2025年华东师大版高三化学下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年华东师大版高三化学下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总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、下列有关物质的分类或归类正确的是。

①混合物：漂白粉、福尔马林、水玻璃、水银②化合物：CaCl2；烧碱、聚乙烯、HD

③电解质：明矾；胆矾、冰醋酸、硫酸钡④同系物：丙烷、异丁烷、十六烷。

⑤同素异形体：H2、D2、T2（）A.①③④B.③④C.②③④D.②④2、下列说法正确的是（）A.所含质子数和电子数相等的微粒一定是原子B.两种微粒如果核外电子排布相同，化学性质就一定相同C.质量数相同的原子其化学性质一定相同D.具有相同核电荷数的原子或单核离子一定是同种元素3、直接由原子构成的一组物质是（）A.干冰、二氧化硅、金刚石B.氧化钠、金刚石、氯化氢C.碘、石墨、氯化钠D.二氧化硅、金刚石、晶体硼4、分别放在以下装置（都盛有0.1mol．L-1H2SO4溶液）中的四块相同的纯锌片；其腐蚀速度由快到慢的顺序是（）

A.④＞③＞②＞①B.③＞①＞②＞④C.④＞③＞①＞②D.②＞③＞④＞①5、下列分子中属于含极性键的非极性分子的是（）A.H2SB.CH4C.Cl2D.NH36、下列说法正确的是（）A.按系统命名法，化合物的名称为2-甲基-3-乙基丁烷B.甲醇、乙醇、甘油互为同系物C.等物质的量的乙炔、乙醛、完全燃烧时的耗氧量不相等D.以乙烯为原料制备乙酸乙酯的合成路线可以为：7、自然界地表层原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后变成CuSO4溶液，向地下深层渗透，遇到难溶的ZnS或PbS，慢慢转变为铜蓝（CuS）．下列分析正确的是（）A.CuS的溶解度大于PbS的溶解度B.原生铜的硫化物具有还原性，而铜蓝没有还原性C.CuSO4与ZnS反应的离子方程式是Cu2++S2-═CuS↓D.整个过程涉及的反应类型有氧化还原反应和复分解反应，然后硫酸铜与ZnS、PbS发生复分解反应生成更难溶的CuS评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)8、氨是最重要的化工产品之一．

（1）合成氨用的氢气可以甲烷为原料帛制得．有关化学反应的能量变化如下图所示，则CH4（g）与H2O（g）反应生成CO（g）和H2（g）的热化学方程式为____．

（2）近年有人将电磁场直接加在氮气与氢气反应的容器内，在较低的温度和压强条件下合成氨，获得了较好的产率．从化学反应本质角度分析，电磁场对合成氨反应的作用是____；与传统的合成氨的方法比较，该方法的优点是____．

（3）直接供氨式碱性燃料电池的电池反应为：4NH3+3O2═2N2+6H2O，负极电极反应式为：____．

（4）氨气制取尿素[CO（NH2）2]的合成塔中发生反应：2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2（l）+H2O（g）．图4为合成塔中不同氨碳比a[n（NH3）/n（CO2）]和水碳比b[n（H2O）/n（CO2）]时二氧化碳转化率（x）．b宜控制在____（填序号）范围内（A．0.6～0.7B．1～1.1C．1.5～1.61）；a宜控制在4.0左右，理由是____．

（5）氨氧化法制硝酸工业中，可用尿素溶液除去尾气中氮氧化物（NO和NO2）．尾气中的NO、NO2与水反应生成亚硝酸，亚硝酸再与尿素反应生成对大气无污染的气体．1mol尿素能吸收工业尾气中氮氧化物（假设NO、NO2体积比为1：1）的质量为____g．9、（1）下表为原子序数依次增大的短周期元素A～E的第一到第五电离能数据．

请回答：表中的金属元素是____（填字母），其中化合价为+3价的是____（填字母）；若A、B、C依次为同周期相邻元素，表中显示B比A和C的第一电离能都略大，其原因是____．

（2）化学气相沉积法是获得大量石墨烯的有效方法之一；催化剂为金；铜、钴等金属或合金，石墨烯的碳源可以由一氧化碳、乙醇、酞菁等中的一种或任意组合提供．

①钴原子在基态时，核外电子排布式为____．

②乙醇沸点比氯乙烷高，主要原因是____．

③与CO分子互为等电子体的分子和离子各写出1种，分别为____和____（填化学式）

④酞菁与酞菁铜染料分子结构如图，酞菁分子中氮原子采用的杂化方式是____；酞菁铜分子中心原子的配位数为____．

10、结晶玫瑰是具有强烈玫瑰气味的香料，可由下列反应路线合成（部分反应条件略去）：

（1）A的类别是____，能与Cl2反应生成A的烷烃是____．D中的官能团名称是____．

（2）反应③的化学方程式为____

（3）已知：B苯甲醇+苯甲酸钾，则经反应路线①得到的产物加水萃取、分液，能除去的副产物是____

（4）B的核磁共振氢谱有4组峰，各组吸收峰的面积之比为____．11、常见的食品添加剂的分类为：____、____、____、____．12、自2010年8月7日，甘肃省舟曲县发生特大泥石流后，各地的救援物资源源不断运往灾区．下图为地方捐助的一种国家准字号补铁补血用药--复方硫酸亚铁叶酸片，其主要成分是绿矾--硫酸亚铁晶体（FeSO4•7H2O）．

某校课外活动小组为测定该补血剂中铁元素的含量特设计实验步骤如下：

请回答下列问题：

（1）步骤②中加入过量H2O2的目的是____．

（2）步骤③中反应的离子方程式为____．

（3）步骤④中一系列处理的操作步骤是：过滤、____、灼烧、____；称量．

（4）若实验无损耗，则每片补血剂含铁元素的质量为____g（用含a的代数式表示）．

（5）用稀硫酸酸化的KMnO4溶液也能氧化Fe2+的水溶液，KMnO4被还原为Mn2+，请写出此反应的离子方程式：____．13、A、B、C、D、E、F六种短周期元素的原子序数依次增大。A、D同族，B、C同周期；B原子最外层电子数是次外层的两倍；在周期表中A的原子半径最小；C是地壳中含量最多的元素，C是F不同周期的邻族元素；E和F的原子序数之和为30。由上述六种元素中的几种元素组成的甲、乙、丙、丁、戊、己六种化合物如下表所示：元素形成的化合物化合物甲乙丙各元素原子个数比N(A)：N(C)＝2：1N(A)：N(C)＝1：1N(B)：N(A)＝1：4化合物丁戊己各元素原子个数比N(D)：N(B)：N(C)＝2：1：3N(E)：N(F)＝1：3N(B)：N(F)＝1：4请完成下列问题：(1)D的离子结构示意图为________，己的空间构型是________。(2)向含有1mol乙的水溶液中加入MnO2，该反应中电子转移的物质的量为________mol。(3)8g丙完全燃烧，生成液态水和CO2，放出445kJ的热量，则丙燃烧的热化学方程式为________。(4)F的单质与甲反应的离子方程式为________。(5)将丁与戊两种水溶液混合，发生反应的离子方程式为________。14、将amolNa2O2与bmolNaHCO3混合共热到300℃，充分反应后（不与外界物质发生反应）得到固体和气体的成分，随着a与b的比值不同而不同，当a与b的比值为下列数值时，把得到的固体和气体的化学式填入下表：。a/b固体物质的成分气体物质的成分<1/2=1/2=1/1>1/1评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)15、0.1L3.0mol•L-1的NH4NO3溶液中含有的NH4+的数目为0.3NA．____（判断对错）16、提纯氯化钠，最后在蒸发皿中蒸发浓缩溶液时，只需用小火加热至溶液表面出现晶膜为止，再通过余热将溶液全部蒸干．____（判断对错）17、浓硫酸可用于干燥NH3、H2、O2等气体____．（判断对错）18、加过量的AgNO3溶液，产生大量的白色沉淀，溶液里一定含有大量的Cl-．____（判断对错）正确的打“√”，错误的打“×”19、同浓度的三种溶液：Na2SO4、MgSO4、Al2（SO4）3，其体积比为3：2：1，则SO浓度之比为3：2：3．____（判断对错）20、因为SO2可以使酸性KMnO4溶液褪色，所以SO2具有漂白性____．（判断对错）21、在0℃时，22.4L氢气有2NA个氢原子．____．（判断对错）评卷人得分四、计算题(共2题，共6分)22、乙烷和乙烯的混合气体3L完全燃烧需相同状况下的O210L．求：

（1）乙烷和乙烯的体积比．

（2）燃烧标况下672L该混合气体，求放出的热量．（已知乙烷和乙烯的燃烧热△H分别为-1559.8kJ/mol、-14411.0kJ/mol）23、一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收：2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(l)△H（1）已知2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H1=—566kJ•mol—1S(l)+O2(g)=SO2(g)△H2=—296kJ•mol—1则反应热ΔH=kJ•mol－1。（2）其他条件相同、催化剂不同时，SO2的转化率随反应温度的变化如图a。260℃时（填Fe2O3、NiO或Cr2O3）作催化剂反应速率最快。Fe2O3和NiO作催化剂均能使SO2的转化率达到最高，不考虑价格因素，选择Fe2O3的主要优点是。（3）科研小组在380℃、Fe2O3作催化剂时，研究了不同投料比[n(CO)∶n(SO2)]对SO2转化率的影响，结果如图b。请在答题卡坐标图中画出n(CO)∶n(SO2)=2∶1时，SO2转化率的预期变化曲线。（4）工业上还可用Na2SO3溶液吸收烟气中的SO2：Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3。某温度下用1.0mol•L－1Na2SO3溶液吸收纯净的SO2，当溶液中c(SO32－)降至0.2mol•L－1时，吸收能力显著下降，应更换吸收剂。①此时溶液中c(HSO3－)约为______mol•L－1；②此时溶液pH=______。（已知该温度下SO32—+H+HSO3—的平衡常数K=8.0×106L•mol－1，计算时SO2、H2SO3的浓度忽略不计）参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【分析】①化合物是不同元素组成的纯净物；水银是单质；

②不同物质组成的物质是化合物；HD是单质；

③电解质是水溶液中或熔融状态下导电的化合物；

④碳原子数不同的烷烃都互为同系物；

⑤同一种元素的不同核素互为同位素．【解析】【解答】解：①漂白粉；福尔马林、水玻璃属于混合物；但水银是单质，故①错误；

②CaCl2；烧碱、聚乙烯是化合物；但HD是单质，故②错误；

③明矾；胆矾、冰醋酸在水溶液中可以发生电离；属于电解质，硫酸钡在熔融态时发生电离，属于电解质，故③正确；

④碳原子数不同的烷烃都互为同系物；丙烷；异丁烷、十六烷都属于烷烃，互为同系物，故④正确；

⑤同一种元素的不同核素互为同位素，H2、D2、T2是分子；不是原子，因此不是同位素，故⑤错误；

故选B．2、D【分析】【分析】A、H2O；HF等均是10核微粒；质子数=电子数，不是原子；

B；核外电子排布相同；化学性质不一定相同；

C；化学性质与最外层电子排布有关；与质量数无关；

D、质子数决定元素的种类．【解析】【解答】解：A、H2O、HF、NH3等所含质子数和电子数均相等；但不是原子，故A错误；

B、Cl-只有还原性，K+只有氧化性，Ar既没有氧化性也没有还原性；但三者粒子核外电子排布相同，故B错误；

C；质量数相同的原子；其最外层电子数不一定相同，故化学性质不一定相同，故C错误；

D；元素是一类具有相同核电荷数原子的总称；故具有相同核电荷数的原子或单核离子一定是同种元素，故D正确；

故选D．3、D【分析】【分析】根据金属、大多数固态非金属单质、稀有气体单质等由原子构成，有些物质是由分子构成的，如水、氢气等，有些物质是由离子构成的，如氯化钠，进行分析判断即可．【解析】【解答】解：A；干冰均属于气态非金属氧化物；是由二氧化碳分子构成的，不是直接由原子构成的，故A错误；

B、Na2O是离子晶体；是由离子构成的，HCl是气体分子，是由分子构成的，故B错误；

C、I2为分子晶体；是由分子构成的；氯化钠是离子晶体，是由离子构成的，故C错误；

D；二氧化硅、金刚石、晶体硼均为原子晶体；均直接由原子构成的，故D正确．

故选D．4、B【分析】【分析】电化学腐蚀较化学腐蚀快，作原电池负极和电解池阳极的金属加速被腐蚀，作原电池正极和电解池阴极的金属被保护，金属腐蚀快慢顺序是：电解池阳极＞原电池负极＞化学腐蚀＞原电池正极＞电解池阳极．【解析】【解答】解：金属腐蚀快慢顺序是：电解池阳极＞原电池负极＞化学腐蚀＞原电池正极＞电解池阳极；

①中锌发生化学腐蚀；②中锌作正极加速被保护，③中锌作负极加速被腐蚀，④中锌作阴极被保护；

所以锌被腐蚀快慢顺序是③＞①＞②＞④；

故选B．5、B【分析】【分析】同种元素原子间形成的共价键是非极性共价键；不同种元素原子之间形成的共价键是极性共价键；

分子结构不对称，正负电荷的中心不重合的分子为极性分子，而结构对称且正负电荷的中心重合的分子为非极性分子，以此来解答．【解析】【解答】解：A．H2S含有H-S极性键；分子构型为V型，正负电荷的中心不重合，为极性分子，故A错误；

B．CH4含有H-C极性键；空间构型为正四面体，结构对称且正负电荷的中心重合，为非极性分子，故B正确；

C．Cl2含有Cl-Cl非极性键；正负电荷的中心重合，为非极性分子，故C错误；

D．NH3含有H-N极性键；分子构型为三角锥型，正负电荷的中心不重合，为极性分子，故D错误；

故选：B．6、D【分析】【分析】A．该有机物最长碳链含有5个C；主链为戊烷，不是丁烷；

B．甘油为丙三醇；其分子中含有3个官能团羟基，与甲醇；乙醇的结构不同；

C．乙炔分子式为C2H2，乙醛的分子式为：C2H4O，可以改写成：C2H2•H2O，可以改写成C2H2•2H2O，三者消耗氧气部分都为C2H2；

D．乙烯通过催化氧化生成乙酸，乙烯与水发生加成反应生成乙醇，乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯．【解析】【解答】解：A．按系统命名法，化合物的主链含有5个C；主链为戊烷，在2；3号C各含有1个甲基，该有机物名称为：2，3-二甲基戊烷，故A错误；

B．甲醇；乙醇互为同系物；而甘油分子中含有3个羟基，与甲醇、乙醇不属于同系物，故B错误；

C．乙炔分子式为C2H2，乙醛的分子式为：C2H4O，可以改写为：C2H2•H2O，可以改写成C2H2•2H2O，乙炔、乙醛、消耗氧气部分都为C2H2；所以等物质的量的三者完全燃烧消耗氧气的量一定相等，故C错误；

D．乙烯催化氧化生成乙酸，乙烯与水发生加成反应生成乙醇，乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，所以以乙烯为原料制备乙酸乙酯的合成路线可以为：故D正确；

故选D．7、D【分析】【分析】A；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化是溶解度大的物质向溶解度小的物质转化；

B；根据元素的化合价判断；最高价元素只有氧化性，最低价只有还原性，中间价态既有氧化性又有还原性；

C；写转化离子方程式时；难溶电解质写化学式不写离子；

D、根据反应中化合价是否变化及复分解反应的定义判断．【解析】【解答】解：A、难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化是溶解度大的物质向溶解度小的物质转化，PbS能转化为CuS，所以CuS的溶解度小于PbS的溶解度；故A错误；

B、原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后变成CuSO4溶液；硫元素化合价升高作还原剂具有还原性；铜蓝中硫元素化合价最低，所以能失电子具有还原性，故B错误；

C；硫化锌难溶于水；所以要写化学式，不能写离子，故C错误；

D、原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后变成CuSO4溶液，所以存在氧化还原反应；CuSO4与ZnS反应生成硫化铜和硫酸锌是复分解反应；故D正确；

故选D．二、填空题(共7题，共14分)8、CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）△H=+161.1kJ•mol-1在电磁场的作用下氮氮三键更容易断裂，降低了反应所需要的能量，反应更容易进行节约了能源、降低了对设备的要求2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2OA氨碳比a[n（NH3）/n（CO2）]大于4.0时，增大氨气的物质的量，二氧化碳的转化率增加不大，增加了生产成本；氨碳比a[n（NH3）/n（CO2）]小于4.0时，二氧化碳的转化率较小，76【分析】【分析】（1）分别根据图1；图2、图3写出热化学方程式；然后根据盖斯定律来解答；

（2）根据化学反应的本质是旧键的断裂和新键的形成；从温度和压强的角度考虑；

（3）负极发生氧化反应；氨气被氧化生产氮气；

（4）根据氨碳比a[n（NH3）/n（CO2）]相同时，水碳比b[n（H2O）/n（CO2）]为0.6～0.7时；二氧化碳转化率最大；

根据氨碳比a[n（NH3）/n（CO2）]大于4.0时，增大氨气的物质的量，二氧化碳的转化率增加不大，增加了生产成本；氨碳比a[n（NH3）/n（CO2）]小于4.0时；二氧化碳的转化率较小；

（5）根据题目信息写出方程式，建立关系式，然后依据关系式进行计算；【解析】【解答】解：（1）图1、图2、图3写出热化学方程式分别为：①CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H=-282kJ•mol-1②H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=-241.8kJ•mol-1

③CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H=-846.3kJ•mol-1；

由③-（①+②×3）得：CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）△H=+161.1kJ•mol-1，故答案为：CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）△H=+161.1kJ•mol-1；

（2）在电磁场的作用下氮氮三键更容易断裂；降低了反应所需要的能量，反应更容易进行；传统的合成氨的条件是高温；高压，该方法的优点是低温、低压，这样就节约了能源、降低了对设备的要求；

故答案为：在电磁场的作用下氮氮三键更容易断裂，降低了反应所需要的能量，反应更容易进行；节约了能源、降低了对设备的要求；（3）负极发生氧化反应，氨气被氧化生产氮气，电极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，故答案为：2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O；

（4）氨碳比a[n（NH3）/n（CO2）]相同时，水碳比b[n（H2O）/n（CO2）]为0.6～0.7时；二氧化碳转化率最大，故答案为：A；

氨碳比a[n（NH3）/n（CO2）]大于4.0时，增大氨气的物质的量，二氧化碳的转化率增加不大，增加了生产成本；氨碳比a[n（NH3）/n（CO2）]小于4.0时；二氧化碳的转化率较小；

故答案为：氨碳比a[n（NH3）/n（CO2）]大于4.0时，增大氨气的物质的量，二氧化碳的转化率增加不大，增加了生产成本；氨碳比a[n（NH3）/n（CO2）]小于4.0时；二氧化碳的转化率较小；

（5）由题目信息可知，NO、NO2二者混合物与水反应生成亚硝酸，反应方程式为NO+NO2+H2O=2HNO2；亚硝酸再与尿素反应生成CO2和N2，反应方程式为CO（NH2）2+2HNO2=CO2+2N2+3H2O．

NO+NO2～2HNO2～CO（NH2）2

（30+46）g1mol

1mol尿素能吸收工业尾气中氮氧化物（假设NO、NO2体积比为1：1）的质量为76g，故答案为：76；9、DEEB的np轨道上的电子半满，能量比A和C低，第一电离能比A和C大[Ar]3d74s2乙醇分子间可形成氢键，而氯乙烷分子间无氢键N2CN-sp3和sp22【分析】【分析】（1）金属元素的第一电离能比较小；第一个电子易失去，通过表格可以看出第一电离能比较小属于金属元素；前三电离能比较小，第四电离能突然增大，此元素的化合价为+3价；同周期相邻元素，第一电离能一般为非金属性越强，第一电离能越大，若某元素np轨道上的电子半满，不易失去一个电子，第一电离能比较大，为特殊情况；

（2）①元素周期表中元素的位置及核外电子排布，27号元素钴的核外电子排布式为[Ar]3d74s2；

②分子间形成氢键使沸点升高；

③等电子体为电子数相等；

④已知结构式判断中心原子的杂化类型和配位数，C-N=C中氮为sp3杂化，C-NH-C中氮为sp2杂化．【解析】【解答】解：（1）金属元素的第一电离能比较小；第一个电子容易失去，通过表格可以看出DE的第一电离能比较小；化合价为+3价，说明前三电离能比较小，第四电离能突然增大，故符合的只有E；

若A；B、C依次为同周期相邻元素；第一电离能一般为非金属性越强，第一电离能越大，有特殊情况为，若B的np轨道上的电子半满，能量比A和C低，不易失去一个电子，故第一电离能比A和C大；

故答案为（1）DE；E；B的np轨道上的电子半满；能量比A和C低，第一电离能比A和C大；

（2）①钴原子为27号元素，核外电子排布式为[Ar]3d74s2

②乙醇沸点比氯乙烷高；是因为乙醇分子间可形成氢键，而氯乙烷分子间无氢键，形成氢键使沸点升高；

③等电子体为电子数相等，一氧化碳中电子数为14，与CO分子互为等电子体的分子和离子分别为N2CN-等；

④C-N=C中氮为sp3杂化，C-NH-C中氮为sp2杂化；酞菁铜中铜左右的两个氮是在酞菁的基础上失去两个氢反应而来；而上下两个氮则是提供孤电子对与铜直接键和，跟金属离子直接键合的原子有几个，配位数就为几，可知铜的配位数为2；

故答案为（2）①[Ar]3d74s2

②乙醇分子间可形成氢键；而氯乙烷分子间无氢键；

③N2CN-；

④sp3和sp2；2．10、卤代烃甲烷醛基、氯原子苯甲酸钾2：2：1：1【分析】【分析】（1）甲烷中H原子被氯原子取代生成A；属于卤代烃；由D的结构简式可知，含有的官能团有醛基；氯原子；

（2）对比G；J的结构可知；反应③是G与乙酸发生酯化反应生成J；

（3）反应路线①得到的产物中副产物含有苯甲酸钾；苯甲醇；苯甲酸钾可以溶于水；

（4）苯甲醛中含有4种H原子数目分别为2、2、1、1，吸收峰的面积之比等于氢原子数目之比．【解析】【解答】解：（1）A属于卤代烃；可以由甲烷与氯气发生取代反应得到，由D的结构简式可知，含有的官能团有醛基；氯原子；

故答案为：卤代烃；甲烷；醛基；氯原子；

（2）对比G、J的结构可知，反应③是G与乙酸发生酯化反应生成J，反应方程式为：

故答案为：

（3）反应路线①得到的产物中副产物含有苯甲酸钾；苯甲醇；苯甲酸钾可以溶于水，产物加水萃取、分液，能除去的副产物是苯甲酸钾；

故答案为：苯甲酸钾；

（4）苯甲醛中含有4种H原子数目分别为2；2、1、1；吸收峰的面积之比为2：2：1：1；

故答案为：2：2：1：1．11、着色剂调味剂防腐剂营养强化剂【分析】【分析】食品添加剂主要包括着色剂、调味剂、防腐剂、营养强化剂．【解析】【解答】解：食品添加剂的品种很多，作用各不相同，主要包括着色剂、调味剂、防腐剂、营养强化剂，故答案为：着色剂；调味剂；防腐剂；营养强化剂．12、把Fe2+氧化为Fe3+Fe3++3OH-═Fe（OH）3↓沉淀洗涤冷却0.07a5Fe2++MnO4-+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O【分析】【分析】由流程图可知，该实验原理为：将药品中的Fe2+形成溶液，将Fe2+氧化为Fe3+，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀；再转化为氧化铁，通过测定氧化铁的质量，计算补血剂中铁元素的含量．

（1）双氧水具有氧化性，酸性条件下能将Fe2+全部氧化为Fe3+，由流程图可知，加入H2O2是将Fe2+氧化为Fe3+；

（2）步骤③是将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀；

（3）氢氧化铁沉淀过滤；洗涤、干燥；可以得到氢氧化铁固体，灼烧、冷却称量，得到一定质量的氧化铁；

（4）根据铁元素守恒可知ag氧化铁中铁元素的质量即为10片补血剂中铁的质量；据此计算；

（5）根据题给信息，写出反应的离子方程式．【解析】【解答】解：测定该补血剂中铁元素的含量；由流程可知，溶解后过滤除杂不溶性杂质，滤液中加过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子，再与过量氨水反应生成氢氧化铁沉淀，过滤；洗涤、灼烧、冷却后称量得到氧化铁的质量；

（1）步骤②加入过量H2O2的目的将亚铁离子全部氧化为铁离子，故答案为：把Fe2+氧化为Fe3+；

（2）步骤③中加入X可为氢氧化钠，反应的离子方程式为Fe3++3OH-═Fe（OH）3↓；

故答案为：Fe3++3OH-═Fe（OH）3↓；

（3）步骤④中一系列处理的操作步骤：过滤；洗涤、灼烧、冷却、称量；故答案为：洗涤；冷却；

（4）ag为氧化铁的质量，10片中含铁元素的质量为ag××100%=0.7ag；每片补血剂含铁元素的质量0.07ag，故答案为：0.07a；

（5）用稀硫酸酸化的KMnO4溶液也能氧化Fe2+的水溶液，KMnO4被还原为Mn2+，则反应物为MnO4-、Fe2+和H+，生成物为Fe3+、Mn2+和水，配平离子方程式为：MnO4-+5Fe2++8H+═Mn2++5Fe3++4H2O；

故答案为：MnO4-+5Fe2++8H+═Mn2++5Fe3++4H2O．13、略

【分析】B原子最外层电子数是次外层的两倍，可推知B为碳；在周期表中A的原子半径最小，推得A为氢；C是地壳中含量最多的元素，C是氧；C是F不同周期的邻族元素；E和F的原子序数之和为30，推得F为氯，E为铝；A、D同族，最后推知D为钠。甲为H2O，乙为H2O2，丙为CH4，丁为Na2CO3，戊为AlCl3，己为CCl4。(1)D的离子结构示意图为己的空间构型类似甲烷，为正四面体。(2)1mol乙的水溶液中加入MnO2，生成氧气，转移电子为1mol。(3)CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－890kJ·mol－1。(4)Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO(5)将丁与戊两种水溶液混合，发生双水解反应：2Al3＋＋3CO32—＋3H2O=2Al(OH)3↓＋3CO2↑。【解析】【答案】(1)正四面体(2)1(3)CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－890kJ·mol－1(4)Cl2＋H2OHClO＋H＋＋Cl－(5)2Al3＋＋3CO32—＋3H2O=2Al(OH)3↓＋3CO2↑14、略

【分析】【解析】【答案】。a/b固体物质的成分气体物质的成分<1/2Na2CO3O2、CO2、H2O=1/2Na2CO3O2、H2O=1/1Na2CO3、NaOH．O2>1/1Na2CO3、NaOH、Na2O2O2三、判断题(共7题，共14分)15、×【分析】【分析】NH4NO3为强酸弱碱盐，发生水解生成一水合氨，以此解答该题．【解析】【解答】解：0.1L3.0mol•L-1的NH4NO3溶液中n（NH4NO3）=0.1L×3.0mol/L=0.3mool，NH4NO3为强酸弱碱盐，发生水解生成一水合氨，则NH4+的数目小于0.3NA；

故答案为：×．16、√【分析】【分析】蒸发操作不能直接蒸干，以防止温度过高而导致分解而变质，据此解答即可．【解析】【解答】解：提纯氯化钠，最后在蒸发皿中蒸发浓缩溶液时，只需用小火加热至溶液表面出现晶膜为止，再通过余热将溶液全部蒸干，符合蒸发操作要求，故此说法正确，故答案为：√．17、×【分析】【分析】浓硫酸为酸性、强氧化性干燥剂，能够干燥酸性、中性气体，如：氧气、氢气、二氧化硫等，浓硫酸不能用于干燥碱性气体，如氨气，据此进行解答．【解析】【解答】解：浓硫酸为酸性、强氧化性干燥剂，能够干燥酸性、中性气体，如：氧气、氢气、二氧化硫等，能够与NH3反应；不能使用浓硫酸干燥氨气，所以该说法错误；

故答案为：×．18、×【分析】【分析】碳酸根离子等也能与AgNO3溶液产生白色沉淀．【解析】【解答】解：与AgNO3溶液，产生白色沉淀的不只Cl-，还有碳酸根离子等．所以检验Cl-时；通常先加稀硝酸酸化，以排除碳酸根离子的干扰．

故答案为：×．19、×【分析】【分析】根据溶液中不水解的离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度×化学式中离子的个数，与溶液的体积无关，据此分析解答．【解析】【解答】解：假设三种溶液的浓度均为1mol/L，则Na2SO4、MgSO4、Al2（SO4）3溶液中SO浓度分别=1mol/L×1=1mol/L、1mol/L×1=1mol/L和1mol/L×3=3mol/L，即浓度之比为1：1：3，故答案为：×．20、×【分析】【分析】SO2可以使酸性KMnO4溶液褪色，发生氧化还原反应，以此来解答．【解析】【解答】解：SO2可以使酸性KMnO4溶液褪色；发生氧化还原反应，S元素的化合价升高，体现二氧化硫的还原性，与漂白性无关，说法错误；

故答案为：×．21、×【分析】【分析】由于压强不确定，故0℃时，气体摩尔体积不一定为22.4L/mol．【解析】【解答】解：由于压强不确定，故0℃时，气体摩尔体积不一定为22.4L/mol，故22.4L氢气的物质的量不一定是1mol，则含有氢原子数目不一定为2NA个；故错误；

故答案为：×．四、计算题(共2题，共6分)22、略

【分析】【分析】（1）设乙烷的体积为aL，乙烯的体积为bL；根据二者总体积及消耗氧气体积列方程计算；

（2）计算混合气体总物质的量，进而计算乙烷、乙烯物质的量，再根据燃烧热计算放出的热