2025年人教版高三化学上册月考试卷含答案

…………○…………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年人教版高三化学上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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、甘油（）与甲酸、乙酸、丙酸在一定条件下发生酯化反应，可得到的甘油三酯最多有（不考虑立体异构）（）A.16种B.17种C.18种D.19种2、生活中可以用氯气灌洞的方法来消灭田鼠，这是利用了氯气的哪些性质：①密度比空气大②易液化③能溶于水④有毒（）A.①⑦B.③④C.①③④D.①④3、生活中碰到的某些问题常常涉及到化学知识；下列叙述正确的是（）

①人的皮肤在强紫外线的照射下将会失去生理活性。

②为了防止海产食品腐烂变质；用甲醛溶液浸泡。

③油脂变质会发出难闻的特殊气味；是由油脂的物理性质决定的。

④蜂蚁叮咬人的皮肤时将分泌物甲酸注入人体；此时可在患处涂抹小苏打或稀氨水。

⑤四氯化碳和苯是常见的有机溶剂，日常用于清洗衣服上的油污．A.①④B.②③④C.①②④⑤D.全部4、下图是元素周期表的一部分，下列说法正确的是()A.可在灰色区域“甲”中寻找催化剂B.离子半径：W-﹥Y3-﹥X+C.气态氢化物的稳定性：Z﹥WD.工业上电解X和W化合物的水溶液制备X5、某气体的质量是9.5g，体积是5.6升(标准状况下)，该气体的摩尔质量是()A.38B.38g•mol-1C.19D.19g•mol-16、工业上制肥皂时，为了使肥皂和甘油充分分离，常向皂化锅中慢慢加入食盐颗粒，将高级脂肪酸钠从混合液中析出，这一过程叫()A.蒸馏B.过滤C.盐析D.吸附评卷人得分二、双选题(共5题，共10分)7、下列有关说法正确的是（）A.准确称取0.4000gNaOH固体可配成100mL0.1000mol•L-1的NaOH标准溶液B.催化剂可以加快化学反应速率但不能改变化学反应的焓变C.100mLpH=3的HA和HB分别与足量的锌反应，HB放出的氢气多，说明HB酸性比HA弱D.对于反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），压缩气体体积使压强增大（其他条件不变），则SO2的转化率增大，平衡常数K也增大8、以下说法错误的是()A.与同浓度的硫酸反应时，Na2CO3比NaHCO3剧烈B.向NaAlO2溶液中加入几滴盐酸得到Al(OH)3C.焰色反应是金属单质的特性D.工业上用电解熔融氧化铝的方法来冶炼铝9、下列叙述正确的是rm{(}rm{)}A.甲苯既可使溴的四氯化碳溶液褪色，也可使酸性高锰酸钾溶液褪色B.有机物的消去产物只有rm{1}种C.有机物rm{A(C_{4}H_{6}O_{2})}能发生加聚反应，可推知rm{A}的结构一定是rm{CH_{2}=CH-COOCH_{3}}D.可用溴水鉴别已烯、四氯化碳和乙酸10、甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：甲rm{xrightarrow{{露隆}}}乙rm{underset{{录脳}}{overset{{露隆}}{{rightleftharpoons}}}}丙rm{.}下列有关物质的推断错误的是rm{(}rm{)}A.若甲为rm{C}则丁一定是rm{O_{2}}B.若甲为rm{SO_{2}}则丁可能是氨水C.若甲为rm{Fe}则丁可能是盐酸D.若甲为rm{NaOH}溶液，则丁可能是rm{CO_{2}}11、对于实验Ⅰ～Ⅳ的实验现象预测正确的是（）

A.实验I：试管中先出现白色胶状物质，后溶解B.实验II：振荡后静置，下层溶液颜色保持不变C.实验III：抽去中间玻璃片，瓶内产生白烟D.实验IV：BaCl2溶液变浑浊，品红溶液褪色评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)12、某化学小组采用类似制乙酸乙酯的装置（如图1）；以环己醇制备环己烯．

已知：

。密度（g/cm3）熔点（℃）沸点（℃）溶解性环己醇0.9625161能溶于水环己烯0.81-10383难溶于水（1）制备粗品。

将12.5mL环己醇加入试管A中；再加入1mL浓硫酸，摇匀后放入碎瓷片，缓慢加热至反应完全，在试管C内得到环己烯粗品．

①A中碎瓷片的作用是____，导管B除了导气外还具有的作用是____．

②试管C置于冰水浴中的目的是____．

（2）制备精品。

①环己烯粗品中含有环己醇和少量酸性杂质等．加入饱和食盐水，振荡、静置、分层，环己烯在____层（填“上”或“下”），分液后用____（填选项字母）洗涤．

a．KMnO4溶液b．稀硫酸c．Na2CO3溶液。

②再将环己烯按如图2装置蒸馏，冷却水从____口进入．蒸馏时要加入生石灰，目的是____．

③收集产品时，控制的温度应在____左右，实验制得的环己烯精品质量低于理论产量，可能的原因是____（填选项字母）．

a．蒸馏时从70℃开始收集产品。

b．环己醇实际用量多了。

c．制备粗品时环己醇随产品一起蒸出。

（3）以下区分环己烯精品和粗品的方法，合理的是____（填选项字母）．

a．用酸性高锰酸钾溶液b．用金属钠c．用溴水d．测定沸点．13、氯碱工业生产中用氨气检查氯气管道是否泄漏；氨气遇到氯气会产生白烟；

（1）反应还生成了一种无毒的气态单质，写出反应的化学方程式____．

（2）在该反应中，氧化剂是____，还原产物是____，当有1.7g的氨气参与反应时，转移的电子数目为____．

（3）列式计算当有112mL的氯气（已折算到标准状况）参加反应时生成白烟的质量为____g．14、K2FeO4是一种新型水处理剂，工业上可用FeSO4制备K2FeO4；其工艺流程如下：

请回答下列问题：

（1）实验室保存硫酸亚铁溶液时，加入少量稀硫酸，其目的是____．

（2）写出上述流程中制备高铁酸钠的化学方程式：____．

（3）高铁酸钠转化成高铁酸钾的原理是____．

（4）已知常温下，K甲[Fe（OH）3]=1.0×10-34．离子浓度≤1×10-5mol．L-1时，可认为已完全沉淀．则上述操作中，调节pH的范围应为____．

（5）高铁酸钾净水原理如下：首先，具有强氧化性的高铁酸钾氧化细菌，高铁酸钾被还原成Fe3+，然后，铁离子水解生成氢氧化铁胶体粒子，胶粒聚沉水中杂质．Fe3+水解包括以下几步反应：

①Fe3+（aq）+H2O（l）⇌Fe（OH）2+（aq）+H+（aq）K1

②Fe（OH）2+（aq）+H2O（l）⇌Fe（OH）2+（aq）+H+（aq）K2

③Fe（OH）2++H2O（l）⇌Fe（OH）3（胶体）+H+（aq）K3

K1、K2、K3的大小排序为____．

如果废水中酸性过强，不利于净水，其原因是____．15、为测定某有机化合物A的结构；进行如下实验．

Ⅰ．分子式的确定。

（1）将有机物A置于氧气流中充分燃烧，实验测得：生成5.4gH2O和8.8gCO2，消耗氧气6.72L（标准状况下）．则该物质的实验式是；____；

（2）质谱仪测定有机物A的相对分子质量为46，则该物质的分子式是____；

（3）预测A的可能结构并写出结构简式____．

Ⅱ．结构式的确定。

（4）核磁共振氢谱能对有机物分子中不同位置的氢原子给出不同的峰值（信号），根据峰值（信号）可以确定分子中氢原子的种类和数目．例如：甲基氯甲基醚（Cl-CH2-O-CH3）有两种氢原子（见图甲）．经测定，有机物A的核磁共振氢谱如图乙所示，则A的结构简式为____．

Ⅲ．性质实验。

（5）A在一定条件下脱水可生成B；B可合成用于食品包装的塑料C，请分别写出转化反应化学方程式：

A→B：____；

B→C：____．

（6）体育比赛中当运动员肌肉扭伤时，队医随即用氯乙烷（沸点为12.27℃）对受伤部位进行局部冷冻麻醉．请用B选择合适的方法制备氯乙烷，要求原子利用率为100%，请写出制备反应方程式：____．16、[化学--物质结构与性质]

氮元素可以形成多种分子和离子，如NH3、N2H4、N3-、NH4+、N2H62+等．

回答以下问题：

（1）某元素原子与N3-含有相同的电子数，其基态原子的价电子排布式是____．

（2）C、N、O三种元素第一电离能从大到小的顺序是____．

（3）肼（N2H4）分子可视为NH3分子中的一个氢原子被一NH2（氨基）取代形成的另一种氮的氢化物．NH3分子的空间构型是____；N2H4分子中氮原子轨道的杂化类型是____

（4）胼能与硫酸反应生成N2H6S04．N2H6S04晶体类型与硫酸铵相同，则N2H6S04的晶体内不存在____（填标号）

a．离子键b．共价键c．配位键d．范德华力。

（5）NH3、N2H4、NH4+、N2H62+四种微粒中，能形成氢键的有____；不能作为配位体的有____．17、用氯气对饮用水消毒已有百年历史．这种消毒方法会使饮用水中的有机物发生氯代反应，生成有机含氯化合物，对人体有害，且氯气本身也是一种有毒气体．世界环保联盟即将全面禁止用氯气对饮用水消毒，建议推广采用广谱性高效消毒剂二氧化氯（ClO2）．目前欧洲一些国家用NaClO3氧化浓盐酸来制取ClO2，同时有Cl2生成；反应的化学方程式为：

____NaClO3+____HCl═____NaCl+____ClO2↑+____Cl2↑+____H2O．

（1）配平上述化学方程式．

（2）此反应中氧化剂是：____，在反应中盐酸体现的性质是____和____；

（3）在标准状况下有4.48L氯气生成时，转移的电子数为____mol，被氧化的盐酸的物质的量为____mol．

（4）我国研制成功用氯气氧化亚氯酸钠（在氮气保护下）制得ClO2，表示这一反应的化学方程式是2NaClO2+Cl2═2ClO2↑+2A．已知A物质是一种盐，它的化学式为____．这一方法的优点是____．18、甲；乙、丙均是常见元素构成的化合物．已知甲、乙、丙均不含结晶水；含化合物甲的矿物是工业上电解法冶炼某种常见金属单质的原料，经检测甲是一种高熔点化合物，能溶于强酸、强碱溶液；化合物乙是光导纤维的主要成分；化合物丙为一种呈深蓝色的碱式盐，将34.6g丙隔绝空气加热分解生成24g黑色固体X、无色酸性气体Y（标准状况下，密度为1.96g/L）和水．生成的Y折合成标准状况下的体积为4.48L．固体X难溶于水，能溶于硫酸，形成蓝色溶液．请回答下列问题：

（1）写出气体Y的电子式____，Y可形成____晶体．过量的Y与氢氧化钠反应后的丁溶液与甲和氢氧化钠反应后的戊溶液发生的离子反应为____．

（2）化合物丙的化学式____．

（3）工业上电解化合物甲制取金属单质的正极反应式为____．另外，工业上常用甲与焦炭、氯气共热生成化合物丁和CO，而丁仅由两种元素组成，请写出该反应的化学方程式并标出电子转移的方向和数目____．

（4）乙溶于氢氟酸后生成一种极强的二元酸和水．经分析该酸由3种元素组成，其中氟元素的质量分数为79.17%．请写出乙溶于氢氟酸的离子方程式____．

（5）将固体X溶于适量的硫酸，往所得溶液中滴加NaOH浓溶液时，先出现蓝色絮状沉淀，继续滴加NaOH浓溶液并不断振荡，则沉淀消失形成蓝色溶液．综合以上信息可以说明蓝色絮状沉淀物具有____性（填化学性质）．19、钛铁矿是铁和钛的氧化物矿物，成分可表示为FeTiO3（Ti为+4价）．钛白粉（TiO2）涂料；塑料、油墨、造纸行业具有广泛的用途；制备流程如图：

（1）钛铁矿与硫酸反应时可表示为FeTiO3+H2SO4→TiOSO4+X+H2O．其中X的化学式为____．该反应为____（填“氧化还原反应”或“非氧化还原反应”）．

（2）某钛铁矿中FeTiO3的含量为76%，该钛铁矿与硫酸反应时Ti转化率为92%，操作I到操作IV的过程中Ti的转化率为96%，则1t该钛铁矿可生产钛白粉____t（所有计算结果保留两位有效数字），能否计算绿矾的产量____？（若能则计算数值；否则说明理由）．

（3）操作I的名称是____，操作II包括搅拌、结晶、____．操作II中加入铁粉的目的是____（用离子方程式表示）．

（4）写出操作III中TiOSO4水解的化学方程式：____．

（5）该生产过程中产生的尾气SO2、SO3的处理方法是____．20、为了将混有Na2SO4、NaHCO3的NaCl提纯，并制得纯净的NaCl溶液，某学生设计了如图所示的实验方案：

（1）操作①盛放药品可选用____．（填仪器名称）

（2）操作②为什么不用Ba（NO3）2溶液，其理由是____．

（3）进行操作②后，如何判断SO42-已除尽？方法是____．

（4）操作③的目的是____；为何不先过滤后加Na2CO3溶液，其理由是____．

（5）此设计方案是否严密？请说明理由____．评卷人得分四、判断题(共2题，共10分)21、在18g18O2中含有NA个氧原子．____（判断对错）22、Ⅰ．下列用连线方法对部分化学知识进行归纳的内容中，有错误的一组是____

A．物质的性质与用途：

阿司匹林易水解--用于解热消炎镇痛；不能用于防治心脑血管疾病。

明矾溶于水能形成胶体--用于对水的消毒；净化。

B．保护环境：

控制“白色污染”--减少一次性塑料餐具的使用量。

防止水的污染--提倡使用无磷洗衣粉。

C．基本安全常识：

饮用假酒中毒--甲醇引起。

食用假盐中毒--亚硝酸钠引起。

D．生活中的一些做法：

除去衣服上的油污--可用汽油洗涤。

使煤燃烧更旺--可增大煤与空气接触面积。

Ⅱ．保护环境；合理利用资源已成为人类共同的目标．请判断下列说法是否正确（填“√”或“×”）．

（1）水体的富营养化有利于大多数水生动植物的生长．____

（2）减少机动车尾气排放是改善大气质量的重要措施．____

（3）焚烧废弃塑料会产生有害气体，对大气造成污染．____

（4）将垃圾分类并回收利用，符合可持续发展的要求．____．评卷人得分五、解答题(共1题，共10分)23、（1）有一瓶被漂白过的品红试液，甲同学认为是被Cl2漂白，乙同学则认为是被SO2漂白了；请用简单的实验方法判断出到底哪位同学的猜测是真的______．

（2）25℃时，0.1mol•L-1的醋酸溶液的pH约为3，向其中加入醋酸钠晶体，等晶体溶解后发现溶液的pH增大．对上述现象有两种不同的解释：甲同学认为醋酸钠水解呈碱性，[OH-]增大了，因而溶液的pH增大；乙同学认为醋酸钠溶于水电离出大量醋酸根离子，抑制了醋酸的电离，使[H+]减小；因此溶液的pH增大．

①为了验证上述解释哪种正确，继续做如下实验：向0.1mol•L-1的醋酸溶液中加入少量下列物质中的______（填写编号）；然后测定溶液的pH．

A、固体CH3COOKB、固体CH3COONH4

C、气体NH3D、固体NaHCO3

②若甲同学的解释正确；溶液的pH应______；若乙同学解释正确，溶液pH的值应______填（“增大”；“减小”或“不变”）

评卷人得分六、探究题(共4题，共40分)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：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：参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】【分析】若全部由单一的羧酸形成的甘油三酯；则有3种结构；

若由两种羧酸形成的甘油三酯；分为六种情况：2个甲酸和1个乙酸，1个甲酸和2个乙酸，2个甲酸和1个丙酸，1个甲酸和2个丙酸，2个乙酸和1个丙酸，1个乙酸和2个丙酸，每种情况有2种结构，则有12种结构；

若由三种羧酸形成的甘油三酯，按照连接羧酸的顺序，由于甘油对称结构，分为3种情况：甲酸、乙酸，丙酸；甲酸、丙酸，乙酸；乙酸，甲酸、丙酸；【解析】【解答】解：若全部由单一的羧酸形成的甘油三酯；则有3种结构；

若由两种羧酸形成的甘油三酯；分为六种情况：2个甲酸和1个乙酸，1个甲酸和2个乙酸，2个甲酸和1个丙酸，1个甲酸和2个丙酸，2个乙酸和1个丙酸，1个乙酸和2个丙酸，每种情况有2种结构，则有12种结构；

若由三种羧酸形成的甘油三酯；按照连接羧酸的顺序，由于甘油对称结构，分为3种情况：甲酸；乙酸，丙酸；甲酸、丙酸，乙酸；乙酸，甲酸、丙酸；

可得到的甘油三酯最多有18种，故选C．2、D【分析】【分析】根据氯气的物理性质：颜色、密度、溶解性、熔沸点及毒性结合信息来判断正误．【解析】【解答】解：氯气可以用来消灭田鼠利用了它的毒性，使田鼠中毒死亡；将氯气通过软管灌入田鼠洞中，氯气的相对分子质量比空气的大，所以密度比空气的大，与空气混合时，在混合气体的下部，所以能够被田鼠呼吸，从而达到灭鼠目的，故选D．3、A【分析】【分析】①蛋白质在强紫外线的照射下会变性；

②甲醛有毒；对人体有害；

③油脂发生氧化反应而产生异味；这是变质的主要原理；

④小苏打或稀氨水可以和甲酸发生反应；

⑤四氯化碳和苯有毒．【解析】【解答】解：①人的皮肤是蛋白质；蛋白质在强紫外线的照射下会变性，故①正确；

②甲醛有毒；用甲醛溶液浸泡海产品保鲜会对人体有害，故②错误；

③油脂的不饱和成分受空气中氧；水分或霉菌的作用发生自动氧化；生成过氧化物进而降解为挥发性醛、酮、羧酸的复杂混合物，并产生难闻的气味，即油脂是因为发生氧化反应而产生异味，故③错误；

④小苏打或稀氨水可以和甲酸发生反应；可以用涂抹小苏打或稀氨水来缓解蜂蚁叮咬，故④正确；

⑤四氯化碳和苯有毒；日常生活中不可用，故⑤错误．

故选A．4、A|B【分析】试题分析：如表，甲中的灰色区域是过渡元素，其中可以找到催化剂，如Mn、Ni等金属元素，A正确；简单离子的半径比较W-﹥Y3-﹥X+，B正确；非金属性W>Z，因此气态氢化物稳定性，W>Z，C错误；X和W的化合物溶液是NaCl溶液，电解饱和食盐水是氯碱工业，不能制备金属钠单质，D错误；故选AB。考点：本题考查的元素周期表及元素周期律应用与元素的推断。【解析】【答案】AB5、B【分析】解：标准状况下，5.6L该气体的物质的量为=0.25mol；

所以该气体的摩尔质量为=38g/mol．

故选B．【解析】【答案】B6、C【分析】解：A．蒸馏是根据两种液体的沸点不同利用蒸馏的方法将这两种混合物分离开来；故A错误；

B．过滤是分离固体和液体的操作；故B错误；

C．盐析法是利用某些物质在盐溶液中的溶解度降低而分离；则向皂化锅中慢慢加入食盐颗粒，将高级脂肪酸钠从混合液中析出为盐析，故C正确；

D．结构为疏松多孔的物质；具有吸附性，能够吸附气体；色素、水中悬浮杂质等，故D错误．

故选C．【解析】【答案】C二、双选题(共5题，共10分)7、B|C【分析】解：A．氢氧化钠溶液容易与空气中的二氧化碳反应而导致变质；即使称量出0.4000g氢氧化钠固体，最后配制的溶液中，氢氧化钠的浓度也不是0.1000mol/L，故A错误；

B．化学反应中；催化剂只影响反应速率，催化剂对化学平衡无影响，不会改变反应物的转化率，所以不会影响化学反应的焓变，故B正确；

C．100mLpH=3的HA和HB分别与足量的锌反应；HB放出的氢气多，说明HB的物质的量比HA的物质的量大，而电离出的氢离子却相同，说明了HB的酸性比HA的弱，故C正确；

D．对于反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），压缩气体体积使压强增大（其他条件不变），则SO2的转化率增大；由于温度不变，所以平衡常数K不会变化，故D错误；

故选BC．

A．氢氧化钠固体易潮解，氢氧化钠溶液容易与空气中的二氧化碳反应，所以无法配制0.1000mol•L-1的NaOH标准溶液；

B．催化剂对化学平衡无影响；

C．弱电解质酸性越弱；电离程度越小，相同pH时需要的浓度越大，据此进行判断；

D．化学平衡常数只受温度影响；温度不变，化学平衡常数不变．

本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法、弱电解质酸性强弱判断、化学平衡影响因素等知识，题目难度中等，注意明确影响化学平衡的因素，掌握判断弱电解质酸性强弱的方法．【解析】【答案】BC8、A|C【分析】解：A、Na2CO3、NaHCO3与同浓度的硫酸反应时；碳酸氢钠更剧烈，故A错误；

B、NaAlO2溶液可以和少量的盐酸反应生成氢氧化铝和氯化钠；故B正确；

C；用焰色反应可以检验某种金属元素的存在；是金属元素的特性，故C错误；

D；工业上用电解熔融氧化铝的方法来获得金属铝；故D正确．

故选AC．【解析】【答案】AC9、rBD【分析】解：rm{A.}甲苯与溴的四氯化碳溶液不反应；而能被高锰酸钾氧化，故A错误；

B.结构对称；只有一种消去方式，则消去产物只有一种，故B正确；

C.rm{A(C_{4}H_{6}O_{2})}能发生加聚反应，则一定含碳碳双键，可能为rm{CH_{3}CH=CH-COOH}等；故C错误；

D.溴水与已烯；四氯化碳和乙酸分别混合的现象为：溴水褪色且分层后有机层在下层、不反应分层后有机色层在下层、不反应不分层；现象相同，可鉴别，故D正确；

故选：rm{BD}

A.甲苯与溴的四氯化碳溶液不反应；

B.结构对称；只有一种消去方式；

C.rm{A(C_{4}H_{6}O_{2})}能发生加聚反应；则一定含碳碳双键；

D.溴水与已烯；四氯化碳和乙酸分别混合的现象为：溴水褪色且分层后有机层在下层、不反应分层后有机色层在下层、不反应不分层．

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，涉及有机物检验、有机反应等，综合性较强，题目难度不大．【解析】rm{BD}10、rAC【分析】解：rm{A}甲为rm{C}丁为rm{O_{2}}也可以为水，物质转化关系为rm{Cxrightarrow{O_{2}}COunderset{C}{overset{O_{2}}{{rightleftharpoons}}}CO_{2}}也可以为rm{Cxrightarrow{H_{2}O}COunderset{C}{overset{H_{2}O}{{rightleftharpoons}}}CO_{2}}故A错误；

B、若甲为rm{Cxrightarrow{O_{2}}CO

underset{C}{overset{O_{2}}{{rightleftharpoons}}}CO_{2}}则丁为氨水，物质转化关系为：rm{SO_{2}xrightarrow{{掳卤脣庐}}NH_{4}HSO_{3}underset{SO_{2}}{overset{{掳卤脣庐}}{{rightleftharpoons}}}(NH_{4})_{2}SO_{3}}故B正确；

C、若甲为rm{Cxrightarrow{H_{2}O}CO

underset{C}{overset{H_{2}O}{{rightleftharpoons}}}CO_{2}}丁为盐酸，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，不能进一步和盐酸反应，故C错误；

D、若甲为rm{SO_{2}}溶液，丁为rm{SO_{2}

xrightarrow{{掳卤脣庐}}NH_{4}HSO_{3}

underset{SO_{2}}{overset{{掳卤脣庐}}{{rightleftharpoons}}}(NH_{4})_{2}SO_{3}}物质转化关系，rm{NaOHxrightarrow{CO_{2}}Na_{2}CO_{3}underset{NaOH}{overset{CO_{2}}{{rightleftharpoons}}}NaHCO_{3}}故D正确；

故选AC．

A、甲为rm{Fe}丁为rm{NaOH}也可以为水，物质转化关系为rm{Cxrightarrow{O_{2}}COunderset{C}{overset{O_{2}}{{rightleftharpoons}}}CO_{2}}也可以为rm{Cxrightarrow{H_{2}O}COunderset{C}{overset{H_{2}O}{{rightleftharpoons}}}CO_{2}}

B、若甲为rm{CO_{2}}则丁为氨水，物质转化关系为：rm{SO_{2}xrightarrow{{掳卤脣庐}}NH_{4}HSO_{3}underset{SO_{2}}{overset{{掳卤脣庐}}{{rightleftharpoons}}}(NH_{4})_{2}SO_{3}}

C、若甲为rm{NaOHxrightarrow{CO_{2}}Na_{2}CO_{3}

underset{NaOH}{overset{CO_{2}}{{rightleftharpoons}}}NaHCO_{3}}丁为盐酸，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，不能进一步和盐酸反应；

D、若甲为rm{C}溶液，丁为rm{O_{2}}物质转化关系，rm{NaOHxrightarrow{CO_{2}}Na_{2}CO_{3}underset{NaOH}{overset{CO_{2}}{{rightleftharpoons}}}NaHCO_{3}}．

本题考查了物质性质的转化关系和性质的应用，物质的量不同产物不同，掌握物质性质是解题关键，题目难度中等．rm{Cxrightarrow{O_{2}}CO

underset{C}{overset{O_{2}}{{rightleftharpoons}}}CO_{2}}【解析】rm{AC}11、C|D【分析】解：A．铝离子和氨水反应生成氢氧化铝沉淀；氢氧化铝不溶于氨水，但能溶于氢氧化钠溶液，所以实验I：试管中出现白色胶状物质，故A错误；

B．氢氧化钠和碘反应生成无色物质；所以实验II：振荡后静置，下层溶液褪色，故B错误；

C．氨气和氯化氢气体相遇立即反应生成白烟氯化铵；所以实验III：抽去中间玻璃片，瓶内产生白烟，故C正确；

D．三氧化硫和水反应生成硫酸；硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀，二氧化硫和氯化钡不反应，二氧化硫和品红溶液反应生成无色物质，所以品红溶液褪色，故D正确；

故选CD．

A．铝离子和氨水反应生成氢氧化铝沉淀；氢氧化铝不易溶于弱碱；

B．氢氧化钠能和碘反应；

C．氨气和氯化氢气体反应生成白烟；

D．三氧化硫和水反应生成硫酸；硫酸和钡离子反应生成硫酸钡沉淀，二氧化硫和品红溶液反应生成无色物质．

明确元素化合物的性质是解本题的关键，注意氢氧化铝不溶于弱碱但能溶于强碱，明确“烟”和“雾”的区别．【解析】【答案】CD三、填空题(共9题，共18分)12、防止暴沸冷凝进一步冷却，防止环己烯挥发上cg除去了残留的水83℃cbd【分析】【分析】（1）①根据制乙烯实验的知识；发生装置A中碎瓷片的作用是防止暴沸，由于生成的环己烯的沸点为83℃，要得到液态环己烯，导管B除了导气外还具有冷凝作用，便于环己烯冷凝；

②冰水浴的目的是降低环己烯蒸气的温度；使其液化．；

（2）①环己烯不溶于氯化钠溶液，且密度比水小，分层后环己烯在上层，由于分液后环己烯粗品中还含有少量的酸和环己醇，提纯产物时用c（Na2CO3溶液）洗涤可除去酸；

②为了使冷凝的效果更好；冷却水从冷凝管的下口进入，上口出；生石灰能与水反应生成氢氧化钙；

③根据表中数据可知；馏分环己烯的沸点为83℃；

a．若提前收集；产品中混有杂质，实际产量高于理论产量；

b．制取的环己烯物质的量增大；实验制得的环己烯精品质量高于理论产量；

c．粗产品中混有环己醇；导致测定消耗的环己醇量增大，制得的环己烯精品质量低于理论产量；

（3）根据混合物没有固定的沸点，而纯净物有固定的沸点，据此可判断产品的纯度．【解析】【解答】解：（1）①根据制乙烯实验的知识；发生装置A中碎瓷片的作用是防止暴沸，由于生成的环己烯的沸点为83℃，要得到液态环己烯，导管B除了导气外还具有冷凝作用，便于环己烯冷凝；

故答案为：防止暴沸；冷凝；

②冰水浴的目的是降低环己烯蒸气的温度；使其液化；

故答案为：进一步冷却；防止环己烯挥发；

（2）①环己烯是烃类，不溶于氯化钠溶液，且密度比水小，振荡、静置、分层后环己烯在上层，由于分液后环己烯粗品中还含有少量的酸和环己醇，联想：制备乙酸乙酯提纯产物时用c（Na2CO3溶液）洗涤可除去酸；

故答案为：上层；c；

②为了使冷凝的效果更好；冷却水从冷凝管的下口即g口进入；生石灰能与水反应生成氢氧化钙，除去了残留的水，得到纯净的环己烯；

故答案为：g；除去了残留的水；

③根据表中数据可知；馏分环己烯的沸点为83℃，故收集产品应控制温度在83℃左右；

a．蒸馏时从70℃开始收集产品；提前收集，产品中混有杂质，实际产量高于理论产量，故a错误；

b．环己醇实际用量多了，制取的环己烯的物质的量增大，实验制得的环己烯精品质量高于理论产量，故b错误；

c．若粗产品中混有环己醇；导致测定消耗的环己醇量增大，制得的环己烯精品质量低于理论产量，故c正确，故选c；

故答案为：83℃；c；

（3）粗品中含有杂质环己醇，区别粗品与精品可加入金属钠，观察是否有气体产生，若无气体，则是精品；另外根据混合物没有固定的沸点，而纯净物有固定的沸点，通过测定环己烯粗品和环己烯精品的沸点，也可判断产品的纯度，所以合理的为bd；

故答案为：bd．13、3Cl2+8NH3═6NH4Cl+N2Cl2NH4Cl0.075NA0.535【分析】【分析】（1）氨气遇到氯气会产生白烟；反应还生成了一种无毒的气态单质，这种单质是氮气；

（2）氧化还原反应中失电子的元素化合价升高；被氧化，所在反应物是还原剂，对应产物是氧化产物，得电子的元素化合价降低，所在反应物是氧化剂，对应产物是还原产物；

（3）根据Cl2～～～2NH4Cl进行计算求解．【解析】【解答】解：（1）氨气遇到氯气会产生白烟，反应还生成了一种无毒的气态单质，这种单质是氮气，反应的化学方程式为：3Cl2+8NH3═6NH4Cl+N2，故答案为：3Cl2+8NH3═6NH4Cl+N2；

（2）氯气中氯元素化合降低，是氧化剂，得到产物氯化铵是还原产物，8mol的氨气参加反应转移电子的物质的量为6mol，所以有1.7g的氨气，也就是0.1mol的氨气参与反应时，转移的电子数目为，即为：0.075NA，故答案为：Cl2；NH4Cl；0.075NA；

（3）Cl2～～～2NH4Cl

22400ml107g

112mLm

所以m==0.535g；

故答案为：0.535．14、抑制亚铁离子的水解2Fe（OH）3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O高铁酸钠在溶液中溶解大于高铁酸钾大于4.3K1＞K2＞K3溶液酸性过强会抑制铁离子的水解，不能产生氢氧化铁胶体【分析】【分析】根据反应的流程可知，硫酸亚铁被双氧水氧化，再调节pH值可得氢氧化铁固体，氢氧化铁固体在碱性条件下被次氯酸钠氧化得Na2FeO4溶液，在溶液中加入氯化钾结晶可得K2FeO4；

（1）在保存硫酸亚铁溶液时要防止亚铁离子水解；

（2）氢氧化铁与次氯酸钠反应生成高铁酸钠和氯化钠；利用元素守恒和电子得失守恒书写化学方程式；

（3）根据在溶液中溶解大的物质可以生成溶解度小的物质的原理分析；

（4）调节pH使铁离子沉淀完全，即c（Fe3+）≤1×10-5mol．L-1，根据Ksp[Fe（OH）3]=c（Fe3+）•c3（OH-）可计算出溶液中氢氧根离子的浓度；进而确定pH值；

（5）多元弱酸弱碱是分步电离的，所以弱碱阳离子也是分步水解的，其中一级水解程度大于二级水解，二级水解程度大于三级水解，据此判断水解平衡常数的大小，溶液酸性过强会抑制铁离子的水解．【解析】【解答】解：根据反应的流程可知，硫酸亚铁被双氧水氧化，再调节pH值可得氢氧化铁固体，氢氧化铁固体在碱性条件下被次氯酸钠氧化得Na2FeO4溶液，在溶液中加入氯化钾结晶可得K2FeO4；

（1）在保存硫酸亚铁溶液时要防止亚铁离子水解；所以加入少量的硫酸目的是抑制亚铁离子的水解；

故答案为：抑制亚铁离子的水解；

（2）氢氧化铁与次氯酸钠反应生成高铁酸钠和氯化钠，反应方程式为2Fe（OH）3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O；

故答案为：2Fe（OH）3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O；

（3）高铁酸钠在溶液中溶解大于高铁酸钾；所以铁酸钠在溶液中可以转化成高铁酸钾；

故答案为：高铁酸钠在溶液中溶解大于高铁酸钾；

（4）调节pH使铁离子沉淀完全，即c（Fe3+）≤1×10-5mol．L-1，根据Ksp[Fe（OH）3]=c（Fe3+）•c3（OH-）可知溶液中c（OH-）==1×，c（H+）=1×；所以pH≈4.3，所以要使铁离子完全沉淀，溶液的pH值大于4.3；

故答案为：大于4.3；

（5）多元弱酸弱碱是分步电离的，所以弱碱阳离子也是分步水解的，其中一级水解程度大于二级水解，二级水解程度大于三级水解，所以K1＞K2＞K3；溶液酸性过强会抑制铁离子的水解，不能产生氢氧化铁胶体，所以不利于净水；

故答案为：K1＞K2＞K3；溶液酸性过强会抑制铁离子的水解，不能产生氢氧化铁胶体．15、C2H6OC2H6OCH3CH2OH或CH3OCH3CH3CH2OHCH3CH2OHCH2=CH2↑+H2OnCH2=CH2nCH2=CH2+HClCH3CH2Cl【分析】【分析】I．（1）浓硫酸增重为水的质量；碱石灰增重为二氧化碳的质量，以此可确定有机物中C；H原子个数比值，结合消耗氧气的体积可确定有机物中各原子个数比值；

（2）根据有机物原子个数比值可确定最简式；结合相对分子质量可确定有机物分子式；

（3）根据有机物分子式结合价键理论可确定有机物的可能结构；

II．（4）有机物A分子中有三种不同化学环境的氢原子；应为乙醇，二甲醚只有一种不同化学环境的氢原子；

III．（5）乙醇在一定条件下脱水可生成B，B为CH2=CH2；B可合成包装塑料C，C为聚乙烯；

（6）原子利用率为100%，可用乙烯与HCl加成方法制备氯乙烯．【解析】【解答】解：I．（1）由题意可知n（H2O）==0.3mol，n（CO2）==0.2mol，n（O2）==0.3mol；

根据氧原子守恒可知有机物中含有n（O）=0.3mol+0.2mol×2-0.3mol×2=0.1mol；

则有机物中N（C）：N（H）：N（O）=0.2mol：0.6mol：0.1mol=2：6：1，则实验式为C2H6O；

故答案为：C2H6O；

（2）该物质中各元素的原子个数比为N（C）：N（H）：N（O）=2：6：1，则最简式为C2H6O，其相对分子质量为46，则有机物的分子式为C2H6O；

故答案为：C2H6O；

（3）有机物的分子式为C2H6O，分子中可能存在C.C-H、C-O、O-H等化学键，可能的结构简式有CH3CH2OH或CH3OCH3；

故答案为：CH3CH2OH或CH3OCH3．

Ⅱ．（4）有机物A分子中有三种不同化学环境的氢原子，应为乙醇，即CH3CH2OH；二甲醚只有一种不同化学环境的氢原子；

故答案为：CH3CH2OH；

Ⅲ．（5）乙醇在一定条件下脱水可生成B，B为CH2=CH2，B可合成包装塑料C，C为聚乙烯，反应的化学方程式分别为CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O、nCH2=CH2

故答案为：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O；nCH2=CH2

（6）原子利用率为100%，可用乙烯与HCl加成方法制备，反应的方程式为nCH2=CH2+HClCH3CH2Cl；

故答案为：nCH2=CH2+HClCH3CH2Cl．16、3d24s2N＞O＞C三角锥形sp3杂化dNH3、N2H4NH4+、N2H62+【分析】【分析】（1）某元素原子与N3-含有相同的电子数；则该元素的电子数为22，先写出基态原子的电子排布式，然后写出价电子排布式；

（2）同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势；但第IIA族和第VA族元素的第一电离能大于相邻元素；

（3）根据分子中δ键数目与孤电子对数目判断；

（4）根据硫酸铵晶体中存在的化学键判断；

（5）氢键的形成原因是孤电子对与原子核之间的引力，这就要求另一个条件为原子核要小，所以一般为O，N，F原子，像NH3有一对孤电子对，N2H4有两对孤电子对．所以NH3，N2H4等能形成氢键，而NH4+，N2H62+中孤电子对都与H+离子共用，从而也就没有了孤电子对；没有孤电子对不能形成配位体．【解析】【解答】解：（1）某元素原子的电子数为22，该元素基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d24s2，价电子排布式为：3d24s2，故答案为：3d24s2；

（2）C；N、O属于同一周期元素且原子序数依次减小；同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第ⅤA族的大于第ⅥA族的，所以其第一电离能大小顺序是N＞O＞C；

故答案为：N＞O＞C；

（3）NH3分子中N原子形成3个δ键，且有1个孤电子对，则为三角锥形，由于N2H4分子中N原子所形成共价键的数目与NH3相同，故其原子轨道的杂化类型与NH3中的N原子一样，也是sp3杂化；

故答案为：三角锥形；sp3杂化；

（4）N2H6SO4和（NH4）2SO4都是离子晶体，N2H62+和SO42-之间存在离子键，N2H62+中N和H之间形成6个共价键（其中2个配位键），N和N之间形成共价键，SO42-中S和O之间形成共价键；不含范德华力；

故选：d；

（5）氢键的形成原因是孤电子对与原子核之间的引力，这就要求另一个条件为原子核要小，所以一般为O，N，F原子，像NH3有一对孤电子对，N2H4有两对孤电子对．所以NH3，N2H4等能形成氢键，而NH4+，N2H62+中孤电子对都与H+离子共用，从而也就没有了孤电子对；不能作为配位体的有NH4+，N2H62+；

故答案为：NH3，N2H4；NH4+，N2H62+．17、242212NaClO3还原性酸性0.40.4NaCl不产生有毒的氯气，减小对环境的污染【分析】【分析】（1）根据氧化还原反应中；化合价升高数值=化合价降低值=转移电子数，据电子守恒来配平方程式；

（2）在氧化还原反应中；得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂，还原剂对应的产物是氧化产物；

（3）根据氯气和转移电子之间的关系式计算；

（4）根据原子守恒确定产物，结合反应产物来分析优点．【解析】【解答】解：（1）氧化还原反应中；Cl化合价优+5；+4、0、-1价，根据化合价不交叉的规律，+5价降为+4价，-1价升高为0价，化合价升高了2价，降低了1价，所以氯酸钾前面是系数2，二氧化氯前边系数是2，氯气系数是1，根据Cl元素守恒，盐酸系数是4，水前边系数是2；

故答案为：2；4；2；2；1；2；

（2）该反应中；氯酸钠中氯元素的化合价由+5价变为+4价，氯化氢中氯元素的化合价由-1价变为0价，所以氯酸钠是氧化剂，盐酸是还原剂，盐酸中氯元素部分化合价不变，生成氯化钠，显示酸性，部分失电子作还原剂；

故答案为：NaClO3；还原性；酸性；

（3）根据氯气和转移电子之间的关系式得；反应中生成1mol氯气转移电子的物质的量是2mol，被氧化的盐酸是2mol，有4.48L即0.2mol氯气生成时，转移的电子数为0.4mol，被氧化的盐酸的物质的量为0.4mol；

故答案为：0.4；0.4；

（4）化学方程式是2NaClO2+Cl2═2ClO2↑+2A中；根据原子守恒，A的化学式为NaCl，该反应中不产生有毒的氯气，可以减小对环境的污染；

故答案为：NaCl；不产生有毒的氯气，减小对环境的污染．18、分子HCO3-+AlO2-+H2O=Al（OH）3↓+CO32-2CuCO3•Cu（OH）22O2-+4e-=O2↑SiO2+6HF=2H++SiF62-+2H2O两【分析】【分析】含化合物甲的矿物是工业上电解法冶炼某种常见金属单质的原料，经检测甲是一种高熔点化合物，能溶于强酸、强碱溶液，结合物质含有的元素，甲为Al2O3；化合物乙是光导纤维的主要成分，乙为SiO2；化合物丙为一种呈深蓝色的碱式盐，丙含有Cu元素，将34.6g丙隔绝空气加热分解生成24g黑色固体X、无色酸性气体Y（标准状况下，密度为1.96g/L）和水，Y的摩尔质量为1.96g/L×22.4L/mol=44g/mol，考虑Y为CO2，固体X难溶于水，能溶于硫酸，形成蓝色溶液，为硫酸铜溶液，故X为CuO，即丙为碱式碳酸铜，生成的CO2折合成标准状况下的体积为4.48L，物质的量为=0.2mol，根据碳元素守恒可知CuCO3为0.2mol，24gCuO的物质的量为=0.3mol，根据铜元素守恒Cu（OH）2为0.3mol-0.2mol=0.1mol，故碱式碳酸铜中n（CuCO3）：n[Cu（OH）2]=0.2mol：0.1mol=2：1，故该碱式碳酸铜化学式为2CuCO3•Cu（OH）2，据此解答．【解析】【解答】解：含化合物甲的矿物是工业上电解法冶炼某种常见金属单质的原料，经检测甲是一种高熔点化合物，能溶于强酸、强碱溶液，结合物质含有的元素，甲为Al2O3；化合物乙是光导纤维的主要成分，乙为SiO2；化合物丙为一种呈深蓝色的碱式盐，丙含有Cu元素，将34.6g丙隔绝空气加热分解生成24g黑色固体X、无色酸性气体Y（标准状况下，密度为1.96g/L）和水，Y的摩尔质量为1.96g/L×22.4L/mol=44g/mol，考虑Y为CO2，固体X难溶于水，能溶于硫酸，形成蓝色溶液，为硫酸铜溶液，故X为CuO，即丙为碱式碳酸铜，生成的CO2折合成标准状况下的体积为4.48L，物质的量为=0.2mol，根据碳元素守恒可知CuCO3为0.2mol，24gCuO的物质的量为=0.3mol，根据铜元素守恒Cu（OH）2为0.3mol-0.2mol=0.1mol，故碱式碳酸铜中n（CuCO3）：n[Cu（OH）2]=0.2mol：0.1mol=2：1，故该碱式碳酸铜化学式为2CuCO3•Cu（OH）2．

（1）气体Y为CO2，电子式为可以形成分子晶体，过量的Y与氢氧化钠反应后的丁溶液为碳酸氢钠溶液，甲和氢氧化钠反应后的戊溶液为偏铝酸钠溶液，二者发生的离子反应为：HCO3-+AlO2-+H2O=Al（OH）3↓+CO32-；

故答案为：分子晶体；HCO3-+AlO2-+H2O=Al（OH）3↓+CO32-；

（2）化合物丙的化学式2CuCO3•Cu（OH）2；

故答案为：2CuCO3•Cu（OH）2；

（3）工业上电解熔融氧化铝冶炼Al，正极发生还原反应，正极反应式为2O2-+4e-=O2↑．工业上常用Al2O3与焦炭、氯气共热生成化合物丁和CO，而丁仅由两种元素组成，由元素守恒可知丁为AlCl3，反应方程式为Al2O3+3C+3Cl23CO+2AlCl3，C元素化合价由0价升高为+2，失去电子数为6，氯元素化合价由0价降低为-1价，获得电子数目为6，标出电子转移的方向和数目为：

故答案为：2O2-+4e-=O2↑；

（4）SiO2溶于氢氟酸后生成一种极强的二元酸和水，该酸由3种元素组成，其中氟元素的质量分数为79.17%，分子中H原子数目为2，令该酸的化学式为：H2SixFy，根据化合价代数和为0可知2+4x-y=0，由氟元素质量分数有=79.17%，联立解得x=1，y=6，故该酸为H2SiF6，故SiO2溶于氢氟酸的离子反应方程式为：SiO2+6HF=2H++SiF62-+2H2O；

故答案为：SiO2+6HF=2H++SiF62-+2H2O；

（5）将固体CuO溶于适量的硫酸，往所得溶液中滴加NaOH浓溶液时，先出现蓝色絮状沉淀，为Cu（OH）2，继续滴加NaOH浓溶液并不断振荡，则沉淀消失形成蓝色溶液，说明Cu（OH）2具有酸性，由于氢氧化铜属于碱，可以说明Cu（OH）2具有两性；

故答案为：两性．19、FeSO4氧化还原反应0.35在制备钛白粉的过程中没有给出钛铁矿与硫酸的反应，在操作Ⅰ和操作Ⅱ中Fe的转化率也是未知的，故不能计算绿矾的产量过滤过滤Fe+2Fe3+═3Fe2+TiOSO4+2H2O═TiO（OH）2↓+H2SO4用碱液吸收【分析】【分析】（1）根据原子守恒可以得而X的化学式；存在元素的化合价改变的反应为氧化还原反应；

（2）则根据元素守恒得：FeTiO3～TiO2，根据FeTiO3的质量1t×76%×92%×96%；来计算二氧化钛的质量；在制备钛白粉的过程中没有给出钛铁矿与硫酸的反应，在操作Ⅰ和操作Ⅱ中Fe的转化率也是未知的，故不能计算绿矾的产量；

（3）从溶液中得到了没有与酸反应的颗粒状物质故所需的操作为过滤；从溶液中得到晶体的操作为结晶后过滤；铁粉与可能生成的+3价的铁反应生成+2价的铁；

（4）根据水解原理：TiOSO4水解时SO42-结合水电离的H+，TiO2+结合水电离的OH-来书写方程式；

（5）因SO2、SO3是酸性氧化物，可以和碱液之间反应，据此回答．【解析】【解答】解：钛铁矿与硫酸反应：FeTiO3+H2SO4→TiOSO4+FeSO4+H2O，然后过滤出未被酸溶解的物质，将所得到的滤液中加入铁粉可以得到了绿矾，将滤液控制在一定的条件，让TiOSO4水解：TiOSO4+2H2O═TiO（OH）2↓+H2SO4，将过滤出的沉淀进行煅烧，可以得到钛白粉（TiO2）．

（1）根据原子守恒可以得而X的化学式为FeSO4，在FeTiO3中Ti为+4价故Fe为+2价；反应后铁元素的化合价没有发生改变，钛元素化合价也没有发生改变，其他元素的化合价都没发生改变，故此反应为非氧化还原反应．

故答案为：FeSO4；氧化还原反应；

（2）设得到二氧化钛的质量是m；则根据元素守恒得：

FeTiO3～TiO2

15280

1t×76%×92%×96%m

m=0.35t；在制备钛白粉的过程中没有给出钛铁矿与硫酸的反应，在操作Ⅰ和操作Ⅱ中Fe的转化率也是未知的，故不能计算绿矾的产量；

故答案为：0.35；在制备钛白粉的过程中没有给出钛铁矿与硫酸的反应；在操作Ⅰ和操作Ⅱ中Fe的转化率也是未知的，故不能计算绿矾的产量；

（3）在操作I从溶液中得到了没有与酸反应的颗粒状物质故所需的操作为过滤；在操作II加入铁粉后得到了绿矾；故应是从溶液中得到晶体的操作为结晶后过滤；在操作II加入铁粉的目的是为了防止在制备过程中钛铁矿+2价的铁生成+3价的铁使制备的绿矾中含有杂质，故应加入铁粉与可能生成的+3价的铁反应生成+2价的铁；

故答案为：过滤；过滤；Fe+2Fe3+═3Fe2+；

（4）TiOSO4水解时SO42-结合水电离的H+，TiO2+结合水电离的OH-，故反应为：TiOSO4+2H2O═TiO（OH）2↓+H2SO4；

故答案为：TiOSO4+2H2O═TiO（OH）2↓+H2SO4；

（5）因SO2、SO3是酸性氧化物，故应用碱液进行吸收，故答案为：用碱液吸收．20、坩埚使用Ba（NO3）2溶液，会引入除不去的杂质离子NO3-取上层清液于试管中，加入几滴BaCl2，若无沉淀生成，则证明SO42-已除尽除去过量的Ba2+若先过滤后加Na2CO3溶液，则生成的沉淀BaCO3无法除去加热不能除去过量的Na2CO3，应在④后加入少量的盐酸除去Na2CO3，再加热煮沸除去过量的盐酸【分析】【分析】（1）灼烧固体使用的是坩埚；

（2）除杂时不能引入新的杂质离子；

（3）检验一种离子是否除尽可以采用反滴法；

（4）操作③加入Na2CO3可以除去过量的Ba2+；先过滤后加Na2CO3溶液，则生成的BaCO3无法除去；

（5）此设计方案仍有过量的CO32-未除去．【解析】【解答】解：（1）灼烧固体使用的是坩埚；故答案为：坩埚；

（2）除杂时不能引入新的不能除去的杂质离子，而使用Ba（NO3）2溶液，会引入除不去的NO3-，故不能使用Ba（NO3）2溶液，故答案为：使用Ba（NO3）2溶液，会引入除不去的杂质离子NO3-；

（3）检验SO42-是否除尽可以采用反滴法：取上层清液于试管中，加入几滴BaCl2，若无沉淀生成，则证明SO42-已除尽，故答案为：取上层清液于试管中，加入几滴BaCl2，若无沉淀生成，则证明SO42-已除尽；

（4）操作③加入Na2CO3可以除去过量的Ba2+；先过滤后加Na2CO3溶液，则生成的BaCO3无法除去，故答案为：除去过量的Ba2+；若先过滤后加Na2CO3溶液，则生成的沉淀BaCO3无法除去；

（5）此设计方案在加入Na2CO3后没加盐酸溶液即过滤并蒸发结晶，会导致有过量的CO32-未除去，故答案为：加热不能除去过量的Na2CO3，应在④后加入少量的盐酸除去Na2CO3，再加热煮沸除去过量的盐酸．四、判断题(共2题，共10分)21、√【分析】【分析】18O2的相对分子质量为36，结合n==计算．【解析】【解答】解：18O2的相对分子质量为36，n（18O2）==0.5mol，则含有1mol18O原子，个数为NA，故答案为：√．22、×【分析】【分析】Ⅰ．A．阿司匹林能用于防治心脑血管疾病；明矾不能消毒；

B．使用一次性塑料餐具可引起白色污染；

C．甲醇有毒；

D．增大煤与空气接触面积可提高煤燃烧效率．

Ⅱ．（1）水体富营养化会导致植物的疯长；破坏生态平衡；

（2）机动车尾气排放是倒是环境污染的主要原因；

（3）焚烧塑料产生的气体会导致空气污染；

（4）垃圾分类并回收利用可以减少污染，节约能源．【解析】【解答】解：Ⅰ．A．阿司匹林能用于防治心脑血管疾病；明矾不能消毒，故A错误；

B．使用一次性塑料餐具可引起白色污染；含磷洗衣粉可引起水体富营养化，故B正确；

C．甲醇和亚硝酸钠有毒；故C正确；

D．油污易溶于汽油；增大煤与空气接触面积可提高煤燃烧效率，故D正确．

故选A；

Ⅱ．（1）水体富营养化会导致植物的疯长；会破坏环境生态平衡，故答案为：×；

（2）机动车尾气二氧化硫；二氧化氮、一氧化氮等气体的排放会引起环境污染；减少机动车尾气排放可以改善大气质量，故答案为：√；

（3）焚烧塑料产生有毒气体气体会导致空气污染；有的塑料可以回收利用，故答案为：√；

（4）垃圾分类并回收利用可以减少污染，节约能源，符合可持续发展的要求，故答案为：√．五、解答题(共1题，共10分)23、略

【分析】

（1）氯气和二氧化硫的漂白原理不同；前者不可逆，后者可逆，如加热漂白过的试液，如仍变红色，则乙同学对，否则，甲同学对；

故答案为：加热漂白过的试液；如仍变红色，则乙同学对，否则，甲同学对；

（2）①CH3COONH4溶液呈中性，加入CH3COONH4；而其它三种溶液都呈碱性，不能判断甲乙两同学的解释是否正确；

故答案为：B；

②CH3COONH4溶液呈中性，加入CH3COONH4，如pH不变，说明是由于水解的原因，如pH变大，是由于醋酸根离子抑制了醋酸的电离，使[H+]减小；

故答案为：不变；增大．

【解析】【答案】（1）氯气和二氧化硫的漂白原理不同；前者不可逆，后者可逆；

（2）CH3COONH4溶液呈中性，加入CH3COONH4；如pH变化，则乙正确．

六、探究题(共4题，共40分)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