2024年沪教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年沪教版高三化学上册阶段测试试卷231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6题，共12分)1、纪录片《舌尖上的中国》展示了中华饮食文化的博大精深．下列烹饪用品的调味成分不属于有机物的是（）A.食盐B.香醋C.植物油D.黄酒2、在一种酸性溶液中存在NO3-、I-、Cl-、Fe3+中的一种或几种，向该溶液中加入溴水，溴单质被还原，由此可推断该溶液中（）A.一定含有I-，不能确定是否有Cl-B.一定含有NO3-C.不含有Fe3+，一定含有Cl-D.一定含有I-、NO3-和Cl-3、下列解释事实的离子方程式不正确的是A.氯化铜溶液显酸性：Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+B.氯气使湿润的淀粉KI试纸变蓝：Cl2+2I-=2Cl-+I2C.向硫酸铝溶液中加入氨水出现白色胶状沉淀：Al3++3OH-=Al(OH)3↓D.实验室不用玻璃塞试剂瓶盛装氢氧化钠溶液：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O4、有PH分别为8、9、10的三种相同物质的量浓度的盐溶液NaX、NaY、NaZ，以下说法中不正确的是A.在三种酸HX、HY、HZ中以HX酸性相对最强B.HX、HY、HZ三者均为弱酸C.在X-、Y-、Z-三者中，以Z-最易发生水解D.中和1molHY酸，需要的NaOH稍小于1mol5、下列关于氨碱法（索氏）和联合制碱法（侯氏）说法错误的是（）A.两者的原料来源相同B.两者的生产原理相同C.两者对食盐利用率不同D.两者最终产品都是Na2CO36、下列各组中两种溶液间的反应，能用同一离子方程式来表示的是（）A.HCl+Na2CO3；H2SO4+KHCO3B.BaCl2+Na2SO4；Ba（OH）2+（NH4）2SO4C.Fe+H2SO4（稀）；Fe+CH3COOH（稀）D.NaHCO3（过量）+Ca（OH）2；Ca（HCO3）2+NaOH（过量）评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)7、下列实验操作中，正确的是（）A.过滤操作中，为了加快过滤速度可用玻璃棒在漏斗中轻轻搅拌B.可以选用酒精作为萃取剂从碘水中萃取碘C.蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处D.分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出8、标准状况下，将5.6L由CO、CH4、C2H4、C2H2组成的混合气体与18LO2混合于某密闭容器中点燃，反应完成后再恢复到原状况，得CO2气体7.50L，则下列判断正确的是（）A.反应完成后，O2有剩余B.原混合气体中，C2H4与C2H2的体积共为1.9LC.反应完成后，生成水的质量为9gD.原混合气体中，CO与CH4的体积比一定为1：19、已知反应O2（g）+2Cl2（g）⇌2Cl2O（g）；△H＞0．在三个恒温、恒容的密闭容器中分别充入1molO2与2molCl2，测得平衡时O2的转化率如下表：下列说法正确的是（）

。容器编号温度/℃容器体积/L平衡时O2转化率平衡时压强/Pa①200V150%p1②200V270%p2③350V350%p3A.起始反应速率：③＞①＞②B.平衡时压强：p1＜p2C.容器体积：V1＜V3D.若实验②中O2和Cl2用量均加倍，则平衡时O2的转化率小于70%10、容积固定的密闭容器内有反应X（g）+2Y（g）⇌2Z（g）；△H=akJ/mol（a＞0），若向密闭容器中通入1molX和2molY，达平衡状态时，吸收热量bkJ；则下列判断正确的是（）A.当a=b＞0时，该反应达到化学平衡状态B.该反应达到化学平衡状态时，一定有a＞bC.当密闭容器内气体密度不再改变时，该反应达到化学平衡状态D.当V（X）：V（Y）：V（Z）=1：2：2时，不能表明该反应已达平衡状态11、用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（）A.标准状况下，11.2L水所含分子数为0.5NAB.同温同压下，体积相同的氢气和氧气所含的分子数相等C.常温常压下，48gO2与O3混合气体中所含原子数为3NAD.0.5mol/LFe2（SO4）3溶液中，SO42-的数目为1.5NA12、用NA表示阿伏德罗常数，下列叙述正确的是（）A.常温常压下，28gCO所含的原子数为2NAB.标准状况下，22.4LH2O含有的分子数为NAC.1L0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl-个数为NAD.18gNH4+所含有的质子数为10NA评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)13、CO2和CH4是两种重要的温室气体，通过CH4和CO2反应制造更高价值化学品是目前的研究目标．

（1）250℃时，以镍合金为催化剂，向4L容器中通入6molCO2、6molCH4，发生如下反应：CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）．平衡体系中各组分体积分数如下表：

。物质CH4CO2COH2体积分数0.10.10.40.4①此温度下该反应的平衡常数K=____

②已知：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H=-890.3kJ•mol-1

CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H=+2.8kJ•mol-1

2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=-566.0kJ•mol-1

反应CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）的△H=____

（2）以二氧化钛表面覆盖Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸．

①在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图所示．250～300℃时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是____

②为了提高该反应中CH4的转化率，可以采取的措施是____

③将Cu2Al2O4溶解在稀硝酸中的离子方程式为____

（3）Li2O、Na2O、MgO均能吸收CO2．Li2O吸收CO2后，产物用于合成Li4SiO4，Li4SiO4用于吸收、释放CO2．原理是：在500℃，CO2与Li4SiO4接触后生成Li2CO3；平衡后加热至700℃，反应逆向进行，放出CO2，Li4SiO4再生，说明该原理的化学方程式是____．14、某研究性学习小组用下列装置（铁架台等支撑仪器略）探究氧化铁与乙醇的反应；并检验反应产物．

（1）为快速得到乙醇气体，可采取的方法是____；若实验时小试管中的溶液已经开始发生倒吸，你采取的措施是____（填写编号）；

a．取下小试管b．移去酒精灯。

c．将导管从乳胶管中取下d．以上都可以。

（2）盛Cu（OH）2悬浊液的试管中可能出现的现象为____．

（3）如图实验，观察到红色的Fe2O3全部变为黑色固体（M）；充分反应后停止加热．为了检验M的组成，进行下列实验．

①M能被磁铁吸引；加入足量稀硫酸；振荡，固体全部溶解，未观察到有气体生成；

②经检验溶液中有Fe2+和Fe3+；

关于M中铁元素价态的判断正确的是____（填写编号）．

a．一定有+3价和+2价铁，一定无0价铁b．一定有+3价；+2价和0价铁。

c．一定有+3价和0价铁；一定无+2价铁d．一定有+3和+2价铁，可能有0价铁。

（4）若M的成份可表达为FeXOY；用CO还原法定量测定其化学组成．称取agM样品进行定量测定，实验装置如图1和步骤如下：

①组装仪器；②点燃酒精灯；③加入试剂；④打开分液漏斗活塞；⑤检查气密性；⑥停止加热；⑦关闭分液漏斗活塞；⑧．正确的操作顺序是____（填写编号）

a．①⑤④③②⑥⑦⑧b．①③⑤④②⑦⑥⑧c．①⑤③④②⑥⑦⑧d．①③⑤②④⑥⑦⑧

（5）若实验中每步反应都进行完全，反应后M样品质量减小bg，则FexOy中=____．

15、如图是工业上生产碳酸锂的部分工艺流程；请根据流程图及已知信息回答问题．

已知：①锂辉石主要万分为Li2O•Al2O3•4SiO2；含有少量Ca；Mg元素．

②Li2O•Al2O3•4SiO2+H2SO4（浓）Li2SO4+Al2O3•4SiO2•H2O↓

③几种物质不同温度下的溶解度．

。T/℃20406080S（Li2CO3）/g1.331.171.010.85S（Li2SO4）/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，括号表示加入的试剂，方框表示所得到的物质．写出图中①、②、③表示的各物质，步骤II中反应的离子方程式是____．

（2）已知滤渣2的主要成分有Mg（OH）2和CaCO3，写出生成滤渣2反应的离子方程式：____．

（3）向滤液2中加入饱和Na2CO，溶液，过滤后，用“热水洗涤”的原因是____．

（4）工业上，将Li2CO3粗品制备成高纯Li2CO3的部分工艺如下．

①将粗产品Li2CO3溶于盐酸作用解槽的阳极液，LiOH溶液作阴极液，两者用离子选择半透膜隔开，用惰性电极电解．阳极的电极反应式是____．

②电解后向产品LiOH溶液中加入过量NH4HCO，溶液生成Li2CO3反应的化学方程式是____．16、将27.4gNa2CO3和NaHCO3的混合物平均分成等量的两份，一份溶于水后加入足量某浓度的盐酸，收集到CO2气体VL，消耗盐酸100mL．另一份直接加热至恒重，生成CO2气体1.12L（所有气体体积均在标准状况下测定）．试计算：

（1）原混合固体中Na2CO3和NaHCO3的物质的量之比：n（Na2CO3）：n（NaHCO3）=____；

（2）V=____L，盐酸的物质的量浓度c（HCl）=____mol•L-1．17、某化学兴趣小组有一次活动的内容是：对一包干燥的红色粉末组成进行探究．请你参与并回答有关问题．

教师提醒：它由Cu、Fe2O3、Fe（OH）3三种固体中的一种或两种组成．

提出猜想：红色粉末可能的组成有：

①只有Cu②只有Fe2O3

③只有Fe（OH）3④是Fe2O3、Fe（OH）3的混合物

⑤是Cu、Fe2O3的混合物⑥是Cu、Fe（OH）3的混合物

资料获悉：（1）2Fe（OH）3Fe2O3+3H2O

（2）白色无水CuSO4遇水变蓝

（3）Cu在FeCl3溶液中发生反应：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2

探究思路：利用物质的性质不同设计实验加以甄别，先分别探究其中是否含有Fe（OH）3；Cu等；逐步缩小范围，然后再选择适当的试剂和方法通过实验探究其组成．

（装置内空气中的水蒸气、CO2忽略不计）

实验探究：

（1）甲同学取适量红色粉末装入试管中，按图1进行实验．结果无水CuSO4没有变蓝，从而排除猜想中的____．（填猜想中的序号）

（2）在甲同学实验结论的基础上，乙同学另取少量红色粉末于试管中，滴加足量稀盐酸，振荡后观察，发现固体全部溶解，溶液变色．乙同学认为可以排除猜想中的①和⑤，而丙同学认为只能排除猜想①，你认为____的观点正确（填“乙”“丙”）．

（3）丁同学为进一步确定红色粉末的组成；称取该粉末5.0g装入硬质玻璃管中，按图2在通风橱中进行实验．开始时缓缓通入CO气体，过一段时间后再加热使其充分反应．待反应完全后，停止加热，仍继续通CO气体直至玻璃管冷却．反应前后称量相关装置和物质的总质量，其数据如下表：

。反应前反应后Ⅰ

组玻璃管和红色粉末的总质量为37.3g玻璃管和固体物质的总质量为36.1gⅡ

组洗气瓶和所盛溶液

的总质量为180.0g洗气瓶和瓶中物质

的总质量为183.1g交流讨论：

（1）在装置A中先通CO气体的作用是____．

（2）应该选择____组的实验数据计算来确定红色粉末的组成．最终计算结果表明：该红色粉末的组成是猜想中的第____组（填序号）．

（3）写出A装置中发生反应的化学方程式____；实验中观察到A装置中的现象为____．

（4）为了防止溶液倒吸，本实验停止加热前是否需要先断开A和B的连接处？____（填“需要”或“不需要”），理由是____．

反思评价：戊同学指出：从环保角度，图2装置有严重不足之处．你认为应该如何改进？____．

拓展延伸：有同学提出丁同学上述实验中的CO还可以用H2代替，并将图28-2中B装置换成盛有碱石灰（生石灰和氢氧化钠固体混合物）的干燥管，来确定该红色粉末的组成，你认为是否可行？____（填“可行”或“不可行”）．评卷人得分四、判断题(共4题，共28分)18、胶体区别于其他分散系的本质特征是胶体具有丁达尔效应．____．（判断对错）19、将40gNaOH溶解在1L水中，溶液中溶质的物质的量浓度为1mol/L____．（判断对错）20、合理选择饮食，正确使用药物是人体健康的保证____．（判断对错）21、当温度高于0时，1mol的任何气体体积都大于22.4L．____．（判断对错）评卷人得分五、探究题(共4题，共32分)22、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________．23、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：24、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________．25、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4题，共28分)26、某含锰矿物的主要成分有rm{MnCO_{3}}rm{MnO_{2}}rm{FeCO_{3}}rm{SiO_{2}}rm{Al_{2}O_{3}}等rm{.}已知rm{FeCO_{3}}rm{MnCO_{3}}难溶于水rm{.}一种运用阴离子膜电解法的新技术可用于从碳酸锰矿中提取金属锰，主要物质转化关系如图rm{1}

rm{(1)}设备rm{1}中反应后，滤液rm{1}里锰元素只以rm{Mn^{2+}}的形式存在，且滤渣rm{l}中也无rm{MnO_{2}.}滤渣rm{1}的主要成分是______rm{(}填化学式rm{)}．

rm{(2)}设备rm{1}中发生氧化还原反应的离子方程式是______．

rm{(3)}设备rm{2}中加足量双氧水的作用是______；请设计一个实验方案检验滤液rm{2}中是否存在rm{Fe^{3+}}______．

rm{(4)}设备rm{4}中加入过量氢氧化钠溶液；沉淀部分溶解，用化学平衡移动原理解释原因______．

rm{(5)}设备rm{3}中用阴离子膜法提取金属锰的电解装置图如图rm{2(}电极为惰性rm{)}

rm{垄脵}电解装置中箭头表示溶液中阴离子移动的方向，则rm{A}电极是直流电源的极；实际生产中；阳极以稀硫酸为电解液，阳极的电极反应式为______．

rm{垄脷}该工艺之所以采用阴离子交换膜，是为了防止rm{Mn^{2+}}进入阳极区发生副反应生成rm{MnO_{2}}造成资源浪费rm{.}若没有阴离子交换膜，则该副反应的电极反应式为______．27、乙醇是一种优质的液体燃料，二甲醚与合成气制乙醇是目前合成乙醇的一种新途径，总反应为：rm{CH_{3}OCH_{3}(g)+CO(g)+2H_{2}}rm{(g)?CH_{3}OH(g)+C_{2}H_{5}OH(g).}向反应系统中同时通入二甲醚、一氧化碳和氢气，先生成中间产物乙酸甲酯后，继而生成乙醇rm{.}发生的主要化学反应有：

。反应过程化学方程式不同温度下的rm{K}rm{273.15K}rm{1000K}rm{273.15K}rm{1000K}Ⅰ二甲醚羰基化反应rm{CH_{3}OCH_{3}(g)+CO(g)?CH_{3}COOCH_{3}(g)}rm{10^{16.25}}rm{10^{1.58}}Ⅱ乙酸甲酯加氢反应rm{CH_{3}COOCH_{3}(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)+C_{2}H_{5}OH(g)}rm{10^{3.97}}rm{10^{-0.35}}回答下列问题：

rm{(1)}二甲醚碳基化反应的rm{triangleH}______rm{0}rm{(}填“rm{>}”“rm{<}”“rm{=}”rm{).}

rm{(2)}若反应在恒温恒容下进行；下列可说明反应已经达到平衡状态的是______．

A.rm{2v(CH_{3}COOCH_{3})=v(H_{2})}

B.密闭容器中总压强不变。

C.密闭容器中混合气体的密度保持不变。

D.密闭容器中rm{C_{2}H_{5}OH}的体积分数保持不变。

rm{(3)}总反应rm{CH_{3}OCH_{3}(g)+CO(g)+2H_{2}}rm{(g)?CH_{3}OH(g)+C_{2}H_{5}OH(g)}的平衡常数表达式rm{K=}______，随温度的升高，总反应的rm{K}将______rm{(}填“增大”、“不变”或“减小”rm{)}．

rm{(4)}在压强为rm{1Mpa}条件下，温度对二甲醚和乙酸甲酯平衡转化率影响如图rm{1}所示，温度对平衡体系中乙酸甲酯的含量和乙醇含量的影响如图rm{2}所示rm{.}观察图rm{2}可知乙酸甲酯含量在rm{300K隆芦600K}范围内发生变化是______；简要解释产生这种变化的原因______．

rm{(5)}将rm{CH_{3}OCH_{3}(g)}和rm{CO(g)}按物质的量之比rm{1}rm{1}充入密闭容器中发生碳基化反应，在rm{T}rm{K}时；反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下：

。时间rm{(min)}

浓度rm{(mol?L-1)}rm{0}rm{10}rm{20}rm{30}rm{40}rm{50}rm{CH_{3}OCH_{3}(g)}rm{2.00}rm{1.80}rm{1.70}rm{1.00}rm{0.50}rm{0.50}rm{CO(g)}rm{2.00}rm{1.80}rm{1.70}rm{1.00}rm{0.50}rm{0.50}rm{CH_{3}COOCH_{3}(g)}rm{0}rm{0.20}rm{0.30}rm{1.00}rm{1.50}rm{1.50}rm{垄脵20min}时，只改变了某一条件，根据上表中的数据判断改变的条件可能是______rm{(}填字母rm{)}．

A.通入一定量的rm{CO}rm{B.}移出一定量的rm{CH_{3}OCH_{3}}C.加入合适的催化剂。

rm{垄脷}在图rm{3}中画出rm{TK}rm{CH_{3}COOCH_{3}(g)}的体积分数随反应时间的变化曲线．

28、乙炔（C2H2）在气焊、气割及有机合成中用途非常广泛，可由电石（CaC2）直接水化法或甲烷在1500℃左右气相裂解法生产．

（l）电石水化法制乙炔是将生石灰与焦炭在3000℃下反应生成CaC2，CaC2再与水反应即得到乙炔．CaC2与水反应的化学方程式为______．

（2）已知：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H1=-890.3kJ/mol

C2H2（g）+2.5O2（g）=2CO2（g）+H2O（l）△H2=-1299.6kJ/mol

2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H3=-571.6kJ/mol

则甲烷气相裂解反应：2CH4（g）=C2H2（g）+3H2（g）的△H=______kJ/mol

（3）哈斯特研究得出当甲烷分解时；几种气体平衡时分压（Pa）与温度（℃）昀关系如图所示．

①T1℃时，向1L恒容密闭容器中充入0.3molCH4只发生反应2CH4（g）=C2H4（g）+2H2（g）；达到平衡时，测得。

c（C2H4）=c（CH4）．该反应的△H______（填“＞”或“＜”）0，CH4的平衡转化率为______．上述平衡状态某一时刻，若改变温度至T2℃，CH4以0.01mol/（L•s）的平均速率增多，经ts后再次达到平衡，平衡时，c（CH4）=2c（C2H4），则T1______（填“＞”或“＜”）T2；t=______s．

②列式计算反应2CH4（g）=C2H2（g）+3H2（g）；在图中A点温度时的平衡常数K=______（用平衡分压代替平衡浓度计算，lg0.05=-1.3）

③由图可知，甲烷裂解制乙炔有副产物乙烯生成，为提高甲烷制乙炔的转化率，除改变温度外，还可采取的措施有______．29、五种短周期元素X；Y、Z、M、W；原子序数依次增大．X、Z位于同周期，它们的基态原子中均有2个未成对电子，Z、W位于同主族，M是短周期元素第一电离能最小的元素．

（1）Y元素的基态原子的电子排布式是：______；

（2）X、Y、Z形成的最简单的氢化物的沸点是由高到低的顺序为______＞______＞______（填化学式）；

（3）Z的一种常见的氢化物，此化合物的既是重要的氧化剂，又是一种还原剂，它的电子式为______；

（4）在实验室中，可用M2W2O8检验酸性溶液中的Mn2+，若加入试剂后溶液呈紫色，证明存在Mn2+，此反应的离子方程式为______；

（5）由Y；Z、W和氢四种元素组成的一种离子化合物A．已知。

①1molA能与足量NaOH溶液反应生成标准状况下22.4L气体．

②A能与盐酸反应产生气体B，该气体能使氯水褪色．则A是______（填化学式）．A与氯水反应的离子方程式为______．

（6）X（s）+XO2（g）=2XO（g）反应的△H不易直接测得，但可通过测量相关物质燃烧的方法间接测得．若X（s）、XO（g）的燃烧热的数值分别为a和b，则上述反应的△H=______．参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、A【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．食盐不含碳元素；属于无机物，故A正确；

B．香醋的主要成分是乙酸；是含有碳元素的化合物，属于有机物，故B错误；

C．植物油的主要成分是油脂；是含有碳元素的化合物，属于有机物，故C错误；

D．黄酒的主要成分是酒精；含有碳元素的化合物，属于有机物，故D错误．

故选A．2、A【分析】【分析】向该溶液中加入溴水，单质溴被还原，说明溶液中含有还原性离子，能与溴反应的只有I-，在酸性条件下，NO3-、Fe3+具有强氧化性，应不能存在，以此解答该题．【解析】【解答】解：在酸性条件下，NO3-、Fe3+具有强氧化性，向该溶液中加入溴水，单质溴被还原，说明溶液中含有还原性离子，能与溴反应的只有I-，则一定不存在NO3-、Fe3+，由于Cl-不与溴反应，不能确定Cl-是否存在．

故选A．3、C【分析】试题分析：A、氯化铜溶液显酸性是因为铜离子水解的缘故，正确；B、氯气的氧化性强于碘的氧化性，所以氯气能置换出碘单质，碘遇淀粉变蓝色，正确；C、氨水中的一水合氨是弱碱，不能拆开，错误；D、氢氧化钠与玻璃塞中的二氧化硅反应生成粘性较大的硅酸钠，正确，答案选C。考点：考查对离子方程式的正误判断【解析】【答案】C4、D【分析】【解析】试题分析：酸越弱，相应的钠盐越容易水解，所以根据有PH分别为8、9、10的三种相同物质的量浓度的盐溶液NaX、NaY、NaZ可知，NaZ的水解程度最大，则相应的酸的酸性越弱，因此选项A、B、C都是正确的。D不正确，中和1molHY酸，需要的NaOH1mol，答案选D。考点：考查盐类水解的应该判断和应用【解析】【答案】D5、A【分析】【分析】氨碱法：以食盐（氯化钠）、石灰石（经煅烧生成生石灰和二氧化碳）、氨气为原料来制取纯碱．先使氨气通入饱和食盐水中而成氨盐水，再通入二氧化碳生成溶解度较小的碳酸氢钠沉淀和氯化铵溶液．其化学反应原理是：NH3+CO2+H2O+NaCl（饱和）=NaHCO3↓+NH4Cl，将经过滤、洗涤得到的NaHCO3微小晶体，再加热煅烧制得纯碱产品：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，放出的二氧化碳气体可回收循环使用，含有氯化铵的滤液与石灰乳（Ca（OH）2）混合加热，所放出的氨气可回收循环使用，CaO+H2O=Ca（OH）2，2NH4Cl+Ca（OH）2=CaCl2+2NH3↑+2H2O；

联合制碱法：以食盐、氨和二氧化碳（其中二氧化碳来自合成氨厂用水煤气制取氢气时的废气）为原料来制取纯碱，联合制碱法包括两个过程：第一个过程与氨碱法相同，将氨通入饱和食盐水而成氨盐水，再通入二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀，经过滤、洗涤得NaHCO3微小晶体，再煅烧制得纯碱产品，其滤液是含有氯化铵和氯化钠的溶液．第二个过程是从含有氯化铵和氯化钠的滤液中结晶沉淀出氯化铵晶体．由于氯化铵在常温下的溶解度比氯化钠要大，低温时的溶解度则比氯化钠小，而且氯化铵在氯化钠的浓溶液里的溶解度要比在水里的溶解度小得多，所以在低温条件下，向滤液中加入细粉状的氯化钠，并通入氨气，可以使氯化铵单独结晶沉淀析出，经过滤、洗涤和干燥即得氯化铵产品．此时滤出氯化铵沉淀后所得的滤液，已基本上被氯化钠饱和，可回收循环使用．【解析】【解答】解：A．氨碱法：以食盐（氯化钠）；石灰石（经煅烧生成生石灰和二氧化碳）、氨气为原料；联合制碱法：以食盐、氨和二氧化碳（其中二氧化碳来自合成氨厂用水煤气制取氢气时的废气）为原料，两者的原料来源不相同，故A错误；

B．氨碱法其化学反应原理是：NH3+CO2+H2O+NaCl（饱和）=NaHCO3↓+NH4Cl，联合制碱法：包括两个过程：第一个过程与氨碱法相同，将氨通入饱和食盐水而成氨盐水，再通入二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀，经过滤、洗涤得NaHCO3微小晶体；再煅烧制得纯碱产品，第二个过程是从含有氯化铵和氯化钠的滤液中结晶沉淀出氯化铵晶体，故B正确；

C．氨碱法的最大缺点还在于原料食盐的利用率只有72%～74%；联合制碱法最大的优点是使食盐的利用率提高到96%以上；故C正确；

D．氨碱法（索氏）和联合制碱法（侯氏）两者最终产品都是Na2CO3；故D正确；

故选A．6、D【分析】【分析】A．碳酸氢根离子为多元弱酸的酸式根离子不能拆；

B．氢氧化钡与硫酸铵混合；除了钡离子与硫酸根离子反应外，氢氧根离子与氨根离子也发生反应生成弱电解质一水合氨；

C．醋酸为弱电解质；应保留化学式；

D．NaHCO3（过量）和Ca（OH）2反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，Ca（HCO3）2和NaOH（过量）反应生成碳酸钙、碳酸钠和水．【解析】【解答】解：A、前者离子方程式为：CO32-+2H+=CO2↑+H2O；后者离子方程式为：HCO3-+H+=CO2↑+H2O；不可用同一离子方程式表示，故A错误；

B、前者离子方程式为：Ba2++SO42-=BaSO4↓；后者离子方程式为：2NH4++2OH-+Ba2++SO42-=BaSO4↓+2NH3•H2O；不可用同一离子方程式表示，故B错误；

C、前者离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑；后者离子方程式为：Fe+2CH3COOH=2CH3COO-+Fe2++H2↑；故C错误；

D、NaHCO3（过量）和Ca（OH）2反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，Ca（HCO3）2和NaOH（过量）反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，离子方程式都是：2HCO3-+2OH-+Ca2+=CaCO3↓+2H2O+CO32-；可用同一离子方程式表示，故D正确；

故选：D．二、多选题(共6题，共12分)7、CD【分析】【分析】A；过滤实验中玻璃棒的作用是引流；

B；从碘水中萃取碘时；所用的萃取剂和水是互不相溶的；

C；根据蒸馏的原理：控制物质的沸点不同来确定温度计水银球的位置；

D、根据分液漏斗的使用方法来回答．【解析】【解答】解：A；过滤实验中玻璃棒的作用是引流；目的是防止滤液弄破滤纸，使实验失败，用玻璃棒搅动漏斗里的液体，容易把滤纸弄破，起不到过滤的作用，故A错误；

B；从碘水中萃取碘时；所用的萃取剂乙醇和水是互溶的，不符合原则，故B错误；

C；根据蒸馏的原理：控制物质的沸点不同来分离物质；应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处，故C正确；

D；分液漏斗的使用方法：分液漏斗中下层液体从下口放出；上层液体从上口倒出，故D正确．

故选CD．8、AB【分析】【分析】A．用极值法判断；当完全为乙烯时消耗氧气体积最大，据此判断氧气是否过量；

B．根据生成二氧化碳的体积判断乙烯和乙炔的总体积；

C．题中数据无法判断甲烷；乙烯和乙炔的体积；则无法计算水的物质的量、质量；

D．能够计算出CO和甲烷的总体积，但是无法计算二者的具体体积．【解析】【解答】解：A．根据物质分子构成知，5.6L由CO、CH4、C2H4、C2H2组成的混合气体完全燃烧，当完全为乙烯时消耗氧气体积最大，最大体积为：5.6L×=14L＜18L；所以反应后氧气有剩余，故A正确；

B．根据C原子守恒；二氧化碳比原气体增大的体积即为乙烯和乙炔的体积，则生成二氧化碳体积比混合物体积增大了：7.5L-5.6L=1.9L，所以乙烯和乙炔的总体积为1.9L，故B正确；

C．题干信息无法判断CH4、C2H4、C2H2的体积；则无法计算反应后生成水的物质的量，故C错误；

D．根据B可知；混合气体中CO和甲烷的总体积为：5.6L-1.9L=3.7L，但是题中数据无法计算一氧化碳和甲烷的具体体积，故D错误；

故选AB．9、BC【分析】【分析】A；根据温度高；压强大反应速率大判断；

B、根据②平衡时O2转化率比①大；说明平衡时②中气体的物质的量比①少；

C、③和①O2转化率的转化率相同；又该反应为吸热反应，③的温度高平衡向正反应方向移动，所以③的压强使平衡向逆反应方向移动，据此分析；

D、若实验②中O2和Cl2用量均加倍，相当于增大压强，平衡正向移动，则O2转化率大于70%．【解析】【解答】解：A、②平衡时O2转化率比①大，说明②相对于①平衡向正反应方向移动，所以开始时压强：p1＜p2；则反应速率②＞①，故A错误；

B、②平衡时O2转化率比①大，说明平衡时②中气体的物质的量比①少，又温度相同，则②中压强大所以平衡时压强：p1＜p2；故B正确；

C、③和①O2转化率的转化率相同，又该反应为吸热反应，③的温度高平衡向正反应方向移动，所以③的压强使平衡向逆反应方向移动，即压强小于①，所以体积大于①，V1＜V3；故C正确；

D、若实验②中O2和Cl2用量均加倍，相当于增大压强，平衡正向移动，则O2转化率大于70%；故D错误；

故选BC．10、BD【分析】【分析】A；根据可逆反应的特点分析；

B；根据转化的程度来分析放出的热量的关系；a是完全转化放出的热量；

C；容积固定的密闭容器内；质量守恒，体积不变，密度不变，不能判断平衡状态；

D、当V（X）：V（Y）：V（Z）=1：2：2在反应开始后任何时刻都成立．【解析】【解答】解：A、该反应为可逆反应，向密闭容器甲中通入1molX和2molY，不会完全转化，则a＞b；故A错误；

B、根据转化的程度来分析放出的热量的关系，a是完全转化放出的热量，向密闭容器甲中通入1molX和2molY，不会完全转化，则a＞b；故B正确；

C；容积固定的密闭容器内；质量守恒，体积不变，密度不变，不能判断平衡状态，故C错误；

D；当V（X）：V（Y）：V（Z）=1：2：2在反应开始后任何时刻都成立；所以不能表明该反应已达平衡状态，故D正确．

故选BD．11、BC【分析】【分析】A．标准状况下；水为液体，不能利用气体摩尔体积计算其物质的量；

B．同温同压下；体积之比等于分子数目之比；

C．O3和O2都由氧原子构成，48g为氧原子质量，根据n=计算氧原子的物质的量，再根据N=nNA计算氧原子的数目；

D．0.5mol/LFe2（SO4）3溶液中SO42-的浓度为1.5mol/L，SO42-的数目与溶液的体积有关．【解析】【解答】解：A．标准状况下；水为液体，不能利用气体摩尔体积计算其物质的量，11.2L水的物质的量远大于0.5mol，故A错误；

B．同温同压下；体积之比等于分子数目之比，故体积相同的氢气和氧气所含的分子数相等，故B正确；

C．O3和O2都由氧原子构成，48g为氧原子质量，氧原子的物质的量为=3mol，氧原子的数目为3mol×NAmol-1=3NA；故C正确；

D．0.5mol/LFe2（SO4）3溶液中SO42-的浓度为1.5mol/L，1L该溶液中SO42-的数目为1.5NA，SO42-的数目与溶液的体积有关；溶液的体积未知，不能确定硫酸根离子的数目，故D错误；

故选BC．12、AC【分析】【分析】A、根据N=结合一氧化碳的分子构成计算其原子数．

B；根据气体摩尔体积的使用范围判断．

C、根据N=CVNA结合化学式构成计算氯离子个数．

D、根据N=结合一个铵根离子中含有的质子数计算．【解析】【解答】解：A、28gCO的物质的量是1mol，一个一氧化碳分子中含有2个原子，所以28gCO所含的原子数为2NA；故A正确．

B、气体摩尔体积只适用于气体，不适用于液体和固体，标况下水是液体，所以标况下22.4LH2O含有的分子数不是NA；故B错误．

C、1L0.5mol/L的MgCl2溶液中氯化镁的物质的量是0.5mol，一个氯化镁化学式中含有2个氯离子，所以1L0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl-个数为NA；故C正确．

D、18g铵根离子的物质的量是1mol，一个铵根离子中含有11个电子，所以18gNH4+所含有的质子数为11NA；故D错误．

故选AC．三、填空题(共5题，共10分)13、64+247.3kJ•mol-1温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低增大体积减小压强或增大CO2的浓度3Cu2Al2O4+32H++2NO3-=6Cu2++6Al3++2NO↑+16H2OCO2+Li4SiO4Li2CO3+Li2SiO3【分析】【分析】（1）①先利用三段法求出各物质的物质的量；然后再根据平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积；

②根据盖斯定律来解答；

（2）①根据温度对催化剂活性的影响；

②根据外界条件对化学平衡的影响；平衡正向移动，反应物转化率增大；

③先将Cu2Al2O4拆成氧化物的形式：Cu2O•Al2O3；再根据氧化物与酸反应生成离子方程式，需要注意的是一价铜具有还原性；

（3）根据题干信息，反应物为CO2与Li4SiO4，生成物有Li2CO3，根据质量守恒进行解答．【解析】【解答】解：（1）①CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）．

起始（mol）6600

反应（mol）xx2x2x

平衡（mol）6-x6-x2x2x

由CH4的体积分数为0.1，则=0.1，解得X=4，所以K===64；

故答案为：64；

②已知：①CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=-890.3kJ•mol-1①

②CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H=2.8kJ•mol-1②

③2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=-566.0kJ•mol-1③

根据盖斯定律，由①+②×2-③×2得，CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H=-890.3kJ•mol-1+2.8kJ•mol-1×2+566.0kJ•mol-1×2=+247.3kJ•mol-1；

故答案为：+247.3kJ•mol-1；

（2）①温度超过250℃时；催化剂的催化效率降低，所以温度升高而乙酸的生成速率降低，故答案：温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低；

②增大容器体积减小压强、增大CO2的浓度，平衡正向移动，反应物转化率增大，故答案为：增大体积减小压强或增大CO2的浓度；

③Cu2Al2O4拆成氧化物的形式：Cu2O•Al2O3，与酸反应生成离子方程式：3Cu2Al2O4+32H++2NO3-=6Cu2++6Al3++2NO↑+16H2O；

故答案为：3Cu2Al2O4+32H++2NO3-=6Cu2++6Al3++2NO↑+16H2O；

（3）在500℃，CO2与Li4SiO4接触后生成Li2CO3，反应物为CO2与Li4SiO4，生成物有Li2CO3，根据质量守恒可知产物还有Li2SiO3，所以化学方程式为：CO2+Li4SiO4Li2CO3+Li2SiO3，故答案为：CO2+Li4SiO4Li2CO3+Li2SiO3．14、在烧杯中加入热水（对烧杯加热）c试管中出现砖红色沉淀dc【分析】【分析】（1）乙醇易挥发；依据图1装置分析可知，可以对烧杯加热或烧杯中加入热水；阻止倒吸的操作是迅速拆下导气管；

（2）乙醇被催化氧化成乙醛；

（3）乙醇和氧化铁反应过程中可能会生成铁或四氧化三铁；能被磁铁吸引；

（4）实验过程依据反应原理和实验目的分析实验步骤为；组装装置，检验装置气密性，加入试剂，加入水把一氧化碳赶入后续装置，点燃酒精灯加热玻璃管，反应结束后停止加热，关闭分液漏斗活塞，玻璃管称量剩余固体，依据质量变化计算铁元素和氧元素物质的量之比；

（5）依据实验结果得到，铁的氧化物中减少的质量为氧元素的质量为bg，铁的质量为（a-b）g，依据元素物质的量计算得到比值．【解析】【解答】解：（1）依据图1装置分析可知；乙醇易挥发，可以对烧杯加热或烧杯中加入热水；阻止倒吸的操作是迅速拆下导气管；

故答案为：在烧杯中加入热水（对烧杯加热）；c；

（2）乙醇被催化氧化成乙醛，乙醛与Cu（OH）2悬浊液反应生成Cu2O砖红色沉淀；

故答案为：试管中出现砖红色沉淀；

（3）氧化铁做催化剂参与反应过程；乙醇和氧化铁反应过程中可能会生成铁或四氧化三铁，能被磁铁吸引；

故答案为：d；

（4）实验过程依据反应原理和实验目的分析实验步骤为；组装装置，检验装置气密性，加入试剂，加入水把一氧化碳赶入后续装置，点燃酒精灯加热玻璃管，反应结束后停止加热，关闭分液漏斗活塞，玻璃管称量剩余固体，依据质量变化计算铁元素和氧元素物质的量之比，所以选c；

故答案为：c；

（5）依据实验结果得到，铁的氧化物中减少的质量为氧元素的质量为bg，铁的质量为（a-b）g，依据元素物质的量计算得到比值，n（Fe）：n（O）=：=；

故答案为：．15、Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓，Ca2++CO32-=CaCO3↓Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可减少Li2CO3的损失2C1--2e-=Cl2↑2LiOH+2NH4HCO3=Li2CO3+（NH4）2CO3+2H2O【分析】【分析】分析流程锂辉石主要成分为Li2O•Al2O3•4SiO2，含有少量Ca、Mg元素，研磨在加热条件下用浓硫酸酸浸后过滤得到Li2SO4，硫酸镁和硫酸钙，滤渣Ⅰ为Al2O3•4SiO2•H2O↓，滤液加入为石灰乳是氢氧化钙，提供氢氧根离子和钙离子，加入碳酸钠沉淀钙离子，更完全的沉淀镁离子和碳酸根离子，过滤得到滤液主要是Li2SO4，加入饱和碳酸钠沉淀锂离子为碳酸锂，滤渣2主要成分有Mg（OH）2和CaCO3；

（1）从滤渣1中分离出Al2O3的流程分析，加入酸溶解Al2O3•4SiO2•H2O；得到硫酸铝溶液和二氧化硅，过滤得到溶液硫酸铝，加入氨水或适量氢氧化钠溶液得到氢氧化铝沉淀，灼烧得到氧化铝；步骤Ⅱ中铝离子与氨水反应生成氢氧化铝沉淀；

（2）滤渣2的主要成分有Mg（OH）2和CaCO3；石灰乳是氢氧化钙，提供氢氧根离子和钙离子，更完全的沉淀镁离子和碳酸根离子，碳酸钠提供碳酸根离子用来沉淀过量的钙离子；

（3）依据图表分析可知碳酸锂溶解度随温度升高减小；

（4）①Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液，阳极液中离子失电子，发生氧化反应，所以阳极反应为2C1--2e-=Cl2↑，阴极反应为2H++2e-=H2↑．离子选择透过膜只允许阳离子通过，电解过程中，Li+向阴极移动，而阴极电解后富余大量的OH-，阳极的Li+通过离子选择透过膜到阴极；这样阴极就得到比较纯净的LiOH．

②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：分析流程锂辉石主要成分为Li2O•Al2O3•4SiO2，含有少量Ca、Mg元素，研磨在加热条件下用浓硫酸酸浸后过滤得到Li2SO4，硫酸镁和硫酸钙，滤渣Ⅰ为Al2O3•4SiO2•H2O↓，滤液加入为石灰乳是氢氧化钙，提供氢氧根离子和钙离子，加入碳酸钠沉淀钙离子，更完全的沉淀镁离子和碳酸根离子，过滤得到滤液主要是Li2SO4，加入饱和碳酸钠沉淀锂离子为碳酸锂，滤渣2主要成分有Mg（OH）2和CaCO3；

（1）从滤渣1中分离出Al2O3的流程分析，加入酸溶解Al2O3•4SiO2•H2O，得到铝盐溶液和固体二氧化硅，过滤得到溶液硫酸铝，加入氨水或适量氢氧化钠溶液得到氢氧化铝沉淀，灼烧得到氧化铝；步骤Ⅱ中铝离子与氨水反应生成氢氧化铝沉淀，反应离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；

故答案为：铝盐，氨水，Al（OH）3，Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；

（2）石灰乳是氢氧化钙，提供氢氧根离子和钙离子，更完全的沉淀镁离子和碳酸根离子，增加Ca2+、OH-的浓度，有利于Mg（OH）2、CaCO3的析出，碳酸钠能沉淀过量的钙离子，反应的离子方程式为；Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓，Ca2++CO32-=CaCO3↓

故答案为：Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓，Ca2++CO32-=CaCO3↓；

（3）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；

（4））①Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液，阳极液中氯离子失电子，发生氧化反应，所以阳极反应为2C1--2e-=Cl2↑；

故答案为：2C1--2e-=Cl2↑；

②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+2NH4HCO3=Li2CO3+（NH4）2CO3+2H2O；

故答案为：2LiOH+2NH4HCO3=Li2CO3+（NH4）2CO3+2H2O．16、1：23.362.0【分析】【分析】（1）混合物直接加热时只有NaHCO3分解，发生反应2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，根据方程式知，n（NaHCO3）=2n（CO2）=2×=0.1mol，m（NaHCO3）=0.1mol×84g/mol=8.4g，则m（Na2CO3）=-8.4g=5.3g，n（Na2CO3）==0.05mol；

（2）混合物和稀盐酸反应生成CO2，根据C原子守恒得n（Na2CO3）+n（NaHCO3）=n（CO2）=mol，据此计算二氧化碳体积；反应后溶液中的溶质为NaCl，根据Cl原子守恒计算HCl的物质的量浓度．【解析】【解答】解：（1）混合物直接加热时只有NaHCO3分解，发生反应2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，根据方程式知，n（NaHCO3）=2n（CO2）=2×=0.1mol，m（NaHCO3）=0.1mol×84g/mol=8.4g，则m（Na2CO3）=-8.4g=5.3g，n（Na2CO3）==0.05mol，所以n（Na2CO3）：n（NaHCO3）=0.05mol：0.1mol=1：2；故答案为：1：2；

（2）混合物和稀盐酸反应生成CO2，根据C原子守恒得n（Na2CO3）+n（NaHCO3）=n（CO2）=mol=0.05mol+0.1mol；所以V=0.15mol×22.4L/mol=3.36L；

反应后溶液中的溶质为NaCl，根据Na原子守恒得n（NaCl）=2n（Na2CO3）+n（NaHCO3）=0.1mol+0.1mol=0.2mol，根据Cl原子守恒得n（HCl）=n（NaCl）=0.2mol，则C（HCl）==2.0mol/L，故答案为：3.36；2.0．17、③④⑥丙排净装置中的空气（或防止CO和装置中的空气混合受热发生爆炸）Ⅰ⑤3CO+Fe2O32Fe+3CO2部分红色粉末变黑不需要因为一直通入CO气体进入B中，B中溶液不会倒吸到A装置中在B装置后放一燃着的酒精灯可行【分析】【分析】（1）根据2Fe（OH）3Fe2O3+3H2O，白色无水CuSO4遇水变蓝来分析；

（2）根据Cu与盐酸不反应，Fe2O3、Fe（OH）3与盐酸不反应以及Cu在FeCl3溶液中发生反应：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2来分析；

（3）（1）根据CO具有可燃性；与玻璃管中的空气混合受热会发生爆炸；

（2）第Ⅱ组数据；因石灰水少量，不能证明二氧化碳完全反应，根据选择Ⅰ组的实验数据根据方程式来计算确定红色粉末的组成．

（3）氧化铁能与一氧化碳反应生成黑色的铁粉；而铜不与一氧化碳反应；

（4）根据实验结束后，需要继续通入一氧化碳直到玻璃管冷却来分析；根据一氧化碳有毒，需要进行尾气处理来分析；根据氢气具有还原性，能代替一氧化碳来还原氧化铁，生成的水能被碱石灰充分吸收来分析．【解析】【解答】解：（1）2Fe（OH）3Fe2O3+3H2O，白色无水CuSO4遇水变蓝，按图1进行实验．结果无水CuSO4没有变蓝，即无水生成，说明固体中不含Fe（OH）3；可排除猜想中的③④⑥；

故答案为：③④⑥；

（2）Cu在FeCl3溶液中发生反应：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，取红色粉末于试管中，滴加足量稀盐酸，振荡后观察，发现固体全部溶解，溶液变色，可推断排除猜想中的①，故红色粉末可能是Fe2O3或Cu、Fe2O3的混合物；所以说丙同学的观点正确，故答案为：丙；

（3）（1）根据CO具有可燃性；与玻璃管中的空气混合受热会发生爆炸，因此，应先通CO排尽玻璃管中的空气，然后再加热．所以在装置A中先通CO气体的作用是：排净装置中的空气（或防止CO和装置中的空气混合受热发生爆炸）；

故答案为：排净装置中的空气（或防止CO和装置中的空气混合受热发生爆炸）；

（2））Ⅱ组实验使用的是石灰水吸收二氧化碳；吸收的不够完全使实验数据不准确，应该使用Ⅰ组数据进行确定

设粉末中氧化铁的质量为x

3CO+Fe2O32Fe+3CO2固体△m

16011248

x1.2g

=

x=4g

而粉末共有5g；氧化铁4g，所以含有铜粉；

故答案为：Ⅰ；⑤；

（3）氧化铁能与一氧化碳反应生成黑色的铁粉，反应为3CO+Fe2O32Fe+3CO2；而铜不与一氧化碳反应；

故答案为：3CO+Fe2O32Fe+3CO2；部分红色粉末变黑；

（4）实验结束后；需要继续通入一氧化碳直到玻璃管冷却，CO气体进入B中溶液中，所以不会出现倒吸现象；

一氧化碳有毒；需要进行尾气处理，可以在B装置后放一燃着的酒精灯；

因氢气具有还原性，能代替一氧化碳来还原氧化铁，生成的水能被碱石灰充分吸收，可以计算出Fe2O3的质量；确定固体的成分；

故答案为：不需要；因为一直通入CO气体进入B中，B中溶液不会倒吸到A装置中；在B装置后放一燃着的酒精灯；可行．四、判断题(共4题，共28分)18、×【分析】【分析】根据胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小不同．【解析】【解答】解：胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1-100nm之间，溶液的粒子直径小于1nm，浊液的子直径大于100nm，故答案为：×．19、×【分析】【分析】将40gNaOH溶解在1L水中，溶液体积大于1L．【解析】【解答】解：将40gNaOH溶解在1L水中；溶液体积大于1L，溶液中溶质的物质的量浓度小于1mol/L；

故答案为：×．20、√【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：√．21、×【分析】【分析】由PV=nRT可知，气体的物质的量一定，温度、压强会影响气体的体积．【解析】【解答】解：由PV=nRT可知，气体的物质的量一定，温度、压强会影响气体的体积，当温度高于0时，1mol的任何气体体积可能等于、小于或大于22.4L，与压强有关，故错误，故答案为：×．五、探究题(共4题，共32分)22、|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．23、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．24、|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．25、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．六、简答题(共4题，共28分)26、略

【分析】解：锰矿物的主要成分有rm{MnCO_{3}}rm{MnO_{2}}rm{FeCO_{3}}rm{SiO_{2}}rm{Al_{2}O_{3}}等，用硫酸溶解，rm{SiO_{2}}不硫酸反应，rm{MnCO_{3}}rm{FeCO_{3}}rm{Al_{2}O_{3}}与硫酸反应得到rm{MnSO_{4}}rm{FeSO_{4}}rm{Al_{2}(SO_{4})_{3}}而滤液rm{1}里锰元素只以rm{Mn^{2+}}的形式存在，且滤渣rm{1}中也无rm{MnO_{2}}酸性条件下rm{MnO_{2}}将rm{Fe^{2+}}离子氧化为rm{Fe^{3+}}离子，过滤除去二氧化硅等不溶物，滤渣rm{1}为rm{SiO_{2}}等不溶物rm{.}滤液rm{1}中加入过氧化氢将rm{Fe^{2+}}离子氧化为rm{Fe^{3+}}离子，再加入氨水调节溶液rm{pH}使rm{Fe^{3+}}rm{Al^{3+}}转化为rm{Fe(OH)_{3}}rm{Al(OH)_{3}}沉淀，过滤分离，滤液rm{2}中含有rm{MnSO_{4}}rm{NH_{4}SO_{4}}等，滤渣rm{2}为rm{Fe(OH)_{3}}rm{Al(OH)_{3}}向滤渣rm{2}中加入氢氧化钠，氢氧化铝溶解得到rm{NaAlO_{2}}过滤分离rm{.}滤液rm{2}电解得到rm{Mn}．

rm{(1)}滤渣rm{1}的主要成分是rm{SiO_{2}}故答案为：rm{SiO_{2}}

rm{(2)}设备rm{1}中发生氧化还原反应：二氧化锰在酸性条件下将rm{+2}价铁氧化为铁离子，二氧化硫被还原得到rm{Mn^{2+}}反应离子方程式为：rm{2Fe^{2+}+MnO_{2}+4H^{+}=2Fe^{3+}+Mn^{2+}+2H_{2}O}或rm{2FeCO_{3}+MnO_{2}+8H^{+}=2Fe^{3+}+Mn^{2+}+CO_{2}隆眉+4H_{2}O}

故答案为：rm{2Fe^{2+}+MnO_{2}+4H^{+}=2Fe^{3+}+Mn^{2+}+2H_{2}O}或rm{2FeCO_{3}+MnO_{2}+8H^{+}=2Fe^{3+}+Mn^{2+}+CO_{2}隆眉+4H_{2}O}

rm{(3)}设备rm{2}中加足量双氧水将rm{Fe^{2+}}离子氧化为rm{Fe^{3+}}离子，便于调节rm{pH}时转化为沉淀除去，检验滤液rm{2}中是否存在rm{Fe^{2+}}的方案为：取滤液rm{2}加入铁氰化钾溶液，如果有蓝色沉淀产生，则有rm{Fe^{2+}}否则没有rm{Fe^{2+}}

故答案为：将rm{Fe^{2+}}完全氧化为rm{Fe^{3+}}取滤液rm{2}加入铁氰化钾溶液，如果有蓝色沉淀产生，则有rm{Fe^{2+}}否则没有rm{Fe^{2+}}

rm{(4)}滤渣rm{2}中存在rm{Al(OH)_{3}}存在电离平衡：rm{Al^{3+}+3OH^{-}}rm{Al(OH)_{3}}rm{AlO_{2}^{-}+H^{+}+H_{2}O}加入rm{NaOH}溶液，rm{H^{+}}被中和，浓度减低，rm{Al(OH)_{3}}不断溶解；

故答案为：滤渣rm{2}中存在rm{Al(OH)_{3}}存在电离平衡：rm{Al^{3+}+3OH^{-}}rm{Al(OH)_{3}}rm{AlO_{2}^{-}+H^{+}+H_{2}O}加入rm{NaOH}溶液，rm{H^{+}}被中和，浓度减低，rm{Al(OH)_{3}}不断溶解；

rm{(5)垄脵}电解装置中箭头表示溶液中阴离子移动的方向，则左室为阴极室，右室为阳极室，rm{A}为电源的负极，rm{B}为电源的阳极，阳极以稀硫酸为电解液，溶液中氢氧根离子放电生成氧气，电极反应为：rm{4OH^{-}-4e^{-}=2H_{2}O+O_{2}隆眉}

故答案为：负极；rm{4OH^{-}-4e^{-}=2H_{2}O+O_{2}隆眉}

rm{垄脷Mn^{2+}}进入阳极区，发生氧化反应生成rm{MnO_{2}}需要有水参与反应，根据电荷守恒可知有氢离子生成，该副反应的电极反应式：rm{Mn^{2+}+2H_{2}O-2e^{-}=MnO_{2}+4H^{+}}

故答案为：rm{Mn^{2+}+2H_{2}O-2e^{-}=MnO_{2}+4H^{+}}．

锰矿物的主要成分有rm{MnCO_{3}}rm{MnO_{2}}rm{FeCO_{3}}rm{SiO_{2}}rm{Al_{2}O_{3}}等，用硫酸溶解，rm{SiO_{2}}不硫酸反应，rm{MnCO_{3}}rm{FeCO_{3}}rm{Al_{2}O_{3}}与硫酸反应得到rm{MnSO_{4}}rm{FeSO_{4}}rm{Al_{2}(SO_{4})_{3}}而滤液rm{1}里锰元素只以rm{Mn^{2+}}的形式存在，且滤渣rm{1}中也无rm{MnO_{2}}酸性条件下rm{MnO_{2}}将rm{Fe^{2+}}离子氧化为rm{Fe^{3+}}离子，过滤除去二氧化硅等不溶物，滤渣rm{1}为rm{SiO_{2}}等不溶物rm{.}滤液rm{1}中加入过氧化氢将rm{Fe^{2+}}离子氧化为rm{Fe^{3+}}离子，再加入氨水调节溶液rm{pH}使rm{Fe^{3+}}rm{Al^{3+}}转化为rm{Fe(OH)_{3}}rm{Al(OH)_{3}}沉淀，过滤分离，滤液rm{2}中含有rm{MnSO_{4}}rm{NH_{4}SO_{4}}等，滤渣rm{2}为rm{Fe(OH)_{3}}rm{Al(OH)_{3}}向滤渣rm{2}中加入氢氧化钠，氢氧化铝溶解得到rm{NaAlO_{2}}过滤分离rm{.}滤液rm{2}电解得到rm{Mn}

rm{(1)}滤渣rm{1}的主要成分是二氧化硅；

rm{(2)}设备rm{1}中发生氧化还原反应：二氧化锰在酸性条件下将rm{+2}价铁氧化为铁离子，二氧化硫被还原得到rm{Mn^{2+}}

rm{(3)}设备rm{2}中加足量双氧水将rm{Fe^{2+}}离子氧化为rm{Fe^{3+}}离子；利用加入铁氰化钾溶液检验rm{Fe^{2+}}离子；

rm{(4)Al(OH)_{3}}存在电离平衡：rm{Al^{3+}+3OH^{-}}rm{Al(OH)_{3}}rm{AlO_{2}^{-}+H^{+}+H_{2}O}加入rm{NaOH}溶液，rm{H^{+}}被中和；平衡正向移动，氢氧化铝被溶解；

rm{(5)垄脵}电解装置中箭头表示溶液中阴离子移动的方向，则左室为阴极室，右室为阳极室，rm{A}为电源的负极，rm{B}为电源的阳极；阳极以稀硫酸为电解液，溶液中氢氧根离子放电生成氧气；

rm{垄脷Mn^{2+}}进入阳极区，发生氧化反应生成rm{MnO_{2}}需要有水参与反应，根据电荷