2025年外研版三年级起点高三化学上册阶段测试试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年外研版三年级起点高三化学上册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、下列实验事实能用同一原理解释的是（）A.SO2、Cl2均能使品红溶液褪色B.NH4Cl晶体、固态碘受热时均能变成气体C.苯酚，乙烯均能使溴水褪色D.福尔马林，葡萄糖与新制的Cu（OH）2共热均有红色沉淀2、不能用勒沙特列原理解释的是（）A.棕红色的NO2加压后颜色先变深后变浅B.由氢气、碘蒸气、碘化氢气体组成的平衡体系加压后颜色变深C.加大压强更有利于合成氨D.工业制取金属钾Na（l）+KCl（l）→NaCl（l）+K（g）选取适宜温度，使钾变成蒸汽从反应混合物中分离出来3、2013年4月24日，东航首次成功进行了由地沟油生产的生物航空燃油的验证飞行。能区别地沟油（加工过的餐饮废弃油）与矿物油（汽油、煤油、柴油等）的方法是A.点燃，能燃烧的是矿物油B.测定沸点，有固定沸点的是矿物油C.加入水中，浮在水面上的是地沟油D.加入足量氢氧化钠溶液共热，不分层的是地沟油4、下列关于化学键的叙述正确的是（）A.离子化合物可含共价键B.共价化合物可含离子键C.离子化合物只含离子键D.共价化合物不含离子键5、若用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是A.22.4LNH3中含氮原子数为NAB.1molNa2O2与水完全反应时转移的电子数为NAC.100mL2.0mol·L-1NH4HCO3溶液中NH4+数为0.2NAD.1molO2和2molSO2在密闭容器中充分反应后的分子数等于2NA6、有机物rm{CcdotH_{3}CcdotH篓TCcdotH-Ccdot隆脭CH}中标有“rm{CcdotH_{3}CcdotH篓TCcdotH-

Ccdot隆脭CH}”的碳原子的杂化方式依次为rm{?}rm{(}A.rm{)}rm{sp}rm{sp^{2}}B.rm{sp^{3}}rm{sp^{3}}rm{sp^{2}}C.rm{sp}rm{sp^{2}}rm{sp}D.rm{sp^{3}}rm{sp^{3}}rm{sp}rm{sp^{2}}7、rm{amolFeS}与rm{b}rm{mol}rm{FeO}投入到rm{V}rm{L}rm{c}rm{mol?L^{-1}}的硝酸溶液中，恰好完全反应，还原产物只有rm{NO}所得澄清溶液可看作是rm{Fe(NO_{3})_{3}}与rm{H_{2}SO_{4}}的混合液，则反应中未被还原的硝酸可能为rm{(}rm{)}

rm{垄脵(a+b)隆脕189g}

rm{垄脷(a+b)隆脕63g}

rm{垄脹(a+b)mol}

rm{垄脺(Vc-3a-dfrac{b}{3})mol}A.rm{垄脺(Vc-3a-dfrac

{b}{3})mol}B.rm{垄脷垄脺}C.rm{垄脷垄脹}D.rm{垄脵垄脹}rm{垄脵垄脺}8、下列结论错误的是（）

①微粒半径：K+＞Al3+＞S2-＞Cl-②氢化物的稳定性：HF＞HCl＞H2S＞PH3＞SiH4

③离子的还原性：S2-＞Cl-＞Br-＞I-④氧化性：Cl2＞S＞Se＞Te

⑤酸性：H2SO4＞H3PO4＞H2CO3＞HClO⑥非金属性：O＞N＞P＞Si．A.只有①B.①③⑤C.②④⑤⑥D.①③9、中国全运会期间，在济南市等主要街道上，出现了一座座拔地而起的立体花坛，4000万盆、上百种鲜花扮靓了济南街头．大量盆栽鲜花因施用了S-诱抗素制剂，得以保证鲜花盛开，S-诱抗素的分子结构如右图，下列关于该分子的说法正确的是（）A.1mol该物质与足量的NaOH溶液反应最多消耗2molNaOHB.该物质在Cu作催化剂条件下能被催化氧化C.该物质能发生氧化、还原、取代反应D.分别与足量的Na、NaHCO3反应生成的气体在相同状况下体积比为2：1评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)10、（2014秋•佳木斯校级月考）某研究小组为了探究“铁与水蒸气”的反应的产物；进行了下列实验：用如图所示实验装置，在硬质玻璃管中放入还原铁粉和石棉绒的混合物，加热，并通入水蒸气，就可以完成高温下“Fe与水蒸气的反应实验”（石棉绒高温下不与水和铁反应）．

（1）如何检查该装置的气密性：____

（2）写出铁与水蒸气反应的化学方程式____

（3）验证固体产物中铁元素的价态。

限选实验仪器与试剂：烧杯、试管、玻璃棒、药匙、滴管、酒精灯、试管夹；1mol/LCuSO4、3mol/LH2SO4、3mol/LHNO3、30%H2O2、0.01mol/LKMnO4；20%KSCN、蒸馏水．

在答题卡上按下表的格式写出实验步骤；预期现象与结论．

。实验步骤预期现象与结论步骤1取反应后干燥的固体ag于试管中，加入足量的1mol/LCuSO4溶液，充分振荡，经固液分离、洗涤后，再向固体中滴加足量的____，振荡溶解，过滤后将滤液配成250mL溶液，待用．步骤2取少量步骤1中滤液于试管中，________步骤3取少量步骤1中滤液于试管中，________步骤1中加入足量1mol/LCuSO4溶液的作用是____．11、草酸晶体的组成可用H2C2O4•xH2O表示；为了测定x值，进行如下实验：

①称取Wg草酸晶体；配成100.00mL水溶液。

②量取25.00mL所配制的草酸溶液置于锥形瓶内，加入适量稀H2SO4后，用浓度为amol•L-1的KMnO4溶液滴定到KMnO4不再褪色为止，所发生的反应：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+10CO2↑+2MnSO4+8H2O试回答：

（1）实验中还缺少的仪器有（填名称）____．

a．托盘天平（带砝码，镊子）b．药匙c.100mL量筒d．玻璃棒e．烧杯f．铁架台（带滴定管夹）g．滴定管h．锥形瓶。

（2）实验中，标准液KMnO4溶液应装在____式滴定管中．（填“酸”或“碱”）

（3）若在接近滴定终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗一下，再继续滴定至终点，则所测得的x值会____．（填“偏大”；“偏小”或“无影响”）

（4）在滴定过程中若用amol•L-1的KMnO4溶液VmL，则所配制的草酸溶液的物质的量浓度为____mol•L-1，由此可计算x的值是____．12、（2013•广东模拟）溴苯是一种化工原料，实验室合成溴苯的装置示意图及有关数据如下：。苯溴溴苯密度/g•cm-30.883.101.50沸点/℃8059156水中溶解度微溶微溶微溶请回答下列问题：

（1）在a中加入15mL无水苯和少量铁屑．在b中小心加入4.0mL液态溴．向a中滴入几滴溴，有白色烟雾产生，是因为生成了____气体．继续滴加至液溴滴完．装置d的作用是____；

（2）液溴滴完后；经过下列步骤分离提纯：

①向a中加入10mL水；然后过滤除去未反应的铁屑；

②滤液依次用10mL水、8mL10%的NaOH溶液、10mL水洗涤．NaOH溶液洗涤的作用是____；

③向分出的粗溴苯中加入少量的无水氯化钙，静置、过滤．加入氯化钙的目的是____；

（3）经以上分离操作后，粗溴苯中还含有的主要杂质为____，要进一步提纯，下列操作中必须的是____（填入正确选项前的字母）；

A．重结晶B．过滤C．蒸馏D．萃取．13、化学兴趣小组对某品牌牙膏中摩擦剂成分及其含量进行探究：

Ⅰ．查资料：该摩擦剂由碳酸钙；氢氧化铝组成；牙膏中其它成分遇到盐酸无气体生成．

Ⅱ．牙膏样品中碳酸钙的定量测定：

利用图所示装置（图中夹持仪器略去）进行实验，测定C中生成的BaCO3沉淀质量；以确定碳酸钙的质量分数．

实验步骤：

①如图所示连接好装置；先检查装置的气密性；

②准确称取牙膏样品的质量4.00g；并在各仪器中加入相应试剂；

③打开弹簧夹甲；缓缓通入空气，然后接上C；

④打开B的分液漏斗滴加盐酸反应；同时再次持续缓缓通入空气；

⑤待B中不再产生气体后停止滴加盐酸；

⑥将C中沉淀过滤、洗涤、干燥，得BaCO3固体，称量BaCO3的质量为1.97g．

（1）A中放NaOH溶液的作用是____；

（2）步骤④通入空气的作用是____；

（3）步骤⑥中检验沉淀洗干净的方法是____；

（4）本实验测定得到的样品中碳酸钙的质量分数为____；

若采取下列措施，对测定结果的准确度没有影响的是____（填标号）；

a．省略步骤③b．滴加盐酸快一些c．多次实验；取平均值计算

（5）有同学认为不必测定C中生成BaCO3质量，只要测定装置C在吸收CO2前后质量差，一样可以准确测定碳酸钙质量分数．请说明是否可以并说明理由____．14、(创新预测题)塑化剂是工业上被广泛使用的高分子材料助剂，在塑料加工中添加这种物质，可以使其柔韧性增强，容易加工。塑化剂可合法用于工业生产，但禁止作为食品添加剂。截止2011年6月8日，台湾被检测出含塑化剂食品已达961种，据媒体报道，2012年岁末，我国大陆多种著名品牌白酒也陷入了塑化剂风波。常见塑化剂为邻苯二甲酸酯类物质，某有机物J(C19H20O4)是一种塑料工业中常用的塑化剂，可用下列合成路线合成。Ⅱ.控制反应条件，使物质A中的支链Y不与NaOH溶液发生反应；Ⅲ.F与浓溴水混合不产生白色沉淀。请回答下列问题：(1)E中官能团的名称为________；F中官能团的电子式为________。(2)写出A＋F―→J的化学反应方程式________________________________。(3)写出下列化学反应类型：反应①___________________；反应④________________。(4)写出F的属于芳香烃衍生物的同分异构体的结构简式：____________。(5)C4H9OH的同分异构体中属于醇类的有________种，写出其中具有手性碳的同分异构体的结构简式：________________。(6)以含碳原子数不同的苯的同系物为原料，可以合成不同种类的塑化剂。教材中苯及其同系物的通式是CnH2n－6(n≥6)，某同学根据等差数列公式推导出该系列的通式却是Cn＋5H2n＋4，老师告诉该同学他推导出的通式也是正确的，但其中n的意义和取值范围与教材中的通式不同，请问：通式Cn＋5H2n＋4中n的意义是________，其取值范围是________。评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)15、将10克氯化钠溶于4℃、90毫升的水中，所得溶质的质量分数为90%．____（判断对错）16、常温常压下，92gNO2和N2O4的混合气体中含有的原子总数为6NA．____（判断对错）17、为了防止龋齿，人人都要使用含氟牙膏．____．（判断对错）18、I．下列实验操作或对实验事实的叙述中；正确的在横线里打√，错误的在横线里打×：

（____）（1）实验室制取乙烯时；必须将温度计的水银球插入反应液液面以下，根据温度计指示的温度来调节酒精灯火焰大小，以控制反应液的温度．

（____）（2）在洁净的试管里加入1mL2%的氨水；然后一边摇动试管，一边逐滴滴入2%的硝酸银溶液，至最初产生的沉淀恰好溶解为止，即得银氨溶液．

（____）（3）用稀硝酸清洗做过银镜反应实验的试管．

（____）（4）实验室制肥皂时；将适量植物油和NaOH溶液混合，并不断搅拌；加热，直到混合物变稠，即可得到肥皂．

（____）（5）进行纤维素水解实验时，把一小团蓬松脱脂棉放入试管，滴入少量浓硫酸搅拌，使脱脂棉变成糊状，再加入一定量的水，加热至溶液呈亮棕色，然后加入新制的Cu（OH）2加热至沸腾即可．

II．现安装一套实验室利用液一液反应制备气体的装置；有人设计了五步操作，请你安排出正确而简捷的程序，将序号（1；2、3）填入括号内．

（____）将蒸馏烧瓶固定在铁架台上．

（____）把酒精灯放在铁架台上；根据酒精灯确定铁圈的高度，固定铁圈，放好石棉网．

（____）用漏斗向蒸馏烧瓶中加入一种液体反应物；再向分液漏斗中加入另一种液体反应物，并将导气管放入气体收集器中．

（____）检查装置的气密性（利用对固定装置进行微热的方法来检查气密性；假定瓶口漏气而需要更换橡皮塞）．

（____）在蒸馏烧瓶上装好分液漏斗；连接好导气管．

III．某校学生小组为探究乙酸；碳酸和苯酚的酸性强弱；进行下述实验．

该校学生设计了如图的实验装置（夹持仪器已略去）．

（1）某生检查装置A的气密性时，先关闭止水夹，从左管向U型管内加水，至左管液面高于右管液面，静置一段时间后，若U型管两侧液面差不发生变化，则气密性良好．你认为该生的操作正确与否？____（填“正确”或“错误”）

大理石与乙酸溶液反应的化学方程式为____

（2）装置A中反应产生的气体通入苯酚钠溶液中，实验现象为____

反应的离子方程式为____

（3）有学生认为（2）中的实验现象不足以证明碳酸的酸性比苯酚强，理由是乙酸有挥发性，挥发出的乙酸也可以和苯酚钠溶液反应，生成苯酚．改进该装置的方法是____．19、通过化学变化可以实现35Cl与37Cl间的相互转化____．（判断对错）20、反应条件是加热的反应不一定都是吸热反应____．（判断对错）21、22.4LO2中一定含有6.02×1023个氧分子____．（判断对错）评卷人得分四、书写(共2题，共18分)22、①0.1mol/L氨水，②石墨，③浓盐酸，④液氨，⑤NH4Cl固体，⑥熔融NaOH，⑦纯硫酸，⑧NaHCO3溶液，⑨0.1mol/LCH3COOH⑩Ca（HCO3）2

（1）将对应的标号填在横线上：属于电解质的____属于非电解质的____能导电的物质____

（2）请依次写出⑤和⑥在稀溶液中发生反应、①和⑨发生反应、⑥的溶液和⑧发生反应以及少量⑧和Ca（OH）2反应的离子方程式____、____、____、____．

（3）如何检验一瓶未知溶液为NH4Cl，请详述实验步骤和现象____

（4）判断Na2CO3、Ca（HCO3）2、NaHCO3和CaCO3的热稳定性，按从强到弱的顺序排为____

（5）往⑨中逐渐加入①直到过量，溶液的导电能力随氨水体积变化图象正确的是____

23、写出下列反应的离子方程式：

（1）BaCl2溶液与Na2SO4溶液反应____

（2）Na2CO3溶液与稀盐酸混合____

（3）稀硝酸与Ba（OH）2溶液混合____．评卷人得分五、实验题(共4题，共20分)24、氯气在生产生活中应用广泛．

实验室可用rm{MnO_{2}}与浓盐酸反应制取；反应原理如下：

rm{MnO_{2}+4HCl(}浓rm{)dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}MnCl_{2}+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O}

rm{)dfrac{underline{;;triangle

;;}}{;}MnCl_{2}+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O}若制得标准状况下rm{(1)}rm{11.2L}则被氧化的rm{Cl_{2}}为______rm{HCl}．

rm{mol}多余的氯气可用rm{(2)}溶液吸收，反应的离子方程式为______rm{NaOH}工业上也可用rm{.}溶液吸收氯气，获得rm{MnSO_{4}}rm{Mn_{2}O_{3}}广泛应用于电子工业、印染工业等领域rm{Mn_{2}O_{3}}请写出该化学反应的离子方程式______．

rm{.}海底蕴藏着丰富的锰结核矿，其主要成分是rm{(3)}年由rm{MnO_{2}.1991}等人研究，用硫酸淋洗后使用不同的方法可制备纯净的rm{Allen}其制备过程如图所示：

rm{MnO_{2}}步骤rm{垄脵}中，试剂甲必须具有的性质是______rm{I}填序号rm{(}．

rm{)}氧化性rm{a.}还原性rm{b.}酸性。

rm{c.}步骤Ⅲ中，以rm{垄脷}为氧化剂，当生成rm{NaClO_{3}}rm{0.050mol}时，消耗rm{MnO_{2}}的rm{0.10mol?L^{-1}}溶液rm{NaClO_{3}}该反应的离子方程式为______．

rm{200mL}用rm{(4)}rm{100mL}的浓盐酸与足量rm{12.0mol?L^{-1}}混合后，加热，反应产生的氯气物质的量远远少于rm{MnO_{2}}请你分析可能的原因为______．rm{0.30mol}25、某实验室欲制取少量单质硅；根据实验室存有的药品情况，选择硅铁粉（一种铁合金粉末）；漂白粉、浓盐酸等为制取原料．请回答以下制取过程中的相关问题．

（1）氯气的制备：用漂白粉与浓盐酸常温反应制备实验所需氯气．该反应的化学方程式为______．可选择以下装置如图1中的______（填序号）作为反应容器．

（2）SiCl4的生成：控制温度在200℃以上，使硅铁粉与氯气反应生成SiCl4．

①若要将图A装置改进为SiCl4的发生装置；需进行的改进是______．

②生成的SiCl4含有杂质CCl4；请说明杂质的来源______．

（3）SiCl4的收集：请结合下列图2；表回答问题：

。物质熔点沸点水反应性SiCl4-70℃57.6℃强烈水解CCl4-22.9℃76.8℃稳定①在E；F两套装置中选择一套来收集产物；你认为______（填编号）装置更好，理由是______．

②G或H装置用于连接在E或F装置后．若选用H作连接装置；则其中所装试剂应为______，其作用是______．

（4）提纯SiCl4：请提出一个你认为可行的除去杂质CCl4的方案______．

（5）纯硅的制取：用硅铁粉与盐酸制氢气还原SiCl4即可得到较纯的单质硅．该还原反应采用将反应混合物缓慢通过用酒精喷灯加热的石英玻璃管的方式进行，你认为可能观察到的实验现象是______．26、实验室配制500mL、0.2mol/L的Na2SO4溶液；实验操作步骤有：

（1）在天平上称出相应质量的硫酸钠固体，把它放在____中；用适量的蒸馏水使它完全溶解．

（2）把制得的溶液小心地注入____中。

（3）继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度1cm～2cm处，改用____小心滴加蒸馏水至溶液凹面底部与刻度线相切．

（4）用少量蒸馏水洗____和____2-3次；每次洗涤的液体都小心转入容量瓶中．

（5）将瓶塞塞紧；充分摇匀．

①请在空白处填写仪器名称。

②操作步骤的正确顺序为（填序号）____．

③若没有进行操作步骤④，所配溶液浓度将会____（填“偏高”；“偏低”、“无影响”）

④某同学定容时俯视，对所配溶液浓度的影响：会____（填“偏高”、“偏低”、“无影响”）．27、汽油抗爆剂的添加剂通常使用rm{1}rm{2-}二溴乙烷，常温下它是无色液体，密度rm{2.18g?cm^{-3}}沸点rm{131.4隆忙}熔点rm{9.79隆忙}不溶于水，易溶于醇、醚、丙酮等有机溶剂rm{.}在实验中可以用如图所示装置制备rm{1}rm{2-}二溴乙烷rm{.}其中分液漏斗和烧瓶rm{a}中装有乙醇和浓硫酸的混合液，试管rm{d}中装有液溴rm{(}表面覆盖少量水rm{).}填写下列空白：

rm{(1)}装置rm{a}中碎瓷片的作用是______．

rm{(2)}安全瓶rm{b}可以防止倒吸，并可以检査实验进行时试管rm{d}是否发生堵塞，请写出发生堵塞时瓶rm{b}中的现象______．

rm{(3)}判断该制备反应己经结束的最简单的方法是______．

rm{(4)}写出装置rm{e}中发生的反应的离子方程式______．

rm{(5)}将rm{1}rm{2-}二溴乙烷粗产品置于分液漏斗中加水，振荡后静置，产物应在______层rm{(}填“上”、“下”rm{)}若产物中有少量未反应的rm{Br_{2}}最好用______洗涤除去rm{(}填正确选项前的字母rm{)}．

rm{a.}水rm{b.}亚硫酸钠溶液rm{c.}碘化钠溶液rm{d.}乙醇。

rm{(6)}实验结束时若制得纯净的rm{1}rm{2-}二溴乙烷rm{18.8g}则至少消耗乙醇______rm{g.}

rm{(7)}某学生在做此实验时使用了一定量的液溴，当反应结束时，发现消耗乙醇的量比正常情况下超过许多rm{.}原因除了装置的气密性不好之外，还有可能的rm{2}个原因______、______．评卷人得分六、简答题(共3题，共15分)28、丙炔腈（H-C=C-CN；沸点42.5℃）是一种星际分子，实验室可通过丙炔醇用铬酸酐氧化；盐酸羟胺肟化、再脱水来制备．

（1）铬元素的基态原子核外电子排布式为______；铬的晶胞结构如图所示，铬晶体中包含的铬原子数与配位数之比为______．

（2）H-C=C-CN中碳原子的杂化类型为______；丙炔腈气化时，需克服的作用力为______．

（3）盐酸羟胺的化学式为[NH3OH]Cl，与[NH3OH]+互为等电子体的一种分子为______（写分子式）．

（4）氰基辛炔（HC9N）也是一种星际分子，该分子中处于同一直线上的原子数目最多有______个，1molHC9N分子中含有σ键的数目为______．29、铝是地壳中含量最高的金属元素；其单质及化合物在生产生活中的应用日趋广泛．

（1）在19世纪时，铝是一种珍贵的金属．人们最初得到的铝粒如同珍宝，它的价格同黄金相当．1827年，德国化学家维勒用金属钾与无水氯化铝反应而制得了金属铝．用钾与无水氯化铝反应制铝而不用氯化铝溶液的理由是______．

（2）冶炼金属铝，第一步先出氧化铝制备无水氯化铝．已知：

2Al（s）+3Cl2（g）═2AlCl3（s）△H=-1390.8kJ/mol

4Al（s）+3O2（g）═2Al2O3（s）△H=-3339.6kJ/mol

2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=-221.0kJ/mol

AlCl3（s）═AlCl3（g）△H=+akJ/mol（a＞0）

则Al2O3（s）+3Cl2（g）+3C（s）═2AlCl3（g）+3CO（g）的△H=______kJ/mol

（3）LiAlH4既是金属储氢材料又是有机合成中的常用试剂，遇水能得到无色溶液并剧烈分解释放出H2，写出该反应的化学方程式______；LiAlH4与乙醛作用生成乙醇，在该反应中LiAlH4作______剂．（填“氧化”或“还原”）

（4）铝电池性能优越，铝--空气电池以其环保、安全而受到越来越多的关注，其原理如图所示．该电池的总反应化学方程式为______；电池中NaCl的作用是______．以该电池为电源，用惰性电极电解100g8%的Na2SO4溶液，当电解到溶质的质量分数为12.5%时停止电解，则电解过程中，生成的气体在标准状况下的体积共为______L．30、三草酸合铁rm{(}Ⅲrm{)}酸钾晶体rm{K_{3}[Fe(C_{2}O_{4})_{3}]?3H_{2}O}可用于摄影和蓝色印刷rm{.}可用如下流程来制备．

根据题意完成下列各题：

rm{(1)}若用铁和稀硫酸制备rm{FeSO_{4}?7H_{2}O}______rm{(}填物质名称rm{)}往往要过量．

rm{(2)}要从溶液中得到绿矾，必须进行的实验操作是______rm{.(}按前后顺序填rm{)}

rm{a.}过滤洗涤rm{b.}蒸发浓缩rm{c.}冷却结晶rm{d.}灼烧rm{e.}干燥。

某课外化学兴趣小组为测定三草酸合铁酸钾晶体rm{(K_{3}[Fe(C_{2}O_{4})_{3}]?3H_{2}O)}中铁元素含量；做了如下实验：

步骤一：称量rm{5.000g}三草酸合铁酸钾晶体，配制成rm{250ml}溶液．

步骤二：取所配溶液rm{25.00ml}于锥形瓶中，加稀rm{H_{2}SO_{4}}酸化，滴加rm{KMnO_{4}}溶液至草酸根恰好全部被氧化成二氧化碳，同时，rm{MnO_{4}^{-}.}被还原成rm{Mn^{2+}.}向反应后的溶液中加入一定量锌粉；加热至黄色刚好消失，过滤，洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时，溶液仍里酸性．

步骤三：用rm{0.010mol/L}rm{KMnO_{4}}溶液滴定步骤二所得溶液至终点，消耗rm{KMnO_{4}}溶液rm{20.02ml}滴定中rm{MnO_{4}^{-}}被还原成rm{Mn^{2+}}．

重复步骤二、步骤三操作，滴定消耗rm{0.010mol/LKMnO_{4}}溶液rm{19.98ml}

rm{(3)}配制三草酸合铁酸钾溶液需要使用的玻璃仪器除烧杯；玻璃棒以外还有______；主要操作步骤依次是：称量、______、转移、______、定容、摇匀．

rm{(4)}加入锌粉的目的是______．

rm{(5)}实验测得该晶体中铁的质量分数为______rm{.}在步骤二中，若加入的rm{KMnO_{4}}的溶液的量不够，则测得的铁含量______rm{.(}选填“偏低”“偏高”“不变”rm{)}

rm{(6)}某同学将rm{8.74g}无水三草酸合铁酸钾rm{(K_{3}[Fe(C_{2}O_{4})_{3}])}在一定条件下加热分解，所得固体的质量为rm{5.42g}同时得到密度为rm{1.647g/L(}已折合成标准状况下rm{)}气体rm{.}研究固体产物得知，铁元素不可能以三价形式存在，而盐只有rm{K_{2}CO_{3}.}写出该分解反应的化学方程式______．参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】【分析】A．氯气的漂白作用是氯气和水反应生成的次氯酸的漂白作用；是次氯酸的强氧化性的体现；二氧化硫的漂白作用是二氧化硫与水生成的亚硫酸和有色物质结合为不稳定的无色物质，该过程为化合反应；

B．氯化铵受热分解生成氨气与氯化氢；碘受热升华；

C．苯酚与溴水发生取代反应；乙烯与溴水发生加成反应；

D．福尔马林，葡萄糖都具有还原性，能够还原氢氧化铜生成红色氧化亚铜．【解析】【解答】解：A．氯气的漂白作用是氯气和水反应生成的次氯酸的漂白作用；是次氯酸的强氧化性的体现，二氧化硫与有色物质化合生成不稳定的无色物质而具有漂白性，二者漂白原理不同，故A不选；

B．氯化铵受热分解生成氨气与氯化氢属于化学变化；碘受热升华属于物理变化，二者原理不同，故B不选；

C．苯酚；乙烯均能使溴水褪色，前者是因为发生取代反应，后者是因为发生加成反应，二者原理不同，故C不选；

D．福尔马林；葡萄糖都具有还原性，能够还原氢氧化铜生成红色氧化亚铜，二者原理相同，故D选；

故选：D．2、B【分析】【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动；使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用，催化剂能加快反应速率，与化学平衡移无关．【解析】【解答】解：A；加压二氧化氮的浓度增大；平衡向生成四氧化二氮的方向移动，故加压后颜色先变深后变浅，但仍比原来的颜色深，可以平衡移动原理解释，故A正确；

B、H2、I2；HI三者的平衡；增大压强平衡不移动，但浓度增大，则颜色加深，不能用平衡移动原理解释，故B错误；

C；加大压强向气体体积缩小的方向移动；更有利于合成氨，故C正确；

D；工业制取金属钾Na（l）+KCl（l）→NaCl（l）+K（g）选取适宜温度；使钾变成蒸汽从反应混合物中分离出来，平衡正向移动，故D正确；

故选B．3、D【分析】试题分析：进行物质的检验时，要依据物质的特殊性质和特征反应，选择适当的试剂和方法，准确观察反应中的明显现象，如颜色的变化、沉淀的生成和溶解、气体的产生和气味、火焰的颜色等，进行判断、推理、验证即可。A、地沟油与矿物油都能燃烧，不能鉴别，A不正确；B、地沟油与矿物油都是混合物，没有固体的熔沸点，不能鉴别，B不正确；C、地沟油与矿物油的密度都小于水，不溶于水，不能用水鉴别，C不正确；D、地沟油主要成分是油脂，属于酯类，能与氢氧化钠溶液加热发生水解反应。而矿物油主要成分是烃类，与氢氧化钠溶液不反应，可以鉴别，D正确，答案选D。考点：考查地沟油与矿物油的鉴别【解析】【答案】D4、A|D【分析】【解析】试题分析：化合物中只要含离子键，一定是离子化合物，共价化合物中只含共价键，一定不含离子键。离子化合物中一定含离子键，可能含共价键，如Na2O2、Ca（OH2）等，所以正确的答案选AD。考点：考查化学键和化合物的有关判断【解析】【答案】AD5、B【分析】A：在没有标明压强与温度的情况下气体的体积没有意义；B：Na2O2与水反应发生自身氧化还原反应，1molNa2O2转移的电子数为NA；C：NH4HCO3溶液中NH4+部分水解；D：两者发生可逆反应2SO2＋O22SO3，不可能进行到底。故选B【解析】【答案】B6、B【分析】解：根据价层电子对互斥理论判断rm{C}原子杂化方式，价层电子对个数rm{=娄脪}键个数rm{+}孤电子对个数，如果价层电子对个数是rm{4}则rm{C}原子采用rm{sp^{3}}杂化，如果价层电子对个数是rm{3}则rm{C}原子采用rm{sp^{2}}杂化，如果价层电子对个数是rm{2}则rm{C}原子采用rm{sp}杂化；

甲基上rm{C}原子含有rm{4}个rm{娄脪}键，则rm{C}原子采用rm{sp^{3}}杂化，碳碳双键两端的rm{C}原子含有rm{3}个rm{娄脪}键，则rm{C}原子采用rm{sp^{2}}杂化，碳碳三键两端的rm{C}原子含有rm{2}个rm{娄脪}键，则rm{C}原子采用rm{sp}杂化；

故选B．

根据价层电子对互斥理论判断rm{C}原子杂化方式，价层电子对个数rm{=娄脪}键个数rm{+}孤电子对个数，如果价层电子对个数是rm{4}则rm{C}原子采用rm{sp^{3}}杂化，如果价层电子对个数是rm{3}则rm{C}原子采用rm{sp^{2}}杂化，如果价层电子对个数是rm{2}则rm{C}原子采用rm{sp}杂化；据此分析解答．

本题考查原子杂化方式判断，明确价层电子对互斥理论是解本题关键，知道价层电子对个数的计算方法，为考试高频点，题目难度中等．【解析】rm{B}7、D【分析】解：rm{Fe(NO_{3})_{3}}中对应硝酸未被还原，由rm{Fe}原子守恒及硝酸铁的化学式可知，反应中未被还原的硝酸为rm{(a+b)隆脕3mol}质量为rm{(a+b)隆脕3mol隆脕63g/mol=(a+b)隆脕189g}

硝酸的总物质的量为rm{Vcmol}恰好完全反应，还原产物只有rm{NO}由电子守恒可知，被还原的硝酸为rm{dfrac{(a+b)+8a}{(5-2)}mol=(3a+dfrac{b}{3})mol}则反应中未被还原的硝酸为rm{dfrac{(a+b)+8a}{(5-2)}mol=(3a+

dfrac{b}{3})mol}

故选D。

由反应可知，rm{(Vc-3a-dfrac{b}{3})mol}rm{Fe}失去电子，rm{S}得到电子；结合电子；原子守恒计算。

本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握原子、电子守恒及物质的量的相关计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意守恒法应用，题目难度不大。rm{N}【解析】rm{D}8、D【分析】【分析】①原子核外电子排布相同的离子；核电核数越大，半径越大，离子的原子核外电子层数越多，半径越大；

②元素的非金属性越强；对应的氢化物越稳定；

③元素的非金属性越强；对应阴离子的还原性越弱；

④元素的非金属性越强；对应单质的氧化性越强；

⑤元素的非金属性越强；对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；

⑥同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱．【解析】【解答】解：①K+、S2-、Cl-原子核外电子排布相同，核电核数S2-＜Cl-＜K+，则半径S2-＞Cl-＞K+，离子的原子核外电子层数越多，半径越大，核外电子层数最小，则半径最小，则有S2-＞Cl-＞K+＞Al3+；故①错误；

②非金属性：F＞Cl＞S＞P＞Si，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则氢化物的稳定性：HF＞HCl＞H2S＞PH3＞SiH4；故②正确；

③非金属性：Cl＞Br＞I＞S，元素的非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱，则还原性：Cl-＜Br-＜I-＜S2-；故③错误；

④非金属性：Cl＞S＞Se＞Te，元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越强，则氧化性：Cl2＞S＞Se＞Te；故④正确；

⑤非金属性：S＞P＞C，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，则酸性：H2SO4＞H3PO4＞H2CO3，又H2CO3酸性大于HClO；

则有酸性：H2SO4＞H3PO4＞H2CO3＞HClO；故⑤正确；

⑥因同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强；则有O＞N；P＞Si，同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，则N＞P，所以有非金属性：O＞N＞P＞Si，故⑥正确．

故选D．9、C【分析】【分析】根据分子的结构简式可以看出，该分子中含有碳碳双键、羟基、羰基、羧基，结合烯烃、醇、酸的性质解答该题．【解析】【解答】解：A．只有羧基能与氢氧化钠反应；则1mol该物质与足量的NaOH溶液反应最多消耗1molNaOH，故A错误；

B．连接羟基的碳原子不含氢原子；不能发生催化氧化，故B错误；

C．含有碳碳双键；可发生氧化；加成（还原）反应，羟基和羧基可发生取代反应，故C正确；

D．羧基和羟基都能与钠反应，羧基可与碳酸氢钠反应，则分别与足量的Na、NaHCO3反应生成的气体在相同状况下体积比为1：1；故D错误．

故选C．二、填空题(共5题，共10分)10、将C处导气管末端浸入水槽中，加热A处圆底烧瓶，导管末端出现气泡，停止加热后导管末端出现一段水柱3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H23mol/LH2SO4滴加1～2滴20%KSCN溶液变红色，则固体产物含+3价铁滴加1～2滴0.01mol/LKMnO4溶液紫色褪去，则固体产物含+2价铁除去反应后固体中可能未反应完的铁粉，以免影响后续实验的结果分析【分析】【分析】（1）检查装置的气密性有加热法和液压法；从本装置的情况看，应该选用加热法；

（2）铁与水蒸气在加热条件下反应生成四氧化三铁和氢气；据此写出反应方程式；

（3）要验证固体产物中铁元素的价态，应该先将固体溶解，考虑到可能有铁单质剩余，会与三价铁离子反应，所以要先除去铁单质，选用的试剂是硫酸铜溶液；剩余的固体则应用稀硫酸溶解，接着确定检验相应离子的试剂，三价铁离子用的是硫氰化钾溶液，而检验二价铁则从限选试剂中只能用高锰酸钾溶液，利用二价铁离子的还原性，据此进行解答．【解析】【解答】解：（1）利用加热法检验该装置气密性；将C处将导管伸入水槽，并微热A处圆底烧瓶，现象是导管末端出现气泡，停止加热后导管末端出现一段水柱，则气密性良好；

故答案为：将C处导气管末端浸入水槽中；加热A处圆底烧瓶，导管末端出现气泡，停止加热后导管末端出现一段水柱；

（2）铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；

故答案为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；

（3）验证固体产物中铁元素的价态；先要将固体溶解，但考虑到可能有铁单质剩余，会和三价铁离子反应，所以要先除去铁单质，选用的试剂是硫酸铜溶液，然后，剩余的固体则应用稀硫酸溶解（因为硝酸的氧化性会氧化二价铁），接着确定检验相应离子的试剂，三价铁离子用的是硫氰化钾溶液，而检验二价铁则从限选试剂中只能用高锰酸钾溶液，利用二价铁离子的还原性；

故答案为：

。实验步骤预期现象与结论步骤13mol/LH2SO4步骤2滴加1～2滴20%KSCN溶液变红色，则固体产物含+3价铁步骤3滴加1～2滴0.01mol/LKMnO4溶液紫色褪去，则固体产物含+2价铁；除去反应后固体中可能未反应完的铁粉，以免影响后续实验的结果分析．11、胶头滴管、100mL容量瓶酸无影响0.1aV【分析】【分析】（1）为了配制准确浓度的草酸溶液；所需要的实验仪器主要有天平（含砝码）；烧杯、药匙、100mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒等；

（2）因高锰酸钾具有强氧化性；应装在酸式滴定管中；

（3）滴定时为减小实验误差；应用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗；

（4）根据化学方程式中各物质的关系进行计算出草酸的浓度，从而计算出样品中含有草酸的质量、结晶水的质量，最后计算出草酸晶体中x值．【解析】【解答】解：（1）根据实验操作步骤可知；配制草酸溶液应需要的实验仪器主要有天平（含砝码）；烧杯、药匙、100mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒等，所给仪器中缺少100mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：100mL容量瓶、胶头滴管；

（2）高锰酸钾具有强氧化性；应装在酸式滴定管中；

故答案为：酸；

（3）滴定时为减小实验误差；应用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗，使草酸完全反应，所以用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗一下，对实验结果无影响；

故答案为：无影响；

（4）2KMnO4～5H2C2O4

25

aV×10-3mol0.025×cmol

c==0.1aVmol•L-1；

样品中含有草酸的质量为：90g/mol×0.1aVmol/L×0.025L×4=0.9aVg；Wg草酸晶体中含有结晶水的质量为：Wg-0.9aVg；

草酸晶体中含有结晶水数目为：x==，故答案为：0.1aV；．12、HBr吸收HBr和Br2除去HBr和未反应的Br2干燥苯C【分析】【分析】（1）苯与液溴反应生成HBr，HBr与水蒸气结合呈白雾；

液溴都易挥发，而苯的卤代反应是放热的，尾气中有HBr及挥发出的Br2；用氢氧化钠溶液吸收，防止污染大气；

（2）溴苯中含有溴，加NaOH溶液，把未反应的Br2变成NaBr和NaBrO洗到水中；然后加干燥剂，据此解答；

（3）由分离操作可知，分离出的粗溴苯中含有未反应的苯，分离互溶的液体，根据沸点不同，利用蒸馏的方法进行分离．【解析】【解答】解：（1）苯与液溴反应生成HBr，HBr与水蒸气结合呈白雾；液溴都易挥发，而苯的卤代反应是放热的，尾气中有HBr及挥发出的Br2；用氢氧化钠溶液吸收，防止污染大气；

故答案为：HBr；吸收HBr和Br2；

（2）溴苯提纯的方法是：先水洗，把可溶物溶解在水中，然后过滤除去未反应的铁屑，再加NaOH溶液，把未反应的Br2变成NaBr和NaBrO洗到水中．然后加干燥剂；无水氯化钙能干燥溴苯；

故答案为：除去HBr和未反应的Br2；干燥；

（3）反应后得到的溴苯中溶有少量未反应的苯．利用沸点不同；苯的沸点小，被蒸馏出，溴苯留在母液中，所以采取蒸馏的方法分离溴苯与苯；

故答案为：苯；C．13、除去空气中的二氧化碳把生成的CO2气体全部排入C中，使之完全被Ba（OH）2溶液吸收取最后几滴滤液，加稀硫酸，如无白色沉淀出现，则表明洗干净25%c不可以，这样测得的结果会偏大，因为B中的水蒸气、HCl气体会进入装置C中使得CO2称量结果偏大【分析】【分析】该实验方案是测定C中生成的BaCO3沉淀质量；确定生成的二氧化碳的质量，进而以确定碳酸钙的质量分数．

（1）实验装置中会残留部分二氧化碳；影响C中二氧化碳质量的沉淀，需要通入空气将装置内的二氧化碳完全排入C中被吸收，空气中含有二氧化碳，故应先用氢氧化钠溶液吸收，防止影响二氧化碳的测定；

（2）实验装置中会残留部分二氧化碳；影响C中二氧化碳质量的沉淀，需要通入空气将装置内的二氧化碳完全排入C中被吸收；

（3）碳酸钡沉淀可能会附着氢氧化钡；取最后的滤液，检验是否含有钡离子即可；

（4）根据碳酸钡的质量计算反应生成二氧化碳的物质的量，由碳元素守恒可知牙膏中n（CO2）=n（CaCO3）；进而计算碳酸钙质量，根据质量分数定义计算；

a．省略步骤③导致测定的碳酸钡的质量偏大；计算生成的二氧化碳偏大，牙膏中碳酸钙的质量偏大；

b．滴加盐酸快一些，产生CO2气流速度太快导致Ba（OH）2未完全吸收；

c．多次实验；取平均值计算，对测量结果无影响，可以减少误差；

（5）B中的水蒸气、HCl气体会进入装置C中使得CO2称量结果偏大．【解析】【解答】解：该实验方案是测定C中生成的BaCO3沉淀质量；确定生成的二氧化碳的质量，进而以确定碳酸钙的质量分数．

（1）实验装置中会残留部分二氧化碳；影响C中二氧化碳质量的沉淀，需要通入空气将装置内的二氧化碳完全排入C中被吸收，空气中含有二氧化碳，故应先用氢氧化钠溶液吸收，防止影响二氧化碳的测定，A中放NaOH溶液的作用是除去空气中的二氧化碳，故答案为：除去空气中的二氧化碳；

（2）实验装置中会残留部分二氧化碳，影响C中二氧化碳质量的沉淀，需要通入空气将装置内的二氧化碳完全排入C中被吸收，步骤④通入空气的作用是把生成的CO2气体全部排入C中，使之完全被Ba（OH）2溶液吸收；

故答案为：把生成的CO2气体全部排入C中，使之完全被Ba（OH）2溶液吸收；

（3）碳酸钡沉淀可能会附着氢氧化钡；取最后的滤液，检验是否含有钡离子即可，检验方法是：取最后几滴滤液，加稀硫酸，如无白色沉淀出现，则表明洗干净；

故答案为：取最后几滴滤液；加稀硫酸，如无白色沉淀出现，则表明洗干净；

（4）BaCO3的质量为1.97g，其物质的量为=0.01mol，生成二氧化碳的物质的量为0.01mol，由碳元素守恒可知牙膏中n（CO2）=n（CaCO3）=0.01mol，碳酸钙质量为0.01mol×100g/mol=1g，牙膏中碳酸钙的质量分数为×100%=25%；

a．省略步骤③导致测定的碳酸钡的质量偏大；计算生成的二氧化碳偏大，牙膏中碳酸钙的质量偏大，测定结果偏高；

b．滴加盐酸快一些，产生CO2气流速度太快导致Ba（OH）2未完全吸收；导致测定的牙膏中碳酸钙的质量偏小．测定结果偏低；

c．多次实验；取平均值计算，对测量结果无影响，可以减少误差；

故答案为：25%；c；

（5）B中的水蒸气、HCl气体会进入装置C中使得CO2称量结果偏大，故测定装置C在吸收CO2前后质量差；不可行；

故答案为：不可以，这样测得的结果会偏大，因为B中的水蒸气、HCl气体会进入装置C中使得CO2称量结果偏大．14、略

【分析】结合Ⅰ可知A为结合Ⅱ及图中(1)E的官能团为氯原子；F的官能团为羟基，其电子式为(5)丁基有四种同分异构体，故C4H9OH有4种属于醇的同分异构体，即CH3CH2CH2CH2OH、CH3CH2CH(OH)CH3、(CH3)2CHCH2OH、(CH3)3COH，其中CH3CH2CH(OH)CH3中连有羟基的碳原子为手性碳原子。(6)通过对Cn＋5H2n＋4进行取值可知n的意义及其取值范围。【解析】【答案】(1)氯原子(5)4CH3CH2CH(OH)CH3(6)代表苯及其同系物这一系列中的第n项n≥1三、判断题(共7题，共14分)15、×【分析】【分析】4℃时水的1g/mL，根据m=ρV计算水的质量，溶液质量=NaCl的质量+水的质量，溶质质量分数=×100%．【解析】【解答】解：4℃时90毫升水的质量为90mL×1g/mL=90g，故溶液质量=10g+90g=100g，则溶液中NaCl的质量分数为×100%=10%，故错误，故答案为：×．16、√【分析】【分析】NO2和N2O4的最简式相同，只需要计算92gNO2中原子数．【解析】【解答】解：NO2和N2O4的最简式相同，只需要计算92gNO2中原子数=×3×NA=6NA，故答案为：√．17、×【分析】【分析】氟化物可能影响儿童正常生长发育．【解析】【解答】解：氟化物能有效预防龋齿但氟化物可能影响儿童正常生长发育所以儿童不建议使用含氟牙膏，故答案为：×．18、√【分析】【分析】Ⅰ；（1）制取乙烯在170℃；需测定反应液的温度；

（2）向硝酸银溶液中滴加氨水；制取银氨溶液；

（3）Ag能与硝酸反应；

（4）植物油和NaOH溶液混合发生水解生成高级脂肪酸盐；需加饱和食盐水发生盐析；

（5）纤维素水解后溶液显酸性；而检验水解产物葡萄糖，应在碱性溶液中．

Ⅱ；实验室利用液一液反应制备气体的装置时；根据先下后上和先检验装置气密性后加入药品的原则组装仪器，据此进行解答．

Ⅲ；（1）根据体系内产生的压强是否变化来判断装置的气密性；碳酸钙和醋酸反应生成醋酸钙和水、二氧化碳；

（2）二氧化碳和苯酚钠反应生成不易溶于水的苯酚和碳酸氢钠；根据离子方程式的书写规则书写；

（3）要防止醋酸干扰实验，在气态未和苯酚反应前将其除去，可选用饱和的碳酸氢钠溶液除去醋酸且又不引进新的杂质气体．【解析】【解答】解：Ⅰ；（1）制取乙烯时在170℃；需测定反应液的温度，必须将温度计的水银球插入反应液液面以下，根据温度计指示的温度来调节酒精灯火焰大小，以控制反应液的温度，故答案为：√；

（2）向硝酸银溶液中滴加氨水；生成白色沉淀，继续滴加氨水，至生成的沉淀恰好溶解，所得溶液为银氨溶液，故答案为：×；

（3）因Ag能互硝酸反应；而溶解，则可用稀硝酸清洗做过银镜反应实验的试管，故答案为：√；

（4）实验室制肥皂时；将适量植物油和NaOH溶液混合，并不断搅拌；加热，直到混合物变稠，然后加饱和食盐水发生盐析，即可得到肥皂，故答案为：×；

（5）进行纤维素水解实验时，把一小团蓬松脱脂棉放入试管，滴入少量浓硫酸搅拌，使脱脂棉变成糊状，再加入一定量的水，加热至溶液呈亮棕色，然后先加碱至碱性，再加入新制的Cu（OH）2加热至沸腾来检验水解产物；故答案为：×；

Ⅱ；在安装利用液一液反应制备气体的装置时；应该按照先下后上和先检验装置气密性后加入药品的原则组装仪器，即：先根据酒精灯高度确定铁圈高度，然后。

将蒸馏烧瓶固定在铁架台上；接着再将蒸馏烧瓶上装好分液漏斗，连接好导气管，这样装置连接完毕，下一步需要检查装置气密性，最后放入药品；

故答案为：2；1；5；4；3．

Ⅲ、（1）U型管两侧液面差能产生压强，所以能判断装置的气密性，故正确；碳酸钙和醋酸反应生成醋酸钙和水、二氧化碳，反应方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca（CH3COO）2+CO2↑+H2O；

故答案为：正确；CaCO3+2CH3COOH=Ca（CH3COO）2+CO2↑+H2O；

（2）二氧化碳和苯酚钠反应生成不易溶于水的苯酚和碳酸氢钠，所以看到的现象是溶液出现浑浊，反应离子方程式为：C6H5O-+CO2+H2O→C6H5OH+HCO3-；

故答案为：溶液出现浑浊；C6H5O-+CO2+H2O→C6H5OH+HCO3-；

（3）要防止醋酸干扰实验；在气态未和苯酚反应前将其除去，可选用饱和的碳酸氢钠溶液除去醋酸且又不引进新的杂质气体，所以在装置A和B之间连一个盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶除去醋酸；

故答案为：在装置A和B之间连一个盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶．19、×【分析】【分析】化学变化不涉及原子核内部的变化，即化学变化不能改变中子数、质子数．故通过化学变化无法实现35Cl与37Cl间的相互转化，同位素之间的转化属于核变化．【解析】【解答】解：35Cl与37Cl间的相互转化没有新物质生成，属于物理变化，故通过化学变化无法实现35Cl与37Cl间的相互转化；

故答案为：×．20、√【分析】【分析】吸热反应实质是反应物所具有的总能量低于生成物所具有的总能量，与反应条件无关，据此进行分析解答．【解析】【解答】解：判断某个反应是放热反应还是吸热反应不是看该反应是否加热，有些放热反应开始也需要加热，需要加热才能进行的反应，不一定是吸热反应，如2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe是放热反应；但需在加热条件下以保证足够的热量引发氧化铁和铝粉反应．

故答案为：√．21、×【分析】【分析】氧气所处的状态不确定，气体摩尔体积不一定是22.4L/mol，不能确定氧气的物质的量．【解析】【解答】解：若为标况下，22.4L氧气的物质的量为1mol，含有6.02×1023个氧分子，但氧气所处的状态不确定，气体摩尔体积不一定是22.4L/mol，不能确定氧气的物质的量，不能确定含有氧气分子数目，故错误，故答案为：×．四、书写(共2题，共18分)22、⑤⑥⑦⑩④①②③⑥⑧⑨NH4++OH-=NH3•H2OCH3COOH+OH-=H2O+CH3COO-HCO3-+OH-=CO32-+H2OHCO3-+OH-+Ca2+=CaCO3↓+H2O将溶液分别装入两支小试管中，在一支试管中加入适量浓氢氧化钠溶液，并加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验，如变蓝，说明含有NH4+，在另一支试管中加入少量的硝酸酸化的硝酸银，如生成白色沉淀，说明含有Cl-Na2CO3、CaCO3、NaHCO3、Ca（HCO3）2C【分析】【分析】（1）水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质；水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物称为非电解质，物质导电的条件是含有自由电子或者自由离子；

（2）氯化铵与氢氧化钠反应生成氯化钠和一水合氨；

氨水与醋酸发生酸碱中和反应；

碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水；

少量的NaHCO3溶液与Ca（OH）2反应生成碳酸钙；氢氧化钠和水；

（3）氯化铵电离生成NH4+和Cl-，可通过分别检验NH4+和Cl-的方法检验；

（4）碳酸氢钙分解温度小于100℃；碳酸氢钠分解温度270℃，碳酸钙高温分解，而碳酸钠性质稳定；

（5）醋酸为弱电解质，开始导电性不强，滴入稀氨水，反应生成醋酸铵，为强电解质，离子浓度增大，导电性增强，继续滴入氨水，体积变大，离子浓度减小，导电性又逐渐减弱．【解析】【解答】解：（1）①0.1mol/L氨水属于混合物；既不是电解质也不是非电解质，但是含有自由移动离子，能够导电；

②石墨属于单质；既不是电解质也不是非电解质，但是含有自由电子能够导电；

③浓盐酸；属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，但是含有自由移动离子能够导电；

④液氨；属于化合物，本身不能电离产生自由移动的离子，属于非电解质，不导电；

⑤NH4Cl固体；属于化合物，水溶液中或熔融状态下能够导，属于电解质，不含自由电子或者自由离子，不导电；

⑥熔融NaOH能够电离产生自由移动的离子；属于化合物，属于电解质，含有自由离子，能够导电；

⑦纯硫酸是化合物；水溶液中能够导电，属于电解质，但是不含自由电子或者自由离子，不导电；

⑧NaHCO3溶液；属于混合物既不是电解质也不是非电解质，但是含有自由移动离子，能够导电；

⑨0.1mol/LCH3COOH；属于混合物既不是电解质也不是非电解质，但是含有自由移动离子，能够导电；

⑩Ca（HCO3）2；属于化合物，水溶液中或熔融状态下能够导电，属于电解，但是不含自由电子或者自由离子，不导电；

属于电解质的⑤⑥⑦⑩；属于非电解质的④；能导电的物质①②③⑥⑧⑨；

故答案为：⑤⑥⑦⑩；④；①②③⑥⑧⑨；

（2）氯化铵与氢氧化钠反应的离子方程式：NH4++OH-=NH3•H2O；

故答案为：NH4++OH-=NH3•H2O；

氨水与醋酸发生酸碱中和反应，离子方程式：CH3COOH+OH-=H2O+CH3COO-；

故答案为：CH3COOH+OH-=H2O+CH3COO-；

碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，离子方程式为：HCO3-+OH-=CO32-+H2O；

故答案为：HCO3-+OH-=CO32-+H2O；

少量的NaHCO3溶液与Ca（OH）2反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，离子方程式：HCO3-+OH-+Ca2+=CaCO3↓+H2O；

故答案为：HCO3-+OH-+Ca2+=CaCO3↓+H2O；

（3）可将溶液分别装入两支小试管中，在一支试管中加入适量浓氢氧化钠溶液，并加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验，如变蓝，说明含有NH4+，在另一支试管中加入少量的硝酸酸化的硝酸银，如生成白色沉淀，说明含有Cl-，则可鉴别NH4Cl溶液；

故答案为：将溶液分别装入两支小试管中，在一支试管中加入适量浓氢氧化钠溶液，并加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验，如变蓝，说明含有NH4+，在另一支试管中加入少量的硝酸酸化的硝酸银，如生成白色沉淀，说明含有Cl-；

（4）碳酸氢钙分解温度小于100℃；碳酸氢钠分解温度270℃，碳酸钙高温分解，而碳酸钠性质稳定；

故答案为：Na2CO3、CaCO3、NaHCO3、Ca（HCO3）2；

（5）醋酸为弱电解质；开始导电性不强，滴入稀氨水，反应生成醋酸铵，为强电解质，离子浓度增大，导电性增强，继续滴入氨水，体积变大，离子浓度减小，导电性又逐渐减弱，则图象上随氨水体积的增大，导电性先增大后减小，显然只有C符合；

故答案为：C．23、Ba2++SO42-=BaSO4↓CO32-+2H+=CO2↑+H2OH++OH-=H2O【分析】【分析】（1）二者反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠；

（2）Na2CO3溶液与稀盐酸混合生成氯化钠和二氧化碳和水；

（3）稀硝酸与Ba（OH）2溶液混合反应生成硝酸钡和水．【解析】【解答】解：（1）BaCl2溶液与Na2SO4溶液反应，离子方程式：Ba2++SO42-=BaSO4↓；

故答案为：Ba2++SO42-=BaSO4↓；

（2）Na2CO3溶液与稀盐酸混合生成氯化钠和二氧化碳和水，离子方程式：CO32-+2H+=CO2↑+H2O；

故答案为：CO32-+2H+=CO2↑+H2O；

（3）稀硝酸与Ba（OH）2溶液混合反应生成硝酸钡和水，离子方程式：H++OH-=H2O；

故答案为：H++OH-=H2O．五、实验题(共4题，共20分)24、略

【分析】解：rm{(1)}标况下rm{n(Cl_{2})=dfrac{11.2L}{22.4L/mol}=0.5mol}根据rm{n(Cl_{2})=dfrac

{11.2L}{22.4L/mol}=0.5mol}原子守恒计算被氧化rm{Cl}故答案为：rm{n(HCl)=2n(Cl_{2})=2隆脕0.5mol=1mol}

rm{1}和rm{(2)Cl_{2}}溶液反应生成rm{NaOH}rm{NaCl}和水，离子方程式为rm{NaClO}锰离子被氯气氧化生成rm{Cl_{2}+2OH^{-}=Cl^{-}+ClO^{-}+H_{2}O}和盐酸，离子方程式为rm{Mn_{2}O_{3}}rm{2}rm{Mn^{2+}+Cl_{2}+3H_{2}O篓TMn_{2}O_{3}+6}

故答案为：rm{H^{+}+2Cl^{-}}rm{Cl_{2}+2OH^{-}=Cl^{-}+ClO^{-}+H_{2}O}rm{2}rm{Mn^{2+}+Cl_{2}+3H_{2}O篓TMn_{2}O_{3}+6}

rm{H^{+}+2Cl^{-}}酸性条件下，rm{(3)}被还原生成rm{MnO_{2}}则甲物质作还原剂，具有还原性；含有锰离子的溶液中用电解法析出rm{Mn^{2+}}也可以向溶液中加入rm{MnO_{2}}锰离子被还原生成rm{NaClO_{3}}

rm{MnO_{2}}通过以上分析知，甲物质具有还原性，故选rm{垄脵}

rm{b}生成rm{垄脷}时，消耗rm{0.050molMnO_{2}}的rm{0.10mol?L^{-1}}溶液rm{NaClO_{3}}rm{200mL}根据rm{n(NaClO_{3})=0.10mol/L隆脕0.2L=0.02mol}原子守恒得rm{Mn}转移电子物质的量rm{n(Mn^{2+})=n(MnO_{2})=0.05mol}要转移rm{=0.05mol隆脕2=0.1mol}电子，则rm{0.1mol}元素化合价由rm{Cl}价变为rm{+5}价，所以生成氯气，rm{0}rm{n(Mn^{2+})}rm{n(NaClO_{3})=0.05mol}rm{0.02mol=5}再结合原子守恒配平方程式为，故答案为：rm{2}

rm{2ClO_{3}^{-}+5Mn^{2+}+4H_{2}O=5MnO_{2}+Cl_{2}隆眉+8H^{+}}用rm{(4)}的浓盐酸与足量rm{100mL12.0mol?L^{-1}}混合后，加热，随着反应的进行，盐酸的浓度逐渐降低，还原性逐渐减弱，则生成的氯气的物质的量小于rm{MnO_{2}}故答案为：随着反应的进行，盐酸浓度减小，反应终止．

本题考查氯气的实验室制备原理的分析及用rm{0.30mol}溶液或rm{NaOH}溶液吸收尾气，另外还探究了rm{MnSO_{4}}的不同制法，具体是将rm{MnO_{2}}价锰选用氧化剂或通过电解的方法进行氧化得到；重点考查的通过离子方程式讨论反应原理；

rm{+2}标况下rm{n(Cl_{2})=dfrac{11.2L}{22.4L/mol}=0.5mol}根据rm{(1)}原子守恒计算被氧化rm{n(Cl_{2})=dfrac

{11.2L}{22.4L/mol}=0.5mol}的物质的量；

rm{Cl}和rm{HCl}溶液反应生成rm{(2)Cl_{2}}rm{NaOH}和水，锰离子被氯气氧化生成rm{NaCl}和盐酸；

rm{NaClO}酸性条件下，rm{Mn_{2}O_{3}}被还原生成rm{(3)垄脵}则甲物质作还原剂，具有还原性；含有锰离子的溶液中用电解法析出rm{MnO_{2}}也可以向溶液中加入rm{Mn^{2+}}锰离子被还原生成rm{MnO_{2}}

rm{NaClO_{3}}根据转移电子守恒判断rm{MnO_{2}}元素产物；由转移电子守恒；元素守恒、原子守恒配平方程式；

rm{垄脷}根据稀盐酸与二氧化锰不反应进行判断．

本题考查物质制备及氯气性质，为高频考点，侧重考查氧化还原反应、离子方程式的书写，难点是rm{Cl}题rm{(4)}产物的判断，注意原子守恒、转移电子守恒的运用，题目难度不大．rm{(3)}【解析】rm{1}rm{Cl_{2}+2OH^{-}=Cl^{-}+ClO^{-}+H_{2}O}rm{2Mn^{2+}+Cl_{2}+3H_{2}O篓TMn_{2}O_{3}+6H^{+}+2Cl^{-}}rm{b}rm{2ClO_{3}^{-}+5Mn^{2+}+4H_{2}O=5MnO_{2}+Cl_{2}隆眉+8H^{+}}随着反应的进行，盐酸浓度减小，反应终止25、Ca（ClO）2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2OC将单孔橡皮塞改为双孔塞；增加一根伸入试管底部附近的进气管硅铁合金粉中含有碳，与氯气反应生成了CCl4F相对E，F可防粉末状反应物堵塞出口，可防液态产物堵塞气体通路碱石灰吸收多余氯气防污染空气；防止空气中的水气进入收集装置使产物水解蒸馏石英玻璃管壁上有灰黑色固体出现【分析】解：（1）漂白粉中的Ca（ClO）2与浓盐酸常温反应生成氯气和氯化钙，化学方程式为：Ca（ClO）2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；为固液不加热型；故选择C装置；

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

（2）①反应物中有气体；生成物为气体，故A装置中应将单孔橡皮塞改为双孔塞；增加一根伸入试管底部附近的进气管；

故答案为：将单孔橡皮塞改为双孔塞；增加一根伸入试管底部附近的进气管；

②硅铁合金粉中含有碳，与氯气反应生成了CCl4，所以生成的SiCl4含有杂质CCl4；

故答案为：硅铁合金粉中含有碳，与氯气反应生成了CCl4；

（3）①F可防粉末状反应物堵塞出口；可防液态产物堵塞气体通路，选择F；

故答案为：F；相对E；F可防粉末状反应物堵塞出口，可防液态产物堵塞气体通路；

②H装置吸收未反应完的氯气，且SiCl4易水解；可吸收空气中的水气防止其水解，则H中为碱石灰；

故答案为：碱石灰；吸收多余氯气防污染空气；防止空气中的水气进入收集装置使产物水解；

（4）由表可知，SiCl4和CCl4沸点不同；可选蒸馏的方式出杂；

故答案为：蒸馏；

（5）用硅铁粉与盐酸制氢气还原SiCl4即可得到较纯的单质硅；硅单质为灰黑色固体，故可观察到石英玻璃管壁上有灰黑色固体出现；

故答案为：石英玻璃管壁上有灰黑色固体出现．

（1）漂白粉中的Ca（ClO）2与浓盐酸常温反应生成氯气和氯化钙；根据反应物状态和反应条件选择气体发生装置；

（2）①发生装置由气体参与；生成物为气体，据此分析；

②碳与氯气反应生成了CCl4；

（3）①F可防粉末状反应物堵塞出口；可防液态产物堵塞气体通路，选择F；

②H装置吸收未反应完的氯气；且吸收空气中的水气；

（4）根据沸点不同用蒸馏的方式出杂；

（5）硅单质为灰黑色固体．

本题考查了实验方案设计的有关知识，综合了氯气的制法、物质的提纯等实验知识，这种类型的题是高考的热点，是学习的重点，把握制备原理及实验流程中的反应、物质的性质等为解答的关键，侧重分析与实验综合考查，题目难度中等．【解析】Ca（ClO）2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2OC将单孔橡皮塞改为双孔塞；增加一根伸入试管底部附近的进气管硅铁合金粉中含有碳，与氯气反应生成了CCl4F相对E，F可防粉末状反应物堵塞出口，可防液态产物堵塞气体通路碱石灰吸收多余氯气防污染空气；防止空气中的水气进入收集装置使产物水解蒸馏石英玻璃管壁上有灰黑色固体出现26、烧杯500mL容量瓶胶头滴管烧杯玻璃棒①②④③⑤偏低偏高【分析】【分析】（1）根据实验操作选择合适的仪器；

（2）根据容量瓶的作用来回答；

（3）用胶头滴管来定容；

（4）为保证溶质全部进入容量瓶；一定要洗涤烧杯和玻璃棒，并将洗涤液移入容量瓶；

（5）②根据实验操作的步骤：计算；称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作来回答；

③、④根据c=分析操作对所配溶液浓度的影响．【解析】【解答】解：（1）用天平称出硫酸钠固体；放在烧杯中，用适量的蒸馏水使它完全溶解，故答案为：烧杯；

（2）把制得的溶液小心地注入500mL量瓶中来定容；故答案为：容量瓶；

（3）继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度1cm～2cm处；改胶头滴管来定容，故答案为：胶头滴管；

（4）为保证溶质全部进入容量瓶；一定要洗涤烧杯和玻璃棒，并将洗涤液移入容量瓶，故答案为：烧