2025年华师大新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年华师大新版高三化学下册月考试卷361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、固体NH4Br置于1升的密闭容器中，在恒温条件下存在如下两个可逆反应：NH4Br⇌NH3+HBr；2HBr⇌H2+Br2

5分钟后，测得H2的浓度为1mol/L，HBr的浓度为8mol/L，则上述反应中生成NH3的速率为（）A.1.2mol•L-1•min-1B.2mol•L-1•min-1C.5mol•L-1•min-1D.10mol•L-1•min-12、下列几种情况都有白色物质生成，其中生成物化学成分相同的是：rm{垄脵}块状纯碱久置于空气中生成的白色粉末；rm{垄脷}盛澄清石灰水的烧杯内壁附着的白色物质；rm{垄脹}生石灰久置于空气中生成的白色物质；rm{垄脺Na_{2}SiO_{3}}水溶液置于敞口容器中，溶液中出现的白色浑浊物rm{(}rm{)}A.rm{垄脵垄脺}B.rm{垄脷垄脹}C.rm{垄脵垄脷}D.rm{垄脹垄脺}3、用rm{N_{A}}表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的有rm{(}rm{)}A.rm{56}克亚铁离子得到rm{2N_{A}}个电子被还原成单质B.rm{1L}rm{1mol/L}的rm{KCl}溶液中含rm{Cl^{-}}的物质的量为rm{N_{A}}C.在rm{25隆忙}rm{1.01隆脕10^{5}Pa}的条件下，rm{2.24LCO_{2}}中含有的原子数大于rm{0.3N_{A}}D.rm{0.1mol/L}的氯化钡溶液中氯离子的数目是rm{0.2N_{A}}4、下列有关胶体的说法正确的是（）A.直径介于1nm-10nm之间的微粒称为胶体B.用过滤的方法除去NaCl溶液中含有的少量淀粉胶体C.Fe（OH）3难溶于水，因此不可能均匀分散在水里形成稳定的红褐色的液体D.用丁达尔效应鉴别Fe（OH）3胶体和FeCl3溶液5、目前人们掌握了可充电锌—空气电池技术，使这种电池有了更广泛的用途。这种电池使用特殊技术吸附空气中的氧，以苛性钠溶液为电解质，电池放电时的总反应为2Zn＋O2=2ZnO，下列判断正确的是（）A.放电时，OH－向负极方向移动B.放电时，正极反应式为Zn＋2OH－－2e－=ZnO＋H2OC.充电时，Zn发生氧化反应D.充电时，阴极反应为O2＋2H2O＋4e－=4OH－6、已知酸性:现要将转变为可行的方法是A.与足量NaOH溶液共热，再通入足量CO2气体B.与稀硫酸共热后，再加入足量NaOH溶液C.该物质的溶液中加入足量的稀硫酸加热D.与稀硫酸共热后，再加入足量的NaHCO3溶液7、某温度时，Ag2SO4在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法中不正确的是A.b点对应的Ksp等于c点对应的KspB.采取蒸发溶剂的方法可以使溶液从a点变到b点C.该温度下，Ag2SO4的溶度积常数（Ksp）为1．6×10-5(mol·L-1)2D.0.02mol·L-1的AgNO3溶液与的0.2mol·L-1的Na2SO4溶液等体积混合不会生成沉淀评卷人得分二、双选题(共6题，共12分)8、（双项）下列说法正确的是（）A.氢键是一种化学键B.氢键使物质具有较高的熔、沸点C.能与水分子形成氢键的物质易溶于水D.水结成冰体积膨胀与氢键无关9、新型纳米材料MFe2Ox（3＜x＜4）中M表示+2价的金属元素，在反应中M化合价不发生变化．常温下，MFe2Ox能使工业废气中的（SO2）转化为S，流程如下：MFe2OxMFe2Oy下列判断正确的是（）A.SO2是该反应的催化剂B.MFe2Ox是还原剂C.X＜YD.SO2发生了置换反应10、25℃时，下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A.0.1mol•L-1NaHC2O4溶液（pH=5.5）：c（Na+）＞c（HC2O4-）＞c（H2C2O4）＞c（C2O42-）B.0.1mol•L-1NaHS溶液：c（OH-）+c（S2-）=c（H+）+c（H2S）C.0.1mol•L-1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol•L-1NaOH溶液至中性：c（Na+）＞c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（OH-）=c（H+）D.0.1mol•L-1CH3COOH溶液和0.1mol•L-1CH3COONa溶液等体积混合：c（Na+）＞c（CH3COOH）＞c（CH3COO-）＞c（H+）＞c（OH-）11、下列化学方程式正确的是()A.铁屑溶于稀硫酸：2Fe+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2↑B.食盐溶于硝酸钾溶液：NaCl+KNO3=NaNO3+KClC.正常雨水的pH约为5.6的原因：CO2+H2O=H2CO3D.硝酸铵与烧碱不可共存是因为：NH4NO3+NaOH=NaNO3+NH3•H2O12、某有机物是一种医药中间体rm{.}其结构简式如图所示rm{.}下列有关该物质的说法正确的是rm{(}rm{)}

A.该化合物分子中不含手性碳原子B.该化合物与rm{NaHCO_{3}}溶液作用有rm{CO_{2}}气体放出C.rm{1}rm{mol}该化合物与足量溴水反应，消耗rm{2}rm{mol}rm{Br_{2}}D.在一定条件下，该化合物与rm{HCHO}能发生缩聚反应13、在pH=1时，可大量共存且形成无色溶液的一组离子或分子是（）A.Ca2+、CH3COOH、Br-、Na+B.NO3-、Fe3+、Mg2+、SO42-C.HClO、Ba2+、Na+、Cl-D.K+、Cl-、Al3+、SO32-评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)14、物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个基本视角．

（1）图中Y的化学式为____．

（2）治理含CO、SO2的烟道气，可以将其在催化剂作用下转化为单质S和无毒的气体．则治理烟道气反应的化学方程式为____．

（3）实验室中X[H2S]气体由不溶性的硫化亚铁[FeS]固体和稀硫酸混合反应制得，该反应的离子方程式为____．

（4）Na2S2O3[硫代硫酸钠]是一种用途广泛的钠盐．

①下列物质用于Na2S2O3的制备，从氧化还原反应的角度，理论上有可能的是____（填字母序号）．

a．Na2S+Sb．Z+Sc．Na2SO3+Yd．NaHS+NaHSO3

②Na2S2O3具有较强的还原性；能作为织锦物漂白后的脱氯剂，反应如下：

Na2S2O3+4Cl2+5H2O═2NaCl+2H2SO4+6HCl

现需处理含标准状况下Cl22.24L的织锦物，理论上需要0.00100mol/LNa2S2O3溶液的体积为____L．15、工业上以锂辉石（Li2O•Al2O3•4SiO2；含少量Ca；Mg元素）为原料生产碳酸锂．其部分工艺流程如下：

已知：①Li2O•Al2O3•4SiO2+H2SO4（浓）Li2SO4+Al2O3•4SiO2•H2O↓

②不同温度下Li2CO2和Li2OCO4的溶解度如表：

。T/℃20406080S（Li2CO3）/g1.331.171.010.85S（Li2CO4）/g34.232.831.930.7（1）从滤渣1中分离出Al2O3的部分流程如下图所示，括号中表示加入过量的试剂，方框表示所得到的物质．则步骤Ⅱ中反应的离子方程式是____．

（2）向滤液2中加入饱和Na2CO3溶液，过滤后，用“热水洗涤”的原因是____．

（3）工业上用电解法将Li2CO3粗品制成高纯Li2CO3，其中向电解后所得的纯LiOH溶液中加入过量NH4HCO3溶液可生成Li2CO3，反应的化学方程式是____．16、Ⅰ．工业上可用煤制天然气，生产过程中有多种途径生成CH4．写出CO2与H2反应生成CH4和H2O的热化学方程式．

已知：①CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）△H=-41kJ•mol-1

②C（s）+2H2（g）⇌CH4（g）△H=-73kJ•mol-1

③2CO（g）⇌C（s）+CO2（g）△H=-171kJ•mol-1

Ⅱ．电子产品产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁．某化学兴趣小组将一批废弃的线路板简单处理后；得到含Cu；Al、Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：

按要求回答下列问题：

（1）滤渣1中存在的金属有____．

（2）已知沉淀物的pH如下表：

。氢氧化物开始沉淀时的pH氢氧化物沉淀完全时的pHFe2+7.09.0Fe3+1.93.7Cu2+4.96.7Al3+3.04.4①则操作②中X物质最好选用的是____（填编号）

a．酸性高锰酸钾溶液b．漂白粉c．氯气d．双氧水。

②理论上应控制溶液pH的范围是____．

（3）用一个离子方程式表示在酸浸液中加入适量铝粉的反应：____．

（4）由CuSO4•5H2O制备CuSO4时，应把CuSO4•5H2O放在____（填仪器名称）中加热脱水．

（5）现在某些电器中使用的高铁电池是一种新型可充电电池；与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压．高铁电池的总反应为：

3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH；

该电池放电时负极反应式为____，每有1molK2FeO4被还原，转移电子的物质的量为____，充电时阳极反应式为____．17、（2015秋•宁夏校级月考）对于N2O4（g）⇌2NO2（g）在温度一定时，平衡体系中NO2的体积分数V（NO2）%随压强的变化情况如图所示（实线上的任何一点为对应压强下的平衡点）．

（1）A、C两点的反应速率的关系为A____C（填“＞”“＜”或“=”）．

（2）当反应处于B状态时，v正____v逆（填“＞”“＜”或“=”），A、B、C、D、E各状态中，v正＜v逆的是____．

（3）由D状态转变为C状态后，混合气体的总物质的量会____（填“增大”；“减小”）．

（4）欲要求使E状态从水平方向到达C状态后，再沿平衡曲线达A状态，从理论上来讲，可选用的条件是____．

A．从P1无限缓慢加压至P2，再由P2无限缓慢降压至P1

B．从P1突然加压至P2，再由P2无限缓慢降压至P1

C．从P1突然加压至P2，再由P2突然降压至P1．18、（1）X是最简单的烯烃．现有如下的反应关系：（已知F是一种常见的塑料）

①X的结构简式为____；C的官能团名称是____

②由E制取F的化学方程式为____

（2）某实验小组用下列装置进行A转化为B的实验．

①请写出A制取B的化学反应方程式：____

②甲和乙两个水浴作用不相同．甲的作用是____；乙的作用是____．

③试管a中收集到的液体用紫色石蕊试纸检验，试纸显红色，要除去该物质，可在混合液中加入____（填写字母）．

a．氯化钠溶液b．苯c．碳酸氢钠溶液d．四氯化碳。

（3）阿斯匹林的结构简式为：则1mol阿斯匹林和足量的NaOH溶液充分反应，消耗NaOH的物质的量为____．

（4）某烃的分子式为C8H10，其不能使溴水褪色，但可使酸性KMnO4溶液褪色，且此烃与液溴在催化剂条件下只得到一种取代产物，其结构可能有____种．

A．2种B．3种C．4种D．5．19、某化学小组用下图装置电解CuCl2溶液制少量漂白液：

（1）图l阳极的反应式是：____，导气管W端应与出气口一____连接．

（2）实验后发现阴极碳棒上除了附着有红色物质；还附着有少量白色物质．某化学兴趣小组查阅资料可知：

。物质名称及化学式氯化亚铜CuCl碱式氯化铜Cu2（OH）3Cl性质白色固体、不溶水绿色固体、不溶水化学小组分析提出：

①红色物质可能有Cu或____；或二者都有；

②白色物质为CuCl

（3）为探究阴极碳棒上附着的红色、白色物质，设计了如下实验：取出阴极碳棒，洗涤、干燥、称其质量为W1g，并将其放入图2所示装置b中，进行实验．实验中，碳棒上的白色物质完全变为红色，无水硫酸铜不变色，d中出现白色沉淀；实验结束时，继续通H2直至碳棒冷却后，称量其质量为W2g．

①碳棒上的红色物质是____，无水硫酸铜的作用是____；

②d中反应的离子方程式是____；

③装置b中发生反应的化学方程式是____．

④电解CuCl2溶液时，阴极上产生白色物质的原因用电极反应式解释为____．

⑤阴极上产生白色物质的物质的量是____；若装置b冷却时不继续通H2，则计算所得CuCl的产率会____（偏大、偏小、不变）．20、（1）用质量分数为98%、密度为1.84g•cm-3的浓硫酸配制100mL1.84mol•L-1的稀硫酸，若实验仪器有：A．100mL量筒；B．托盘天平；C．玻璃棒；D．50mL容量瓶；E．10mL量筒，F．胶头滴管；G．50mL烧杯；H．100mL容量瓶，实验时应选用仪器的先后顺序是（填入编号）：____．

（2）在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是（填编号）____．

A．使用容量瓶前检查它是否漏水。

B．容量瓶用蒸馏水洗净后；再用待配溶液润洗。

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，缓慢加入蒸馏水到接近标线2～3cm处，用滴管加蒸馏水到标线。

D．配制溶液时；如果试样是液体，用量筒量取试样后，直接倒入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到标线。

E．盖好瓶塞；用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转和摇动多次。

F．往容量瓶中转移溶液时应用玻璃棒引流．21、目前世界上60%的镁是从海水中提取的．学生就这个课题展开了讨论的．已知海水提镁的主要步骤如图所示：

学生就这个课题提出了以下问题：

（一）在海水提镁的过程中如何实现对镁离子的富集？有三个学生提出自己的观点．

学生1的观点：直接往海水中加入沉淀剂．

学生2的观点：高温加热蒸发海水后；再加入沉淀剂．

学生3的观点：利用晒盐后的苦卤水；再加入沉淀剂．

请你评价三个学生提出的观点是否正确（填是或否）；并简述理由．

。是否正确简述理由学生1的观点________学生2的观点________学生3的观点________（二）在海水提镁的过程中如何实现对镁离子的分离？

（1）为了使镁离子沉淀下来，加入的足量试剂①是____（填化学式）．

（2）试从节约能源，提高金属镁的纯度分析，适宜冶炼镁的方法是（用化学方程式表示）____．评卷人得分四、判断题(共4题，共28分)22、葡萄糖注射液不能产生丁达尔效应，不属于胶体____（判断对错）23、在NaCl、MgCl2和MgSO4三种盐配成的混合溶液中，若Na+的浓度为0.1mol•L-1、Mg2+的浓度为0.25mol•L-1、Cl-的浓度为0.2mol•L-1、则SO42-的物质的量浓度为0.2mol•L-1____（判断对错）．24、合理选择饮食，正确使用药物是人体健康的保证____．（判断对错）25、向试管中滴加液体时，胶头滴管紧贴试管内壁____．（判断对错）评卷人得分五、探究题(共4题，共32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：评卷人得分六、简答题(共1题，共7分)30、某氯化铁样品含有少量FeCl2杂质．现要测定其中铁元素的质量分数；实验按以下步骤进行：请根据下面流程，回答以下问题：

（1）操作Ⅰ所用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还必须有______、______（填仪器名称），操作Ⅱ必须用到的仪器是______（填编号）．

A．50mL烧杯B．50mL量筒C．100mL量筒D．25mL滴定管。

（2）请写出加入溴水发生的离子反应方程式______，加入氨水要过量的原因是______．

（3）检验沉淀是否已经洗涤干净的操作是______．

（4）若蒸发皿质量是W1g，蒸发皿与加热后固体总质量是W2g，则样品中铁元素的质量分数是______（列出原始计算式，不需化简）；若称量准确，最终测量的结果偏大，则造成误差的原因可能是______．（写出一种原因即可）．参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【分析】反应达到化学平衡，测知H2浓度为1mol•L-1，则消耗的HBr为1mol•L-1×2=2mol•L-1；测知HBr的浓度为8mol•L-1，则NH4Br分解生成的HBr的浓度为2mol•L-1+8mol•L-1=10mol•L-1，故NH4Br分解生成的NH3的浓度为10mol•L-1，根据v=结合方程式进行计算．【解析】【解答】解：NH4Br（s）═NH3（g）+HBr（g），2HBr（g）═Br2（g）+H2（g）；

10mol•L-110mol•L-12mol•L-11mol•L-11mol•L-1

反应达到化学平衡，测知H2浓度为1mol•L-1，则消耗的HBr为1mol•L-1×2=2mol•L-1；测知HBr的浓度为8mol•L-1，则NH4Br分解生成的HBr的浓度为2mol•L-1+8mol•L-1=10mol•L-1，故NH4Br分解生成的NH3的浓度为10mol•L-1；

故v（NH3）===2mol•L-1•min-1；

故选B．2、B【分析】解：rm{垄脵}块状纯碱为rm{Na_{2}CO_{3}?10H_{2}O}久置于空气中生成rm{Na_{2}CO_{3}}白色粉末；

rm{垄脷}澄清石灰水的主要成分为rm{Ca(OH)_{2}}与空气中rm{CO_{2}}反应生成白色物质为rm{CaCO_{3}}

rm{垄脹}生石灰久置于空气中生成的白色物质为rm{CaCO_{3}}

rm{垄脺Na_{2}SiO_{3}}水溶液置于敞口容器中，溶液中出现的白色浑浊物为rm{H_{2}SiO_{3}}

故生成物化学成分相同的是rm{垄脷垄脹}．

故选B．

根据物质的组成和性质判断，rm{垄脵}块状纯碱为rm{Na_{2}CO_{3}?10H_{2}O}易分解；rm{垄脷}澄清石灰水的主要成分为rm{Ca(OH)_{2}}与空气中rm{CO_{2}}反应；rm{垄脹}生石灰久置于空气中生成的白色物质为rm{CaCO_{3}}rm{垄脺Na_{2}SiO_{3}}易与空气中rm{CO_{2}}反应．

本题考查物质的组成和性质，题目难度不大，注意常见元素化合物的组成和性质．【解析】rm{B}3、A【分析】解：rm{A.56}克亚铁离子物质的量为rm{dfrac{56g}{56g/mol}=1mol}得到rm{dfrac

{56g}{56g/mol}=1mol}个电子被还原成单质；故A正确；

B.rm{2N_{A}}rm{1L}的rm{1mol/L}溶液中含rm{KCl}的物质的量rm{Cl^{-}}故B错误；

C.在rm{=1L隆脕1mol/L隆脕1=1mol}rm{25隆忙}的条件下，rm{1.01隆脕10^{5}Pa}rm{Vm>22.4L/mol}中含有的原子数小于rm{2.24LCO_{2}}故C错误；

D.溶液体积未知；无法计算微粒个数，故D错误；

故选：rm{0.3N_{A}}．

A.质量转化为物质的量，结合rm{A}个亚铁离子得到rm{1}个电子被还原为单质；

B.依据rm{2}计算氯化钾的物质的量，结合rm{n=CV}氯化钾含有rm{1mol}氯离子解答；

C.在rm{1mol}rm{25隆忙}的条件下，rm{1.01隆脕10^{5}Pa}

D.溶液体积未知．

本题考查了阿伏加德罗常数的使用，掌握以物质的量为核心的有关计算公式是解题关键，注意气体摩尔体积使用条件和对象，题目难度不大．rm{Vm>22.4L/mol}【解析】rm{A}4、D【分析】【分析】A．分散质粒子直径在1nm～100nm之间的分散系属于胶体；

B．胶体能透过滤纸；

C．实验室可制得氢氧化铁胶体；

D．溶液无丁达尔效应，胶体有丁达尔效应．【解析】【解答】解：A．直径介于1nm-10nm之间的微粒不是分散系；故A错误；

B．胶体和溶液都能透过滤纸；故B错误；

C．实验室制备氢氧化铁胶体是在沸腾的蒸馏水中加入饱和的氯化铁溶液；注意不能用玻璃棒搅拌；当液体变成红褐色时立即停止加热，故C错误；

D．溶液无丁达尔效应，胶体有丁达尔效应，可用丁达尔效应鉴别Fe（OH）3胶体和FeCl3溶液；故D正确．

故选D．5、A【分析】A项，放电时阴离子向负极移动；B项，正极为得电子发生还原反应的一极；C项，充电时锌的化合价降低，被还原，做阴极；D项，该电池中O2在正极上放电。点拨：本题考查充电电池，考查考生书写电极反应式的能力。难度中等。【解析】【答案】A6、A|D【分析】试题分析：A、应先在碱性条件下水解生成再通入二氧化碳气体可生成故A正确；B、在酸性条件下水解生成加入NaOH后生成得不到故B错误；C、在酸性条件下水解生成故C错误；D、在酸性条件下水解生成再加入足量的NaHCO3溶液，－COOH与之反应，反应生成故D正确．答案选AD。考点：考查有机物性质、合成方案的设计与评价等【解析】【答案】AD7、B【分析】【解析】【答案】B二、双选题(共6题，共12分)8、B|C【分析】解：A；氢键不是化学键；而是一种分子间作用力，故A错误；

B、氢键的存在使物质有较高的熔、沸点（如HF、H2O、NH3等）；故B正确；

C、能与水分子形成氢键，使某些物质易溶于水（如NH3、C2H5OH等）；故C正确；

D；水结成冰时；水分子大范围地以氢键互相连结，形成疏松的晶体，造成体积膨胀，密度减小，故D错误；故选BC．

A；氢键是一种分子间作用力；

B；氢键的存在使物质有较高的熔、沸点；

C、能与水分子形成氢键，使某些物质易溶于水（如NH3、C2H5OH等）；

D；水结成冰时；水分子大范围地以氢键互相连结，形成疏松的晶体，造成体积膨胀，密度减小．

本题考查氢键及氢键对物质性质的影响，注意氢键的存在与电负性较强的N、O、F元素有关，选项C为解答的难点，题目难度中等．【解析】【答案】BC9、B|C【分析】解：A．SO2在反应中转化为S为氧化剂；不是催化剂，故A错误；

B．SO2转化为S，S元素化合价降低，说明SO2在反应中为氧化剂，则MFe2Ox为还原剂；故B正确；

C．MFe2Ox为还原剂生成MFe2Oy；反应后Fe元素的化合价升高，根据化合价代数和，则有（2y-2）＞（2x-2），即y＞x，故C正确；

D．化合物与化合物反应生成单质和化合物，不属于置换反应，SO2转化为S；发生氧化还原反应，故D错误．

故选BC．

在反应中，SO2转化为S，S元素化合价降低，说明SO2在反应中为氧化剂，则MFe2Ox为还原剂；反应后Fe元素的化合价升高，根据Fe元素常见化合价为+2；+3价判断x、y大小关系．

本题主要考查学生根据题目所给的信息和所学的化学知识进行解题的能力，解答时注意根据化合价的变化和化合物化合价代数和为0分析解答问题，要细心分析，题目难度不大．【解析】【答案】BC10、B|C【分析】解：A．0.1mol•L-1NaHC2O4溶液（pH=5.5），溶液呈酸性，说明HC2O4-的电离程度大于其水解程度，则c（C2O42-）＞c（H2C2O4），正确的浓度大小为：c（Na+）＞c（HC2O4-）＞c（C2O42-）＞c（H2C2O4）；故A错误；

B．0.1mol•L-1NaHS溶液中，根据质子守恒可得：c（OH-）+c（S2-）=c（H+）+c（H2S）；故B正确；

C．0.1mol•L-1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol•L-1NaOH溶液至中性，则c（OH-）=c（H+），根据电荷守恒可知：c（Na+）+c（NH4+）=c（SO42-），由于铵根离子部分水解，则c（SO42-）＞c（NH4+），所以c（Na+）＞c（SO42-），溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（OH-）=c（H+）；故C正确；

D．0.1mol•L-1CH3COOH溶液和0.1mol•L-1CH3COONa溶液等体积混合，由于醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，则c（CH3COO-）＞cc（CH3COOH），结合物料守恒可知c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（CH3COOH），溶液中正确的浓度大小为：c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH-）；故D错误；

故选BC．

A．NaHC2O4溶液的pH=5.5，说明HC2O4-的电离程度大于其水解程度，则c（C2O42-）＞c（H2C2O4）；

B．根据硫氢化钠溶液中的质子守恒判断；

C．当二者按照1：1混合时生成硫酸钠；硫酸铵；溶液呈酸性，则氢氧化钠稍过量，结合电荷守恒判断；

D．醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，则c（CH3COO-）＞cc（CH3COOH），结合物料守恒可知c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（CH3COOH）．

本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确盐的水解原理原理及其影响为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒、质子守恒的含义及应用方法，试题培养了学生的灵活应用能力．【解析】【答案】BC11、C|D【分析】A、铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，反应的化学方程式为：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑；故A错误；

B；食盐溶于硝酸钾溶液；不能发生反应，故B错误；

C、正常雨水的pH≈5.6，小于7，说明正常雨水显弱酸性；正常雨水显弱酸性的原因是二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸显酸性，反应的化学方程式为：CO2+H2O═H2CO3；故C正确。

D、硝酸铵与烧碱不可共存是因为发生反应NH4NO3+NaOH=NaNO3+NH3•H2O；加热反应生成氨气，故D正确；

故选CD．

【解析】【答案】CD12、rBC【分析】解：rm{A.}分子中与苯酚和羰基相连的碳原子连接rm{4}个不同的原子团；为手性碳原子，故A错误；

B.含有羧基；具有酸性，可与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳气体，故B正确；

C.含有碳碳双键，与溴水发生加成反应，酚羟基的邻位与溴发生取代反应，则rm{1}rm{mol}该化合物与足量溴水反应，消耗rm{2}rm{mol}rm{Br_{2}}故C正确；

D.羟基邻位只有rm{1}个rm{H}原子；与甲醛不能发生缩聚反应，故D错误．

故选BC．

有机物含有羧基；羰基、碳碳双键以及酚羟基；可结合酸、酮、苯酚以及烯烃的性质解答该题．

本题考查物质的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重酚、酸性质的考查，选项D为解答的难点，题目难度不大．【解析】rm{BC}13、AC【分析】解：pH=1的溶液中存在大量的H+，无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；

A．该组离子在酸性条件下不发生反应；且在水中均为无色，故A正确；

B．Fe3+在水中为黄色；与无色溶液不符，故B错误；

C．HClO、Ba2+、Na+、Cl-之间不反应；都是无色离子你，能够大量共存，故C正确；

D．SO32-与Al3+、H+反应；不能大量共存，故D错误；

故选：AC。

pH=1的溶液中存在大量的H+，无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；

A．四种离子之间不反应；都是无色离子，都不与氢离子反应；

B．铁离子为有色离子；

C．四种离子之间不反应；都不与氢离子反应，且为无色溶液；

D．铝离子；氢离子与亚硫酸根离子反应。

本题考查离子共存的正误判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN-）等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。【解析】AC三、填空题(共8题，共16分)14、SO32CO+SO22CO2+SFeS+2H+=Fe2++H2S↑bd25【分析】【分析】（1）图象化合价和物质分类可知Y为+6价硫元素的氧化物；

（2）治理含CO、SO2的烟道气；可以将其在催化剂作用下转化为单质S和无毒的气体，原子守恒可知无毒气体应为二氧化碳，结合原子守恒配平书写化学方程式；

（3）不溶性的硫化亚铁[FeS]固体和稀硫酸混合反应生成硫化氢气体和硫酸亚铁；硫化亚铁为难溶固体，硫化氢是气体不能拆分为离子；

（4）①Na2S2O3中S为+2价；从氧化还原的角度分析，反应物中S元素化合价必须分别大于2和小于2；

②依据化学方程式定量关系计算Na2S2O3的物质的量，V=计算得到需要溶液体积；【解析】【解答】解：（1）根据图象化合价和物质分类可知，Y为+6价硫元素的氧化物，化学式为SO3，故答案为：SO3；

（2）治理含CO、SO2的烟道气，可以将其在催化剂作用下转化为单质S和无毒的气体，原子守恒可知无毒气体应为二氧化碳，反应的化学方程式为：2CO+SO22CO2+S，故答案为：2CO+SO22CO2+S；

（3）不溶性的硫化亚铁[FeS]固体和稀硫酸混合反应生成硫化氢气体和硫酸亚铁，硫化亚铁为难溶固体，硫化氢是气体不能拆分为离子，硫酸、硫酸亚铁是溶于水的强电解质，可以拆分成离子，反应的离子方程式为：FeS+2H+=Fe2++H2S↑；

故答案为：FeS+2H+=Fe2++H2S↑；

（4）①Na2S2O3中S为+2价，从氧化还原的角度分析，反应物中S元素化合价必须分别大于2和小于2，a中S化合价都小于2，c中S的化合价都大于2，bd符合题意；

故答案为：bd；

②化学方程式计算，设需要Na2S2O3+物质的量为x，反应的氯气物质的量==0.1mol；

Na2S2O3+4Cl2+5H2O═2NaCl+2H2SO4+6HCl

14

x0.1mol

x=0.025mol

理论上需要0.00100mol/LNa2S2O3溶液的体积V==25L；

故答案为：25；15、Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可减少Li2CO3的损失2LiOH+NH4HCO3=Li2CO3↓+NH3+2H2O【分析】【分析】锂辉石（Li2O•Al2O3•4SiO2，含少量Ca，Mg元素）经过研磨、加热、酸化得到可溶性的硫酸锂、硫酸铝和不溶的二氧化硅，经过过滤，得到滤渣1二氧化硅，滤液1经过调节PH值，使溶液得到滤液2Mg（OH）2和CaCO3．向滤液1中加入石灰乳以增加Ca2+、OH-的浓度，使Mg（OH）2、CaCO3更利于析出，以便形成滤渣2，热水洗涤Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，可减少Li2CO3的损失；得到最终产物碳酸锂；

（1）步骤Ⅱ中铝离子与氨水反应生成氢氧化铝沉淀；

（2）依据图表分析可知碳酸锂溶解度随温度升高减小；

（3）电解后向LiOH溶液中加入过量NH4HCO3溶液，氢氧化锂与碳酸氢铵反应生成碳酸锂．【解析】【解答】解：锂辉石（Li2O•Al2O3•4SiO2，含少量Ca，Mg元素）经过研磨、加热、酸化得到可溶性的硫酸锂、硫酸铝和不溶的二氧化硅，经过过滤，得到滤渣1二氧化硅，滤液1经过调节PH值，使溶液得到滤液2Mg（OH）2和CaCO3．向滤液1中加入石灰乳以增加Ca2+、OH-的浓度，使Mg（OH）2、CaCO3更利于析出，以便形成滤渣2，热水洗涤Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，可减少Li2CO3的损失；得到最终产物碳酸锂；

（1）铝离子生成氢氧化铝的反应，反应离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；

故答案为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；

（2）向滤液2中加入饱和Na2CO3溶液；过滤后，用“热水洗涤”，图表中碳酸锂溶解度随温度升高减小，减少沉淀的损失；

故答案为：Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可减少Li2CO3的损失；

（3）电解后向LiOH溶液中加入过量NH4HCO3溶液，氢氧化锂与碳酸氢铵反应生成碳酸锂的方程式为：2LiOH+NH4HCO3=Li2CO3↓+NH3+2H2O；

故答案为：2LiOH+NH4HCO3=Li2CO3↓+NH3+2H2O．16、Au、Ptd4.4＜pH＜4.9Fe3++Al=Al3++Fe坩埚Zn-2e-+2OH-=Zn（OH）23molFe（OH）3+5OH--3e-=FeO42-+4H2O【分析】【分析】Ⅰ．根据盖斯定律书写目标热化学方程式；

Ⅱ．（1）稀硫酸；浓硝酸混合酸后加热；Cu、Al、Fe发生了反应，所以滤渣1的成分是Pt和Au；

（2）①根据双氧水具有氧化性且被还原为水；产物无杂质无污染进行分析；

②依据流程分析；加入氧化剂后亚铁离子被氧化为铁离子，加入氢氧化钠调节溶液PH使铁离子和铝离子全部沉淀，铜离子不沉淀，据此判断pH的范围；

（3）滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铝的混合物；加入酸溶液后生成了铁离子；铝离子，向该溶液中加入铝粉，铁离子与铝反应生成铁和铝离子，据此写出反应的离子方程式；

（4）加热硫酸铜晶体时需要放在坩埚中进行；

（5）放电时，Zn为负极，失去电子，发生电极反应：Zn-2e-+2OH-=Zn（OH）2；

根据K2FeO4中铁的化合价由+6变化为+3；化合价降低3；

正反应中Fe元素的化合价降低，K2FeO4为正极，则充电时为阳极，发生氧化反应：2Fe（OH）3+10OH--6e-=2FeO42-+8H2O．【解析】【解答】解：Ⅰ．已知：①CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）△H=-41kJ•mol-1

②C（s）+2H2（g）⇌CH4（g）△H=-73kJ•mol-1

③2CO（g）⇌C（s）+CO2（g）△H=-171kJ•mol-1

根据盖斯定律，②+③-①×2得：CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（g）△H=-162kJ•mol-1；

故答案为：CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（g）△H=-162kJ•mol-1；

Ⅱ．（1）稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+；Au；Pt和酸不反应，所以滤渣是Au、Pt；

故答案为：Au；Pt；

（2）①第②步加入试剂X的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，双氧水与亚铁离子的反应为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；双氧水做氧化剂被还原后为水，不引入杂质，对环境无污染，而高锰酸钾溶液；漂白粉、氯气做氧化剂，反应后引进了装置，且污染环境，所以试剂X最好选用双氧水；

故答案为：d；

②调溶液PH的目的是使Fe3+和Al3+形成沉淀，依据图表数据分析可知，铁离子完全沉淀时溶液pH=3.7，铝离子完全沉淀时溶液pH=4.4，而铜离子开始沉淀时的pH=4.9，所以使Fe3+和Al3+形成沉淀；铜离子不沉淀，溶液pH调节范围应该为：4.4＜pH＜4.9；

故答案为：4.4＜pH＜4.9；

（3）根据实验流程，酸浸液中含有铁离子和铝离子，向酸浸液中加入铝粉后，铁离子与铝发生反应生成铁和铝离子，反应的离子方程式为Fe3++Al=Al3++Fe；

故答案为：Fe3++Al=Al3++Fe；

（4）由CuSO4•5H2O制备CuSO4时，应把CuSO4•5H2O放在坩埚中；

故答案为：坩埚；

（5）放电时，Zn为负极，失去电子，发生电极反应：Zn-2e-+2OH-=Zn（OH）2；

K2FeO4中铁的化合价由+6变化为+3，化合价降低3，所以每有1molK2FeO4被还原；转移电子的物质的量为3mol；

正反应中Fe元素的化合价降低，K2FeO4为正极，则充电时为阳极，发生氧化反应：Fe（OH）3+5OH--3e-=FeO42-+4H2O；

故答案为：Zn-2e-+2OH-=Zn（OH）2；3mol；Fe（OH）3+5OH--3e-=FeO42-+4H2O．17、＜=D减小B【分析】【分析】（1）压强越大；气体的反应速率越大；

（2）D点要达平衡，必须降低NO2的百分含量；也就是逆向建立平衡，A；B、C三点都在平衡线上，所以此三点的正逆反应速率相等；

（3）由D状态转变为C状态；该反应向逆反应方向移动；

（4）从当快速加压时，平衡未移动，但压强迅速增大，反映在图象上就是纵坐标不变，横坐标不断增大；当缓慢加压时，平衡不断地被破坏，但又不断地建立新的平衡的角度分析．【解析】【解答】解：（1）由于C点的压强大于A点的压强；所以正反应速率A＜C，故答案为：＜；

（2）当反应处于B状态时，为平衡状态，v正=v逆，A、B、C三点都在平衡线上，所以此三点的正逆反应速率相等．D点要达平衡，必须降低NO2的百分含量，也就是逆向建立平衡，从而得出v（正）＜v（逆）．E点要达平衡，必须提高NO2的百分含量；也就是正向建立平衡，从而得出v（正）＞v（逆），故答案为：D；

（3）根据图象知；由D状态转变为C状态，二氧化氮含量减小，该反应向逆反应方向移动，则混合气体的物质的量减小，故答案为：减小；

（4）对于压强的改变，当快速加压时，平衡未移动，但压强迅速增大，反映在图象上就是纵坐标不变，横坐标不断增大；当缓慢加压时，平衡不断地被破坏，但又不断地建立新的平衡，所以缓慢加压时，NO2的体积百分含量的变化应不断地在平衡曲线上滑动．所以“使E状态从水平方向到达C状态”；应突然加压；“由C沿平衡曲线以达A状态”，应缓慢降压．

故答案为：B．18、CH2=CH2羧基nCH2=CHCl2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O使乙醇受热挥发冷却，使生成物乙醛液化c3molB【分析】【分析】（1）X是最简单的烯烃；则X是乙烯，乙烯和水反应生成A乙醇，乙醇被氧化生成B乙醛，乙醛被氧化生成乙酸C，乙烯和氯气发生加成反应生成1，2-二氯乙烷D，1，2-二氯乙烷脱去一分子氯化氢生成E，E是氯乙烯，氯乙烯发生加聚反应生成F，则F是聚氯乙烯；

（2）①乙醇在铜做催化剂条件被氧气氧化成乙醛；

②依据乙醇和乙醛的物理性质：二者都容易挥发．乙醇是反应物；应转化成乙醇蒸汽进入到硬质试管内参与反应；乙醛是产物，降低温度使其转化成液态，所以前者用热水浴，后者用冷水浴；

③根据物质的沸点高低不同来确定获得的物质；结合物质的性质来确定混合液中加入的物质．

（3）阿斯匹林中酯基；羧基都能与氢氧化钠反应；同时酯基水解生成酚羟基也能与氢氧化钠反应；

（4）某烃的分子式为C8H10，不能使溴水褪色，但可使酸性KMnO4溶液褪色，所以含有苯环，结合C、H原子数目关系可知，属于苯的同系物，然后根据剩余的2个碳可以形成1个乙基或2个甲基来解答．【解析】【解答】解：（1）X是最简单的烯烃；则X是乙烯，乙烯和水反应生成A乙醇，乙醇被氧化生成B乙醛，乙醛被氧化生成乙酸C，乙烯和氯气发生加成反应生成1，2-二氯乙烷D，1，2-二氯乙烷脱去一分子氯化氢生成E，E是氯乙烯，氯乙烯发生加聚反应生成F，则F是聚氯乙烯；

①通过以上分析知，X是乙烯，结构简式为CH2=CH2；C是乙酸，含有的官能团为羧基；

故答案为：CH2=CH2；羧基；

②E是氯乙烯，氯乙烯发生加聚反应生成F，反应的方程式为nCH2=CHCl

故答案为：nCH2=CHCl

（2）①乙醇在铜做催化剂条件被氧气氧化成乙醛，反应的方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；

故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；

②根据反应流程可知：在甲处用热水浴加热使乙醇挥发与空气中的氧气混合；有利于下一步反应；乙处作用为冷水浴，降低温度，使生成的乙醛冷凝成为液体，沉在试管的底部；

故答案为：使乙醇受热挥发；冷却；使生成物乙醛液化；

③乙醇的催化氧化实验中的物质：乙醇；乙醛、乙酸和水的沸点高低不同；在试管a中能收集这些不同的物质，其中乙酸能使紫色石蕊试纸显红色，要除去该物质，可在混合液中加入碳酸氢钠，碳酸氢钠可以和乙酸之间反应生成乙酸钠、水以及二氧化碳，其余的物质和乙酸均不会发生反应，故答案为：c．

（3）阿斯匹林中酯基；羧基都能与氢氧化钠反应；同时酯基水解生成酚羟基也能与氢氧化钠反应，所以1mol阿斯匹林和足量的NaOH溶液充分反应，消耗NaOH的物质的量为3mol；

故答案为：3mol；

（4）某烃的分子式为C8H10，不能使溴水褪色，但可使酸性KMnO4溶液褪色，所以含有苯环，是苯的同系物，可以形成乙苯、邻二甲苯、间二甲苯、对二甲苯，此烃与液溴在催化剂条件下只得到一种取代产物，只能是邻、间、对二甲苯，故选B．19、2Cl--2e-=Cl2↑XCu2OCu检验红色物质中有无Cu2OAg++Cl-=AgCl↓2CuCl+H22Cu+2HClCu2++e-+Cl-=CuCl↓mol偏小【分析】【分析】（1）阳极上氯离子失电子生成氯气；Y电极上析出Cu；氯气能和碱反应生成盐和水，氯气有毒不能直接排空，可以碱液吸收；

（2）根据物质颜色判断；

（3）①实验中，碳棒上的白色物质完全变为红色，无水硫酸铜不变色氢气还原产物中不含水蒸气，d中出现白色沉淀，氯离子和银离子反应生成白色沉淀，由现象说明不含Cu2O；含有CuCl；

②氯离子和银离子反应生成白色沉淀；

③氢气还原CuCl生成Cu和HCl；

④电解过程中；阴极上铜离子得电子和氯离子反应生成白色沉淀CuCl；

⑤b中反应前后固体质量减少的量是Cl元素质量，根据差量法计算白色物质的物质的量；若装置b冷却时不继续通H2，会导致生成的Cu和空气反应生成CuO而产生误差．【解析】【解答】解：（1）阳极上氯离子失电子生成氯气，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑；Y电极上析出Cu；氯气能和碱反应生成盐和水，氯气有毒不能直接排空，可以碱液吸收，所以导气管W端应该与X连接；

故答案为：2Cl--2e-=Cl2↑；X；

（2）Cu和Cu2O都是红色物质，所以红色物质还可能是Cu2O或二者都有，故答案为：Cu2O；

（3）①由于无水硫酸铜不变色，证明b中反应产物没有水生成，碳棒上的红色物质中没有氧元素，一定不会含有氧化亚铜，一定含有铜；无水硫酸铜来检验红色物质中有无Cu2O；

故答案为：铜；检验红色物质中有无Cu2O；

②白色物质若为CuCl，CuCl与氢气反应会生成氯化氢，将生成产物通入硝酸银溶液中，若生成了白色沉淀，证明白色物质为CuCl，反应的离子方程式为：Ag++Cl-=AgCl↓；

故答案为：Ag++Cl-=AgCl↓；

③装置b中发生反应为CuCl与氢气反应，反应的化学方程式为：2CuCl+H22Cu+2HCl；

故答案为：2CuCl+H22Cu+2HCl；

④电解CuCl2溶液时，阴极上发生的反应为铜离子得到电子生成铜：Cu2++2e-=Cu和铜离子失去电子生成氯化亚铜：Cu2++e-+Cl-=CuCl；

故答案为：Cu2++e-+Cl-=CuCl↓；

⑤2CuCl+H2=2Cu+2HCl，反应前后固体质量变化为氯元素质量，白色固体为CuCl，所以n（CuCl）=n（Cl）=mol，装置b冷却时不继续通H2；空气中的氧气进入会增加固体质量使测定亚铜离子产率减小；

故答案为：mol；偏小．20、EFGCHFBCD【分析】【分析】（1）先根据稀释前后溶质的物质的量不变；计算出浓溶液的体积，选取合适的量筒，再根据配制一定物质的量浓度的溶液需要量取；溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作解答；

（2）根据正确使用容量瓶的方法进行判断．【解析】【解答】解：（1）98%的浓H2SO4的物资的量浓度为c==mol/L=18.4mol/L，配制1.84mol/L的稀硫酸100mL，需要浓硫酸的体积为V==0.01L=10mL；应选择10ml量筒，因配制一定物质的量浓度的溶液需要量取；溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，所以正确顺序为：EFGCHF；

故答案为：EFGCHF；

（2）A；容量瓶是带有活塞的仪器；使用前要检查是否漏水，故A正确；

B；容量瓶用蒸馏水洗净后；不能够使用待配溶液润洗，否则导致配制的溶液浓度偏高，故B错误；

C；容量瓶的定量仪器；只能用于配制一定物质的量浓度的溶液，不能用于溶解，应该在烧杯中溶解，故C错误；

D；无论配制的试样是液体还是固体；都不能在容量瓶中溶解，应该在烧杯中溶解或稀释，故D错误；

E；定容完成后；需要摇匀配制的溶液，方法为：盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转和摇动多次，故E正确；

F；在向容量瓶转移液体时；要用玻璃棒引流，避免液体留到容量瓶外面，故F正确；

故选BCD．21、否海水中镁离子浓度小，沉淀剂的用量大，不利于镁离子的沉淀否能源消耗大，海水的综合利用低，成本高是镁离子富集浓度高，成本低Ca（OH）2Mg（OH）2+2HCl=MgCl2+2H2O、MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑【分析】【分析】（一）可以比较三个观点的优点和缺点；综合分析；

（二）（1）从发生的化学反应来分析；

（2）从制取单质镁的过程考虑．【解析】【解答】解：（一）学生1与其他观点相比；海水中镁离子浓度小，使用的沉淀剂的量较大，且不利于收集氢氧化镁，因此学生1的观点不正确，原因是：海水中镁离子浓度小，沉淀剂的用量大，不利于镁离子的沉淀．

学生2与其他观点相比；高温蒸发海水，消耗的能源多，成本太高．因此学生2的观点不正确，原因是：能源消耗大，海水的综合利用低，成本高．

学生3与学生2相比；利用晒盐后的苦卤，节约能源，成本低；与学生1相比镁离子浓度高，有利于镁元素的富集．因此学生3的观点正确，因为：镁离子富集浓度高，成本低．

故答案为：

。是否正确简述理由学生1的观点否海水中镁离子浓度小，沉淀剂的用量大，不利于镁离子的沉淀．学生2的观点否能源消耗大，海水的综合利用低，成本高．学生3的观点是镁离子富集浓度高，成本低．（二）（1）加入试剂①反应生成氢氧化镁，剩余溶液，最好使用氢氧化钠，既生成氢氧化镁又不在剩余溶液中引入其他杂质离子．当然，若不考虑所得溶液的用途（如制取氯化钠），而考虑经济效益，就要使用氢氧化钙，故答案为：Ca（OH）2；

（2）制取镁时，要把氢氧化镁转化为无水氯化镁，然后电解熔融状态的氯化镁，反应方程式：Mg（OH）2+2HCl=MgCl2+2H2O、MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑，故答案为：Mg（OH）2+2HCl=MgCl2+2H2O、MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑．四、判断题(共4题，共28分)22、√【分析】【分析】葡萄糖注射液是溶液．【解析】【解答】解：葡萄糖注射液是溶液，不能产生丁达尔效应现象，不属于胶体，故答案为：√．23、√【分析】【分析】溶液呈电中性，根据电荷守恒，溶液中存在c（Na+）+2c（Mg2+）=c（Cl-）+2c（SO42-），据此计算判断．【解析】【解答】解：溶液呈电中性，根据电荷守恒，溶液中c（Na+）+2c（Mg2+）=c（Cl-）+2c（SO42-），即：0.1mol/L+2×0.25mol/L=0.2mol/L+2c（SO42-），解得c（SO42-）=0.2mol/L，故硫酸的浓度正确，故答案为：√．24、√【分析】【分析】均衡营养，药物大多有副作用，要正确使用，才能促进人体健康．【解析】【解答】解：合理选择饮食，有益健康，药物大多有副作用，要正确使用，故答案为：√．25、×【分析】【分析】根据滴管滴加液体时，滴管尖端要悬空在容器口的正上方，不能伸入试管内部更不能接触试管内壁解答．【解析】【解答】解：滴管滴加液体时，滴管尖端要悬空在容器口的正上方，不能伸入试管内部更不能接触试管内壁，以免污染滴管内的液体，故答案为：×．五、探究题(共4题，共32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，以此解答该题．27、酸式|反应中生成的锰离子具有催化作用，所以随后褪色会加快|滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装；高锰酸根离子被还原生成的锰离子有催化作用而导致反应速率加快，所以刚滴下少量KMnO4溶液时；溶液迅速变成紫红色；滴定终点时，当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化，证明达到终点；

故答案为：酸式；反应中生成的锰离子具有催化作用；所以随后褪色会加快；滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化；

(2)③第3组KMnO4溶液的体积与第1、2组相差比较大，舍去第3组，应按第1、2组的平均值为消耗KMnO4溶液的体积，故消耗KMnO4溶液的体积为mL=20mL

设样品的纯度为x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g2mol5.0g×x×g（0.1000×0.020）mol解得：x==90.00%；

故答案为：20.00；90.00%；

(3)④A．未用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗滴定管，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故A正确；

B．滴定前锥形瓶有少量水，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，根据c（待测）=分析；c（标准）不变，故B错误；

C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故C正确；

D．不小心将少量酸性KMnO4溶液滴在锥形瓶外，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故D正确；

E．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=分析；c（标准）偏小，故E错误；

故选ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装；高锰离子有催化作用而导致反应速率加快；乙二酸与KMnO4发生氧化还原反应，滴定终点时，溶液由无色变成紫红色，且半分钟内不褪色；③第3组KMnO4溶液的体积与第1、2组相差比较大，舍去第3组，应按第1、2组的平均值为消耗KMnO4溶液的体积，根据关系式2KMnO4～5H2C2O4计算；

④根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差．28、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，与氢氧化钠不反应，甲