2025年湘教版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年湘教版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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、下列说法正确的是（）A.向1mo1•L-lCH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，由于CH3COONa水解显碱性，所以溶液的pH升高B.25℃时，将amol•L-l氨水与0.01mol•L-1盐酸等体积混合，反应完全时溶液中c（NH4+）=c（Cl-），用含a的代数式表示反应完全时NH3•H2O的电离常数Kb=C.根据表中数据可以计算出（g）+3H2（g）→（g）的焓变。

。共价键C-CC=CC-HH-H键能/kJ•mol-1348610413436D.已知298K时，MgCO3的Ksp=6.82×10-6，溶液中c（Mg2+）=0.0001mol•L-1，c（CO32-）=0.0001mol•L-1，此时Mg2+和CO32-不能共存2、下列实验能达到预期目的是（）

。编号实验内容实验目的A将SO2通入溴水，溴水褪色后加热观察能否恢复原色验证SO2漂白的可逆性B将氯水加入淀粉KI溶液中验证Cl的非金属性比I强C把铁块和铜块用导线连接插入浓硝酸中组成原电池验证Fe比Cu活泼D加热氯化铵和碘单质的固体混合物分离除去碘单质A.AB.BC.CD.D3、下列因果关系正确的是（）A.因为钾的金属性比钠强，所以钾可以在NaCl溶液中置换出钠B.因为Cl2与氢氧化钠溶液反应生成盐和水，所以Cl2是酸C.因为过氧化钙与过氧化钠的性质相似，所以过氧化钙也可以跟水反应能放出氧气D.因为常温下铁和铝遇浓硫酸都能形成致密氧化膜，所以通常情况下铁和铝都不需要采取特别的防腐措施4、下列叙述中正确的是（）A.K3C60在熔融状态下能够导电，所以K3C60是电解质B.Mg、Fe等金属在一定条件下与水反应都生成H2和对应的氢氧化物C.胶体和溶液的本质区别在于能否发生丁达尔现象D.变化过程中化学键被破坏，则一定发生化学变化5、实验室从碘水中提取碘的操作，具体、正确的是（）A.萃取、分液、蒸馏B.过滤、蒸发C.萃取、分液D.分液、蒸馏6、掌握物质的分类是学好化学的基础，指出下列物质中属于碱的是（）A.NaClB.KOHC.MgOD.Cu7、下列元素不属于第三周期元素的是（）A.溴B.硫C.磷D.钠8、下列六种工业生产：①用海水为原料提取镁②制硅酸盐水泥③制普通玻璃④冶炼生铁⑤制漂白粉⑥接触法制硫酸，其中必需用到石灰石作为原料的是（）A.①②③④⑤B.②③④⑤⑥C.①②③⑤⑥D.①②③④⑤⑥9、下列实验设计及其对应的离子方程式均正确的是()A.用FeCl3溶液腐蚀铜线路板：Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋B.Na2O2与H2O反应制备O2：Na2O2＋H2O===2Na＋＋2OH－＋O2↑C.将氯气溶于水制备次氯酸：Cl2＋H2O===2H＋＋Cl－＋ClO－D.用硫酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有氧化性：2MnO＋6H＋＋5H2O2===2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O评卷人得分二、双选题(共7题，共14分)10、“绿色化学”要求利用化学原理从源头消除污染，减少或消除在化工产品的设计、生产及应用中有害物质的使用和产生．“绿色化学”要求化学反应和化学工业过程以“原子经济性”为基本原则，在获取新物质的化学反应中充分利用参与反应的原料的每一个原子，实现“零排放”．下列化学反应不符合绿色化学概念的是（）（两个选项符合题意）A.制取聚乙烯：nCH2═CH2→B.制取CuSO4：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO↑+2HO2C.制取乙酸：CH3CHO+2Cu（OH）2CH3COOH+Cu2O↓+2H2OD.制取Cu（NO3）2：2Cu+O22CuOCuO+2HNO3（稀）=Cu（NO3）2+H2O．11、已知断裂1molH2（g）中的H-H键需要吸收436.4KJ的能量，断裂1molO2（g）中的共价键需要吸收498KJ的能量，生成H2O（g）中的1molH-O键能放出462.8KJ的能量．下列说法正确的是（）A.断裂1molH2O中的化学键需要吸收925.6KJ的能量B.2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=-480.4KJ•mol-1C.2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H=471.6KJ•mol-1D.H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H=-240.2KJ•mol-112、室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是rm{(}rm{)}A.含有大量rm{Fe^{3+}}的溶液中：rm{Na^{+}}rm{Fe^{2+}}rm{Br^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}B.rm{1.0mol/L}rm{KMnO_{4}}的溶液中：rm{H^{+}}rm{Na^{+}}rm{Cl^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}C.能与铝反应放出rm{H_{2}}的溶液中：rm{K^{+}}rm{Mg^{2+}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{NO_{3}^{-}}D.水电离的rm{c(H^{+})}和rm{C(OH^{-})}之积为rm{1隆脕10^{-20}mol^{2}?L^{-2}}的溶液中：rm{Na^{+}}rm{K^{+}}rm{CO_{3}^{2-}}rm{Cl^{-}}13、青蒿素结构式如图所示rm{.}下列有关青蒿素的说法错误的是rm{(}rm{)}

A.青蒿素的分子式为rm{C_{15}H_{22}O_{5}}B.青蒿素分子结构稳定，受热不易分解C.青蒿素中含多个环状结构，其中有一个六元碳环D.青蒿素难溶于水，提取的方法是用有机溶剂萃取后蒸馏14、rm{CPAE}是蜂胶的主要活性成分；也可由咖啡酸合成。

下列说法不正确的是rm{(}rm{)}A.咖啡酸分子中所有原子不可能处在同一个平面上B.可用金属rm{Na}检测上述反应是否残留苯乙醇C.rm{1mol}苯乙醇在rm{O_{2}}中完全燃烧，需消耗rm{10molO_{2}}D.rm{1mol}rm{CPAE}与足量的rm{NaOH}溶液反应，最多消耗rm{3molNaOH}15、rm{25隆忙}时，用rm{Na_{2}S}沉淀rm{Cu^{2+}}rm{Mn^{2+}}rm{Fe^{2+}}rm{Zn^{2+}}四种金属离子rm{(M^{2+})}所需rm{S^{2-}}最低浓度的对数值rm{lgc(S^{2-})}与rm{lgc(M^{2+})}关系如图所示rm{.}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{Ksp(CuS)}约为rm{l隆脕10^{-20}}B.向rm{Cu^{2+}}浓度为rm{10^{-5}mol?L^{-1}}废水中加入rm{ZnS}粉末，会有rm{CuS}沉淀析出C.向rm{l00mL}浓度均为rm{10^{-5}mol?L^{-1}}rm{Zn^{2+}}rm{Fe^{2+}}rm{Mn^{2+}}的混合溶液中逐滴加入rm{10^{-4}mol?L^{-1}}rm{Na_{2}S}溶液，rm{Zn^{2+}}先沉淀D.rm{Na_{2}S}溶液中：rm{2c(S^{2-})+2c(HS^{-})+2c(H_{2}S)=c(Na^{+})}16、在密闭容器中某气态烃和氧气按一定比例混和，点火爆炸后恢复到原温度rm{(20隆忙)}压强减小至原来的一半，若加rm{NaOH}的溶液则气体全部被吸收，则此烃为rm{(}rm{)}A.rm{C_{3}H_{8}}B.rm{C_{2}H_{4}}C.rm{C_{2}H_{6}}D.rm{C_{6}H_{6}}评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)17、绿矾（FeSO4•7H2O）是治疗缺铁性贫血药品的重要成分．下面是以市售铁屑（含少量锡；氧化铁等杂质）为原料生产纯净绿矾的一种方法：

查询资料；得25℃时有关物质的数据如下表：

。饱和H2S溶液SnS沉淀完全FeS开始沉淀FeS沉淀完全pH值3.91.63.05.5（1）操作II中，先通入硫化氢至饱和，目的是____；后加入硫酸酸化至pH=2的作用是____．

（2）操作IV得到的绿矾晶体用少量冰水洗涤；其目的是：

①除去晶体表面附着的硫酸等杂质；②____．

（3）工业上常用氧化还原滴定法测定绿矾产品中Fe2+含量；测定步骤如下：

a．称取2.850g绿矾产品；溶解，在250mL容量瓶中定容；

b．量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中；

c．用硫酸酸化的0.01000mol•L-1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液体积的平均值为20.00mL．

①已知酸性KMnO4被FeSO4还原时生成Mn2+．写出该测定过程的离子反应方程式：____；

②滴定时盛放KMnO4溶液的仪器为____（填仪器名称）．

③判断此滴定实验达到终点的方法是____．

④若实验操作无失误，测得上述样品中FeSO4•7H2O的含量仍偏低，则可能的原因是：____．18、（2015秋•湘潭县校级月考）化学平衡原理是中学化学学习的重要内容．请回答下列问题：

（1）①己知：CH4、H2的燃烧热（△H）分别为-890.3kJ/mol、-285.8kJ/mol，则CO2和H2反应生成CH4的热化学方程式是____．

②有人设想以N2和H2为反应物，以溶有A的稀盐酸为电解质溶液，可制造出既能提供电能，又能固氮的新型燃料电池，装置如图1所示．电池正极的电极反应式是____，A是____．

（2）甲醇是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景，工业上可用合成气制备甲醇．反应为CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）．某温度下；在容积为2L的密闭容器中进行该反应，其相关数据见图2：

①从反应开始至平衡时，用CO表示化学反应速率为____，该温度下的平衡常数为____．

②5min至10min时速率变化的原因可能是____；

③15min时对反应体系采取了一个措施，至20min时CO的物质的量为0.5mol，请在图2中画出CO的变化曲线．19、化合物A（C10H12O2）经碱性水解，酸化后得到B和C8H8O2；C经现代物理方法证明含有苯环，且苯环上有2种氢原子；D为甲醛的同系物，相同条件下其蒸气与氢气的密度比为22．C可以经过反应合成香料I：

已知以下信息：

①RCHO+R′CH2CHO+H2O

②RCHORCH2OH

请回答下列问题：

（1）B的结构式是____；C中官能团的名称是____．

（2）E的名称为____．

（3）H和B反应生成I的化学方程式为____，反应类型为____．

（4）满足下列条件的C的所有同分异构体共有____种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为3：2：2：1的为____（写结构简式）．

①是苯的对位二取代化合物；

②能与FeCl3溶液发生显色反应；

③不考虑烯醇（）结构．20、通常情况下，下列物质只能作氧化剂的是____（填选项编号；下同）；

既可作氧化剂，又可作还原剂的是____．

①浓H2SO4②稀H2SO4③H2S④SO2⑤S⑥HCl⑦浓HNO3⑧稀HNO3．21、现有一定量含有Na2O杂质的Na2O2试样，用下图的实验装置测定Na2O2试样的纯度．（可供选用的反应物只有CaCO3固体、6mol/L盐酸、6mol/L硫酸和蒸馏水）

回答下列问题：

（1）组装完仪器后必须进行的操作为____．

（2）装置A中液体试剂选用____，理由是____．

（3）装置B的作用是____．装置C的作用是____．装置E中碱石灰的作用是____．

（4）若开始时测得样品的质量为2.0g，反应结束后测得气体体积为224mL（标准状况），则Na2O2试样的纯度为____．22、（2014秋•邓州市校级月考）铅蓄电池是典型的可充型电池，电池总反应式为：Pb+PbO2+4H++2SO42-2PbSO4+2H2O

请回答下列问题（不考虑氢；氧的氧化还原）：

（1）放电时：正极的电极反应式是____；电解液中H2SO4的浓度将变____；当外电路通过1mol电子时，理论上负极板的质量增加____g．

（2）在完全放电耗尽PbO2和Pb时，若按图连接，电解一段时间后，则在A电极上生成____，电极反应：____，B电极上生成____，电极反应____，此时铅蓄电池的正负极的极性将____．23、已知：25°C时，A酸的溶液pH=a，B碱的溶液pH=b．

（1）若A为盐酸，B为氢氧化钡，酸碱按体积比为1：10混合后溶液显中性，则a+b=____．

（2）若A为醋酸，B为氢氧化钠，且a+b=14，用体积为VA的醋酸和体积为VB的氢氧化钠溶液混合后，溶液显中性，则其体积关系VA____VB．

（3）若A的化学式为HR，B的化学式为MOH，且a+b=14，两者等体积混合后溶液显碱性．则混合溶液中必定有一种离子能发生水解，该水解反应的离子方程式为____．24、有A、B、C、D四种无色可溶性盐，分别是由Na+、K+、Ag+、Ba2+、Cl-、CO32-、SO32-、NO3-中的不同离子组成（离子不能重复使用）．A溶液与稀硫酸混合产生无色无味的气体；B溶液与稀硫酸混合产生能使品红褪色的气体且焰色反应为黄色，C溶液与稀盐酸混合有沉淀生成．

（1）写出下列物质的化学式A____，B____，C____，D____．

（2）写出下列反应的离子方程式：

①C溶液与足量稀盐酸反应：____

②B溶液与足量氯化铁溶液反应：____

③A溶液与足量氢氧化钡溶液反应：____．评卷人得分四、判断题(共2题，共8分)25、下列实验操作或对实验事实的叙述中；正确的在括号内打√，错误的在括号内打X

（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，一边逐滴滴人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____．26、乙酸的结构简式：C2H4O2____．评卷人得分五、实验题(共2题，共12分)27、硼镁泥是一种工业废料，主要成份是rm{MgO(}占rm{40%)}还有rm{CaO}rm{MnO}rm{Fe_{2}O_{3}}rm{FeO}rm{Al_{2}O_{3}}rm{SiO_{2}}等杂质rm{.}以硼镁泥为原料制取的硫酸镁，可用于印染、造纸、医药等工业rm{.}从硼镁泥中提取rm{MgSO_{4}?7H_{2}O}的流程如图：

根据题意回答下列问题：

rm{(1)}在酸解过程中；想加快酸解速率，请提出两种可行的措施______；______．

rm{(2)}滤渣的主要成份除含有rm{Fe(OH)_{3}}rm{Al(OH)_{3}}rm{MnO_{2}}外；还有______．

rm{(3)}加入的rm{NaClO}可与rm{Mn^{2+}}反应产生rm{MnO_{2}}沉淀，该反应的离子方程式是______rm{.}在调节rm{pH}发生水解之前，还有一种离子也会被rm{NaClO}氧化；该反应的离子方程式为______．

rm{(4)}为了检验滤液中rm{Fe^{3+}}是否被除尽；可选用的试剂是______．

A.rm{KSCN}rm{B.}淀粉rm{-KI}溶液rm{C.H_{2}O_{2}}rm{D.KMnO_{4}}稀溶液。

rm{(5)}已知rm{MgSO_{4}}rm{CaSO_{4}}的溶解度如表：

。温度rm{/隆忙}rm{40}rm{50}rm{60}rm{70}rm{MgSO_{4}}rm{30.9}rm{33.4}rm{35.6}rm{36.9}rm{CaSO_{4}}rm{0.210}rm{0.207}rm{0.201}rm{0.193}“除钙”是将rm{MgSO_{4}}和rm{CaSO_{4}}混合溶液中的rm{CaSO_{4}}除去；根据上表数据，简要说明除钙的操作步骤______；______．

rm{(6)}现有rm{l.60t}硼镁泥，生产rm{MgSO_{4}?7H_{2}O}若生产过程的产率为rm{50%}则能生产出rm{MgSO_{4}?7H_{2}O}产品______rm{t}rm{(}计算结果保留三位有效数字rm{)}．28、甲烷在加热条件下可还原氧化铜；气体产物除水蒸气外，还有碳的氧化物。某化学小组利用如图装置探究其反应产物。

[查阅资料]①CO能与银氨溶液反应：CO+2[Ag（NH3）2]++2OH-═2Ag↓+2NH4++CO32-+2NH3。

②Cu2O为红色，不与Ag+反应，能发生反应：Cu2O+2H+═Cu2++Cu+H2O。

（1）装置A中反应的化学方程式为______。

（2）按气流方向各装置从左到右的连接顺序为A→______（填字母编号）。

（3）实验中滴加稀盐酸的操作为______。

（4）已知气体产物中含有CO；则装置C中可观察到的现象是______；装置F的作用为______。

（5）当反应结束后；装置D处试管中固体全部变为红色。

①设计实验证明红色固体中含有Cu2O：______。

②欲证明红色固体中是否含有Cu，甲同学设计如下实验：向少量红色固体中加入适量0.1mol•L-1AgNO3溶液；发现溶液变蓝，据此判断红色固体中含有Cu．乙同学认为该方案不合理，欲证明甲同学的结论，还需增加如下对比实验，完成表中内容。

。实验步骤（不要求写出具体操作过程）预期现象和结论______若观察到溶液不变蓝，则证明红色固体中含有Cu；若观察到溶液变蓝，则不能证明红色固体中含有Cu，需继续进行探究实验。评卷人得分六、综合题(共3题，共30分)29、已知N、P同属元素周期表的ⅤA族元素，N在第二周期，P在第三周期，NH3分子呈三角锥形，N原子位于锥顶，三个H原子位于锥底，N—H键间的夹角是107°。30、［化学—选修有机化学基础］（15分）．雷诺嗪是治疗慢性心绞痛首选新药。雷诺嗪合成路线如下：（1）雷诺嗪中含氧官能团，除酰胺键（-NHCO-）外，另两种官能团名称：＿＿＿＿、＿＿＿＿。（2）写出满足下列条件A的同分异构体的数目＿＿＿＿。①A能与FeCl3溶液发生显色反应；②1molA可与2molNaOH反应。（3）C→D中，加入适量NaOH的作用是：＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。（4）从雷诺嗪合成路线得到启示，可用间二甲苯、ClCH2COCl、（C2H5）2NH（无机试剂任用）合成盐酸利多卡因，请在横线上补充反应物，在方框内补充生成物。已知：31、（15分）下图中A～J均代表无机物或其水溶液，其中A是一种红棕色粉末，B、D、G是单质，B是地壳中含量最高的金属元素，G是气体，J是磁性材料。根据图示回答问题：（1）写出下列物质的化学式：A____，E____，I____；（2）反应①的化学方程式是；反应②的化学方程式是；（3）J与盐酸反应的离子方程式是；反应后的溶液与D反应的化学方程式是。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【分析】A．向CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体；溶液中醋酸根离子浓度增大抑制醋酸电离；

B．当溶液中c（NH4+）=c（C1-），说明溶液呈中性，有c（H+）=c（OH-）=10-7，NH3•H2O的电离平衡常数Kb=；

C．苯环中碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的特殊键；其键能介于二者之间；

D．如果溶液中c（Mg2+）•c（CO32-）＜Ksp=6.82×10-6，则二者能共存，否则不能共存．【解析】【解答】解：A．CH3COO-的增加，抑制了CH3COOH的电离，导致溶液中c（H+）减小；则溶液的pH升高，故A错误；

B．当溶液中c（NH4+）=c（C1-），说明溶液呈中性，有c（H+）=c（OH-）=10-7，故NH3•H2O的电离平衡常数Kb===；故B正确；

C．苯环中的碳碳键是介于单键和双键之间的特殊键；表格中未给出其键能数值，故不能计算出该反应的焓变，故C错误；

D．c（Mg2+）•c（CO32-）=（0.0001）2=1×10-8＜6.82×10-6，所以此时Mg2+和CO32-能共存；故D错误；

故选B．2、B【分析】【分析】A．发生氧化还原反应生成硫酸和HBr；

B．氯气氧化碘离子生成碘单质；

C．Cu为负极；Fe为正极，电池反应为Cu与浓硝酸反应；

D．氯化铵易分解，碘易升华．【解析】【解答】解：A．发生氧化还原反应生成硫酸和HBr，验证SO2的还原性；故A错误；

B．氯气氧化碘离子生成碘单质；氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则可验证Cl的非金属性比I强，故B正确；

C．Cu为负极；Fe为正极，电池反应为Cu与浓硝酸反应，不能说明Fe比Cu活泼，故C错误；

D．氯化铵易分解；碘易升华，则不能利用加热氯化铵和碘单质的固体混合物中分离除去碘，应利用萃取，故D错误；

故选B．3、C【分析】【分析】A；钠钾都是很活泼的金属单质在水溶液中会和水反应剧烈的反应；

B；酸是电离出的阳离子全是氢离子的化合物；氯气是单质分析；

C；活泼金属的过氧化物能与水反应生成碱和氧气；

D、铁铝常温下在浓硫酸中发生钝化现象是浓硫酸的化学性质，铁和铝在潮湿的空气中由于易发生电化腐蚀和化学腐蚀，需要进行防腐措施；【解析】【解答】解：A；钾和钠都是活泼金属；所以在水溶液中与水发生剧烈反应，钾不能在NaCl溶液中置换出钠，故A错误；

B；氯气是非金属单质；不是化合物，故B错误；

C；过氧化钙与过氧化钠性质相似；是活泼金属的过氧化物，和水反应生成氢氧化钙和氧气，故C正确；

D；铁和铝在潮湿的空气中由于易发生电化腐蚀和化学腐蚀；需要进行防腐措施；故D错误；

故选C．4、A【分析】【分析】A．根据电解质的定义：电解质是指溶于水溶液中或在熔融状态下就能够导电（电解离成阳离子与阴离子）的化合物；据此即可解答；

B．铁与高温水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气；

C．根据三种分散系的本质差异是分散质粒子的大小进行解答；

D．变化过程中化学键被破坏，不一定发生化学变化，如晶体的溶解．【解析】【解答】解：A．K3C60是化合物；它在熔融状态下能够电离出自由移动的离子能够导电，是电解质，故A正确；

B．铁与高温水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气；故B错误；

C．当分散剂是水或其它溶液时；根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）；胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm），所以，溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质的区别在于分散质粒子直径大小，故C错误；

D．变化过程中化学键被破坏；不一定发生化学变化，如NaOH为离子化合物，溶于水电离成自由移动的离子，破坏的是离子键，但溶解在水中的NaOH，没有生成其它物质，是物理变化，故D错误；

故选A．5、A【分析】【分析】根据萃取利用溶质在不同溶剂中溶解度不同，用一种溶剂把溶质从它与另一溶剂所组成的溶液中提取出来．【解析】【解答】解：因溴单质易溶于有机溶剂；微溶于水，可通过萃取；分液方法分离，然后再蒸馏；

故选A．6、B【分析】【分析】根据碱的概念进行分析，碱是指电离时产生的阴离子全部是氢氧根离子的化合物．【解析】【解答】解：A；盐是指由金属离子（或铵根离子）与酸根离子构成的化合物；NaCl是由钠离子和氯离子组成的化合物，属于盐，故A错误；

B；碱是指电离时产生的阴离子全部是氢氧根离子的化合物；氢氧化钾符合碱的定义，故B正确；

C；氧化物是指由两种元素组成且其中一种是氧元素的化合物；氧化镁符合定义，是一种氧化物，不是碱，故C错误；

D；单质是指由同种元素组成的纯净物；铜符合定义，是一种金属单质，故D错误；

故选B．7、A【分析】【分析】原子结构中，周期数=电子层数，以此来解答．【解析】【解答】解：硫；磷、钠的原子结构中均有3个电子层；均为第三周期元素，而溴的原子结构中有4个电子层，为第四周期元素；

故选A．8、A【分析】【分析】①从海水中提取镁的原料：海水；石灰乳；

②制硅酸盐水泥的原料：石灰石和黏土；

③制普通玻璃的原料：石英砂；石灰石、纯碱等；

④冶炼生铁的原料：铁矿石；焦炭、石灰石；

⑤制漂白粉的原料：用石灰石可以制得氧化钙进而得到消石灰；用氯气与消石灰反应得到漂白粉；

⑥接触法制硫酸的原料：黄铁矿、空气、浓硫酸．【解析】【解答】解：①从海水中提取镁的原料：用石灰石可以制得氧化钙进而得到石灰乳；海水，必需用到石灰石，故①正确；

②制硅酸盐水泥的原料：石灰石和黏土；必需用到石灰石，故②正确；

③制普通玻璃的原料：石英砂；石灰石、纯碱等；必需用到石灰石，故③正确；

④冶炼生铁的原料：铁矿石；焦炭、石灰石；必需用到石灰石，故④正确；

⑤制漂白粉的原料：用石灰石可以制得氧化钙进而得到消石灰；用氯气与消石灰反应得到漂白粉，必需用到石灰石，故⑤正确；

⑥接触法制硫酸的原料：黄铁矿；空气、浓硫酸；无需用到石灰石，故⑥错误；

故选A．9、A【分析】B中电子得失不守恒，C中次氯酸是弱酸，应该用化学式表示，D中双氧水是还原剂，具有还原性，所以正确的答案选A。【解析】【答案】A二、双选题(共7题，共14分)10、B|C【分析】解：A．所有作为原料的原子都被产品所消纳；实现“零排放”，符合绿色化学原子经济性要求，故A错误；

B．有副产品SO2、H2O生成；不符合绿色化学概念，故B正确；

C．有副产品Cu2O、H2O生成；不符合绿色化学概念，故C正确；

D．所有作为原料的原子都被产品所消纳；实现“零排放”，符合绿色化学原子经济性要求，故D错误；

故选BC．

根据题目信息可知；使原子充分利用，反应物完全转化为生成物，使所有作为原料的原子都被产品所消纳，实现“零排放”，符合绿色化学原子经济性要求．

本题考查有机物合成的绿色化学原子经济性要求，题目难度不大，注意把握题给信息，认真审题．【解析】【答案】BC11、A|B【分析】解：A．生成H2O（g）中的1molH-O键能放出462.8KJ的能量，则断裂1molH2O中的化学键需要吸收热量462.8KJ×2=925.6KJ；故A正确；

B.2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=（436.4KJ/mol）×2+（498KJ/mol）-2×2×（462.8KJ/mol）=-480.4KJ•mol-1；故B正确；

C.2H2O（g）=2H2O（l）△H=-88KJ/mol，则2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=-568.4KJ/mol，可知2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H=+568.4KJ•mol-1；故C错误；

D.2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=-568.4KJ/mol，则H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H=-284.2KJ•mol-1；故D错误；

故选AB．

焓变等于断键吸收的能量减去成键释放的能量；且物质的量与热量成正比，互为逆反应时焓变的数值相同；符号相反，以此来解答．

本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、焓变的计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意气态水转化为液态水放热，题目难度不大．【解析】【答案】AB12、rA【分析】解：rm{A.}离子之间不反应；可大量共存，故A正确；

B.rm{H^{+}}rm{Cl^{-}}rm{MnO_{4}^{-}}发生氧化还原反应；不能共存，故B错误；

C.能与铝反应放出rm{H_{2}}的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，碱性溶液中不能大量存在rm{Mg^{2+}}酸溶液中rm{Al}rm{NO_{3}^{-}}发生氧化还原反应不生成氢气；故C错误；

D.水电离的rm{c(H^{+})}和rm{C(OH^{-})}之积为rm{1隆脕10^{-20}mol^{2}?L^{-2}}的溶，为酸或碱溶液，酸溶液中不能大量存在rm{CO_{3}^{2-}}故D错误；

故选A．

A.离子之间不反应；

B.发生氧化还原反应；

C.能与铝反应放出rm{H_{2}}的溶液；为非氧化性酸或强碱溶液；

D.水电离的rm{c(H^{+})}和rm{C(OH^{-})}之积为rm{1隆脕10^{-20}mol^{2}?L^{-2}}的溶；为酸或碱溶液．

本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意复分解反应、氧化还原反应的判断，题目难度不大．【解析】rm{A}13、rBC【分析】解：rm{A.}由结构简式可知青蒿素的分子式为rm{C_{15}H_{22}O_{5}}故A正确；

B.含有过氧键；不稳定，在温度过高时可分解而变质，故B错误；

C.青蒿素中含多个环状结构，其中有一个rm{7}元碳环，rm{3}个六元环；故C错误；

D.没有羟基；羧基等亲水基；难溶于水，易溶于有机溶剂，可萃取后蒸馏，故D正确．

故选BC．

该有机物中含有醚键；酯基、过氧双键；具有醚、酯和过氧化物性质，能发生水解反应和强氧化性，据此分析解答．

本题考查有机物结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查酯、过氧化物性质，易错选项是rm{C}．【解析】rm{BC}14、rAB【分析】解：苯环上所有碳原子处于同一平面上；乙烯中两个碳原子处于同一平面上，咖啡酸中含有苯环碳碳双键，所以所有碳原子可能处于同一平面上，故A错误；

B.rm{Na}与三种有机物均反应生成氢气，则不能用金属rm{Na}检测上述反应是否残留苯乙醇；故B错误；

C.苯乙醇的分子式为rm{C_{8}H_{10}O}rm{1}rm{mol}苯乙醇在rm{O_{2}}中完全燃烧，需消耗rm{1mol隆脕(8+dfrac{10}{4}-dfrac{1}{2})=10}rm{1mol隆脕(8+dfrac{10}{4}-dfrac

{1}{2})=10}rm{mol}故C正确；

D.酚rm{O_{2}}rm{-OH}与rm{-COOC-}溶液反应，则rm{NaOH}rm{1}rm{mol}与足量的rm{CPAE}溶液反应，最多消耗rm{NaOH}rm{3}rm{mol}故D正确；

故选AB．

A.苯环上所有碳原子处于同一平面上；乙烯中两个碳原子处于同一平面上；

B.rm{NaOH}与三种有机物均反应生成氢气；

C.苯乙醇的分子式为rm{Na}结合燃烧规律分析；

D.酚rm{C_{8}H_{10}O}rm{-OH}与rm{-COOC-}溶液反应．

本题考查有机物的结构与性质，为高考常见题型，把握酚、醇、酯的性质为解答的关键，注意采用知识迁移的方法确定原子是否共面，题目难度中等．rm{NaOH}【解析】rm{AB}15、rBD【分析】解：rm{A}在rm{25隆忙}时，rm{CuS}饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：rm{CuS(s)?Cu^{2+}(aq)+S^{2-}(aq)}rm{Ksp(CuS)=c(Cu^{2+})隆脕c(S^{2-})=10^{-25}隆脕10^{-10}=10^{-35}}故A错误；

B、由于在rm{25隆忙}下，rm{CuS}溶液的是rm{Ksp}是rm{10^{-35}}故向rm{Cu^{2+}}浓度为rm{10^{-5}mol?L^{-1}}废水中加入rm{ZnS}粉末，会有rm{CuS}沉淀析出；故B正确；

C、依据此图可知，rm{CuS}的rm{Ksp}最小，故Crm{uS}最难溶，那么首先出现的沉淀是rm{CuS}故C错误；

D、rm{Na_{2}S}溶液中：rm{S}元素的存在形式为：rm{S^{2-}}rm{HS^{-}}rm{H_{2}S}且存在rm{Na}元素的物质的量为rm{S}元素物质的量的rm{2}倍；故D正确，故选BD．

A、rm{CuS}饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：rm{CuS(s)?Cu^{2+}(aq)+S^{2-}(aq)}据此书写计算即可；

B、计算此时的rm{Qc}与rm{Ksp}比较即可；

C、依据溶度积常数判断，越难溶的物质，rm{Ksp}越小；越容易沉淀；

D；依据物料守恒判断即可．

本题主要考查了沉淀溶解平衡曲线，侧重于学生的分析能力的考查，注意掌握图线中rm{lgc(M^{2+})}rm{lgc(S^{2-})}数值越大，实际浓度越大是解题的关键，难度中等．【解析】rm{BD}16、rAB【分析】解：设此烃的化学式为rm{CxHy}则有。

rm{C_{x}H_{y}+(x+dfrac{y}{4})O_{2}dfrac{underline{;{碌茫脠录};}}{;}xCO_{2}+dfrac{y}{2}H_{2}O}

rm{C_{x}H_{y}+(x+dfrac{y}{4})O_{2}

dfrac{underline{;{碌茫脠录};}}{;}xCO_{2}+dfrac

{y}{2}H_{2}O}rm{1}rm{x+dfrac{y}{4}}

rm{x}

由此可得：rm{1+x+dfrac{y}{4}=2x}

若rm{4x=4+y}则rm{x=1}不存在此物质；

若rm{y=0}则rm{x=2}物质为rm{y=4}

若rm{C_{2}H_{4}}则rm{x=3}物质为rm{y=8}

故选：rm{C_{3}H_{8}}．

反应后加rm{AB}的溶液则气体全部被吸收，说明气态烃与氧气混合后恰好完全反应生成生成二氧化碳和水rm{NaOH}压强减小至原来的一半，压强之比等于物质的量之比，容器内反应后气体的物质的量为是反应前的一半rm{.}恢复到原温度rm{.}水为液体，结合方程式计算．

本题考查了利用方程式进行的讨论计算，难度不大，关键判断烃与氧气混合后恰好完全反应生成生成二氧化碳和水，再依据化学方程式中气体前面的化学计量数进行计算．rm{(20隆忙)}【解析】rm{AB}三、填空题(共8题，共16分)17、除去溶液中的Sn2+离子防止Fe2+离子生成沉淀降低洗涤过程中FeSO4•7H2O的损耗MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O酸式滴定管滴加最后一滴KMnO4溶液时，溶液变成浅红色且半分钟内不褪色部分Fe2+被空气中O2氧化【分析】【分析】铁屑加入稀硫酸生成硫酸亚铁、硫酸锡，过滤后得到滤液，将滤液加入稀硫酸酸化，并通入硫化氢，可生成SnS沉淀并防止亚铁离子被氧化，过滤后得到滤液为硫酸亚铁，经蒸发浓硫酸、冷却结晶、过滤可得到FeSO4•7H2O．【解析】【解答】解：铁屑加入稀硫酸生成硫酸亚铁、硫酸锡，过滤后得到滤液，将滤液加入稀硫酸酸化，并通入硫化氢，可生成SnS沉淀并防止亚铁离子被氧化，过滤后得到滤液为硫酸亚铁，经蒸发浓硫酸、冷却结晶、过滤可得到FeSO4•7H2O；

（1）通入硫化氢至饱和的目的是：硫化氢具有强还原性，可以防止亚铁离子被氧化，已知：在H2S饱和溶液中，SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6；FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0，沉淀完全时的pH为5.5，操作Ⅱ在溶液中用硫酸酸化至pH=2的目的是，在溶液PH=2时，Sn2+完全沉淀；亚铁离子不沉淀；

故答案为：除去溶液中的Sn2+离子；防止Fe2+离子生成沉淀；

（2）②冰水温度低；物质溶解度减小，可以洗去沉淀表面的杂质离子，避免绿矾溶解带来的损失；

故答案为：降低洗涤过程中FeSO4•7H2O的损耗；

（3）①酸性KMnO4被FeSO4还原时生成Mn2+，反应的离子方程式为MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；

故答案为：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；

②高锰酸钾具有强氧化性；可腐蚀橡皮管，应放在酸式滴定管中，故答案为：酸式滴定管；

③滴定实验达到终点时，滴加最后一滴KMnO4溶液时；溶液变成浅红色且半分钟内不褪色；

故答案为：滴加最后一滴KMnO4溶液时；溶液变成浅红色且半分钟内不褪色；

④Fe2+具有还原性，易被空气中氧化而变质，常常导致测定结果偏低，故答案为：部分Fe2+被空气中O2氧化．18、CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（l）△H=-252.9kJ/molN2+8H++6e-=2NH4+氯化铵0.03mol/（L．min）9.375使用了催化剂或增大压强【分析】【分析】（1）①CH4（g）、H2（g）的燃烧热分别为-890.3kJ•mol-1、-285.8kJ•mol-1；则：

Ⅰ．CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.3kJ•mol-1；

Ⅱ．H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H=-285.8kJ•mol-1；

根据盖斯定律，Ⅱ×4-Ⅰ可得：CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（l）；

②电池中氢气失电子；在负极发生氧化反应，氮气得电子在正极发生还原反应，氨气与HCl反应生成氯化铵，则电解质溶液为氯化铵；

（2）①10min时反应到达平衡，平衡时CO为0.4mol、甲醇为0.6mol、氢气为0.8mol，根据v=计算v（CO），根据K=计算平衡常数；

②5min时刻瞬间各组分的物质的量未变；而后反应速率加快，可能是使用了催化剂或增大压强；

③15min时改变条件后，甲醇的物质的量增大、氢气物质的量减小，改变条件平衡向正反应移动，CO的物质的量减小，至20min时氢气物质的量减小0.2mol，CO应减小0.1mol，而20min时CO的物质的量为0.5mol，CO物质的量增大0.1mol，则3min时应是加入CO，设加入的CO为xmol，则：x+0.4-0.1=0.5，故x=0.2mol．【解析】【解答】解：（1）①CH4（g）、H2（g）的燃烧热分别为-890.3kJ•mol-1、-285.8kJ•mol-1；则：

Ⅰ．CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.3kJ•mol-1；

Ⅱ．H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H=-285.8kJ•mol-1；

根据盖斯定律，Ⅱ×4-Ⅰ可得：CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（l）△H=-252.9kJ/mol；

故答案为：CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（l）△H=-252.9kJ/mol；

②该电池的本质反应是合成氨反应，电池中氢气失电子，在负极发生氧化反应，氮气得电子在正极发生还原反应，则正极反应式为N2+8H++6e-=2NH4+；氨气与HCl反应生成氯化铵，则电解质溶液为氯化铵溶液；

故答案为：N2+8H++6e-=2NH4+；氯化铵；

（2）①10min时反应到达平衡；平衡时CO为0.4mol；甲醇为0.6mol、氢气为0.8mol；

则v（CO）==0.03mol/（L．min），平衡常数K===9.375；

故答案为：0.03mol/（L．min）；9.375；

②5min时刻瞬间各组分的物质的量未变；而后反应速率加快，可能是使用了催化剂或增大压强；

故答案为：使用了催化剂或增大压强；

③15min时改变条件后，甲醇的物质的量增大、氢气物质的量减小，改变条件平衡向正反应移动，CO的物质的量减小，至20min时氢气物质的量减小0.2mol，CO应减小0.1mol，而20min时CO的物质的量为0.5mol，CO物质的量增大0.1mol，则3min时应是加入CO，设加入的CO为xmol，则：x+0.4-0.1=0.5，故x=0.2mol，故CO的变化曲线为：

故答案为：．19、CH3CH2OH羧基对甲基苯甲醇+CH3CH2OH

+H2O取代反应（酯化反应）3【分析】【分析】化合物A（C12H12O2）经碱性水解、酸化后得到B和C（C8H8O2），B能二次氧化生成D，说明A是酯，B是醇，则C是羧酸，C（C8H8O2）的核磁共振氢谱表明含有苯环，且苯环上有2种氢原子，则说明苯环上有2个取代基，且两个取代基处于对位，根据C的分子式知，C是对甲基苯甲酸，则C是羧酸，C（C8H8O2）的核磁共振氢谱表明含有苯环，且苯环上有2种氢原子，则说明苯环上有2个取代基，且两个取代基处于对位，根据C的分子式知，C是化合物A（C12H12O2）；A是酯，B是醇；

则A→B+C：+H2OCH3CH2OH+

B→D：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O

C→E：

E→F：2+O22+2H2O

F+D→G：+CH3CHO+H2O

G→H：+2Ag（NH3）2OH+2Ag↓+H2O+4NH3；

H+B→I：+CH3CH2OH

+H2O，据此分析解答．【解析】【解答】解：（1）化合物A（C12H12O2）经碱性水解、酸化后得到B和C（C8H8O2），B能二次氧化生成D，说明A是酯，B是醇，则C是羧酸，C（C8H8O2）的核磁共振氢谱表明含有苯环，且苯环上有2种氢原子，则说明苯环上有2个取代基，且两个取代基处于对位，根据C的分子式知，C是对甲基苯甲酸，则C是羧酸，C（C8H8O2）的核磁共振氢谱表明含有苯环，且苯环上有2种氢原子，则说明苯环上有2个取代基，且两个取代基处于对位，根据C的分子式知，C是化合物A（C12H12O2）；A是酯，B是醇；

则A→B+C：+H2OCH3CH2OH+B为CH3CH2OH，C为C中官能团的名称是羧基；

故答案为：CH3CH2OH；羧基；

（2）C→E：苯环对位上有两个取代基，1个甲基，一个醇羟基，所以E为对甲基苯甲醇；

故答案为：对甲基苯甲醇；

（3）H+B→I：+CH3CH2OH

+H2O；反应本质为酸脱羟基醇脱氢，为取代反应（酯化反应）；

故答案为：+CH3CH2OH

+H2O；取代反应（酯化反应）；

（4）C是C的同分异构体，①是苯的对位二取代化合物，说明含有2个取代基；

②能与FeCl3溶液发生显色反应；说明含有酚羟基；

③不考虑烯醇（）结构；符合条件的异构体有：

苯环上有2种氢原子；其中核磁共振氢谱为4组峰，且面积比为3：2：2：1，说明含有1个-CH3，符合条件的为

故答案为：3；．20、①②⑦⑧③④⑤⑥【分析】【分析】据化合价的高低判断微粒的氧化性还原性，最高价态的只有氧化性，最低价态的只有还原性，中间价态的既有氧化性又有还原性，以此解答该题．【解析】【解答】解：①浓H2SO4②稀H2SO4⑦浓HNO3⑧稀HNO3中中心元素化合价处于最高价态；在化学反应中表现为氧化性；

而③H2S中H元素化合价为+1价，具有氧化性，S元素化合价为-2价，具有还原性，④SO2；⑤S元素化合价处于中间价态；⑥HCl中H元素化合价为+1价，具有氧化性，Cl元素化合价为-1价，具有还原性，则③④⑤⑥可作氧化剂，又可作还原剂；

故答案为：①②⑦⑧；③④⑤⑥．21、检查装置的气密性6mol/L盐酸硫酸和碳酸钙反应生成的硫酸钙是微溶于水的，会覆盖在碳酸钙的表面，使反应不能持续除去气体中的HCl干燥气体吸收装置D中反应剩余的二氧化碳78%【分析】【分析】（1）组装完仪器后必须进行的操作为检查装置的气密性；

（2）根据实验原理装置A采用的是碳酸钙和盐酸反应生成二氧化碳；根据碳酸钙和硫酸反应的情况来回答；

（3）获得的二氧化碳气体中含有氯化氢气体；可以用饱和碳酸氢钠来除去，浓硫酸具有吸水性，碱石灰可以吸收二氧化碳；

（4）根据氧气的量和过氧化钠量的关系来获得过氧化钠质量，进而计算过氧化钠的纯度．【解析】【解答】解：（1）组装完仪器后必须进行的操作为检查装置的气密性；故答案为：检查装置的气密性；

（2）装置A是碳酸钙和盐酸反应生成二氧化碳；碳酸钙和硫酸反应时，生成的硫酸钙是微溶于水的，会覆盖在碳酸钙的表面，使反应不能持续，所以用盐酸而不用硫酸来反应，故答案为：6mol/L盐酸；硫酸和碳酸钙反应生成的硫酸钙是微溶于水的，会覆盖在碳酸钙的表面，使反应不能持续；

（3）碳酸钙和盐酸反应生成的二氧化碳气体中含有氯化氢气体；可以用饱和碳酸氢钠来除去，浓硫酸具有吸水性，可以将二氧化碳干燥，装置E中碱石灰的作用是吸收二氧化碳，防止对氧气的体积测量造成干扰；

故答案为：除去气体中的HCl；干燥气体；吸收装置D中反应剩余的二氧化碳；

（4）根据反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；反应结束后测得气体体积为224mL（标准状况），即生成的氧气的量0.01mol，过氧化钠的物质的量为0.02mol；

过氧化钠的纯度=×100%=78%，故答案为：78%；22、PbO2+2e-+4H++SO42-=PbSO4+2H2O小48PbPbSO4+2e-=Pb+SO42-PbO2PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+4H++SO42-对换【分析】【分析】（1）电池总反应式为：Pb+PbO2+4H++2SO42-2PbSO4+2H2O，写出电极反应为：负极电解反应：Pb-2e-+SO42-=PbSO4，正极电极反应：PbO2+2e-+4H++2SO42-=PbSO4+2H2O；依据电解反应和电池原理分析判断；

（2）装置中是电解装置，连接B为阳极应是失去电子发生氧化反应，A为阴极是得到电子发生还原反应，所以是铅蓄电池的充电过程，两极为电解硫酸铅的反应，依据电解原理分析．【解析】【解答】解：（1）电池总反应式为：Pb+PbO2+4H++2SO42-2PbSO4+2H2O，写出电极反应为：负极电解反应：Pb-2e-+SO42-=PbSO4，正极电极反应：PbO2+2e-+4H++2SO42-=PbSO4+2H2O，放电时：正极的电极反应式是PbO2+2e-+4H++2SO42-=PbSO4+2H2O；电解液中H2SO4的浓度将减少；当外电路通过1mol电子时；依据电子守恒计算理论上负极板的质量增加0.5mol×303g/mol-0.5mol×207g/mol=48g；

故答案为：PbO2+2e-+4H++2SO42-=PbSO4+2H2O；小；48；

（2）在完全放电耗尽PbO2和Pb时，电极上析出的是PbSO4，若按题右图连接B为阳极应是失去电子发生氧化反应，A为阴极是得到电子发生还原反应，实质是电解反应，B电极上发生反应为：PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+4H++2SO42-，A电极发生反应为：PbSO4=Pb-2e-+SO42-，所以A电极上生成Pb；此时铅蓄电池的正负极的极性将对换；

故答案为：Pb；PbSO4+2e-=Pb+SO42-；PbO2；PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+4H++SO42-；对换．23、13＜M++H2O⇌MOH+H+【分析】【分析】（1）盐酸为强酸，氢氧化钡为强碱，酸碱按体积比为1：10混合后溶液显中性，则1×10-a=10×10b-14；

（2）醋酸是一元弱酸；所以醋酸的浓度远远大于氢离子浓度，根据酸和碱浓度大小确定溶液体积大小；

（3）根据酸中氢离子和碱中氢氧根离子的关系结合混合溶液的酸碱性确定碱的强弱，从而确定易水解的离子，根据水解方程式写出即可．【解析】【解答】解：（1）盐酸为强酸，氢氧化钡为强碱，酸碱按体积比为1：10混合后溶液显中性，则1×10-a=10×10b-14，解得a+b=13；故答案为：13；

（2）醋酸是弱电解质，所以醋酸溶液中c（H+）=10-amol/L＜c（CH3COOH），氢氧化钠溶液中c（OH-）=10b-14mol/L，且a+b=14，c（H+）=10-amol/L=c（OH-）=10b-14mol/L＜c（CH3COOH）；要使混合后的溶液呈中性，则需要氢氧化钠的体积大于醋酸体积，故答案为：＜；

（3）酸中c（H+）=10-amol/L，碱中c（OH-）=10b-14mol/L，a+b=14，所以c（H+）=10-amol/L=c（OH-）=10b-14mol/L，两者等体积混合后溶液显碱性，说明碱过量，即氢氧根离子浓度小于碱浓度，所以该碱是弱碱，溶液中水解的离子是该碱的阳离子，水解方程式为M++H2O⇌MOH+H+；

故答案为：M++H2O⇌MOH+H+．24、K2CO3Na2SO3AgNO3BaCl2Ag++Cl-=AgCl↓2Fe3++SO32-+H2O═2Fe2++SO42-+2H+Ba2++CO32-═BaCO3↓【分析】【分析】给出八种离子形成四种可溶性盐，这个可以通过一一组合的形式确定可能存在的物质，之后结合实验现象进行继续排除，从而最终确定，A溶液与稀硫酸混合产生无色无味的气体，说明A中含有CO32-，B溶液与稀硫酸混合产生能使品红褪色的气体且焰色反应为黄色，则说明B中含有SO32-和Na+，则B为Na2SO3，所以A中含有阳离子为K+，因为其它阳离子与碳酸根结合不溶于水，所以A为K2CO3，在Ag+、Ba2+、Cl-、NO3-中要形成两种可溶性盐，则它们的组合只能是BaCl2和AgNO3，C溶液与稀盐酸混合有沉淀生成，所以C为AgNO3，D为BaCl2，据此答题．【解析】【解答】解：给出八种离子形成四种可溶性盐，这个可以通过一一组合的形式确定可能存在的物质，之后结合实验现象进行继续排除，从而最终确定，A溶液与稀硫酸混合产生无色无味的气体，说明A中含有CO32-，B溶液与稀硫酸混合产生能使品红褪色的气体且焰色反应为黄色，则说明B中含有SO32-和Na+，则B为Na2SO3，所以A中含有阳离子为K+，因为其它阳离子与碳酸根结合不溶于水，所以A为K2CO3，在Ag+、Ba2+、Cl-、NO3-中要形成两种可溶性盐，则它们的组合只能是BaCl2和AgNO3，C溶液与稀盐酸混合有沉淀生成，所以C为AgNO3，D为BaCl2；

（1）因A为K2CO3；B为Na2SO3；C为AgNO3；D为BaCl2；故答案为：K2CO3；Na2SO3；AgNO3；BaCl2；

（2）AgNO3与盐酸反应的离子方程式为：Ag++Cl-=AgCl↓；

Na2SO3和FeCl3反应的离子方程式为：2Fe3++SO32-+H2O═2Fe2++SO42-+2H+；

K2CO3和氢氧化钡溶液反应的离子方程式为：Ba2++CO32-═BaCO3↓；

故答案为：Ag++Cl-=AgCl↓；2Fe3++SO32-+H2O═2Fe2++SO42-+2H+；Ba2++CO32-═BaCO3↓．四、判断题(共2题，共8分)25、√【分析】【分析】（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．【解析】【解答】解：（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：×．26、×【分析】【分析】根据结构简式的书写方法来解答；【解析】【解答】解：乙酸的分子式为：C2H4O2，结构简式为CH3COOH，故答案为：×；五、实验题(共2题，共12分)27、略

【分析】解：rm{(1)}升高温度；增大接触面积，搅拌；增大反应物的浓度都可加快反应速率；

故答案为：升温；把硼镁泥粉碎；搅拌等；

rm{(2)SiO_{2}}不与硫酸反应，次氯酸钠具有强氧化性，加入的rm{NaClO}可与rm{Mn^{2+}}反应生成rm{MnO_{2}}把亚铁离子氧化成铁离子，溶液rm{PH}升高，铁离子生成氢氧化铁沉淀，铝离子形成氢氧化铝沉淀，过滤得滤渣rm{Fe(OH)_{3}}rm{Al(OH)_{3}}rm{MnO_{2}}rm{SiO_{2}}

故答案为：rm{SiO_{2}}

rm{(3)NaClO}溶液在加热条件下将溶液中的rm{Mn^{2+}}氧化成rm{MnO_{2}}反应的离子方程式为rm{Mn^{2+}+ClO^{-}+H_{2}O=MnO_{2}隆媒+2H^{+}+Cl^{-}}溶液中含有rm{Fe^{2+}}具有还原性，可与rm{NaClO}发生氧化还原反应，反应的离子方程式为rm{2Fe^{2+}+ClO^{-}+2H^{+}=2Fe^{3+}+Cl^{-}+H_{2}O}

故答案为：rm{Mn^{2+}+ClO^{-}+H_{2}O篓TMnO_{2}隆媒+2H^{+}+Cl^{-}}rm{2Fe^{2+}+ClO^{-}+2H^{+}篓T2Fe^{3+}+Cl^{-}+H_{2}O}

rm{(4)}可以向溶液中加入硫氰化钾溶液检验溶液中是否存在三价铁离子，方法为：取少量滤液，向其中加入硫氰化钾溶液，如果溶液不变红色，说明滤液中不含rm{Fe^{3+}}如果溶液变红色，说明滤液中含rm{Fe^{3+}}

故答案为：取少量滤液，向其中加入硫氰化钾溶液，如果溶液不变红色，说明滤液中不含rm{Fe^{3+}}如果溶液变红色，说明滤液中含rm{Fe^{3+}}

rm{(5)}有温度对硫酸镁、硫酸钙的溶解度影响，温度越高，硫酸钙溶解度越小，可以采用蒸发浓缩，趁热过滤方法除去硫酸钙；操作rm{I}”是将滤液继续蒸发浓缩，冷却结晶，再经过过滤，便得到了rm{MgSO_{4}?7H_{2}O}

故答案为：蒸发浓缩rm{(}结晶rm{)}趁热过滤；

rm{(6)1.6t}硼镁泥中氧化镁的物质的量为：rm{dfrac{1.6隆脕10;^{6}g隆脕40%}{40g/mol}=1.6隆脕10^{4}mol}根据镁原子守恒，生成rm{dfrac

{1.6隆脕10;^{6}g隆脕40%}{40g/mol}=1.6隆脕10^{4}mol}的物质的量为rm{MgSO_{4}?7H_{2}O}质量为rm{1.6隆脕10^{4}mol}若生产过程的产率为rm{246g/mol隆脕1.6隆脕10^{4}mol=3.936隆脕10^{6}g}则能生产出rm{50%}的质量为：rm{MgSO_{4}?7H_{2}O}

故答案为：rm{3.936隆脕10^{6}g隆脕50%=1.968隆脕10^{6}g=1.97t}．

硼镁泥主要成份是rm{1.97}占rm{MgO(}还有rm{40%)}rm{CaO}rm{MnO}rm{Fe_{2}O_{3}}rm{FeO}rm{Al_{2}O_{3}}等杂质，加入硫酸，rm{SiO_{2}}rm{MgO}rm{CaO}rm{MnO}rm{Fe_{2}O_{3}}rm{FeO}都和硫酸反应，rm{Al_{2}O_{3}}不与硫酸反应，次氯酸钠具有强氧化性，加入的rm{SiO_{2}}可与rm{NaClO}反应生成rm{Mn^{2+}}把亚铁离子氧化成铁离子，溶液rm{MnO_{2}}升高，铁离子生成氢氧化铁沉淀，铝离子形成氢氧化铝沉淀，过滤除去滤渣rm{pH}rm{Fe(OH)_{3}}rm{Al(OH)_{3}}rm{MnO_{2}}滤液中含钙离子；镁离子，除钙后，只剩镁离子，蒸发冷却结晶得到硫酸镁晶体．

rm{SiO_{2}}从影响反应速率的因素分析；

rm{(1)}二氧化硅不与稀硫酸反应；所以在滤渣中存在；

rm{(2)}溶液在加热条件下将溶液中的rm{(3)NaClO}氧化成rm{Mn^{2+}}溶液中含有rm{MnO_{2}}具有还原性，可与rm{Fe^{2+}}发生氧化还原反应；

rm{NaClO}根据检验三价铁离子的方法完成；

rm{(4)}根据表中温度对硫酸镁；硫酸钙的影响完成；根据分离晶体与溶液方法分析；

rm{(5)}根据硼镁泥中rm{(6)}的质量分数rm{MgO}占rm{(}计算出生成rm{40%)}质量．

本题考查物质的制备、除杂，涉及物质的检验以及沉淀的转化等知识，题目较为综合，有一定难度，本题注意要认真分析题中数据，考查学生的分析能力．rm{MgSO_{4}?7H_{2}O}【解析】升温；把硼镁泥粉碎、搅拌等；rm{SiO_{2}}rm{Mn^{2+}+ClO^{-}+H_{2}O篓TMnO_{2}隆媒+2H^{+}+Cl^{-}}rm{2Fe^{2+}+ClO^{-}+2H^{+}篓T2Fe^{3+}+Cl^{-}+H_{2}O}取少量滤液，向其中加入硫氰化钾溶液，如果溶液不变红色，说明滤液中不含rm{Fe^{3+}}如果溶液变红色，说明滤液中含rm{Fe^{3+}}蒸发浓缩rm{(}结晶rm{)}趁热过滤；rm{1.97}28、Al4C3+12HCl═3CH4↑+4AlCl3F→D→B→E→C→G先打开分液漏斗上口的玻璃塞（或先将分液漏斗上口的玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔），再将分液漏斗下面的旋塞打开，使稀盐酸缓慢滴下试管内有黑色固体生成除去甲烷中的HCl和H2O取少量红色固体，加入适量稀硫酸，若溶液变蓝色，则证明含Cu2O取少量的Cu2O固体于试管中，加入适量的0.1mol/LAgNO3溶液【分析】解：装置A中反应是稀盐酸和Al4C3反应生成氯化铝和甲烷，甲烷在加热条件下可还原氧化铜，气体产物除水蒸气外，还有碳的氧化物，生成的甲烷气体通过装置F吸收混有的氯化氢，干燥气体，通过装置D加热还原氧化铜，通过装置装置B