mol-1，解得：a=496kJ•mol-1；

故选A．5、C【分析】【分析】A、B、C三种主族元素，A+和B-两种离子具有相同的电子层结构，A位于B的下一周期，且A处于第ⅠA族，B-在一定条件下可被氧化生成BC3-离子，则B处于第ⅦA族，C原子核电荷数比B原子核电荷数少9个，故B不可能为F元素，不可能位于≥4的周期，则B位于第三周期，故B为Cl元素，C为氧元素，所以A为钾元素，据此解答．【解析】【解答】解：A、B、C三种主族元素，A+和B-两种离子具有相同的电子层结构，A位于B的下一周期，且A处于第ⅠA族，B-在一定条件下可被氧化生成BC3-离子；则B处于第ⅦA族，C原子核电荷数比B原子核电荷数少9个，故B不可能为F元素，不可能位于≥4的周期，则B位于第三周期，故B为Cl元素，C为氧元素，所以A为钾元素；

A．A为K元素；第四周期元素，不是短周期元素，故A错误；

B．电子层结构相同的微粒，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径：Cl-＞K+；故B错误；

C．A、C两种元素组成的化合物中可能为K2O、K2O2等，K2O2中含有共价键；故C正确；

D．B为Cl元素，Cl元素电负性不是非常大，其氢化物HCl分子间不存在氢键，常见HF、NH3、H2O中存在氢键；故D错误；

故选：C．6、B【分析】试题分析：根据“As2S3是反应物之一”，说明是H3AsO4、H2SO4生成物，反应前后As、S元素的化合价升高，进一步说明“HNO3是反应物，NO是生成物（反应前后N元素的化合价降低）”，从而判断B项错误。考点：考查氧化还原反应原理。【解析】【答案】B7、D【分析】解：A；氧化性酸和还原性盐；还原性碱发生氧化还原反应，如稀硝酸和亚硫酸钠的反应，稀硝酸和氢氧化亚铁的反应，故A错误；

B；分子的稳定性取决于分子内共价键的强弱与分子间作用力无关；氢键是分子间的作用力，故B错误；

C；分散系的步骤区别是分散质微粒直径的大小；根据分散系微粒直径可将分散系分为溶液、胶体和浊液，故C错误；

D、向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色，沉淀实现转化，说明AgCl的溶解度比Ag2S大；故D正确；

故选D．

A；氧化性酸和还原性盐、还原性碱发生氧化还原反应；

B；分子的稳定性取决于分子内共价键的强弱与分子间作用力无关；

C；分散系的步骤区别是分散质微粒直径的大小；

D；依据沉淀转化原理分析判断．

本题考查了反应类型分析判断，沉淀转化的应用，分散系特征，分子稳定性的理解是解题关键，掌握基础是关键，题目难度中等．【解析】【答案】D二、双选题(共7题，共14分)8、AC【分析】【解析】：本题考查了阿伏伽德罗常数的计算。A、rm{5.6g}金属铁为rm{0.1mol}与足量的稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，失去的电子数为rm{0.2N}金属铁为rm{5.6g}与足量的稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，失去的电子数为rm{0.1mol}rm{0.2N}rm{{,!}_{A}}

，故A正确；B、常温常压下，rm{22.4LO}rm{22.4LO}故B错误；

rm{{,!}_{2}}的体积不是rm{1mol}故B错误；rm{1mol}C、的物质的量为常温常压下，每个氨分子含rm{1.7gNH}个电子，因此rm{1.7gNH}rm{{,!}_{3}}rm{0.1mol}rm{10}rm{1.7gNH}故C正确；rm{1.7gNH}rm{{,!}_{3}}含有的电子数目溶液中含有为rm{N}rm{N}rm{{,!}_{A}}

D、rm{1mol?L}rm{1mol?L}【解析】rm{AC}9、A|D【分析】解：A．铵盐与碱加热可制备氨气；氨气的密度比空气的密度小，利用向下排空气法收集，图中装置可制备氨气，故A正确；

B．浓盐酸与二氧化锰反应需要加热；图中缺少酒精灯，故B错误；

C．试剂应为冰醋酸；且导管在碳酸钠溶液液体下可发生倒吸，则不能制备乙酸乙酯，故C错误；

D．煤油的密度小，在上层可隔绝氧气，图中装置可制备Fe（OH）2；故D正确；

故选AD．

A．铵盐与碱加热可制备氨气；氨气的密度比空气的密度小，利用向下排空气法收集；

B．浓盐酸与二氧化锰反应需要加热；

C．试剂应为冰醋酸；且导管在碳酸钠溶液液体下可发生倒吸；

D．煤油的密度小；在上层可隔绝氧气．

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质制备原理及装置为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．【解析】【答案】AD10、C|D【分析】解：．二氧化硫和溴水发生氧化还原反应；说明二氧化硫具有还原性，故A错误；

B．硝酸根离子在酸性条件下可氧化亚铁离子；不能酸化，应直接加入KSCN，故B错误；

C．下层呈紫色，说明生成碘，可说明氧化性：Cl2＞I2；氯气置换出碘，故C正确；

D．醋酸中有气泡产生；硼酸中没有气泡产生，说明醋酸可生成碳酸，酸性比碳酸强，可说明酸性：醋酸＞碳酸＞硼酸，故D正确．

故选CD．

A．二氧化硫和溴水发生氧化还原反应；

B．硝酸根离子在酸性条件下可氧化亚铁离子；

C．下层呈紫色；说明生成碘；

D．醋酸中有气泡产生；硼酸中没有气泡产生，说明醋酸可生成碳酸，酸性比碳酸强．

本题考查较为综合，涉及硝酸、二氧化硫以及氧化性、酸性的比较，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和评价能力的考查，学习中注意相关基础知识的积累，难度不大．【解析】【答案】CD11、B|D【分析】解：A．氯酸钾分解制氧气为吸热反应；△H＞0，故A错误；

B．氢气在氧气中燃烧；要放出热量，△H＜0，故B正确；

C．碳酸钙分解得二氧化碳；属于吸热反应，△H＞0，故C错误；

D．实验室制备氢气用活泼金属与酸反应；为放热反应，△H＜0，故D正确．

故选BD．【解析】【答案】BD12、CD【分析】【分析】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子结构、元素的性质、元素化合物知识推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。【解答】rm{a}rm{b}rm{c}rm{d}为短周期元素，rm{a}的rm{M}电子层有rm{1}个电子，rm{a}为rm{Na}元素；rm{b}的一种核素rm{{,!}^{14}}rm{b}常用于鉴定文物年代，rm{b}为rm{b}元素；rm{C}的最高价化合物与最低价化合物代数和为rm{c}rm{4}为rm{c}元素；rm{S}的低价含氧酸能杀菌、消毒、漂白，rm{d}为rm{d}元素，A.非金属性rm{Cl}则最高价含氧酸酸性：rm{d>c>b}故A正确；

B.存在氧化钠、过氧化钠、rm{d>c>b}二氧化碳、二氧化硫、三氧化硫、rm{CO}rm{ClO_{2}}等；故B正确；

C.rm{Cl_{2}O_{7}}rm{C}形成的化合物，如乙烷中含rm{H}非极性键；故C错误；

D.电子层越多，离子半径越大，具有相同电子排布时原子序数大的离子半径小，则rm{C-C}rm{a}rm{d}的离子半径依次增大；故D错误。

故选CD。rm{c}【解析】rm{CD}13、rAD【分析】解：rm{A.}从氯化钠溶液中得到氯化钠晶体；选蒸发装置，蒸发时应不断搅拌，图中缺少玻璃棒，故A错误；

B.分离石油；得到汽油；煤油和柴油，选择蒸馏装置，图中温度计的位置，冷却水方向均合理，故B正确；

C.铵盐与氢氧化钙反应生成氨气；氨气的密度比空气密度小，图中装置可制备氨气，故C正确；

D.乙醇和乙酸互溶；不能选图中分液装置分离，应选蒸馏法，故D错误；

故选AD．

A.蒸发时应不断搅拌；

B.温度计测定馏分的温度；冷却水下进上出；

C.铵盐与氢氧化钙反应生成氨气；氨气的密度比空气密度小；

D.乙醇和乙酸互溶．

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握混合物分离提纯、气体的制备实验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．【解析】rm{AD}14、CD【分析】解：A．NaCl→Na中Na元素的化合价降低；发生了还原反应，但可以通过电解熔融的NaCl来实现转化，不需要加入还原剂，故A错误；

B．I-→I2中I元素的化合价升高；发生了氧化反应，则需要加入氧化剂才能实现，故B错误；

C．H2SO4→SO2中S元素的化合价降低；发生了还原反应，则需要加入还原剂才能实现转化，如加入Cu，故C正确；

D．SiO2→Si中Si元素的化合价降低；发生了还原反应，则需要加入还原剂才能实现转化，故D正确；

故选：CD。

还原剂在反应中失去电子；化合价升高被氧化；氧化剂在反应中得到电子被还原；当物质的所含元素化合价降低被还原时，需加入还原剂才能实现，以此解答该题。

本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化解答的关键，侧重还原反应的考查，注意从化合价角度分析，题目难度不大【解析】CD三、填空题(共6题，共12分)15、纤维素乙酸乙酯2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OCH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O5HCOOCH2CH2CH3、CH3CH2CH2COOH【分析】【分析】甘蔗渣处理之后得到纤维素，纤维素水解的最终产物为葡萄糖，所以A是纤维素，B是葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下反应生成乙醇，则D是乙醇，D发生催化氧化生成E为CH3CHO，E进一步发生氧化反应生成G为CH3COOH，G与D发生酯化反应生成H为CH3COOCH2CH3，葡萄糖在人体内最终氧化得到二氧化碳与水，据此解答．【解析】【解答】解：甘蔗渣处理之后得到纤维素，纤维素水解的最终产物为葡萄糖，所以A是纤维素，B是葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下反应生成乙醇，则D是乙醇，D发生催化氧化生成E为CH3CHO，E进一步发生氧化反应生成G为CH3COOH，G与D发生酯化反应生成H为CH3COOCH2CH3；

（1）由上述分析可知，A的名称为：纤维素，H为CH3COOCH2CH3；名称为：乙酸乙酯，故答案为：纤维素；乙酸乙酯；

（2）D→E的化学方程式：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；

故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；

（3）G→H的化学方程式为：CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O；

故答案为：CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O；

（4）E为CH3CHO，在浓硫酸作用下生成F，F为E的三聚合物，并具有特殊的无羟基六元环状对称结构，所以F的结构简式为

故答案为：

（5）H（CH3COOCH2CH3）含有链状结构的同分异构体，为酯类或羧酸，符合条件的同分异构体有：HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH（CH3）2、CH3CH2COOCH3、CH3CH2CH2COOH、（CH3）2CHCOOH，共有5种，故答案为：5；HCOOCH2CH2CH3、CH3CH2CH2COOH．16、Ca（ClO）2+4HCl（浓）=CaCl2+2Cl2↑+2H2O除去Cl2中的HClB中长颈漏斗中液面上升，形成水柱d黄E中溶液分为两层，上层（苯层）为紫红色SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+2H+否【分析】【分析】（1）次氯酸钙与浓盐酸反应生成氯化钙；氯气与水；

（2）盐酸易挥发，反应制取的氯气中含有氯化氢，装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl；

装置B亦是安全瓶；监测实验进行时C中是否发生堵塞，发生堵塞时B中的，压强增大；

（3）验证氯气是否具有漂白性；要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性；

（4）当向D中缓缓通入少量氯气时；氯气和溴化钠反应生成溴单质，溶液显示黄色；

（5）打开活塞；将装置D中少量溶液加入装置E中，生成的溴单质和碘化钾反应生成碘单质，碘单质溶解于苯中，振荡分层，苯层在上层；

（6）氯气具有强氧化性，在溶液中将SO32-氧化SO42-同时生成Cl-、H+．若改用NaHSO3，会发生反应4HSO3-+Cl2=SO42-+2Cl-+3SO2↑+2H2O，生成二氧化硫气体．【解析】【解答】解：（1）次氯酸钙与浓盐酸反应生成氯化钙、氯气与水，反应方程式为Ca（ClO）2+4HCl（浓）=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；

故答案为：Ca（ClO）2+4HCl（浓）=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；

（2）盐酸易挥发，反应制取的氯气中含有氯化氢，装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl；

装置B亦是安全瓶；监测实验进行时C中是否发生堵塞，发生堵塞时B中的，压强增大，B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱；

故答案为：除去Cl2中的HCl；B中长颈漏斗中液面上升；形成水柱；

（3）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，选项中abc的Ⅱ中都是干燥剂；再通入湿润的有色布条不能验证氯气的漂白性，所以C中I；II、III依次放入湿润的有色布条、无水氯化钙、干燥的有色布条，所以选d，故答案为：d；

（4）当向D中缓缓通入少量氯气时；可以看到无色溶液逐渐变为黄色，说明氯气和溴化钠反应生成溴单质，故答案是：黄；

（5）打开活塞；将装置D中含溴单质的少量溶液加入焓碘化钾和苯的装置E中，溴单质和碘化钾反应生成碘单质，碘单质溶于苯呈紫红色，振荡．观察到的现象是：E中溶液分为两层，上层（苯层）为紫红色，故答案为：E中溶液分为两层，上层（苯层）为紫红色；

（6）氯气具有强氧化性，在溶液中将SO32-氧化SO42-同时生成Cl-、H+，反应离子方程式为SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+2H+；若改用NaHSO3，会发生反应4HSO3-+Cl2=SO42-+2Cl-+3SO2↑+2H2O，生成二氧化硫气体，二氧化硫污染环境，故不可行．故答案为：SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+2H+；否．17、碳水分子间存在氢键2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑【分析】【分析】A、B、C、D、E、F六种短周期元素的原子序数依次增大，②B原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，则B是C元素；①A原子半径最短，小于B元素，则A是H元素；③C原子最外层电子数比次外层电子数多4个，则C是O元素；④D原子的次外层电子数是最外层电子数的8倍，且D是原子序数大于C的短周期元素，所以D是Na元素；⑤E单质既能和盐酸反应又能和烧碱反应，所以E是Al元素；⑥F与C同主族，且F是原子序数大于E的短周期元素，所以F是S元素．【解析】【解答】解：A；B、C、D、E、F六种短周期元素的原子序数依次增大；②B原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，则B是C元素；①A原子半径最短，小于B元素，则A是H元素；③C原子最外层电子数比次外层电子数多4个，则C是O元素；④D原子的次外层电子数是最外层电子数的8倍，且D是原子序数大于C的短周期元素，所以D是Na元素；⑤E单质既能和盐酸反应又能和烧碱反应，所以E是Al元素；⑥F与C同主族，且F是原子序数大于E的短周期元素，所以F是S元素．

（1）在六种元素中；形成物质种类最多的是碳元素，故答案为：碳；

（2）C是O元素，其形成的氢化物有水和双氧水，其电子式分别为：故答案为：

（3）硫化钠形成过程中，钠原子把最外层电子给硫原子，使钠离子和硫离子都达到稳定结构，所以其形成过程为：

故答案为：

（4）H2O的沸点比H2S的沸点高；原因是水分子间存在氢键，而硫化氢中不含羟基，故答案为：水分子间存在氢键；

（5）铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，其离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；

故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑．18、略

【分析】【解析】【答案】①x＝1，y＝1；（2分）②6、2、4＝1、3、2、4；（2分）③（1分）④（2分；双线桥也可，但箭头方向或电子总数有一处错误不得分，）19、Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2Oac过滤9.5g500mL的容量瓶，胶头滴管d【分析】【分析】（1）装置Ⅰ中产生的气体为SO2；亚硫酸钠与硫酸反应生成硫酸钠；二氧化硫与水；根据分液漏斗和长颈漏斗的特点结合气压原理来回答；

（2）固体和液体的分离采用过滤法；根据m=nM=cVM来计算质量；配制一定物质的量浓度的溶液使用的仪器：天平；药匙、烧杯、玻璃棒、500mL的容量瓶、胶头滴管；

（3）二氧化硫属于酸性氧化物，有毒，要处理尾气，容易和氢氧化钠反应，但是要防止倒吸．【解析】【解答】解：（1）装置Ⅰ中亚硫酸钠与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫与水，反应方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；如果想控制反应速度，用分液漏斗比长颈漏斗好得多，a装置可以，保证气压畅通，液体顺利留下，如图2中还可选用的发生装置是c；

故答案为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；ac；

（2）装置Ⅱ中有Na2S2O5晶体析出；固体和液体的分离采用过滤法，要获得已析出的晶体可采取的分离方法是过滤；

配制时应该用5molmL的容量瓶；没有480mL的，即需称量焦亚硫酸钠的质量m=nM=cVM=0.5L×0.1mol/L×190g/mol=9.5g；配制一定物质的量浓度的溶液使用的仪器：天平；药匙、烧杯、玻璃棒、500mL的容量瓶、胶头滴管，故答案为：过滤；9.5g；500mL的容量瓶、胶头滴管；

（3）二氧化硫有毒，要处理尾气，属于酸性氧化物，更容易和强碱氢氧化钠反应，但是要防止倒吸，最合理装置应该选择d，故答案为：d．20、酯化或取代②【分析】【分析】乙醇在Cu或Ag催化作用下加热反应生成CH3CHO（A），CH3CHO继续被氧化为CH3COOH（B），在碱性条件下水解生成在一定条件下与CH3COOH发生酯化反应生成结合有机物的结构和性质解答该题．【解析】【解答】解：醇在Cu或Ag催化作用下加热反应生成CH3CHO（A），CH3CHO继续被氧化为CH3COOH（B），在碱性条件下水解生成在一定条件下与CH3COOH发生酯化反应生成则。

（1）由以上分析可知C为故答案为：

（2）乙醇在Cu或Ag催化作用下加热反应生成CH3CHO，反应的方程式为

故答案为：

（3）在一定条件下与CH3COOH发生酯化反应生成反应的方程式为

故答案为：酯化或取代；

（4）反应①为反应②为2CH3CHO+O22CH3COOH，反应③为对比三个反应可知反应②原子的理论利用率为100%；

故答案为：②．四、判断题(共2题，共16分)21、√【分析】【分析】NaHCO3为强电解质，在溶液中电离出钠离子和碳酸氢根离子；NaOH为可溶性的强碱，在溶液中完全电离出钠离子和氢氧根离子，NaHCO3与NaOH溶液反应实质为碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水．【解析】【解答】解：NaHCO3溶液与NaOH溶液反应生成可溶性的碳酸钠和水，反应的实质为HCO3-与OH-反应生成CO32-和H2O，该反应的离子方程式为：OH-+HCO3-=CO32-+H2O；

故答案为：√．22、×【分析】【分析】根据质量守恒可知，某有机物完全燃烧后生成二氧化碳和水，说明该有机物中肯定含有碳、氢2种元素，可能含有氧元素．【解析】【解答】解：某有机物完全燃烧后生成二氧化碳和水，说明该有机物中肯定含有碳、氢2种元素，可能含有氧元素，故答案为：×．五、实验题(共4题，共16分)23、8.3A10mL量筒、500mL容量瓶BD【分析】【分析】（1）根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变计算所需盐酸的体积；

（2）根据溶液的配制步骤选择所使用的仪器；

（3）根据溶液为均一稳定化合物的特征分析；

（4）①根据Cl元素化合价的变化可知；16molHCl参加反应时，有10molHCl被氧化，然后根据反应的化学方程式计算；

②根据V=nVm来计算．【解析】【解答】解：（1）没有480mL容量瓶；所以选择500mL容量瓶，设需要浓盐酸的体积为V，0.2mol/L×0.5L=12mol/L×V，V=0.083L=8.3mL，故答案为：8.3；

（2）操作步骤有计算；量取、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作；一般用10mL量筒浓盐酸，在烧杯中溶解（可用量筒量取水加入烧杯），并用玻璃棒搅拌，加速溶解．冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2-3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀，所以所需仪器有10mL量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：A；10mL量筒、500mL容量瓶；

（3）溶液为均一稳定化合物；取用任意体积的该盐酸溶液时，溶液的浓度和密度不变，而体积不同，则溶液的质量和物质的量不同，故答案为：BD；

（4）n（KMnO4）==0.1mol；

2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O被氧化的HCl

2mol5mol10mol

0.1moln（Cl2）n（HCl）被氧化

则n（HCl）被氧化=0.5mol，n（Cl2）=0.25mol；

所以Cl2的体积V=nVm=0.25mol×22.4L/mol=5.6L；

答：①有0.5molHCl被氧化；②产生的Cl2在标准状况下的体积为5.6L．24、略

【分析】试题分析：【样品制取】：明确反应物是Na2SO3、S，生成物是Na2S2O3·5H2O，可快速书写出化学反应方程式；由已知：“易溶于水，不溶于乙醇”，说明乙醇的作用是除去杂质、减少损耗。【提出问题】硫酸钠与氯化钡反应生成白色沉淀，猜想Na2S2O3与BaCl2溶液反应有沉淀生成；【性质探究】根据盐类水解的规律，无弱不水解，有弱才水解，越弱越水解，谁强显谁性，Na2S2O3为强碱弱酸盐，水解呈碱性，用PH试纸测溶液的PH；向pH=2的硫酸中滴加Na2S2O3溶液，硫代硫酸钠和硫酸反应生成二氧化硫气体和硫单质，Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O；根据氧化还原反应的实质得失电子守恒，S2O32-→2SO42-～8e-，Cl2→2CI-～2e-，所以4molCl2氧化1molS2O32-，得到8molCl-和2molSO42-，根据电荷守恒，生成物中应有10molH+，根据原子守恒反应物中应有5molH2O，离子方程式为S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+。【问题讨论】（1）氯水的成分中含有氯离子，可以和AgNO3溶液反应产生白色沉淀。（2）Na2S2O3被氯水氧化生成硫酸根离子，硫酸根检验时要排除碳酸根离子和亚硫酸根离子的干扰，所以加入用盐酸酸化的氯化钡溶液，如果有白色沉淀产生，则证明含有硫酸根离子，反之则没有。考查了物质的检验，要求会根据题中给予信息分析问题、解决问题，题目难度中等．考点：考查了新情境下化学方程式的书写，实验方案的设计、猜想、验证，根据题给信息分析、解决实际问题的能力，题目难度中等。【解析】【答案】【样品制取】Na2SO3+S+5H2O══Na2S2O3·5H2O除去可溶性杂质，减少产品的溶解损耗【提出问题】与BaCl2溶液反应有沉淀生成【性质探究】用玻璃棒蘸取Na2S2O3溶液，点滴到pH试纸的中央，有淡黄色沉淀和无色刺激性气味气体产生S2O32-＋4Cl2＋5H2O=2SO42-＋8Cl－＋10H＋【问题讨论】（1）不正确，因氯水中本来就含有Cl－（2）在少量Na2S2O3溶液中滴入氯水，然后滴入氯化钡溶液，若观察到白色沉淀产生，加入盐酸后不溶解，则说明Na2S2O3能被氯水氧化25、略

【分析】试题分析：（1）①用混凝法获取淡水利用的是胶体的吸附性，不能用于大规模海水淡化，①错误；②提高部分产品的质量、③优化提取产品的品种、④改进钾、溴、镁等的提取工艺均有利于改进和优化海水综合利用工艺的设想和做法，答案选②③④。（2）Br2与纯碱反应溴歧化为Br－和BrO3-，当并没有产生CO2，这说明反应中有碳酸氢钠产生，因此反应的离子反应方程式为3Br2＋6CO32－＋3H2O＝Br－＋BrO3—＋6HCO3—。（3）石灰乳中的钙离子与硫酸根结合生成硫酸钙沉淀，因此该工艺过程中，脱硫阶段主要反应的阳离子Ca2＋；石灰乳中的氢氧根离子结合镁离子生成氢氧化镁沉淀，因此获得产品2的离子反应方程式为Mg2++2OH－=Mg(OH)2↓；浓海水的利用率为90％，则1L浓海水最多可得到氢氧化镁的质量为（4）由于氯化镁在溶液中水解生成氢氧化镁和氯化氢，且水解吸热，所以由MgCl2·6H2O制备MgCl2时，需要在HCl的气体氛围中加热以及抑制MgCl2水解。考点：考查海水综合应用的分析与判断【解析】【答案】（1）②③④（3分）（2）3Br2＋6CO32－＋3H2O＝Br－＋BrO3-＋6HCO3-（3分）（3）Ca2＋（2分）Mg2++2OH－=Mg(OH)2↓（2分）62.64（3分）（4）抑制MgCl2水解（2分）26、略

【分析】解：rm{(1)}根据题意，碳酸氢铵温度不能超过rm{35隆忙}否则会大量分解，若温度过低，则反应速率较慢，故反应温度控制在rm{30-35隆忙}之间为宜；水浴加热是把要加热的物质放在水中，通过给水加热达到给物质加热的效果，一般都是把要反应的物质放在试管中，再把试管放在装有水的烧杯中，再在烧杯中插一根温度计，可以控制反应温度，水浴加热的优点是避免了直接加热造成的过度剧烈与温度的不可控性，可以平稳地加热，所以应采取的加热方法为水浴加热；

故答案为：水浴加热；高于rm{35隆忙}时rm{NH_{4}HCO_{3}}会分解；

rm{(2)}第三步静置，可以使反应充分进行，使反应完全，碳酸氢铵rm{0隆忙}时溶解度为rm{11.9g}rm{20隆忙}时为rm{21g}rm{30隆忙}时rm{27g}碳酸氢钠rm{30隆忙}为rm{11.1g}碳酸氢钠rm{0隆忙}溶解度为rm{6.9g}rm{10隆忙}为rm{8.15g}rm{20隆忙}为rm{9.6g}rm{30隆忙}为rm{11.1g}rm{40隆忙}为rm{12.7g}rm{30隆忙}时碳酸氢钠的溶解度最小，故碳酸氢钠先析出，因为未反应完的氯化钠、碳酸氢铵及生成的氯化铵会附着在碳酸氢钠晶体表面，所以要用蒸馏水进行洗涤，以便除去杂质，除去杂质粒子为rm{Cl^{-}}rm{NH_{4}^{+}}

故答案为：rm{NaHCO_{3}}的溶解度最小；rm{Cl^{-}}rm{NH_{4}^{+}}

rm{(3)}过滤除去析出的碳酸氢钠，溶液中还有部分碳酸氢钠未析出，还有溶解在溶液中的rm{NaCl}rm{NH_{4}Cl}rm{NH_{4}HCO_{3}}所得的母液主要成分为rm{NaHCO_{3}}rm{NaCl}rm{NH_{4}Cl}rm{NH_{4}HCO_{3}}加入盐酸与rm{NaHCO_{3}}转化为氯化钠，rm{NH_{4}HCO_{3}}与盐酸反应转化为氯化铵、使rm{NaCl}溶液循环使用，同时可回收rm{NH_{4}Cl}

故答