2025年鲁科版高三化学下册月考试卷

…………○…………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2025年鲁科版高三化学下册月考试卷757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7题，共14分)1、（2015秋•广东校级期末）电瓶车所用的电池一般是铅蓄电池；图是一种典型的可充电电池，电池总反应式为：

Pb+PbO2+4H++2SO42-2PbSO4+2H2O；

根据上述变化，下列说法中正确的是（）A.放电时电极PbO2发生氧化反应B.放电时电子流向由B到AC.工作时蓄电池里电解质溶液的pH不变D.充电时阴极反应是PbSO4-2e-+2H2O═PbO2+4H++SO42-2、温度为T时，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0molPCl5，反应PCl5（g）⇌PCl3（g）+Cl2（g）经过一段时间后达到平衡．反应过程中测定的部分数据如图．下列说法正确的是（）A.反应在前50s的平均速率v（PCl3）=0.0032mol•L-1•s-1B.保持其他条件不变，升高温度，平衡时c（PCl3）=0.11mol•L-1，则反应的△H＜0C.相同温度下，起始时向容器中充入2.0molPCl3和2.0molCl2，达到平衡时，PCl3的转化率小于80%D.相同温度下，起始时向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2，反应达到平衡前v（正）＞v（逆）3、设rm{N_{A}}为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{39g}rm{K}与足量rm{H_{2}O}反应完全后可生成rm{N_{A}}个rm{H_{2}}分子B.含rm{4}rm{molHCl}的浓盐酸和足量rm{MnO_{2}}加热反应可生成rm{N_{A}}个rm{Cl_{2}}分子C.标准状况下，rm{22.4L}氟化氢中含rm{2N_{A}}个原子D.rm{2mol}单质rm{Cu}与足量高温硫蒸气完全反应，失去rm{2N_{A}}个电子4、分析化学中常用X射线研究晶体结构，有一种蓝色晶体[可表示为：MxFey（CN）z]，研究表明它的结构特征：Fe2+位于立方体的顶点，自身互不相邻，而CN-位于立方体的棱上，M为+1价．晶体的晶胞结构如图所示，下列说法不正确的是（）A.该晶体中既有离子键又有极性共价键B.晶体的化学式可表示为[M2Fe（CN）3]C.M+离子位于晶胞体心D.与每个Fe2+距离相等且最近的CN-有6个5、下列物质中不属于有机物的是（）A.C6H6B.CH3OHC.CH3COOHD.CO6、用纯净的碳酸钙与稀盐酸反应制取二氧化碳气体，实验过程中产生二氧化碳的体积与时间的关系如图所示，下列叙述正确的是（）A.OE段化学反应速率最快B.EF段化学反应速率最快C.FG段收集的二氧化碳气体最多D.由图可推断出该反应是吸热反应7、对储氢材料rm{CaH_{2}}描述错误的是rm{(}rm{)}A.离子半径：rm{H^{-}>Li^{+}}B.rm{H^{-}}有强还原性C.rm{Ca^{2+}}最外层电子排布式rm{3s^{2}3p^{6}}D.rm{Ca^{2+}}在水溶液中不能够大量存在评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)8、有A、B、C、D四种元素，已知2molA的单质能从水中置换出22.4LH2（标准状况）；同时A转化为与Ne原子电子层结构相同的离子，B原子得到2个电子后，其最外层（M层）达到稳定结构，C原子核内质子数比B原子少3个，D原子最外层电子数是次外层的2.5倍．试求：

（1）A、B、C、D的名称是A____、B____、C____、D____．

（2）C的最高价氧化物的水化物的化学式是____；D元素在周期表中的位置是____．9、（1）常见的染发剂可分为____、____、____等三大类．

（2）氯系列消毒剂是目前使用最为广泛的一类消毒剂，其中漂白粉的有效成分为____，在工业上是如何生产漂白粉的写出反应的方程式____，放在空气会生成有强氧化性的物质试写出反应的方程式____；氯系列消毒剂在空气中久置会变质为什么：____．

（3）酸雨有硝酸型酸雨，写出硝酸型酸雨的形成过程的有关方程式：____，____，硝酸型酸雨的形成的主要原因是____；如何减少该类污染？试写出两种方案____，____．10、氨气极易溶于水，其水溶液显______rm{(}酸性、中性、碱性rm{).}氨气和氯化氢在空气中相遇时，可以看到的现象是______．11、已知如表数据：

。物质rm{2}rm{4}rm{6}

熔点rm{/隆忙}沸点rm{/隆忙}密度rm{/g?cm^{-3}}乙醇rm{-114}rm{78}rm{0.789}乙酸rm{16.6}rm{117.9}rm{1.05}乙酸乙酯rm{-83.6}rm{77.5}rm{0.900}浓rm{H_{2}SO_{4}}rm{338}rm{1.84}实验室制乙酸乙酯的主要装置如图rm{1}所示，主要步骤为：rm{垄脵}在rm{30mL}的大试管中按体积比rm{1}rm{4}rm{4}的比例配制浓硫酸、乙醇和乙酸的混合液；rm{垄脷}按照图rm{1}连接装置，使产生的蒸气经导管通到rm{15mL}试管所盛饱和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液rm{(}加入rm{1}滴酚酞试液rm{)}上方rm{2mm隆芦3mm}处，rm{垄脹}小火加热试管中的混合液；rm{垄脺}待小试管中收集约rm{4mL}产物时停止加热，撤出小试管并用力振荡，然后静置待其分层；rm{垄脻}分离出纯净的乙酸乙酯．

请同学们回答下列问题：

rm{(1)}步骤rm{垄脵}中；配制这一比例的混合液的操作是______．

rm{(2)}写出该反应的化学方程式______，浓rm{H_{2}SO_{4}}的作用是______．

rm{(3)}步骤rm{垄脹}中；用小火加热试管中的混合液，其原因与结论______．

rm{(4)}步骤rm{垄脺}所观察到的现象是______；写出原因是______

rm{(5)}步骤rm{垄脻}中；分离出乙酸乙酯选用的仪器是______，产物应从______口倒出，因为______．

rm{(6)}为提高乙酸乙酯的产率，甲、乙两位同学分别设计了如图rm{2}甲、乙的装置rm{(}乙同学待反应完毕冷却后再用饱和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液提取烧瓶中产物rm{).}你认为______装置合理，因为______．12、现有A；B、C、D四种元素；A元素形成的-2价阴离子比氦原子的核外电子数多8个，B元素与A元素可组成一种化合物E，为淡黄色固体，该固体遇到空气能生成A的单质；C为原子核内有12个中子的金属元素，当2.4gC与足量热水反应时，在标准状况下放出气体2.24L，C形成正二价阳离子；D元素原子的M层上有7个电子．

（1）C在周期表中的位置____．

（2）D的气态氢化物与H2S、HF的稳定性由强到弱为____（用化学式表示）．

（3）写出淡黄色固体E的电子式____，其中含有的化学键为____．

（4）钾元素与B元素位于同一主族，钾元素与A元素可形成K2A、K2A2、KA2等多种化合物，其中K2A2和KA2和CO2均可发生反应（反应与淡黄色固体E和CO2的反应类似），K2A2、KA2在医院、矿井、潜水、高空飞行中常用作供氧剂，为了维持气压稳定可以使用过氧化钾和超氧化钾的混合物使吸收的CO2与生成的O2体积相同（同温同压），则它们的物质的量之比为____．13、（2015秋•武穴市校级月考）工业生产硝酸的尾气中含有氮氧化物NOx（NO和NO2的混合物，假设不含N2O4）；对生态环境和人类健康带来较大的威胁．

（1）工业上也常用Na2CO3溶液吸收法处理NOx．已知：NO不能与Na2CO3溶液反应，NO+NO2+Na2CO3═2NaNO2+CO2；2NO2+Na2CO3═NaNO2+NaNO3+CO2．

当NOx被Na2CO3溶液完全吸收时，x的值不可能是____（填字母）．

A．1.3B．1.6C．1.8

（2）将1molNOx通入Na2CO3溶液中，被完全吸收时，溶液中生成的NO3-、NO2-两种离子的物质的量随x变化关系如图所示：图中线段a表示____离子随x值变化的关系；若用溶质质量分数为21.2%的Na2CO3溶液吸收，则需要Na2CO3溶液至少____g．

（3）用足量的Na2CO3溶液完全吸收NOx，每产生22.4L（标准状况）CO2（全部逸出）时，吸收液质量就增加44g，试计算NOx中x的值=____．评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)14、0.1mol•L-1的NaHSO4溶液中，阳离子的数目之和为0.2NA．____（判断对错）15、标准状况下，22.4L己烷中含共价键数目为19NA．____（判断对错）16、18gD2O所含的电子数为10NA．____（判断对错）17、氨基酸分子中既有羧基，又有氨基，因此它具有两性．____（判断对错）18、18gH2O在标准状况下的体积是22.4L____．（判断对错）19、丙三醇、乙二醇、乙醇都是饱和醇，属于同系物．____．（判断对错说明理由）评卷人得分四、实验题(共4题，共20分)20、焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是常用的食品抗氧化剂之一．某研究小组进行如下实验：采用如图1装置（实验前已除尽装置内的空气）制取Na2S2O5．

已知：①装置Ⅱ中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为Na2SO3+SO2═Na2S2O5．

②Na2S2O5晶体在空气中被氧化生成Na2SO4．

（1）装置Ⅰ中产生气体的化学方程式为____．

（2）要从装置Ⅱ中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是____．

（3）装置Ⅲ用于处理尾气，可选用的最合理装置（图2）（夹持仪器已略去）为____（填序号）．

（4）检测Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是____．

（5）为了研究干燥的Cl2与干燥SO2反应及进行程度．用如图3所示装置收集满干燥的Cl2，再通入干燥SO2，集气瓶中立即产生无色液体SO2Cl2，充分反应后，将液体和剩余气体分离．继续用NaOH溶液吸收分离出的气体，用足量稀盐酸酸化后，再滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，该白色沉淀是____，由此可知反应后剩余气必然存在____气体，综合实验信息，请写出干燥的SO2与Cl2反应的化学方程式____．21、实验室需要80mL2.0mol/L的氯化亚铁溶液；有关该溶液的配制，回答下列问题：

（1）配制该溶液需要称量FeCl2的质量是____g，实验前的必要操作是____，溶解了FeCl2后的必要操作是____．

（2）所需仪器为：托盘天平（含砝码）、量筒、烧杯、玻璃棒、____．

（3）试分析下列操作对所配溶液的浓度有何影响？（填“偏高”；“无影响”或“偏低”）

①配制溶液时未洗涤烧杯，导致所配溶液的浓度____．

②定容、加盖倒转摇匀后，发现液面低于刻度线，又滴加蒸馏水至刻度线，导致所配溶液的浓度____．

（4）溶解FeCl2样品时，往往把FeCl2固体溶解在适量浓盐酸中，再加适量蒸馏水稀释，这样做的目的是____．22、如图所示，A、B、C是实验室常用的三种制取气体的装置，提供的药品有：大理石、浓盐酸、稀盐酸、锌粒、二氧化锰、氯化铵、熟石灰．现欲利用这些药品分别制取NH3、Cl2、H2、CO2四种气体；试回答下列问题：

（1）①写出利用上述有关药品制取氨气的化学方程式：____；用____干燥剂干燥（填名称）；

②制取CO2的化学方程式____；

（2）①制取Cl2选用装置为____（填序号）；

②写出制取该气体反应的化学方程式____；

③生成的气体先通过盛____的洗气瓶，除去____气体．

④用湿润的____试纸验满．

⑤写出尾气吸收反应的化学方式____．23、氯气是一种重要的工业原料．

Ⅰ．实验室可用二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气，反应的化学方程式是____．

Ⅱ．某研究性学习小组查阅资料得知；漂白粉与硫酸反应可制取氯气，化学方程式为：

Ca（ClO）2+CaCl2+2H2SO42CaSO4+2Cl2↑+2H2O

他们利用该反应设计如下制取氯气并验证其性质的实验．

回答下列问题：

（1）该实验中A部分的装置是____（填标号）．

（2）请你帮助他们设计一个实验，证明洗气瓶C中的Na2SO3已被氧化（简述实验步骤）：____．

（3）写出D装置中发生反应的离子方程式____．

（4）该实验存在明显的缺陷，请你提出改进的方法____．

（5）该小组又进行了如下实验：称取漂白粉2.0g，研磨后溶解，配制成250mL溶液，取出25mL加入到锥形瓶中，再加入过量的KI溶液和过量的H2SO4溶液，静置．待完全反应后，用0.1mol•L-1的Na2S2O3溶液作标准液滴定反应生成的碘，已知反应方程式为：2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI，共用去Na2S2O3溶液20.0mL．则该漂白粉中Ca（ClO）2的质量分数为____．评卷人得分五、书写(共2题，共16分)24、配平下列化学方程式：

____SO2+____MnO4_+____H2O=____SO42_+____Mn2++____H+

____NH4NO3=____HNO3+____N2↑+____H2O．25、按要求填写化学用语．

（1）氢氧化钡溶液和稀硫酸（写出离子方程式）____．

（2）Fe2（SO4）3（写出电离方程式）____．

（3）除去FeCl3溶液中混有的少量FeCl2，试剂为____，化学方程式____．除去FeCl2溶液中的少量FeCl3，可以加入____（选填“少量”、“适量”、“过量”）____（填写试剂）再用____（填实验方法）得到纯净的FeCl2溶液．

（4）CO32-+2H+=CO2↑+H2O（写出对应的化学方程式）____．评卷人得分六、探究题(共4题，共8分)26、为了分离甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人设计了下列实验过程．请在括号内填写分离时所用操作方法，并写出方框内有关物质的结构简式．

写出下列物质的结构简式A________、C________、E________、G________．27、实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，操作为：28、为了分离甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人设计了下列实验过程．请在括号内填写分离时所用操作方法，并写出方框内有关物质的结构简式．

写出下列物质的结构简式A________、C________、E________、G________．29、实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，操作为：参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【分析】A．放电时该装置是原电池，Pb作负极，发生氧化反应，PbO2作正极；发生还原反应；

B．放电时；电子从负极沿导线流向正极；

C．根据Pb+PbO2+4H++2SO42-2PbSO4+2H2O知；放电时氢离子参加反应，充电时生成氢离子；

D．充电时阴极上得电子发生还原反应，与原电池负极反应式正好相反．【解析】【解答】解：A．放电时该装置是原电池，Pb作负极，发生氧化反应，PbO2作正极；正极上得电子而发生还原反应，故A错误；

B．放电时，电子从负极沿导线流向正极，放电时Pb是负极、PbO2是正极；电子从B沿导线流向A，故B正确；

C．根据Pb+PbO2+4H++2SO42-2PbSO4+2H2O知；放电时氢离子参加反应，溶液的pH增大，充电时生成氢离子，溶液的pH减小，故C错误；

D．充电时阴极上得电子发生还原反应，与原电池负极反应式正好相反，阴极反应式为PbSO4+2e-═Pb+SO42-；故D错误；

故选B．2、D【分析】【分析】A．由图中数据可知50s内，△n（PCl3）=0.16mol，根据v=计算v（PCl3）；

B．由图中数据可知，平衡时n（PCl3）=0.2mol，保持其他条件不变，升高温度，平衡时，c（PCl3）=0.11mol/L，则n′（PCl3）=0.22mol＞0.2mol；说明升高温度平衡向正反应方向移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动；

C．等效为起始加入2.0molPCl5，与原平衡相比，压强增大，平衡向逆反应方向移动，平衡时的PCl5转化率较原平衡低，故平衡时PCl3的物质的量小于0.4mol，即相同温度下，起始时向容器中充入2.0molPCl3和2.0molCl2，达到平衡时，参加反应的PCl3的物质的量大于1.6mol；

D．先计算平衡常数K，再计算浓度商（Qc），K＞Qc，说明平衡向正反应方向移动，K＜Qc，说明平衡向逆反应方向移动，K=Qc，说明平衡不移动，据此判断平衡移动方向，进而判断反应达到平衡前v（正）、v（逆）相对大小．【解析】【解答】解：A．由图中数据可知50s内，△n（PCl3）=0.16mol，v（PCl3）==0.0016mol/（L•s）；故A错误；

B．由图中数据可知，平衡时n（PCl3）=0.2mol，保持其他条件不变，升高温度，平衡时，c（PCl3）=0.11mol/L，则n′（PCl3）=0.11mol/L×2L=0.22mol＞0.2mol；说明升高温度平衡正向移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动，故正反应为吸热反应，即△H＞O，故B错误；

C．等效为起始加入2.0molPCl5，与原平衡相比，压强增大，平衡向逆反应方向移动，平衡时的PCl5转化率较原平衡低，故平衡时PCl3的物质的量小于0.4mol，即相同温度下，起始时向容器中充入2.0molPCl3和2.0molCl2，达到平衡时，参加反应的PCl3的物质的量大于1.6mol，故达到平衡时，PCl3的转化率高于=80%；故C错误；

D．起始时PCl5的浓度为0.5mol/L，由图可知，平衡时PCl3的浓度为=0.1mol/L；则：

PCl5（g）⇌PCl3（g）+Cl2（g）

开始（mol/L）：0.500

变化（mol/L）：0.10.10.1

平衡（mol/L）：0.40.10.1

所以平衡常数K==0.025；

起始时向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2，起始时PCl5的浓度为0.5mol/L、PCl3的浓度为0.1mol/L、Cl2的浓度为0.1mol/L，浓度商Qc==0.02＜K=0.025；说明平衡向正反应方向移动，反应达平衡前v（正）＞v（逆），故D正确；

故选D．3、D【分析】解：rm{A}rm{39g}钾的物质的量为rm{1mol}而rm{1molK隆芦0.5mol}氢气，故生成的氢气分子物质的量为rm{0.5mol}个数为rm{0.5N_{A}}个；故A错误；

B、二氧化锰只能和浓盐酸反应，和稀盐酸不反应，故浓盐酸不能反应完全，则生成的氯气分子个数小于rm{N_{A}}个；故B错误；

C、标况下rm{HF}为液体；故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；

D、铜和硫反应后变为rm{+1}价，故rm{2mol}铜失去rm{2N_{A}}个电子；故D正确．

故选D．

A、求出钾的物质的量，然后根据rm{1molK隆芦0.5mol}氢气来分析；

B；二氧化锰只能和浓盐酸反应；和稀盐酸不反应；

C、标况下rm{HF}为液体；

D、铜和硫反应后变为rm{+1}价．

本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大．【解析】rm{D}4、B【分析】【分析】A．根据晶胞中微粒判断化学键类型；

B．根据晶胞中原子个数的计算方法为原子个数与被共用晶胞个数的倒数的乘积；然后根据化学式可以确定每个分子中含有几个晶胞；进而判断化学式和价态；

C．根据化学式中M+数目确定M+在晶胞中位置；

D．根据晶胞结构判断Fe2+配位数．【解析】【解答】解：A．晶胞中含有阴阳离子；含有离子键，氰根离子内C与N原子形成共价键，故A正确；

B．三价铁离子为角上，每个被八个晶胞共用，故每个晶胞中三价铁离子为4×=0.5个，同理二价铁离子为0.5个，氰根离子位于边的中心，每个被四个晶胞共用，故每个晶胞中氰根离子为12×=3个，已知化学式为：MxFey（CN）6，故化学式中，阴离子含有一个三价铁离子，一个二价铁离子，六个氰根离子，显示电中性，故晶体的化学式为MFe2（CN）6；故B错误；

C．由于晶胞中含有一个M+；只能位于体心，故C正确；

D．Fe2+位于顶点，与其距离相等且距离最近的，CN-位于棱心，Fe2+被8个晶胞共有，将棱边延长，被3条棱共有，每条棱有两个CN-距离相等且最近；则共有3×2=6，故D正确；

故选B．5、D【分析】【分析】有机物是指含有碳元素的化合物．无机物是指不含有碳元素的化合物．一氧化碳、二氧化碳、碳酸盐等物质中虽然含有碳元素，但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物．【解析】【解答】解：A．C6H6是含有碳元素的化合物；属于有机物，故A不选；

B．CH3OH是含有碳元素的化合物；属于有机物，故B不选；

C．CH3COOH是含有碳元素的化合物；属于有机物，故C不选；

D．CO是含有碳元素的化合物；性质与无机物相似，为无机物，故D选．

故选D．6、B【分析】【分析】A；曲线斜率大小决定反应速率大小；斜率越大，反应速率越快．

B；曲线斜率大小决定反应速率大小；斜率越大，反应速率越快．

C；由曲线的高低；确定收集气体体积的大小，纵坐标越高，收集的气体越多．

D、根据OE段与EF段的反应速率大小，结合外界条件对反应速率影响判断．【解析】【解答】解：A；由图可知EF段的曲线斜率最大；所以EF段化学反应速率最快，故A错误；

B；由图可知EF段的曲线斜率最大；所以EF段化学反应速率最快，故B正确；

C；由图可知EF段之间纵坐标差值最大；反应EF段收集的二氧化碳气体最多，故C错误；

D；随反应进行；氢离子浓度降低，反应速率应该降低，但EF段化学反应速率比OE大，说明反应为放热反应，温度对反应速率影响更大，FG段浓度的影响比温度影响大，速率降低，故D错误．

故选：B．7、D【分析】解：rm{A.}具有相同电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小，则离子半径：rm{H^{-}>Li^{+}}故A正确；

B.rm{H^{-}}易失去电子，则具有强还原性，如rm{CaH_{2}}与水反应生成氢气；故B正确；

C.rm{Ca}的原子序数为rm{20}失去rm{2}个电子转化为最外层rm{8}电子稳定结构，则rm{Ca^{2+}}最外层电子排布式rm{3s^{2}3p^{6}}故C正确；

D.rm{Ca^{2+}}在水溶液可大量存在；如在硝酸溶液中可大量存在，故D错误；

故选：rm{D}

A.具有相同电子排布的离子中；原子序数大的离子半径小；

B.rm{H^{-}}易失去电子；

C.rm{Ca}的原子序数为rm{20}失去rm{2}个电子转化为最外层rm{8}电子稳定结构；

D.rm{Ca^{2+}}在水溶液可大量存在。

本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握离子半径比较方法、离子结构与性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大。【解析】rm{D}二、填空题(共6题，共12分)8、钠硫铝氮Al（OH）3第二周期第ⅤA族【分析】【分析】2molA的单质与水反应，能置换出22.4LH2（标况下），则A为金属，令A的化合价为x，根据电子转移守恒有：2x=×2，故x=1，A转化为具有氖原子相同的电子层结构的离子，故A为钠元素；B原子得到2个电子后，其最外层（M层）达到稳定结构，则B原子核外电子=2+8+8-2=16，故B为S元素；C原子核内质子数比B原子少3个，则C为Al元素；D原子最外层电子数是次外层的2.5倍，D原子只能有2个电子层，最外层电子数为5，则D为N元素，据此解答．【解析】【解答】解：2molA的单质与水反应，能置换出22.4LH2（标况下），则A为金属，令A的化合价为x，根据电子转移守恒有：2x=×2；故x=1，A转化为具有氖原子相同的电子层结构的离子，故A为钠元素；B原子得到2个电子后，其最外层（M层）达到稳定结构，则B原子核外电子=2+8+8-2=16，故B为S元素；C原子核内质子数比B原子少3个，则C为Al元素；D原子最外层电子数是次外层的2.5倍，D原子只能有2个电子层，最外层电子数为5，则D为N元素；

（1）由上述分析可知；A为钠，B为硫，C为铝，D为氮，故答案为：钠；硫；铝；氮；

故答案为：Na；Al；Cl；

（2）Al元素的最高价氧化物对应水化物的化学式是Al（OH）3；N元素在周期表中第二周期第ⅤA族；

故答案为：Al（OH）3；第二周期第ⅤA族．9、植物染发剂无机染发剂合成染发剂Ca（ClO）22Ca（OH）2+2Cl2=Ca（ClO）2+CaCl2+2H2OCa（ClO）2+H2O+CO2=2HClO+CaCO3↓2HClO=2HCl+O2次氯酸分解，无杀菌、漂白性．N2+O22NO2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO汽车尾气的排放安装尾气净化装置使用清洁的汽车燃料【分析】【分析】（1）依据染发剂的分类回答；

（2）漂白粉是氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙次氯酸钙和水；漂白粉的有效成分是次氯酸钙，空气中变质的原因是吸收空气中的二氧化碳水生成次氯酸和碳酸钙的过程；漂白粉失效是因为次氯酸见光分解；

（3）硝酸型酸雨的形成过程是空气中氮气和氧气放电条件下生成一氧化氮，被空气中氧气氧化为二氧化氮，溶于水生成硝酸；形成硝酸型酸雨的主要原因是汽车尾气的排放，处理汽车尾气的方法是把污染气体转化为无污染的气体，或使用清洁能源；【解析】【解答】解：（1）染发剂分为：植物染发剂；无机染发剂、合成染发剂等．故答案为：植物染发剂、无机染发剂、合成染发剂；

（2）漂白粉是氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙次氯酸钙和水，漂白粉的有效成分是次氯酸钙Ca（ClO）2；制备漂白粉的化学方程式为：2Ca（OH）2+2Cl2=Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O

放在空气会生成有强氧化性的物质，原因是吸收空气中的二氧化碳和水反应生成次氯酸：Ca（ClO）2+H2O+CO2=2HClO+CaCO3↓；氯系列消毒剂在空气中久置会变质，是因为次氯酸见光易分解，2HClO=2HCl+O2次氯酸分解；无杀菌；漂白性；

故答案为：2HClO=2HCl+O2次氯酸分解；无杀菌；漂白性．

（3）硝酸型酸雨的形成过程是氮气和氢气放电生成一氧化氮，一氧化氮氧化为二氧化氮，二氧化氮溶于水生成硝酸；N2+O22NO；2NO+O2=2NO2；3NO2+H2O=2HNO3+NO；形成硝酸酸雨的主要原因是汽车尾气的排放；处理方法：污染气体转化为无污染的气体；或使用清洁能源，安装尾气净化装置；使用清洁的汽车燃料；

故答案为：N2+O22NO；2NO+O2=2NO2；3NO2+H2O=2HNO3+NO，汽车尾气的排放；安装尾气净化装置、使用清洁的汽车燃料；10、略

【分析】解：氨气和水反应生成氨水，氨水电离生成氢氧根离子和铵根离子，有关的方程式为：rm{NH_{3}+H_{2}O?NH_{3}.H_{2}O?NH_{4}^{+}+OH^{-}}溶液呈碱性；氯化氢和氨气混合产生大量白烟过程中有新物质氯化铵生成，氯化铵固体小颗粒，产生大量的白烟，故答案为：碱性；白烟．

氨气和水反应生成氨水，氨水电离生成氢氧根离子和铵根离子，有关的方程式为：rm{NH_{3}+H_{2}O?NH_{3}.H_{2}O?NH_{4}^{+}+OH^{-}}氯化氢和氨气混合产生大量白烟过程中有新物质氯化铵生成；氯化铵固体小颗粒，由此分析解答．

本题主要考查了微观粒子的特征及其根据反应现象判断粒子性质方面的内容．【解析】碱性；白烟11、略

【分析】解：rm{(1)}乙酸；乙醇和浓硫酸混合时相当于浓硫酸稀释；所以应该将浓硫酸加入乙醇和乙酸的混合溶液中，并不断振荡，防止局部温度过高而产生安全事故；

故答案为：先加乙酸和乙醇各rm{4mL}再缓缓加入rm{1mL}浓rm{H_{2}SO_{4}}边加边振荡；

rm{(2)}在浓硫酸作催化剂、加热条件下，乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应方程式为rm{CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OHunderset{triangle}{overset{{脜篓脕貌脣谩}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}COOC_{2}H_{5}+H_{2}O}浓硫酸具有吸水性和催化能力；所以该反应中浓硫酸作催化剂和吸水剂；

故答案为：rm{CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OHunderset{triangle}{overset{{脜篓脕貌脣谩}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}COOC_{2}H_{5}+H_{2}O}催化剂；吸水剂；

rm{CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OH

underset{triangle}{overset{{脜篓脕貌脣谩}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}COOC_{2}H_{5}+H_{2}O}乙酸；乙醇、乙酸乙酯沸点接近且较低；大火加热，反应物大量蒸发损失，降低产率，所以用小火加热；

故答案为：乙酸；乙醇、乙酸乙酯沸点接近且较低；大火加热，反应物大量蒸发损失；

rm{CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OH

underset{triangle}{overset{{脜篓脕貌脣谩}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}COOC_{2}H_{5}+H_{2}O}乙酸乙酯是难溶于碳酸钠溶液的无色液体，碳酸钠溶液呈碱性，酚酞遇碱变红色，所以碳酸钠溶液呈红色，生成的乙酸乙酯中含有乙醇和乙酸，乙醇极易溶于水，乙酸和碳酸钠反应生成乙酸钠、二氧化碳和水，导致溶液碱性降低，所以看到的现象是在浅红色rm{(3)}溶液上层有约rm{(4)}厚的无色液体，振荡后rm{Na_{2}CO_{3}}溶液层红色变浅；有气泡，上层液体变薄；

故答案为：在浅红色rm{4cm}溶液上层有约rm{Na_{2}CO_{3}}厚的无色液体，振荡后rm{Na_{2}CO_{3}}溶液层红色变浅，有气泡，上层液体变薄；上层是油层因为生成的乙酸乙酯难溶于水，且密度比水小，同时因为挥发出来的乙酸与碳酸钠反应，放出rm{4cm}气体；所以有气泡出现；

rm{Na_{2}CO_{3}}分离互不相溶的液体采用分液方法；分液所用的仪器是分液漏斗，乙酸乙酯密度小于水，所以应该从上口倒出；

故答案为：分液漏斗；上；乙酸乙酯比水密度小；

rm{CO_{2}}甲；乙的区别是乙装置能冷凝回流；提高产率，所以选乙，故答案为：乙；反应物能冷凝回流．

rm{(5)}乙酸；乙醇和浓硫酸混合时相当于浓硫酸稀释；所以应该将浓硫酸加入乙醇和乙酸的混合溶液中，并不断振荡；

rm{(6)}在浓硫酸作催化剂；加热条件下；乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯；浓硫酸具有吸水性和催化能力；

rm{(1)}乙酸；乙醇、乙酸乙酯沸点接近且较低；温度高时三者都易挥发；

rm{(2)}乙酸乙酯是难溶于碳酸钠溶液的无色液体；碳酸钠溶液呈碱性，酚酞遇碱变红色，所以碳酸钠溶液呈红色，生成的乙酸乙酯中含有乙醇和乙酸，乙醇极易溶于水，乙酸和碳酸钠反应生成乙酸钠；二氧化碳和水，导致溶液碱性降低；

rm{(3)}分离互不相溶的液体采用分液方法；分液所用的仪器是分液漏斗；为防止分离出的液体中含有杂质；

rm{(4)}甲；乙的区别是乙装置能冷凝回流．

本题考查物质制备，为高频考点，明确实验步骤及实验原理是解本题关键，侧重考查实验操作、实验分析能力，知道碳酸钠溶液作用，易错点是rm{(5)}题，题目难度不大．rm{(6)}【解析】先加乙酸和乙醇各rm{4mL}再缓缓加入rm{1mL}浓rm{H_{2}SO_{4}}边加边振荡；rm{CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OHunderset{triangle}{overset{{脜篓脕貌脣谩}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}COOC_{2}H_{5}+H_{2}O}催化剂、吸水剂；乙酸、乙醇、乙酸乙酯沸点接近且较低，大火加热，反应物大量蒸发损失；在浅红色rm{CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OH

underset{triangle}{overset{{脜篓脕貌脣谩}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}COOC_{2}H_{5}+H_{2}O}溶液上层有约rm{Na_{2}CO_{3}}厚的无色液体，振荡后rm{4cm}溶液层红色变浅，有气泡，上层液体变薄；上层是油层因为生成的乙酸乙酯难溶于水，且密度比水小，同时因为挥发出来的乙酸与碳酸钠反应，放出rm{Na_{2}CO_{3}}气体，所以有气泡出现；分液漏斗；上；乙酸乙酯比水密度小；乙；反应物能冷凝回流rm{CO_{2}}12、第三周期ⅡA族HF＞HCl＞H2S离子键、共价键1：2【分析】【分析】短周期元素中，A元素形成的-2价阴离子比氦原子的核外电子数多8个，则A的质子数为8，即A为O元素；B元素的一种氧化物为淡黄色固体，该固体遇到空气能生成A的单质，则B为Na元素；C为原子核内有12个中子的二价金属，当2.4克C与足量热水反应时，在标准状况下放出气体2.24L，设C的相对原子质量为x，由电子守恒可知，×2=×2，则x=24，其质子数为24-12=12，故C为Mg元素；D的M层上7个电子，则D在第三周期第ⅦA族，则D为Cl元素．【解析】【解答】解：短周期元素中，A元素形成的-2价阴离子比氦原子的核外电子数多8个，则A的质子数为8，即A为O元素；B元素的一种氧化物为淡黄色固体，该固体遇到空气能生成A的单质，则B为Na元素；C为原子核内有12个中子的二价金属，当2.4克C与足量热水反应时，在标准状况下放出气体2.24L，设C的相对原子质量为x，由电子守恒可知，×2=×2；则x=24，其质子数为24-12=12，故C为Mg元素；D的M层上7个电子，则D在第三周期第ⅦA族，则D为Cl元素．

（1）C为Mg元素；在周期表中位置：第三周期ⅡA族，故答案为：第三周期ⅡA族；

（2）非金属性F＞Cl＞S，故氢化物稳定性：HF＞HCl＞H2S，故答案为：HF＞HCl＞H2S；

（3）淡黄色固体E为Na2O2，电子式为含有离子键；共价键；

故答案为：离子键；共价键；

（4）设KO2为xmol，K2O2为ymol；则：

4KO2+2CO2═2K2CO3+3O2

423

xx

2K2O2+2CO2═2K2CO3+O2

221

yy0.5y

则有：+y=x+0.5y；

解得y：x=1：2；

故答案为：1：2．13、ANO2-2501.875【分析】【分析】（1）当NOx被Na2CO3溶液完全吸收时，则n（NO2）≥n（NO）；以此计算x；

（2）由图可知，xx=1.5，溶液中生成的NO3-、NO2-两种离子，a为最大，b为最小；由生成物化学式可知，NaNO3和NaNO2中氮元素与钠元素之比为1：1；

（3）利用差量法计算NO、NO2的物质的量，再根据平均摩尔质量法计算x值．【解析】【解答】解：（1）由方程式可知，NO单独不能被吸收，NO和NO2混合气体被NaOH溶液被完全吸收，满足n（NO2）：n（NO）≥1，当n（NO2）：n（NO）=1时x值最小，x最小值为=1.5；因为混有NO，所以x最大值＜2，故x的取值范围为1.5≤x＜2，所以x的值不可能是1.3；

故答案为：A；

（2）用极限法：若x=1.5气体应为NO和NO2混合物，物质的量比为1：1，按NO+NO2+Na2CO3═2NaNO2+CO2反应，没有NO3-，线a应该表示NO2-；

由守恒法可知：反应生成的NaNO3和NaNO2中氮元素与钠元素之比为1：1，所以1molNOx被完全吸收至少需碳酸钠0.5mol，质量为53g，所以碳酸钠溶液的质量为=250g，故答案为：NO2-；250；

（3）设由NO2和纯碱反应产生CO2为amol；

由NO和NO2与纯碱反应产生的CO2为bmol；

2NO2+Na2CO3=NaNO2+NaNO3+CO2质量增加。

1mol△m=48g

amol48ag

NO+NO2+Na2CO3=2NaNO2+CO2质量增加。

1mol△m=32g

bmol32bg

；

解得a=0.75mol，b=0.25mol；

n（NO2）=0.75mol×2+0.25mol=1.75mol

n（NO）=0.25mol

x==1.875；

故答案为：1.875．三、判断题(共6题，共12分)14、×【分析】【分析】依据n=CV可知要计算溶质的物质的量需要知道溶液的浓度和溶液的体积，据此判断解答．【解析】【解答】解：0.1mol•L-1的NaHSO4溶液，体积未知，无法计算硫酸氢钠的物质的量，无法计算阳离子个数，故错误；15、×【分析】【分析】标准状况下，己烷为液体，不能用气体摩尔体积计算，以此解答．【解析】【解答】解：标准状况下，己烷为液体，不能用气体摩尔体积计算，则22.4L己烷中含共价键数目不是19NA．故答案为：×．16、×【分析】【分析】D2O的相对分子质量为20，结合n==计算．【解析】【解答】解：D2O的相对分子质量为20，18gD2O的物质的量为=0.9mol，则所含的电子数为9NA．故答案为：×．17、√【分析】【分析】氨基酸分子中含有氨基（-NH2，具有碱的性质）和羧基（-COOH，具有酸的性质），据此解题．【解析】【解答】解：氨基酸分子中含有氨基（-NH2，具有碱的性质）和羧基（-COOH，具有酸的性质），因此它具有两性，故答案为：√．18、×【分析】【分析】18g的物质的量为1mol，标况下，水为液态，不能用气体摩尔体积计算其体积．【解析】【解答】解：18g的物质的量为1mol，标况下，水为液态，不能用气体摩尔体积计算其体积，应根据V=计算水的体积，其体积远远小于22.4L，故错误，故答案为：×．19、×【分析】【分析】结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物；互为同系物的物质满足以下特点：结构相似、化学性质相似、分子式通式相同、分子式不同，如果含有官能团，则含有官能团的类型及数目完全相同，据此进行判断．【解析】【解答】解：乙醇含有1个羟基；属于一元醇，乙二醇含有2个羟基，属于二元醇，丙三醇含有3个羟基，属于三元醇，它们含有的羟基的数目不同，所以结构不相似，不属于同系物；

故答案为：×，三者含有的羟基数目不同，结构不相似．四、实验题(共4题，共20分)20、Na2SO3+H2SO4═Na2SO4+SO2↑+H2O过滤d取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成白色沉淀是BaSO4混合气体中必然存在SO2和Cl2两种气体SO2+Cl2SO2Cl2【分析】【分析】本题是制取Na2S2O5的实验探究，考查了反应制备原理、反应混合物的分离及尾气处理，因Na2S2O5晶体在空气中被氧化生成Na2SO4，利用SO42-的检验来分析有没有变质，另外还考查了SO2和Cl2反应原理的探究；只要根据氧化还原反应及质量守恒及可解决相关问题；

（1）由装置Ⅱ中发生的反应可知，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；

（2）装置Ⅱ中获得已析出的晶体；分离固体与液态，应采取过滤操作；

（3）装置Ⅲ用于处理尾气；吸收为反应的二氧化硫，应防止倒吸，且不能处于完全密闭环境中；

（4）Na2S2O5晶体在空气中易被氧化为Na2SO4；用盐酸；氯化钡溶液检验样品中是否含有硫酸根即可；

（5）用NaOH溶液吸收分离出的气体，所得混合液用足量稀盐酸酸化后，再滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，可知原溶液里有SO42，得到的白色沉淀为BaSO4，结合单一SO2或Cl2和混合气体通入NaOH溶液的情况分析，可推测混合气体的成份．【解析】【解答】解：（1）由装置Ⅱ中发生的反应可知，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，反应方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；

故答案为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；

（2）装置Ⅱ中获得已析出的晶体；分离固体与液态，应采取过滤进行分离；

故答案为：过滤；

（3）a．装置应将导管深入氨水中可以吸收二氧化硫；但为密闭环境，装置内压强增大易产生安全事故，故错误；

b．该装置吸收二氧化硫能力较差；且为密闭环境，装置内压强增大易产生安全事故，故错误；

c．该装置不能吸收二氧化硫；所以无法实现实验目的，故错误；

d．该装置中氢氧化钠与二氧化硫反应；可以吸收，且防止倒吸，故正确；

故答案为：d；

（4）Na2S2O5中S元素的化合价为+4价，因此会被氧化为为+6价，即晶体在空气中易被氧化为Na2SO4，用盐酸、氯化钡溶液检验样品中是否含有硫酸根即可，实验方案为：取少量Na2S2O5晶体于试管中；加入适量水溶解，滴加盐酸，振荡，再滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成；

故答案为：取少量Na2S2O5晶体于试管中；加入适量水溶解，滴加盐酸，振荡，再滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成；

（5）生成的白色沉淀为BaSO4，说明NaOH溶液吸收分离出的气体成分不是单一的SO2或Cl2，而是二者的混合气体，在水溶液里发生了氧化还原反应，生成了硫酸根离子，同时也可知SO2与Cl2生成SO2Cl2的反应是可逆反应，因为反应物的转化率没有达到100%，故答案为：白色沉淀是BaSO4；混合气体中必然存在SO2和Cl2两种气体；SO2+Cl2SO2Cl2．21、25.4检查容量瓶（瓶塞）是否漏水将溶液恢复到室温胶头滴管、100ml容量瓶偏低偏低抑制FeCl2水解，防止所配溶液浑浊【分析】【分析】（1）依据配置溶液的体积选择容量瓶的规格；依据m=CVM计算需要溶质的质量；依据容量瓶的使用方法及配置溶液的步骤解答；

（2）依据配置一定物质的量浓度溶液的步骤选择仪器；

（3）根据c=分析实验操作对物质的量和溶液的体积产生的影响进行判断；

（4）依据影响二价铁离子水解平衡的因素解答．【解析】【解答】解：（1）要配置80mL2.0mol/L的氯化亚铁溶液；应选择100ml的容量瓶，需要溶质氯化亚铁的质量m=0.1L×2.0mol/L×127g/mol=25.4g；容量瓶使用前应先检查是否漏水；移液前应将溶液恢复到室温；

故答案为：25.4；检查容量瓶（瓶塞）是否漏水；将溶液恢复到室温；

（2）配置一定物质的量浓度溶液一般步骤为：计算；称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等；需要的仪器有：托盘天平（含砝码）、量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、100ml容量瓶；

故答案为：胶头滴管；100ml容量瓶；

（3）①配制溶液时未洗涤烧杯；导致溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低；

故答案为：偏低；

②定容；加盖倒转摇匀后；发现液面低于刻度线，又滴加蒸馏水至刻度线，导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏低；

故答案为：偏低；

（4）FeCl2为强酸弱碱盐，在水溶液中存在水解平衡，FeCl2+2H2OFe（OH）2+2HCl，把FeCl2固体溶解在适量浓盐酸中，可以抑制FeCl2水解；防止所配溶液浑浊；

故答案为：抑制FeCl2水解，防止所配溶液浑浊．22、2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O碱石灰CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2OCMnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O饱和的食盐水HCl淀粉碘化钾Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O【分析】【分析】（1）①根据氨气性质及制取药品；装置判断；

②二氧化碳用碳酸钙和稀盐酸反应制取；不要选用硫酸，因为生成的硫酸钙附在表面会阻止反应继续进行．

（2）①根据氯气制取装置分析；

②根据氯气制取药品分析；

③根据氯气性质判断；

④根据氯气能氧化KI成I2，I2能使淀粉溶液变蓝分析；

⑤根据氯气的溶液呈酸性分析．【解析】【解答】解：（1）①氨气可以利用氯化铵和氢氧化钙加热制取2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O，氨气呈碱性，不能使用浓硫酸干燥，氨气能和氯化钙反应，只能用碱性干燥剂碱石灰干燥，故答案为：①2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；碱石灰；

②二氧化碳用碳酸钙和稀盐酸反应制取，CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O不要选用硫酸；因为生成的硫酸钙附在表面会阻止反应继续进行；

故答案为：CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O；

（2）①氯气可以用二氧化锰和浓盐酸微热制取；即装置为固-液加热装置C，故答案为：C；

②二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；

故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；

③饱和食盐水能降低氯气的溶解度；而氯化氢极易溶解于水，故可用饱和食盐水洗氯气以除去氯化氢气体；

故答案为：饱和食盐水；HCl；

④氯气能使KI氧化生成碘单质；碘单质使淀粉溶液变蓝，故可用湿润的淀粉碘化钾验满；

故答案为：淀粉碘化钾；

⑤氯气水溶液呈酸性，故可用碱性物质氢氧化钠吸收：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；

故答案为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O．23、MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2Ob取少量溶液置于洁净的试管中，向其中滴加稀盐酸至不再产生气体，再向其中滴入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，证明亚硫酸钠被氧化Cl2+H2O═H++Cl-+HClO；H++HCO3-═CO2↑+H2O应将尾气通入NaOH溶液中35.75%【分析】【分析】Ⅰ．二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气；氯化锰和水；以此书写化学方程式；

Ⅱ．（1）根据反应物的状态及反应条件选择发生装置；

（2）氯气有强氧化性；亚硫酸根离子有还原性，所以氯气和亚硫酸根离子能发生氧化还原反应生成硫酸根离子；氯离子和氢离子；如果亚硫酸钠被氧化会生成硫酸钠，根据硫酸根离子的检验方法检验即可；

（3）氯气和水反应生成盐酸和次氯酸；盐酸能和碳酸氢根离子反应生成二氧化碳；

（4）氯气有刺激性气味；尾气不能直接排空，要用尾气处理装置处理；

（5）可利用关系式计算．【解析】【解答】解：Ⅰ．二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气、氯化锰和水，反应的方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；

故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；

Ⅱ．（1）A部分用于制取Cl2，根据所给Cl2的生成反应的反应物状态和反应是否需要加热选择气体发生装置，应选属于“固+液气”型的b，故答案为：b；

（2）Na2SO3氧化的产物为Na2SO4，确定存在SO42-即可证明Na2SO3已部分被氧化．检验时，应取C中溶液少许于洁净试管中，先加稀HCl至不再产生气体以排除SO32-的干扰，然后再加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明Na2SO3已部分被氧化；

故答案为：取少量溶液置于洁净的试管中；向其中滴加稀盐酸至不再产生气体，再向其中滴入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，证明亚硫酸钠被氧化；

（3）进入D的Cl2与水反应的离子方程式为Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，HCl能与NaHCO3反应，离子方程式为H++HCO3-=CO2↑+H2O，HClO因酸性比H2CO3弱而不能与NaHCO3反应，故答案为：Cl2+H2O═H++Cl-+HClO；H++HCO3-═CO2↑+H2O；

（4）NaHCO3吸收Cl2的能力有限；应将尾气通入NaOH溶液中，故答案为：应将尾气通入NaOH溶液中；

（5）关系式Ca（ClO）2～2Cl2～2I2～4Na2S2O3；

n[Ca（ClO）2]=n（Na2S2O3）=20.0mL×10-3L•mL-1×0.1mol•L-1×=0.005mol；

Ca（ClO）2%=×100%=35.75%；

故答案为：35.75%．五、书写(共2题，共16分)24、5225245249【分析】【分析】氧化还原反应方程式配平方法：分析方程式中各元素化合价变化，依据氧化还原反应化合价升降数目相等结合原子个数守恒配平方程式，据此解答．【解析】【解答】解：二氧化硫与高锰酸根离子反应中，+4价硫化合价升高为硫酸根离子中+6价，化合价升高2，高锰酸根中+7价锰降为锰离子中+2价，化合价降5，要使化合价升降数目相等，则二氧化硫系数为5，高锰酸根系数为2，依据原子个数守恒方程式：5SO2+2MnO4_+2H2O=5SO42_+2Mn2++4H+；

故答案为：522524；

硝酸铵分解生成硝酸氮气和水反应中，铵根离子中-3价氮被氧化生成氮气中0价，硝酸根离子中+5价的氮降为氮气中0价，要使得失电子守恒，则有5mol铵根离子被氧化同时有2mol硝酸根离子被还原，硝酸铵系数为5，硝酸系数为2，氮气系数为4，依据原子个数守恒，方程式：N5H4NO3=2HNO3+4N2↑+9H2O；

故答案为：5249．25、Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2OFe2（SO4）3=2Fe3++3SO42-通入足量Cl2（或氯水）2FeCl2+Cl2=2FeCl3足量铁粉过滤Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O【分析】【分析】（1）氢氧化钡和稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水；

（2）硫酸铁是强电解质；水溶液中完全电离；

（3）除杂质的原子是把杂质作为气或沉淀除去；同时加入的试剂和反应不能引入新的杂质；

（4）离子方程式是可溶于水的碳酸盐和强酸反应生成溶于水的盐、二氧化碳、水．【解析】【解答】解：（1）氢氧化钡和稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水；反应的化学方程式为：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，故答案为：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O；

（2）硫酸铁是强电解质，水溶液中完全电离，电离方程式为：Fe2（SO4）3=2Fe3++3SO42-，故答案为：Fe2（SO4）3=2Fe3++3SO42-；

（3）除去FeCl3溶液中混有的少量FeCl2，试剂为通入足量Cl2（或氯水），反应的化学方程式为：2FeCl2+Cl2=2FeCl3；除去FeCl3溶液中混有的少量FeCl2，试剂为足量的Fe粉反应完全后过滤得到纯净的FeCl2溶液，故答案为：足量Cl2（或氯水）；2FeCl2+Cl2=2FeCl3；足量；铁粉；过滤；

（4）离子方程式CO32-+2H+=CO2↑+H2O是可溶于水的碳酸盐和强酸反应生成溶于水的盐、二氧化碳、水；化学方程式为：Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O；

故答案为：Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O．六、探究题(共4题，共8分)26、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，与氢氧化钠不反应，甲酸、苯酚与氢氧化钠反应生成溶于水的钠盐，苯（）不溶于水，加入氢氧化钠，溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠，分液后得到苯，将溶液蒸馏可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分离，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸馏可得到甲酸（HCOOH），故答案为：a．分液；b．蒸馏；c．分液；d．蒸馏；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氢氧化钠，溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠，分液后得到苯，将溶液蒸馏可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯