2025年外研版2024高三化学下册月考试卷含答案

…………○…………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年外研版2024高三化学下册月考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6题，共12分)1、下列说法不正确的是（）

①质子数相同的粒子一定属于同种元素。

②同位素的物理性质有较大差别而化学性质几乎相同。

③元素种类由质子数决定；核素种类由质子数和中子数共同决定，元素主要化学性质由最外层电子数决定。

④电子数相同的粒子不一定是同一种元素。

⑤每种元素都有两种或两种以上的核素．A.①②④B.③④⑤C.②③⑤D.①⑤2、在指定环境中，下列各组离子一定可以大量共存的是（）A.使pH试纸呈红色的溶液中：Fe2+、C1-、SO42-、Na+B.在pH=10的溶液中：Na+、NO3-、C1-、Al3+C.某溶液中由水电离生成的c（H+）=10-12mol/L：CO32-、SO42-、C1-、Na+D.加入铝粉后产生大量氢气的溶液中：NH4+、Na+、NO3-、SO42-3、科学家在《Science》上发表论文，宣布发现了铝的超原子结构Al13和Al14，当这类超原子具有40个价电子（对于主族元素的原子，外围电子又称为价电子）时最稳定，在质谱仪上可检测到稳定到Al13-和Al142+．下列说法错误的是（）A.Al13和Al14互为同位素B.Al13超原子中Al原子间是通过共价键结合的C.Al13和Al的化学性质相似，都具有较强的还原性D.Al14和稀盐酸反应的化学方程式可表示为Al14+2HCl→Al14Cl2+H2↑4、下列各组物质中，属于同分异构体的是（）A.O2和O3B.CH2=CHCH2CH3和CH3CH=CHCH3C.CH3CH2CH3和CH3（CH2）2CH3D.乙醇和乙醚5、下列说法正确的是（）

①1mol氧气分子。

②0.5molAl3+

③0.2mol氢原子。

④氨的摩尔质量是17g/mol

⑤1mol水分子中含有10mol质子和10NA个电子。

⑥0.5mol氦气在标准状况下体积约为11.2升．A.都正确B.只有②③④⑤⑥C.只有②③④⑥D.只有③④⑤⑥6、关于如图所示装置，下列叙述中正确的是（）A.铜是负极，锌片上有气泡产生B.锌片逐渐减轻，铜片逐渐增重C.电流从锌片经导线流向铜片D.氢离子在铜片表面得电子被还原评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)7、用氨水吸收排放的SO2将其转化为（NH4）2SO3，再氧化成（NH4）2SO4．25℃时0.1mol•L-1（NH4）2SO4．溶液的pH=5，其原因是____（用离子方程式表示），若水解常数用Kh表示，则该温度下NH4+的水解常数Kn数值约为____．

已知25℃时。电解质Ka1Ka2H2S1.3×10-77.1×10-15H2SO31.3×10-26.3×10-825℃时浓度均为0.1mol•L-1的四种溶液：①Na2S、②NaHS、③Na2SO3、④NaHSO3，pH由小到大的顺序是____（填序号）．0.1mol•L-1的Na2S溶液中各离子浓度由大到小顺序是____．8、下图为五个椭圆交叉构成的图案，其中五个椭圆内分别写了C2H5OH、CO2、Fe2O3、FeCl3、KOH五种物质，图中相连的物质均可归为一类，相交部分A、B、C、D为相应的分类标准代号．

（1）相连的两种物质都是电解质的是____（填分类标准代号，下同），都是氧化物的是____．

（2）图中相连的两种物质能够相互反应的是____，所属基本反应类型是____反应．

（3）上述五种物质中的某一物质能与某种强酸反应生成上述中的另一种物质，则该反应的离子方程式为____．

（4）用洁净的烧杯取25ml蒸馏水，加热至沸腾，向烧杯中逐滴加入上述五种物质中的某一物质的饱和溶液，加热至液体呈红褐色，得到的分散系称为____，证明该分散系生成的实验原理是____．9、建筑工地常用的NaNO2因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒．已知NaNO2能发生如下反应：

____NaNO2+____HI→____NO↑+____I2+____NaI+____H2O

（1）配平上述反应方程式；将系数填入横线中．

（2）上述反应的氧化剂是____，若反应中有5mol电子转移，则生成NO在标准状况下的体积是____L．

（3）根据上述反应，可用试纸和生活中常见的物质进行实验，以鉴别NaNO2和NaCl；可选用的物质有：

①水②碘化钾淀粉试纸③淀粉④白酒⑤白醋，进行实验，下列几组合适的是____（填序号）．

A．③⑤B．②④C．①②D．②⑤10、（2015秋•丹阳市校级月考）完成下列各小题．

（1）系统命名：____；

（2）写出支链只有一个乙基且式量最小的烷烃的结构简式：____；

（3）篮烷的结构如图所示：①蓝烷的分子式为____；②蓝烷不具有的性质____；

a．不能溶于水b．密度大于水c．能与溴水发生加成反应d．常温；常压下为气体。

③蓝烷的一氯代物有____种．11、甲醇是重要的化工原料，又可称为燃料．利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇；发生的主反应如下：

①CO（g）+H2（g）═CH3OH（g）△H1

②CO2（g）+H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H2

③CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）△H3

回答下列问题：

。化学键H-HC-O

COH-OC-HE/（kJ．mol-1）4363431076465413（1）已知反应①中的相关的化学键键能数据如下：

由此计算△H1=____kJ．mol-1，已知△H2=-58kJ．mol-1，则△H3=____kJ．mol-1

（2）反应①的化学平衡常数K的表达式为____；图1中能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为____（填曲线标记字母），其判断理由是____．

（3）合成气的组成=2.60时体系中的CO平衡转化率（a）与温度和压强的关系如图2所示．CO平衡转化率a（CO）值随温度升高而____（填“增大”或“减小”），其原因是____．12、根据研究的需要；可以从多种角度对物质进行分类．下图是依据某些物质与水反应的情况进行分类．请根据你所学的知识，按要求填空：

（1）上述第一级分类标准（分成A、B组的依据）是____

（2）D组物质包括（填化学式）____

（3）C组物质中某一物质在常温时能与水反应，其化学方程式为____

（4）用电离方程式解释F组中某一物质的水溶液呈弱碱性的原因____

（5）B组中某一化合物的焰色反应呈黄色，写出其溶于水的化学方程式____．13、X；Y、Z、W是常见的四种短周期元素；其原子序数依次增大．其相关信息如下表：

。元素相关信息XX的基态原子最外层电子排布式为nsnnpnYY是空气中含量最高的元素ZZ是地壳中含量最高的金属元素WW的单质是常见的半导体材料（1）Y位于元素周期表的____周期____族，Y与W的气态氢化物较稳定的是____（写化学式）

（2）Z的单质与W的单质相比熔点较高的是____（写化学式）；Z与W原子半径较大的是____（写化学式）

（3）X的一种氧化物XO2分子中σ键与π键数目之比为____

（4）X的第一电离能比W的____（填“大”或“小”）

（5）写出X的单质与Y的最高价氧化物水化物的浓溶液在加热的条件下反应的化学方程式：____

（6）已知2.7gZ单质与足量Y单质反应，放出31.8kJ的热量，请写出此反应的热化学方程式：____．评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)14、25℃、pH=13的1.0LBa（OH）2溶液中含有的OH-数目为0.2NA．____（判断对错）15、为防止流感传染，可将教室门窗关闭后，用食醋熏蒸，进行消毒．____．（判断对错）16、蒸馏时，温度计水银球插入混合液中，以控制蒸馏的温度．____．（判断对错）17、李比希燃烧法、钠熔法、铜丝燃烧法、是元素定性分析法____（判断对错）18、判断正误；正确的划“√”，错误的划“×”

（1）淀粉、纤维素和油脂都属于天然高分子化合物____

（2）向淀粉溶液中加入稀H2SO4，加热几分钟，冷却后再加入新制Cu（OH）2悬浊液，加热，没有砖红色沉淀生成，证明淀粉没有水解成葡萄糖____

（3）食用白糖的主要成分是蔗糖____

（4）蔗糖、淀粉、油脂及其水解产物均为非电解质____

（5）麦芽糖与蔗糖的水解产物均含葡萄糖，故二者均为还原型二糖____

（6）葡萄糖、果糖的分子式均为C6H12O6，二者互为同分异构体____

（7）蔗糖、麦芽糖的分子式都是C12H22O11，二者互为同分异构体____

（8）麦芽糖及其水解产物均能发生银镜反应____

（9）纤维素和淀粉遇碘水均显蓝色____

（10）植物油的主要成分是高级脂肪酸____

（11）向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl溶液和CuSO4溶液，均有固体析出，所以蛋白质均发生变性____

（12）用甘氨酸（CH2COOHNH2）和丙氨酸（CH3CHCOOHNH2）缩合最多可形成4种二肽____

（13）天然植物油常温下一般呈液态，难溶于水，有恒定的熔点、沸点____

（14）若两种二肽互为同分异构体，则二者的水解产物不一致____

（15）苯、油脂均不能使酸性KMnO4溶液褪色____

（16）油脂在空气中完全燃烧转化为水和二氧化碳____

（17）蛋白质、乙酸和葡萄糖均属电解质____

（18）乙酸乙酯和食用植物油均可水解生成乙醇____

（19）蛋白质和油脂都属于高分子化合物，一定条件下都能水解____

（20）氨基酸、淀粉均属于高分子化合物____．19、判断正误；正确的划“√”，错误的划“×”

（1）聚乙烯可发生加成反应____

（2）乙烯和甲烷可用酸性高锰酸钾溶液鉴别____

（3）乙烯和苯都能与溴水反应____

（4）乙烯和乙烷都能发生加聚反应____

（5）聚乙烯的结构简式为CH2═CH2____

（6）甲烷和氯气反应生成一氯甲烷与苯和硝酸反应生成硝基苯的反应类型相同____

（7）苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明苯分子中没有与乙烯分子中类似的碳碳双键____

（8）甲烷和Cl2的反应与乙烯和Br2的反应属于同一类型的反应____

（9）a（CH2═CH2）、b（CH3CH2OH）、c（CH3CHO）可实现____

（10）乙烯和甲烷可用溴的四氯化碳溶液鉴别____

（11）乙烯可使酸性高锰酸钾溶液褪色，则丙烯也可以使其褪色____

（12）28g乙烯和环丁烷（C4H8）的混合气体中含有的碳原子数为2NA____．20、1molCl2参加反应转移电子数一定为2NA．____（判断对错）评卷人得分四、解答题(共3题，共12分)21、100gD20所含的中子数与多少克H20所含的中子数相等？（所有O都含8个中子）22、环保检测中；有害气体的浓度常用1L有害气体的毫克值（mg/L）来表示，如对某气体样品中所含一氧化碳的浓度进行测定，其方法和实验步骤如下：

①首先将2.00L的气体样品通过盛有I2O5固体的加热管，反应后生成CO2和I2；

②用30.0mL5.00×10-3mol/L的硫代硫酸钠溶液吸收所产生的碘，发生的反应为：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-

③将②中溶液取出1/5，加入1.00mL1.00×10-3mol/L碘水；正好将所取溶液中过量的硫代硫酸钠完全氧化．

（1）写出步骤①中CO通过盛I2O5加热管的有关反应化学方程式．

（2）计算样品中CO的浓度．23、某化学研究性学习小组通过查阅资料，设计了如下图所示的方法来制备KMnO4．

已知：①3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O

②几种物质的溶解度：

。温度溶解度/gK2CO3KOHKMnO420℃1111126.3860℃12715422.1请回答下列问题：

（l）第一步固体熔融时除三脚架；泥三角、细铁棒、坩埚钳外；还需下列仪器中的______．

A．蒸发皿B．烧杯C．酒精灯D．铁钳祸。

（2）写出反应I化学方程式______；该反应产物中可以循环利用的是______．

（3）反应II的条件为电解；写出阴极的电极反应式______．

（4）途径一、二中的操作a、b相同；均包括蒸发浓缩；______、过滤等3步．

（5）通过用草酸滴定KMnO4溶液的方法可测定KMnO4粗品的纯度（质量分数）．

①实验时要将草酸晶体配成标准溶液，则配制l00mL1.5mol•L-1的草酸溶液；需要称取草酸晶体的质量为______g．

②该实验中除KMnO4粗品的质量；草酸晶体的质量外；还需要采集的数据有______．

评卷人得分五、实验题(共4题，共16分)24、（2011春•亳州期末）根据实验室制取氯气的装置图；请回答：

（1）仪器A的名称是____，反应前仪器A中加入的固体试剂为（写化学式）____；

（2）图中氯气的收集方法应该是____，烧杯中氢氧化钠溶液的作用是____．

（3）若将润湿的淀粉KI试纸放入收集氯气的集气瓶中，可以观察到试纸变蓝的现象，氯气和KI溶液生成碘单质的离子方程式为____．25、铝土矿的主要成分是Al2O3、Fe2O3和SiO2等．从铝土矿中提炼Al2O3的流程如图：

（1）写出反应1的化学方程式____．

（2）滤液Ⅱ中含有NaAlO2，通入气体A后得到Al（OH）3沉淀．气体A是____．

（3）往NaAlO2溶液中通入过量CO2时得到的盐是Na2CO3还是NaHCO3？反应的离子方程式为____．

（4）反应之中能否用盐酸代替气体A？若使用过量盐酸，则反应的离子方程式为____．

（5）煅烧B的化学方程式为____．

（6）电解氧化铝制铝的化学方程式为____．

（7）铝锅不宜长时间存放酸性或碱性食物的原因是什么？____．试分别写出Al与盐酸、NaOH溶液反应的离子方程式：____，____．26、选择适当的试剂和物质分离的方法；除去括号中的杂质：

（1）甲烷（乙烯）所用试剂____，方法____．

（2）乙酸乙酯（乙酸）所用试剂____，方法____．27、设计一实验将只含有rm{Na_{2}SO_{4}}rm{Na_{2}SO_{3}}rm{Na_{2}CO_{3}}的白色固体中的三种成分检验出来rm{.}取一定量的白色固体与烧瓶rm{A}中，通过分液漏斗加入液体rm{a}如图所示：

rm{(1)}实验开始前；需进行的操作是：______

rm{(2)}写出rm{A}中发生的离子反应方程式：______

rm{(3)}液体rm{a}的名称为：______；已知rm{B}rm{D}都为品红，rm{C}为酸性rm{KMnO_{4}}溶液，则rm{D}装置的作用为：______

rm{(4)}检验出rm{Na_{2}CO_{3}}的现象是：______

rm{(5)}装置rm{C}中的试剂还可用与rm{KMnO_{4}}具有相同反应原理；现象明显但不具有挥发性的试剂；请写出你所选试剂在实验中发生的离子方程式______

rm{(6)}能否直接用反应后烧瓶rm{A}中的液体检验rm{Na_{2}SO_{4}}为什么？______．参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【分析】①质子数相同的原子一定属于同种元素；

②互为同位素原子；核外电子排布相同，最外层电子数决定化学性质；

③元素是质子数相同的一类原子的总称；原子是由质子和中子决定的，最外层电子数决定了元素的化学性质；

④两种粒子；电子数一样，离子带电，分子；原子不带电，则两种粒子质子数不一定相同，据此判断；

⑤大多数元素都有两种或两种以上的核素，钠元素只有一种核素．【解析】【解答】解：①元素的研究对象是原子，质子数相同的粒子不一定属于同种元素，如CH4与H2O；若为原子则属于同种元素，故①错误；

②互为同位素原子；核外电子排布相同，最外层电子数决定化学性质，同位素的化学性质几乎完全相同，物理性质有较大差别，故②正确；

③元素是质子数相同的一类原子的总称；原子是由质子和中子决定的，最外层电子数决定了元素的化学性质，故③正确；

④两种粒子，电子数一样，离子带电，分子、原子不带电，则两种粒子质子数不一定相同，如Na+与Ne电子数相同；但质子数不同属于不同元素，故④正确；

⑤大多数元素都有两种或两种以上的核素，钠元素只有一种核素，故⑤错误；故选D．2、A【分析】【分析】A．使pH试纸呈红色的溶液；显酸性；

B．在pH=10的溶液；显碱性，利用复分解反应来分析；

C．由水电离生成的c（H+）=10-12mol/L的溶液；为酸或碱溶液；

D．加入铝粉后产生大量氢气的溶液为酸或强碱溶液．【解析】【解答】解：A．使pH试纸呈红色的溶液；显酸性，该组离子之间不反应，则能够共存，故A正确；

B．在pH=10的溶液，显碱性，OH-与Al3+结合生成沉淀；则不能共存，故B错误；

C．由水电离生成的c（H+）=10-12mol/L的溶液，为酸或碱溶液，H+与CO32-结合生成水和气体；则不能共存，故C错误；

D．加入铝粉后产生大量氢气的溶液为酸或强碱溶液，酸性溶液中H+与NO3-、Al反应不生成氢气，碱溶液中OH-与NH4+结合生成弱碱；则不能共存，故D错误；

故选A．3、A【分析】解：A．铝的超原子结构Al13和Al14；质子；中子均不相同，不是同位素，故A错误；

B．Al13超原子中只有Al一种元素；Al原子间以共用电子对结合，则为共价键结合，故B正确；

C．Al14与Al都容易失去电子；化学性质相似，具有强的还原性，故C正确；

D．Al14易失去2个电子变为稳定结构，则Al14与稀盐酸反应的化学方程式可表示为Al14+2HCl═Al14Cl2+H2↑；故D正确；

故选A．

A．同位素的分析对象为质子数相同而中子数不同的原子；

B．Al13超原子中Al原子间以共用电子对结合；

C．Al14与Al都容易失去电子；化学性质相似；

D．Al14易失去2个电子变为稳定结构．

本题以信息形式考查原子的电子排布，注意信息中超原子具有40个价电子时最稳定为解答的关键，注重知识的迁移应用能力考查，题目难度不大．【解析】【答案】A4、B【分析】【分析】分子式相同、结构不同的化合物互为同分异构体，注意把握好三要素：分子式相同、结构不同、化合物．【解析】【解答】解：A；氧气和臭氧是氧元素组成的性质不同的单质；互称同素异形体，故A错误；

B、CH2=CHCH2CH3和CH3CH=CHCH3分子式相同；双键位置不同，属于同分异构体，故B正确；

C、CH3CH2CH3和CH3（CH2）2CH3分子式不同，相差一个CH2属于同系物；故C错误；

D、乙醇分子式为：C2H6O，乙醚分子式C4H10O；不相同，结构也不同，属于不同类物质，不属于同分异构体，故D错误；

故选B．5、A【分析】【分析】可以用摩尔作为计量微观粒子的物质的量的单位，但不能用来作为宏观物质的物质的量的单位，摩尔质量的单位是g/mol，根据N=nNA结合分子构成计算水分子中含有的质子和电子，根据V=nVm计算气体体积．【解析】【解答】解：可以用摩尔作为计量微观粒子的物质的量的单位；但不能用来作为宏观物质的物质的量的单位，氧气分子；铝离子和氢原子都是微观粒子，所以可以用摩尔作单位，故①②③正确；

氨气分子的摩尔质量在数值上等于其相对分子质量；为17g/mol，故④正确；

1个水分子中含有10个质子、10个中子，所以1mol水分子中含有10mol质子和10NA个电子；故⑤正确；

V=nVm=0.5mol/L×22.4L/mol=11.2L；故⑥正确；

故选A．6、D【分析】【分析】根据原电池的工作原理来分析，原电池的工作原理：活泼金属为负极，失去电子，发生氧化反应，不活泼金属为正极，得到电子，发生还原反应；电子从负极沿导线流向正极，电流从正极沿导线流向负极．【解析】【解答】解：A；活泼金属锌作负极；铜作正极，负极上锌失电子，正极铜上氢离子得电子生成氢气，故A错误．

B；锌作负极；锌失电子生成锌离子进入溶液，导致锌片的质量减轻；铜片上氢离子得电子生成氢气，铜片质量不变，故B错误．

C；电子从负极沿导线流向正极；电流从正极铜沿导线流向负极锌，故C错误．

D；氢离子的正极铜上得电子被还原生成氢气；故D正确．

故选D．二、填空题(共7题，共14分)7、NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+5×10-10④NaHSO3＜②NaHS＜③Na2SO3＜①Na2Sc（Na+）＞c（S2-）＞c（OH-）＞c（HS-）＞c（H+）【分析】【分析】（NH4）2SO4是强酸弱碱盐，NH4+水解显酸性；25℃时0.1mol•L-1（NH4）2SO4．溶液的pH=5，即c（H+）=10-5mol/L，而由NH4+的水解方程式可知，水解出的c（NH3•H2O）=c（H+）；据此分析；

根据表格中的K值可知，酸性强弱关系为：H2SO3＞H2S＞HSO3-＞HS-，而酸越弱，则对应的盐越水解；根据Na2S在溶液中的行为来分析．【解析】【解答】解：（NH4）2SO4是强酸弱碱盐，NH4+水解显酸性，水解的离子方程式为：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；25℃时0.1mol•L-1（NH4）2SO4溶液的pH=5，即c（H+）=10-5mol/L，而由NH4+的水解方程式NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+可知，水解出的c（NH3•H2O）=c（H+），而该温度下NH4+的水解常数Kh==≈5×10-10，故答案为：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；5×10-10；

根据表格中的K值可知，酸性强弱关系为：H2SO3＞H2S＞HSO3-＞HS-，而酸越弱，则对应的盐越水解，故0.1mol•L-1的四种溶液：①Na2S、②NaHS、③Na2SO3、④NaHSO3，水解程度①Na2S＞③Na2SO3＞②NaHS＞④NaHSO3，而水解程度越大，则pH越大，故pH由小到大的顺序是④NaHSO3＜②NaHS＜③Na2SO3＜①Na2S；

硫化钠为强碱弱酸盐，硫离子易水解而使其溶液呈碱性，硫离子第一步水解能力远远大于第二步，溶液中氢氧根离子来源于水的电离和硫离子水解，硫氢根离子只来源于硫离子水解，但硫离子的水解能力较小，所以溶液中离子浓度大小顺序是c（Na+）＞c（S2-）＞c（OH-）＞c（HS-）＞c（H+）．故答案为：④NaHSO3＜②NaHS＜③Na2SO3＜①Na2S；c（Na+）＞c（S2-）＞c（OH-）＞c（HS-）＞c（H+）．8、CDBD复分解Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O胶体丁达尔效应【分析】【分析】（1）电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；

非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；

氧化物：氧元素与另外一种化学元素组成的二元化合物；

（2）置换反应：指一种单质和一种化合物生成另一种单质和另一种化合物的反应；

分解反应：指一种化合物分解成二种或二种以上较简单的单质或化合物的反应；

化合反应：指的是由两种或两种以上的物质生成一种新物质的反应；

复分解反应：是由两种化合物互相交换成分；生成另外两种化合物的反应；

（3）C2H5OH、CO2与强酸不反应；Fe2O3与盐酸反应生成氯化铁和水；FeCl3与强酸不反应；KOH与盐酸反应生成氯化钾和水；

（4）根据氢氧化铁胶体的制备方法和胶体的性质进行判断．【解析】【解答】解：（1）CH3CH2OH不是氧化物；在水中和熔化状态下都不能导电；属于非电解质；

二氧化碳是氧化物；在水溶液中与水反应生成碳酸；二氧化碳自身不能电离，是非电解质；

Fe2O3是氧化物；在熔融状态下能够导电；属于电解质；

FeCl3不是氧化物；在水溶液中能够导电；属于电解质；

KOH不是氧化物；在水溶液中能够导电；属于电解质；

故相连的两种物质都是电解质的是CD；都是氧化物的是B；

故答案为：CD；B；

（2）C2H5OH与CO2不能反应；CO2与Fe2O3不能反应；Fe2O3与FeCl3不能反应；

FeCl3与KOH能够发生反应；生成氢氧化铁沉淀和氯化钾，属于复分解反应；

故答案为：D；复分解；

（3）C2H5OH、CO2与强酸不反应；Fe2O3与盐酸反应生成氯化铁和水；FeCl3与强酸不反应；KOH与盐酸反应生成氯化钾和水；

故符合条件的反应为Fe2O3与盐酸反应生成氯化铁和水，离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；

故答案为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；

（4）用洁净的烧杯取25mL蒸馏水；加热至沸腾，向烧杯中逐滴加入氯化铁的饱和溶液，加热煮沸至液体呈红褐色，得到的分散系称为胶体，要证明胶体的实验的方法是丁达尔效应；

故答案为：胶体；丁达尔效应．9、242122NaNO2112D【分析】【分析】（1）氧化还原反应中；化合价升高值=化合价降低值=转移电子数，利用电子守恒来配平方程式；

（2）根据化合价升降判断氧化剂；化合价降低元素所在的反应物是氧化剂，根据化学方程式结合电子转移情况来计算；

（3）根据反应时有沉淀、气体、颜色变化等明显现象选择试剂．【解析】【解答】解：（1）在反应中；N元素的化合价从+3价降低到了+2价，得到了1mol电子，I元素的化合价从-1价升高到了0价，共失去电子2mol，根据电子守恒，所含以氮元素的物质前边都乘以系数2，碘单质系数是1，根据原子守恒，NaI前边式系数2，HI前边式系数4，水的前边是系数2，故答案为：2；4；2；1；2；2．

（2）2NaNO2+4HI═2NO+I2+2NaI+2H2O，氮元素的化合价降低，所以NaNO2是氧化剂；该反应转移电子是2mol，生成NO是2mol，所以若反应中有5mol电子转移，则生成NO为5mol，在标准状况下的体积是5mol×22.4L/mol=112L；

故答案为：NaNO2；112；

（3）①水、③淀粉、④白酒与NaNO2都不反应，所以无明显现象；KI与NaNO2反应生成I2必须在酸性条件下才能反应，白醋会电离出微量的氢离子，碘化钾在白醋本身带的溶剂水中电离出碘离子，亚硝酸钠电离出亚硝酸根与钠离子，发生反应生成碘单质，I2使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝；故②⑤正确．

故答案为：D；10、2，6二甲基辛烷C12H14bcd4【分析】【分析】（1）烷烃命名时；要选择最长的碳链为主链，从离支链近的一端给主链上碳原子进行编号；

（2）烷烃中含有取代基乙基；则主链至少含有5个C原子，据此写出满足条件的烷烃的结构简式；

（3）①交点为C原子；交点之间的短线是化学键，利用H原子饱和碳的四价结构，据此书写分子式；

②根据篮烷的结构可知；其属于环烷烃，故不溶于水，且由于其相对分子质量比较大，故熔沸点比较高，不是气体，据此分析其性质；

③篮烷的氢原子有几种，其一氯代物就有几种，据此分析．【解析】【解答】解：（1）烷烃命名时；要选择最长的碳链为主链，则主链上有8个碳原子，从离支链近的一端给主链上碳原子进行编号，则在2号和6号碳原子上各有一个甲基，故名称为：2，6二甲基辛烷，故答案为：2，6二甲基辛烷；

（2）采用知识迁移的方法解答，该烷烃相当于甲烷中的氢原子被烃基取代，如果有乙基，主链上碳原子最少有5个，所以该烃相当于甲烷中的3个氢原子被乙基取代，故该烃的结构简式

故答案为

（3）①由蓝烷的结构可知，分子中含有12个C原子、14个H原子，分子式为C12H14，故答案为：C12H14；

②根据篮烷的结构可知；其属于环烷烃．

a；烃类均不溶于水；故a不选；

b、烃类的密度均比水小，故b选；

c；由于篮烷属于环烷烃；故不能和溴水发生加成发生，故c选；

d；由于其相对分子质量比较大；故熔沸点比较高，在常温下不是气体，故d选．

故选bcd．

④该分子属于高度对称结构，有如图所示的4种H原子，故其一氯代物就有几种同分异构体，故答案为：4；11、-99+41K=a反应①正反应为放热反应，平衡常数随温度升高而减小减小反应①正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡体系中CO的量增大，反应③为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，又使平衡体系中CO的增大，总结果，随温度升高，CO的转化率减小【分析】【分析】（1）反应热=反应物总键能-生成物总键能；根据盖斯定律：反应②-反应①=反应③；反应热也进行相应的计算；

（2）化学平衡常数指可逆反应得到平衡时；各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值；

化学平衡常数只受温度影响；根据温度对平衡移动的影响，进而判断温度对平衡常数影响；

（3）由图可知，压强一定时，随温度的升高，CO的转化率降低，根据升高温度对反应①、③的影响，进行分析CO转化率变化原因．【解析】【解答】解：（1）反应热=反应物总键能-生成物总键能，故△H1=1076kJ．mol-1+2×436kJ．mol-1-（3×413+343+465）kJ．mol-1=-99kJ．mol-1；

根据盖斯定律：反应②-反应①=反应③，故△H3=△H2-△H1=-58kJ．mol-1-（-99kJ．mol-1）=+41kJ．mol-1；

故答案为：-99；+41；

（2）反应①CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）的平衡常数表达式K=；

反应①正反应为放热反应；升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，曲线a正确反映平衡常数K随温度变化关系；

故答案为：K=；a；反应①正反应为放热反应；平衡常数随温度升高而减小；

（3）由图可知；压强一定时，随温度的升高，CO的转化率减小，反应①正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡体系中CO的量增大，反应③为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，又使平衡体系中CO的增大，总结果，随温度升高，CO的转化率减小；

故答案为：减小；反应①正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡体系中CO的量增大，反应③为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，又使平衡体系中CO的增大，总结果，随温度升高，CO的转化率减小．12、与水发生的反应是否氧化还原反应（或化合反应）Cl2、Na2O2、NO22Na+2H2O═2NaOH+H2↑NH3•H2O⇌NH4++OH-2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑【分析】【分析】（1）依据图表变化和物质分类分析变化判断；

（2）水在氧化还原反应中既不是氧化剂也不是还原剂的为氯气；二氧化氮、过氧化钠；

（3）钠在常温时能与冷水反应；

（4）氨水呈弱碱性是因为一水合氨存在电离平衡电离出氢氧根离子；

（5）B组中某一化合物的焰色反应呈黄色，说明含钠元素．【解析】【解答】解：（1）溶于水分成AB两组的依据，分析反应过程可知，NH3、Na2O、SO2、CO2溶于水发生化合反应生成对应酸或碱，NH3+H2O⇌NH3•H2O；Na2O+H2O═2NaOH；SO2+H2O⇌H2SO3；CO2+H2O⇌H2CO3；是非氧化还原反应；

Cl2、Na、Fe、Na2O2、NO2，溶于水反应Cl2+H2O⇌HCl+HClO、2Na+2H2O═2NaOH+H2↑、3Fe+4H2OFe3O4+4H2、2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑、3NO2+H2O═2HNO3+NO发生的是氧化还原反应；所以依据是否与水发生的反应是否氧化还原反应（或化合反应）；

故答案为：与水发生的反应是否氧化还原反应（或化合反应）；

（2）Cl2、Na、Fe、Na2O2、NO2；溶于水反应发生的是氧化还原反应；

Cl2+H2O⇌HCl+HClO氯气自身氧化还原；

2Na+2H2O=2NaOH+H2↑钠做还原剂被水氧化；

3Fe+4H2OFe3O4+4H2铁做还原剂被水氧化；

2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑Na2O2自身氧化还原；

3NO2+H2O=2HNO3+NO二氧化氮自身氧化还原反应；

所以水既不是氧化剂也不是还原剂D组物质包括Cl2、Na2O2、NO2；

故答案为：Cl2、Na2O2、NO2；

（3）钠在常温时能与冷水反应，反应生成过氧化钠和氢气，反应为2Na+2H2O═2NaOH+H2↑；

故答案为：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑；

（4）F组物质中某一物质的水溶液呈弱碱性是氨气，NH3+H2O⇌NH3•H2O，氨水呈弱碱性是因为一水合氨存在电离平衡电离出氢氧根离子，电离方程式为：NH3•H2O⇌NH4++OH-；

故答案为：NH3•H2O⇌NH4++OH-；

（5）B组中某一化合物的焰色反应呈黄色，说明含钠元素为过氧化钠，过氧化钠和水反应的化学方程式为：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑；

故答案为：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑．13、二ⅤANH3SiAl1：1大C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O2Al（s）+N2（g）=2AlN（s）△H=-636kJ/mol【分析】【分析】X、Y、Z、W是元素周期表中原子序数依次增大的四种短周期，Y是空气中含量最高的元素，则Y为氮元素；X的基态原子最外层电子排布式为nsnnpn，故X为碳元素；Z是地壳中含量最高的金属元素，则Z为Al元素；W的单质是常见的半导体材料，故W为Si元素，据此解答．【解析】【解答】解：X、Y、Z、W是元素周期表中原子序数依次增大的四种短周期，Y是空气中含量最高的元素，则Y为氮元素；X的基态原子最外层电子排布式为nsnnpn；故X为碳元素；Z是地壳中含量最高的金属元素，则Z为Al元素；W的单质是常见的半导体材料，故W为Si元素；

（1）Y为N元素，N原子核外有2个电子层，最外层电子数为3，处于周期表中第而周期第ⅤA族；非金属性N＞Si，氢化物的稳定性NH3＞SiH4；

故答案为：二、ⅤA；NH3；

（2）同周期元素；从左到右半径逐渐减小，故原子半径Al＞Si；硅是原子晶体，Al是金属晶体，故单质熔点Si＞Al；故答案为：Si；Al；

（3）CO2的结构式为O=C=O，碳氧双键中含有一个σ键和一个π键，故CO2分子中σ键与π键数目之比为1：1；

故答案为：1：1；

（4）同主族元素自上而下元素的第一电离能呈减小趋势；故第一电离能Si＜C；

故答案为：大；

（5）碳和浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，反应的化学方程式为C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O；

故答案为：C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O；

（6）2.7gAl的物质的量为0.1mol，△H=-=-636kJ/mol，则该反应的热化学方程式为2Al（s）+N2（g）=2AlN（s）△H=-636kJ/mol；

故答案为：2Al（s）+N2（g）=2AlN（s）△H=-636kJ/mol．三、判断题(共7题，共14分)14、×【分析】【分析】根据PH=-lg[H+]、[H+][OH-]=Kw、n=cV来计算；【解析】【解答】解：pH=13的Ba（OH）2溶液，[H+]=10-13mol/L，依据[H+][OH-]=Kw，[OH-]=10-1mol/L，25℃、pH=13的1.0LBa（OH）2溶液中含有的OH-数目为10-1mol/L×1L=0.1mol，含有的OH-数目为0.1NA，故错误．15、√【分析】【分析】流感病毒的成分为蛋白质，而食醋的主要成分为乙酸，乙酸能使蛋白质发生变性，以此来解答．【解析】【解答】解：因流感病毒的成分为蛋白质；而食醋的主要成分为乙酸，乙酸能使蛋白质发生变性，则为防止流感传染，可将教室门窗关闭后，用食醋熏蒸，进行消毒，做法正确；

故答案为：√．16、×【分析】【分析】根据温度计在该装置中的位置与作用；【解析】【解答】解：蒸馏是用来分离沸点不同的液体混合物；温度计测量的是蒸汽的温度，故应放在支管口；

故答案为：×．17、×【分析】【分析】李比希燃烧法是元素定量分析法，钠熔法定性鉴定有机化合物所含元素（氮、卤素、硫）的方法，铜丝燃烧法可定性确定有机物中是否存在卤素【解析】【解答】解：李比希于1831年最早提出测定有机化合物中碳；氢元素质量分数的方法；是元素的定量分析法；

钠熔法是定性鉴定有机化合物所含元素（氮；卤素、硫）的方法；铜丝燃烧法可定性确定有机物中是否存在卤素；

故答案为：×18、×【分析】【分析】（1）相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物；

（2）葡萄糖在碱性条件下与新制Cu（OH）2浊液反应；

（3）白糖的主要成分是蔗糖；

（4）在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质；在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；

（5）蔗糖水解后的产物葡萄糖由还原性；自身没有还原性；

（6）葡萄糖、果糖的分子式均为C6H12O6；葡萄糖是多羟基醛，果糖是多羟基酮；

（7）蔗糖和麦芽糖是二糖，分子式都可用C12H22O11表示；它们互为同分异构体；

（8）麦芽糖和水解产物葡萄糖中均含-CHO；

（9）碘单质遇淀粉变蓝色；

（10）植物油成分为高级脂肪酸甘油酯；

（11）根据浓的无机盐溶液能使蛋白质发生盐析；而重金属盐能使蛋白质发生变性；

（12）两种氨基酸可以各自形成二肽；甘氨酸与丙氨酸形成二肽时连接方式有两种；

（13）根据天然植物油均为高级脂肪酸甘油酯；但都是混甘油酯，没有固定的熔沸点；

（14）两种二肽互为同分异构；水解产物可能是相同的氨基酸；

（15）油脂中含有不饱和烃基；可与高锰酸钾发生反应；

（16）烃的含氧衍生物完全燃烧生成水和二氧化碳；

（17）在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质；在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质）；

（18）食用植物油是高级脂肪酸甘油脂；水解生成高级脂肪酸和甘油；

（19）相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物；

（20）相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物．【解析】【解答】解：（1）油脂相对分子质量较小；不属于高分子化合物，故答案为：×；

（2）葡萄糖与新制Cu（OH）2浊液反应需在碱性条件下；应加入碱将水解后的淀粉溶液调节成碱性，才可以产生砖红色沉淀，故答案为：×；

（3）白糖成分是蔗糖；故答案为：√；

（4）油脂水解的羧酸是电解质；故答案为：×；

（5）蔗糖水解后的产物葡萄糖由还原性；自身没有还原性，所以不是还原型二糖，故答案为：×；

（6）葡萄糖、果糖的分子式均为C6H12O6；葡萄糖是多羟基醛，果糖是多羟基酮，二者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故答案为：√；

（7）蔗糖和麦芽糖是二糖；互为同分异构体，故答案为：√；

（8）麦芽糖和水解产物葡萄糖中的官能团都有醛基；则麦芽糖；葡萄糖属于还原性糖可发生银镜反应，故答案为：√；

（9）碘单质遇淀粉变蓝色；纤维素遇碘水不变色，故答案为：×；

（10）植物油的主要成分为高级脂肪酸甘油酯；故答案为：×；

（11）因浓的无机盐溶液能使蛋白质发生盐析产生沉淀；如饱和硫酸钠溶液；硫酸铵溶液；而重金属盐能使蛋白质发生变性而产生沉淀，如硫酸铜等，故答案为：×；

（12）两种氨基酸可以各自形成二肽；甘氨酸与丙氨酸形成二肽时连接方式有两种，故形成的二肽有四种，故答案为：√；

（13）天然植物油均为高级脂肪酸甘油酯；但都是混甘油酯，没有固定的熔沸点，故答案为：×；

（14）两种二肽互为同分异构；水解产物可能是相同的氨基酸，如：一分子甘氨酸和一分子丙氨酸形成的二肽中有两种构成方式，但二肽水解时的产物相同，故答案为：×；

（15）苯不能使酸性高锰酸钾褪色；但油脂中含有C=C官能团，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应而使高锰酸钾褪色，故答案为：×；

（16）油脂含有C；H、O三种元素；完全燃烧生成水和二氧化碳，故答案为：√；

（17）蛋白质属于高分子化合物；是混合物，不是电解质，而葡萄糖属于非电解质，只有乙酸才属于电解质，故答案为：×；

（18）乙酸乙酯水解生乙酸和乙醇．食用植物油是高级脂肪酸甘油脂；水解生成高级脂肪酸和甘油，故答案为：×；

（19）油脂相对分子质量较小；不属于高分子化合物，故答案为：×；

（20）氨基酸相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故答案为：×．19、×【分析】【分析】（1）碳碳双键和碳碳双键能发生加成反应；

（2）烯烃能使酸性高锰酸钾褪色；

（3）烯烃能和溴发生加成反应；

（4）含有碳碳双键或碳碳三键的有机物能发生加聚反应；

（5）乙烯发生加聚反应生成聚乙烯；

（6）有机物中的原子或原子团被其它的原子或原子团取代的反应属于取代反应；

（7）苯中碳碳键是介于单键和双键之间的特殊键；

（8）甲烷和Cl2的反应属于取代反应，乙烯和Br2的反应属于加成反应；

（9）乙醛不能转化为乙烯；

（10）烯烃能和溴发生加成反应；

（11）同系物性质具有相似性；

（12）乙烯和环丁烷的最简式相同．【解析】【解答】解：（1）聚乙烯中不含碳碳双键；所以不可发生加成反应，故错误；

故答案为：×；

（2）乙烯含有碳碳双键；性质较活泼，能被酸性高锰酸钾氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，甲烷性质较稳定，和酸性高锰酸钾不反应，所以可以用酸性高锰酸钾鉴别乙烯和甲烷，故正确；

故答案为：√；

（3）乙烯和溴能发生加成反应；苯和溴水不反应，故错误；

故答案为：×；

（4）乙烯含有碳碳双键；所以能发生加聚反应，乙烷不含碳碳双键或碳碳三键，所以不能发生加聚反应，故错误；

故答案为：×；

（5）聚乙烯的结构简式为故错误；

故答案为：×；

（6）甲烷和氯气反应生成一氯甲烷与苯和硝酸反应生成硝基苯的反应都是取代反应；所以反应类型相同，故正确，故答案为：√；

（7）苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色；说明苯分子中没有与乙烯分子中类似的碳碳双键，苯中碳碳键是大π键，故正确，故答案为：√；

（8）甲烷和Cl2的反应属于取代反应，乙烯和Br2的反应属于加成反应；所以二者反应类型不同，故错误；

故答案为：×；

（9）乙醛不能转化为乙烯；乙醇能转化为乙烯，故错误，故答案为：×；

（10）乙烯和溴能发生加成反应；甲烷和溴不反应，所以可以用溴的四氯化碳溶液鉴别甲烷和乙烯，故正确，故答案为：√；

（11）乙烯和丙烯是同系物；性质相似，所以乙烯和丙烯都可使酸性高锰酸钾溶液褪色，故正确；

故答案为：√；

（12）乙烯和环丁烷的最简式相同为CH2，所以28g乙烯和环丁烷（C4H8）的混合气体中含有的碳原子数为2NA，故正确，故答案为：√．20、×【分析】【分析】氯气参加反应，表现性质不同，转移电子数不同，据此判断．【解析】【解答】解：氯气参加反应，表现性质不同，转移电子数不同，例如氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，Cl元素的化合价由0升高为+1价，Cl元素的化合价由0降低为-1价，1molCl2参加反应转移电子数为NA；

1molCl2与铁反应生成氯化铁，氯气全部做氧化剂，1molCl2参加反应转移电子数为2NA；

所以1molCl2参加反应转移电子数不一定为2NA．

故错误．四、解答题(共3题，共12分)21、略

【分析】【分析】D20和H20所含的中子数分别为：10和8，所以两者中子数相等必须符合4D20～～5H20，由此分析解答．【解析】【解答】解：D20和H20所含的中子数分别为：10和8；所以两者中子数相等必须符合：

4D20～～5H20

4×205×18

100gm（H20）

所以，则m（H20）=112.5g，答：100gD20所含的中子数与112.5gH20所含的中子数相等．22、略

【分析】【分析】（1）CO与I2O5反应生成CO2和I2，碳元素化合价由+2价升高为+4价，共升高2价，碘元素化合价由+5价降低为0价，共降低10价，化合价升降最小公倍数为10，故CO系数为5，I2O5系数为1．再根据原子守恒配平；书写方程式．

（2）根据关系式2Na2S2O3～I2，计算硫代硫酸钠溶液吸收所产生的碘后剩余的Na2S2O3物质的量，进而计算CO还原出的I2消耗Na2S2O3的物质的量，再根据关系式：2Na2S2O3～I2～5CO，计算CO的物质的量，据此计算CO的浓度．【解析】【解答】解：（1）CO与I2O5反应生成CO2和I2，碳元素化合价由+2价升高为+4价，共升高2价，碘元素化合价由+5价降低为0价，共降低10价，化合价升降最小公倍数为10，故CO系数为5，I2O5系数为1．由原子守恒可知CO2系数为5，I2系数为1，反应方程式为5CO+I2O5=5CO2+I2．

答：步骤①中CO通过盛I2O5加热管的有关反应化学方程式5CO+I2O5=5CO2+I2．

（2）n（I2）=1.00×10-3L×1.00×10-3mol•L-1=1.00×10-6mol

设：1.00×10-6molI2消耗Na2S2O3物质的量为x；则：

关系式：2Na2S2O3～I2．

2mol1mol

x1.00×10-6mol

解得：x=2.00×10-6mol

CO还原出的I2消耗Na2S2O3的物质的量：n（Na2S2O3）=30.0×10-3L×5×10-3mol•L-1-2.00×10-6mol×5=1.40×10-4mol．

设CO的物质的量为y；则：

关系式：2Na2S2O3～I2～5CO

2mol5mol

1.40×10-4moly

解得：y=3.5×10-4mol

CO的浓度为=4.9mg/L．

答：CO的浓度为4.9mg/L．23、略

【分析】

（1）熔融固体物质需要再坩埚内加热；加热熔融物含有碱性KOH应用铁坩埚，加热需要用酒精灯，故选：CD；

（2）反应I为K2MnO4与CO2反应，由工艺流程转化关系可知生成MnO2、KMnO4、K2CO3，反应方程式为3K2MnO4+2CO2=MnO2+2KMnO4+2K2CO3；

从流程图可以看出，需要加入的物质有MnO2、KOH、KClO3、CO2（水可不考虑），反应中又生成MnO2，故MnO2是可以循环利用的物质，故答案为：3K2MnO4+2CO2=MnO2+2KMnO4+2K2CO3；MnO2；

（3）反应II为电解K2MnO4溶液，由工艺流程转化关系可知，有生成KMnO4、KOH生成，阴极发生还原反应，水在阴极放电，生成KOH与H2，电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑（或2H++2e-=H2↑）；

故答案为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑（或2H++2e-=H2↑）；

（4）由溶液中获得晶体；需要蒸发浓缩；冷却结晶、过滤等，故答案为：冷却结晶；

（5）①n（H2C2O4）=0.1L×1.5mol•L-1=0.15mol，所以n（H2C2O4•2H2O）=n（H2C2O4）=0.15mol，m（H2C2O4•2H2O）=0.15mol×126g/mol=18.9g；

故答案为：18.9；

②由滴定时消耗草酸溶液的体积，计算消耗的草酸的物质的量，根据方程式计算n（KMnO4），进而计算m（KMnO4）与纯度，所以该实验中除KMnO4粗品的质量；草酸晶体的质量外；还需要采集的数据滴定时消耗草酸溶液的体积；

故答案为：滴定时消耗草酸溶液的体积体积．

【解析】【答案】（1）熔融固体物质需要再坩埚内加热；加热熔融物含有碱性KOH应用铁坩埚；

（2）反应I为K2MnO4与CO2反应，由工艺流程转化关系可知生成MnO2、KMnO4、K2CO3．流程中需要加入的物质在后边又生成该物质；该物质可以循环使用；

（3）反应II为电解K2MnO4溶液，由工艺流程转化关系可知，有生成KMnO4、KOH生成，阴极发生还原反应，水在阴极放电，生成KOH与H2；

（4）由溶液中获得晶体；需要蒸发浓缩；冷却结晶、过滤等；

（5）①根据n=cV计算草酸的物质的量，n（H2C2O4•2H2O）=n（H2C2O4），再根据m=nM计算m（H2C2O4•2H2O）；

②由滴定时消耗草酸溶液的体积，计算消耗的草酸的物质的量，根据方程式计算n（KMnO4），进而计算m（KMnO4）与纯度．

五、实验题(共4题，共16分)24、圆底烧瓶MnO2向上排空气法吸收多余的氯气，防止污染Cl2+2I-=2Cl-+I2【分析】【分析】（1）根据常用仪器的名称结合在该反应中的用途解答，仪器A圆底烧瓶放MnO2；

（2）气体的性质决定气体的收集方法，密度比空气的大的，可用向上排空气法收集，氯气有毒需进行尾气处理，氢氧化钠和氯气反应Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O据此解答；

（3）氯气具有氧化性，能将碘离子氧化．【解析】【解答】解：（1）实验室制取氯气用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下制取，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，为固体和液体的反应，仪器A圆底烧瓶放MnO2；长颈漏斗放浓盐酸；

故答案为：圆底烧瓶；MnO2；

（2）氯气的密度比空气的大；可用向上排空气收集，又由于氯气有毒，还要防止氯气污染空气，氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠；次氯酸钠和水，所以烧杯中氢氧化钠溶液的作用是吸收多余的氯气，防止污染；

故答案为：向上排空气法；吸收多余的氯气；防止污染；

（3）氯气具有氧化性，能将碘离子氧化为碘单质，发生的反应是：Cl2+2I-=2Cl-+I2，故答案为：Cl2+2I-=2Cl-+I2．25、Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2O、SiO2+2NaOH═Na2SiO3+H2OCO2AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-AlO2-+4H+═Al3++2H2O2Al（OH）3Al2O3+3H2O2Al2O34Al+3O2↑铝锅表面的氧化物膜及铝均能与酸、碱反应而被腐蚀2Al+6H+═2Al3++3H2↑2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑【分析】【分析】铝土矿的主要成分是Al2O3、Fe2O3和SiO2等，与NaOH反应分别为：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，反应1的滤液中含有NaAlO2和Na2SiO3，滤渣为Fe2O3，滤液中加入CaO，Na2SiO3变为CaSiO3沉淀，故滤液Ⅱ中的溶质为NaAlO2，通入A生成B，B煅烧生成Al2O3，故B为Al（OH）3，气体A应该为CO2，发生反应为：2AlO2-+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32-，或AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-，所以滤液Ⅲ为碳酸钠溶液或碳酸氢钠溶液，据此答题．【解析】【解答】解：铝土矿的主要成分是Al2O3、Fe2O3和SiO2等，与NaOH反应分别为：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，反应1的滤液中含有NaAlO2和Na2SiO3，滤渣为Fe2O3，滤液中加入CaO，Na2SiO3变为CaSiO3沉淀，故滤液Ⅱ中的溶质为NaAlO2，通入A生成B，B煅烧生成Al2O3，故B为Al（OH）3，气体A应该为CO2，发生反应为：2AlO2-+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32-，或AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-；所以滤液Ⅲ为碳酸钠溶液或碳酸氢钠溶液；

（1）根据上面的分析可知，反应1的化学方程式为Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2O、SiO2+2NaOH═Na2SiO3+H2O；

故答案为：Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2O、SiO2+2NaOH═Na2SiO3+H2O；

（2）根据上面的分析可知，气体A是CO2；

故答案为：CO2；

（3）往NaAlO2溶液中通入过量CO2时得到的盐是NaHCO3，反应的离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-；

故答案为：NaHCO3；AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-；

（4）反应中不能否用盐酸代替气体A，因为过量盐酸会与生成的氢氧化铝反应生成偏铝酸钠，反应的离子方程式为AlO2-+4H+═Al3++2H2O；

故答案为：AlO2-+4H+═Al3++2H2O；

（5）B为Al（OH）3，煅烧B的化学方程式为2Al（OH）3Al2O3+3H2O；

故答案为：2Al（OH）3Al2O3+3H2O；

（6）电解氧化铝制铝的化学方程式为2Al2O34Al+3O2↑；

故答案为：2Al2O34Al+3O2↑；

（7）铝锅表面的氧化物膜及铝均能与酸、碱反