2025年人教新课标高三化学下册阶段测试试卷

…………○…………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2025年人教新课标高三化学下册阶段测试试卷672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5题，共10分)1、下列物质分类正确的是（）A.SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物B.稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C.烧碱、氨、四氯化碳均为电解质D.胶体、食用盐、点豆腐的卤水均为混合物2、随着人们生活节奏的加快，方便的小包装食品已被广泛接受．为了延长食品的保质期，防止食品受潮变质，在包装袋中有一个盛有白色颗粒状固体的小纸带，其中放入的化学物质是（）A.生石灰B.蔗糖C.食盐D.淀粉3、5.6g铁粉与一定量的硫磺混合，在空气中加热发生剧烈反应，冷却后用足量的盐酸溶解反应后的残留固体，产生了2．OL气体（标准状况），通过分析小于了应生成的气体量，其最可能原因是（）A.硫磺量不足B.生成了FeSC.生成了Fe2S3D.有部分Fe被空气中的氧氧化了4、为了加快锌与稀硫酸的反应制氢气的速率，下列方法错误的是（）A.适当提高硫酸浓度B.将锌粒变小C.将硫酸改为浓硫酸D.适当升高温度5、下列有关实验操作；现象及结论解释都没有科学性错误的是（）

。操作现象结论解释A过量铁粉加稀硝酸充分反应，滴入KSCN溶液产生红色溶液稀HNO3将铁氧化成Fe3+B某实验小组从资料上获得信息：Fe3+可以氧化银单质．他们用这种方法清洗一批作了银镜反应的试管，配制了Fe3+浓度相同的FeCl3溶液和Fe2（SO4）3溶液，分别用于清洗实验．用FeCl3溶液清洗比Fe2（SO4）3溶液清洗得干净他们认为Fe3+氧化银单质的过程可能是一个可逆过程：Fe3++Ag⇌Fe2++Ag+C苯酚钠溶液中通入少量CO2气体溶液变浑浊碳酸酸性强于苯酚，溶液中还有Na2CO3生成D相饱和碳酸钠溶液通过量CO2气体产生沉淀因为析出Na2CO3A.AB.BC.CD.D评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)6、（1）已知磷矿石含有Ca5F（PO4）3，工业上用过量硫酸与磷矿石反应生产磷酸，反应的化学方程式为：____．现有1吨折合含有白磷约13%的磷矿石，最多可制得85%的商品磷酸____吨．

（2）工业上生产磷酸还可以先将二氧化硅、过量焦炭与磷矿石混合，高温反应生成白磷，再生产磷酸．相比使用硫酸生产磷酸，这种生产磷酸工艺复杂，能耗高，但优点是：____．7、某化学研究性小组同学提出回收含铜电缆废料中提取铜的两种方案；并向老师咨询，老师就以下几个方面与同学们展开讨论：

方案甲：

方案乙：

（1）两个方案哪个符合当前生产的绿色理念，为什么？____．

（2）写出方案甲中的②③步骤与铜有关的离子反应的离子方程式．____．

（3）老师建议，无论是甲还是乙的方案，在“加铁屑”这一步时，应该加入略过量的铁屑，目的是____．

（4）老师请同学们用化学方法检验红色粉末中是否含有过量的铁屑．请你填写下列表格写出实验操作；预期实验现象、结论及操作（②中相关的离子方程式）．

。序号实验操作实验现象结论及离子方程式①取适量的样品于试管内②用滴管滴入足量硫酸溶液，并充分振荡试管________③____溶液先黄色，滴入KSCN溶液后显红色____（5）为了提高原料的；老师建议把最后一步所得浅绿色滤液通过蒸发；冷却结晶、过滤、洗涤、自然干燥得到一种带结晶水的硫酸亚铁晶体．

研究小组按老师的建议完成上面操作步骤；获得晶体后对其进行检测。

①先取ag的晶体进行脱水实验；获得无水固体为（a-1.26）g

②将无水固体溶于足量的水配成溶液后滴加1.00mol/L的氯化钡溶液；当滴加10.00mL溶液时，沉淀恰好完全．

研究小组通过计算测知该晶体的化学式是____．8、有一瓶澄清的溶液，其中可能含有H+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Al3+、I-、NO3-、CO32-、SO42-、AlO2-；取该溶液进行以下实验：

（1）取pH试纸检验，溶液呈酸性，可以排除____的存在．

（2）取出部分溶液，加入少量CCl4及数滴新制氯水，经振荡后CCl4呈紫红色，可以排除____的存在．

（3）另取出部分溶液逐滴加入NaOH溶液，使溶液由酸性逐渐变为碱性，反应过程中均无沉淀产生，则又可排除____的存在．

（4）取出部分（3）中的碱性溶液加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成，证明有____的存在，可以排除____的存在．9、（10分）X、Y都是芳香族化合物，均为常见食用香精，广泛用于化妆品、糖果及调味品中。1molX水解得到1molY和1molCH3CH2OH，X、Y的相对分子质量都不超过200，完全燃烧都只生成CO2和H2O。且x分子中碳和氢元素总的质量百分含量约为81．8％。（1）1个Y分子中应该有个氧原子。（2）X的分子式是。（3）G和X互为同分异构体，且具有相同的官能团，用芳香烃A合成G路线如下：。①写出A的结构简式。②E→F的反应类型是反应，该反应的化学方程式为。③写出所有符合下列条件的F的同分异构体的结构简式：。i．分子内除了苯环无其他环境结构，且苯环上有2个对位取代基。ii．一定条件下，该物质既能与银氨溶液发生银镜反应也能和FeCl3溶液发生显色反应。10、【化学—选修5：有机化学基础】（15分）以下是合成香料香豆素的路径图：（1）香豆素的分子式为。（2）Ⅰ与H2反应生成邻羟基苯甲醇，邻羟基苯甲醇的结构简式为。（3）反应②的反应类型是。（4）反应④的化学方程式是。（5）Ⅴ是Ⅳ的同分异构体，Ⅴ的分子中含有苯环且无碳碳双键，苯环上含有两个邻位取代基，且能够发生酯化反应和银镜反应。Ⅴ的结构简式为。（6）一定条件下，与CH3CHO两者之间能发生类似①、②的两步反应，则生成有机物的结构简式为。评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)11、当温度高于0时，1mol的任何气体体积都大于22.4L．____．（判断对错）12、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）13、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“×”14、用洁净的铂丝蘸取溶液在酒精灯的外焰上灼烧，未看见火焰显紫色，溶液里一定不含K+．____（判断对错）正确的打“√”，错误的打“×”15、含4mol的HCl的浓盐酸与足量的MnO2加热反应，转移2NA电子．____（判断对错）．16、将O2和H2的混合气体通过灼热的氧化铜，以除去其中的H2____．（判断对错）17、根据分散质粒子的直径大小，分散系分为浊液、胶体和溶液．____．（判断对错说明理由）18、含5个碳原子的有机物，每个分子中最多可形成4个C-C单键____．评卷人得分四、探究题(共4题，共8分)19、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________．20、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：21、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________．22、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：评卷人得分五、书写(共4题，共8分)23、写出下列反应的化学方程式。

（1）由乙烷制取一氯乙烷____

（2）乙烯和水反应____

（3）苯和溴在一定条件下反应____

（4）由甲苯制取TNT____．24、重铬酸铵[（NH4）2Cr2O7]是一种橘黄色的晶体；常用于石油精炼；制革、印染、烟火、陶瓷等行业，是一种重要的化工原料．

（1）已知在酸性条件下，重铬酸盐有强氧化性．向冷的酸性重铬酸铵溶液中通入H2S；

可得到Cr3+和S，写出反应的离子方程式：____．

（2）在150℃时，重铬酸铵迅速呈膨胀式分解，发生如下主要反应：（NH4）2Cr2O7=Cr2O3+4H2O+N2↑；但同时也发生副反应．某同学设计了如下装置，探究副反应的生成物：

①装置中棉花的作用是____；加热前，该同学先通过导管K向试管中通一会N2，其目的是____．25、现有一包固体粉末，其中可能有CaCO3、Na2CO3、Na2SO4、NaCl、CuSO4．进行如下实验：

（1）溶于水得无色澄清溶液；

（2）向溶液中加入BaCl2溶液生成白色沉淀；再加盐酸时沉淀完全消失．

根据上述实验现象推断：

（1）一定不存在的物质是：____；

（2）一定存在的物质是：____；

（3）可能存在的物质是：____；

（4）检验可能存在的物质所用试剂为：____，有关离子方程式为：____．26、按要求完成下列问题。

（1）写出下列微粒的结构示意图Al3+：____、Ar：____

（2）完成下列化学方程式。

①实验室用二氧化锰和浓盐酸共热制氯气：____

②漂白粉在空气中失效变质：____

（3）海水中蕴含着丰富的化学物质，其中氯化物主要是____，其次是____．

在卤素中被称为海洋元素的是____，地球上99%的该元素存在于海洋中；被称为智慧元素的是____，此元素在海洋中的总量可达8×1010吨．

（4）α粒子是带2个单位正电荷、质量数为4的原子核．由此可推断α粒子含有____个质子，____个中子．评卷人得分六、简答题(共4题，共16分)27、二氧化铈rm{(CeO_{2})}是一种重要的稀土氧化物，平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末rm{(}含rm{SiO_{2}}rm{Fe_{2}O_{3}}rm{CeO_{2}}rm{FeO}等物质rm{).}某课题组以此粉末为原料，设计如下工艺流程对资源进行回收，得到纯净的rm{CeO_{2}}和硫酸铁铵晶体．

已知：rm{CeO_{2}}不溶于稀硫酸，也不溶于rm{NaOH}溶液．

rm{(1)}稀酸rm{A}的分子式是______．

rm{(2)}滤液rm{I}中加入rm{H_{2}O_{2}}溶液的目的是______．

rm{(3)}由滤渣rm{1}生成滤液rm{2}的离子方程式为______．

rm{(4)}设计实验证明滤液rm{1}中含有rm{Fe^{2+}}______．

rm{(5)}已知rm{Fe^{2+}}溶液可以和难溶于水的rm{FeO(OH)}反应生成rm{Fe_{3}O_{4}}写出该反应的离子方程式______．

rm{(6)}由滤液rm{2}生成rm{Ce(OH)_{4}}的离子方程式为______．

rm{(7)}硫酸铁铵晶体rm{[Fe_{2}(SO_{4})_{3}?2(NH_{4})_{2}SO_{4}?3H_{2}O]}广泛用于水的净化处理，用离子方程式表示其净水原理______．28、①向0.1mol/LNaAlO2溶液中加入等体积0.1mol/LNaHCO3溶液，会产生白色沉淀．据此推断AlO2-和CO32-结合H+能力更强的是______；

②已知CO32-比ClO-结合H+能力更强，则在次氯酸钠溶液中通入少量CO2的离子反应方程式为：______；

③室温下，等浓度的NaAlO2溶液的pH______NaClO溶液的pH（填＞、＜或=）．29、热一段时间后停止加热，继续通氢气冷却然取出rm{LiH}入封的瓶里，保存于暗处rm{.}采取述作的的是避免rm{LH}与空气中的水气触发生危险rm{.}完成rm{LH}水反应化方程式______．

连接装rm{A}rm{EE}可取纯净、干燥氯气，则两个rm{E}装置内的药是______；装置rm{A}中发生反应的离式为______．

某化学小组利用以下置制氨气、气及rm{LH}固体．

入一段时间氢气加热英管，热rm{F}处的石之前；必须进行的实验操作是______．

rm{a.}灰空格rm{/b.}rm{c.}五氧化二磷。

仪器装连顺序为rm{BD隆煤FE}入药品前首先要进行实验操作是______rm{(}不写出具体的作方法；加入药品后，其中置rm{D}的是______．

准确称量得产品rm{.1}在一定条件下与足量水反后，共收集体rm{291.2mL(}已换成标况rm{)}则产品中rm{LiH}与rm{L}的物质的之比为______．30、Ⅰrm{.}在rm{1.0L}密闭容器中放入rm{0.10molA(g)}在一定温度进行如下反应：rm{A(g)rightleftharpoons2B(g)+C(g)+D(s)}rm{triangleH=+85.1kJ隆陇mol^{-1}}容器内气体总压强rm{A(g)rightleftharpoons

2B(g)+C(g)+D(s)}与起始压强rm{triangle

H=+85.1kJ隆陇mol^{-1}}的比值随反应时间rm{(P)}数据见下表：。rm{P_{0}}时间rm{t/h}rm{0}rm{1}rm{2}rm{4}rm{8}rm{16}rm{20}rm{20}rm{dfrac{P}{{{P}_{0}}}}rm{1.00}rm{1.50}rm{1.80}rm{2.20}rm{2.30}rm{2.38}rm{2.40}rm{2.40}回答下列问题：rm{(1)}下列操作能提高rm{A}转化率的是________A.升高温度B.体系中通入rm{A}气体C.通入稀有气体rm{He}使体系压强增大到原来的rm{5}倍D.若体系中的rm{C}为rm{HCl}使其它物质均难溶于水，滴入少许水rm{(2)}该反应的平衡常数的表达式rm{K=}________，前rm{2}小时rm{C}的反应速率是________rm{mol隆陇L^{-1}h^{-1}}rm{(3)}平衡时rm{A}的转化率为________。Ⅱrm{.(1)}在rm{425隆忙}rm{Al_{2}O_{3}}作催化剂，甲醇与氨气反应可以制得二甲胺rm{(CH_{3})_{2}NH}二甲胺显弱碱性，与盐酸反应生成rm{(CH_{3})_{2}NH_{2}Cl}溶液中各离子浓度由大到小的顺序为________。rm{(2)}甲醛合成二甲基甲酰胺的热化学方程式为：rm{2CH_{3}OH(1)+NH_{3}(g)+CO(g)rightleftharpoons(CH_{3})_{2}NCHO(1)+2H_{2}O(1)}rm{2CH_{3}OH(1)+NH_{3}(g)+CO(g)rightleftharpoons

(CH_{3})_{2}NCHO(1)+2H_{2}O(1)}若该反应在常温下能自发进行，则rm{triangleH}________rm{triangleH}填“rm{0(}”“rm{>}”或“rm{<}”rm{=}rm{)}以甲醇为主要原料，电化学合成碳酸二甲酯工作原理如下图所示。电源负极为________rm{(3)}填“rm{(}”或“rm{A}”rm{B}写出阳极的电极反应式为________。rm{)}参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】【分析】A；酸性氧化物是指能和碱反应生成盐和水的化合物；

B；胶体分散系的分散质微粒直径介于1nm-100nm；

C；电解质是指在水溶液或是熔融状态下能导电的化合物；

D、混合物是指由不同分子构成的物质．【解析】【解答】解：A、SO2、SiO2均能和碱反应生成盐和水；属于酸性氧化物，但是CO不属于酸性氧化物，故A错误；

B；稀豆浆、硅酸均为胶体；氯化铁溶液属于溶液，故B错误；

C；电解质是指在水溶液或是熔融状态下能导电的化合物；烧碱属于电解质、氨、四氯化碳属于非电解质，故C错误；

D；胶体、食用盐、点豆腐的卤水由不同分子构成；属于混合物，故D正确．

故选D．2、A【分析】【分析】干燥剂应能吸水或与水反应，据此解题．【解析】【解答】解：A．氧化钙能够吸收水；可以用作食品的干燥剂，故A正确；

B．蔗糖不能用作干燥剂；故B错误；

C．氯化钠不能用作干燥剂；故C错误；

D．淀粉不能用作干燥剂；故D错误．

故选A．3、D【分析】解：加热发生反应Fe+SFeS，加入盐酸一定发生反应FeS+2HCl=FeCl2+H2S↑，而Fe与盐酸反应为Fe+2HCl=FeCl2+H2↑；

如全部生产氢气和硫化氢，n（H2S）+n（H2）=n（Fe）=0.1mol，如全部生产氢气和硫化氢，则体积应为2.24L，则产生了2．OL气体，说明在加热过程中部分铁与氧气反应，因S的氧化性较弱，则不可能生成Fe2S3．

故选D．

加热发生反应Fe+SFeS，加入盐酸一定发生反应FeS+2HCl=FeCl2+H2S↑，而Fe与盐酸反应为Fe+2HCl=FeCl2+H2↑；由方程式可知加热过程中Fe无论过量与否，与盐酸反应最终得到的气体的物质的量等于原混合物中Fe的物质的量，标准状况下，如全部生产氢气和硫化氢，则体积应为2.24L，以此解答．

本题考查铁的性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握铁与硫反应的特点，结合反应的方程式进行判断，难度不大．【解析】【答案】D4、C【分析】【分析】根据化学反应速率的影响因素分析，如：增大浓度、增加固体表面积、升高温度等可以加快反应速率，注意浓硫酸与锌反应生成的是二氧化硫，据此进行解答．【解析】【解答】解：A．升高通过硫酸的浓度；可以加快反应速率，故A正确；

B．将锌粒变小；增大了锌的表面积，可以加快反应速率，故B正确；

C．把硫酸改为浓硫酸；浓硫酸与锌反应生成的是二氧化硫，不会生成氢气，故C错误；

D．适当升高温度；反应速率加快，故D正确；

故选C．5、B【分析】【分析】A．过量铁粉；反应生成亚铁离子；

B．氯化银的溶解度比硫酸银的小；

C．反应生成碳酸氢钠；

D．碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠的小．【解析】【解答】解：A．过量铁粉；反应生成亚铁离子，加入KSCN溶液；溶液不显红色，故A错误；

B．氯化银的溶解度比硫酸银的小，Fe3++Ag⇌Fe2++Ag+，FeCl3溶液中的氯离子能使平衡向右移动；故B正确；

C．反应生成碳酸氢钠；碳酸钠碱性较强，能与苯酚反应，故C错误；

D．碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠；碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠的小，析出碳酸氢钠，故D错误．

故选B．二、填空题(共5题，共10分)6、Ca5F（PO4）3+5H2SO4=3H3PO4+5CaSO4+HF↑3.72产品纯度高【分析】【分析】（1）Ca5F（PO4）3可以看作磷酸钙；氟化钙的混合物；与过量浓硫酸反应生成磷酸、磷酸钙与HF；

根据P元素守恒可得关系式P4～2P2O5～4H3PO4；依据此关系式计算；

（2）热法磷酸指用过量焦炭、二氧化硅与磷灰石在高温下获得单质磷，再由磷制备磷酸，第一步还生成硅酸钙与SiF4及CO；尾气应纯碱溶液处理后，再通入NaClO溶液可除去具有还原性的PH3气，反应生成P、NaCl与水．【解析】【解答】解：（1）Ca5F（PO4）3可以看作磷酸钙、氟化钙的混合物，与过量浓硫酸反应生成磷酸、磷酸钙与HF，反应方程式为：Ca5F（PO4）3+5H2SO4=3H3PO4+5CaSO4+HF↑；

设制得到85%的商品磷酸xt；则：

P4～2P2O5～4H3PO4

124392

1t×13%85%xt

则124：392=1t：85%xt

解得x=3.72t；

故答案为：Ca5F（PO4）3+5H2SO4=3H3PO4+5CaSO4+HF↑；3.72；

（2）相比用硫酸生产磷酸；热法磷酸工艺复杂，能耗高，但是所得产品纯度大，杂质少；

故答案为：产品纯度高．7、乙，甲方案第一步“灼烧”会产生污染空气的气体、粉尘、烟雾②CuO+2H+═Cu2++H2O、③Fe+Cu2+═Fe2++Cu确保Cu完全置换出来样品部分溶解；并有气泡放出样品含过量的铁屑。

Fe+2H+=Fe2++H2↑将试管静止，将上层清液倾倒于另一试管中，先滴入少许硝酸溶液，再滴入几滴KSCN溶液Fe2+被硝酸氧化成Fe3+，遇SCN-呈现血红色FeSO4•7H2O【分析】【分析】方案甲为：将含铜废料在空气中直接灼烧；将灼烧产物用足量稀硫酸溶解后过滤，向滤液中加入过量铁屑置换出铜；

方案乙为：向将废料粉碎；然后加入稀硫酸加热将铜转化成铜离子，过滤除去不溶物后向滤液中加入过量铁屑，将铜离子置换成铜单质；

（1）生产的绿色理念是指对环境无污染的理念；据此对两个方案进行分析；

（2）反应②中氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜和水；反应③中铜离子与铁反应生成铜单质和亚铁离子；

（3）为了保障全部金属Cu被置换出来；加入的试剂要过量；

（4）选择适当强氧化剂把铁屑最终氧化为铁离子；检验是否含有铁离子即可；

（5）溶液获得晶体的方法：蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤、自然干燥，根据结晶水合物分解的方程式和钡离子与硫酸根离子间的反应来计算结晶水的数目．【解析】【解答】解：根据图示流程可知：方案甲为：将含铜废料在空气中直接灼烧；将灼烧产物用足量稀硫酸溶解后过滤，向滤液中加入过量铁屑置换出铜；

方案乙为：向将废料粉碎；然后加入稀硫酸加热将铜转化成铜离子，过滤除去不溶物后向滤液中加入过量铁屑，将铜离子置换成铜单质；

（1）乙方案对环境不会造成污染；符合化学工业生成的绿色理念，而甲方案第一步“灼烧”会产生污染空气的气体；粉尘、烟雾，不符合绿色理念；

故答案为：乙；甲方案第一步“灼烧”会产生污染空气的气体；粉尘、烟雾；

（2）方案甲中的反应②为CuO与稀硫酸反应生成硫酸铜和水，反应的离子方程式为：CuO+2H+═Cu2++H2O，反应③中铁与铜离子发生置换反应，反应的离子方程式为：Fe+Cu2+═Fe2++Cu；

故答案为：②CuO+2H+═Cu2++H2O、③Fe+Cu2+═Fe2++Cu；

（3）为了确保Cu被完全置换出来；加入的铁屑需要过量；

故答案为：确保Cu完全置换出来；

（4）铁屑被足量的硫酸溶液氧化，Fe+2H+═Fe2++H2↑产生无色无味的气体H2，铁离子在水溶液中为黄色，根据③中实验现象可知②中产生的亚铁离子被氧化成了铁离子，离子检验操作中“取少量”上清液，“加试剂”利用过氧化氢的强氧化性和产物的纯净性，实现Fe2+到Fe3+的转化，铁离子检验用KSCN溶液观察是否溶液变红，涉及反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O、Fe3++3SCN-=Fe（SCN）3；

故答案为：。序号实验操作实验现象结论①②样品部分溶解，并有气泡放出样品含过量的铁屑。

Fe+2H+=Fe2++H2↑③将试管静止，将上层清液倾倒于另一试管中，先滴入少许硝酸溶液，再滴入几滴KSCN溶液Fe2+被硝酸氧化成Fe3+，遇SCN-呈现血红色；

（5）硫酸亚铁溶液经过蒸发；冷却结晶、过滤、洗涤、自然干燥就会得到一种带结晶水的硫酸亚铁晶体；

根据反应FeSO4•xH2OFeSO4+xH2O

aa-1.261.26

无水固体溶于足量的水配成溶液后滴加1.00mol/L的氯化钡溶液，当滴加10.00mL溶液时，沉淀恰好完全，消耗钡离子的物质的量为：1.00mol/L×0.01L=0.01mol，则n（FeSO4）=n（BaSO4）=n（BaCl2）=0.01mol；分解生成水的质量为0.01xmol；

所以：0.18x=1.26；

解得：x=7；

该晶体的化学式为：FeSO4•7H2O；

故答案为：FeSO4•7H2O．8、CO32-、AlO2-NO3-Mg2+、Al3+Ba2+SO42-【分析】【分析】（1）用pH试纸检验，表明溶液呈现强酸性，CO32-、AlO2-能够与氢离子反应；在溶液中不会存在；

（2）四氯化碳溶液呈紫红色，说明加入氯水后有碘单质生成，原溶液中一定含有I-，硝酸能将碘离子氧化，不共存，所以一定不含NO3-；

（3）加入氢氧化钠溶液的过程中没有沉淀生成，说明一定不存在Mg2+、Al3+；

（4）结合Ba2+能与碳酸钠反应产生沉淀来判断存在的离子，根据离子共存判断不能存在的离子．【解析】【解答】解：（1）用pH试纸检验，表明溶液呈现强酸性，CO32-、AlO2-能够与氢离子反应，在溶液中不会存在，故答案为：CO32-、AlO2-；

（2）四氯化碳溶液呈紫红色，说明加入氯水后有碘单质生成，原溶液中一定含有I-，硝酸能将碘离子氧化，不共存，所以一定不含NO3-，故答案为：NO3-；

（3）加入氢氧化钠溶液的过程中没有沉淀生成，说明一定不存在Mg2+、Al3+；故答案为：Mg2+、Al3+；

（4）部分（3）中的碱性溶液加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成，Ba2+能与碳酸钠反应产生沉淀来判断存在的离子，所以存在钡离子，一定不存在硫酸根离子，故答案为：Ba2+；SO42-．9、略

【分析】【解析】【答案】化学方程式和同分异构体每个2分，其他一空1分10、略

【分析】试题分析：（1）根据香豆素的键线式可知香豆素的分子式为C9H6O2。（2）根据邻羟基苯甲醛的结构简式可知，邻羟基苯甲醇的结构简式为（3）反应②是醇羟基在浓硫酸的作用下发生消去反应生成碳碳双键，即反应类型是消去反应。（4）反应④是酚羟基与羧基发生的分子内的酯化反应，则反应的化学方程式是（5）Ⅴ是Ⅳ的同分异构体，Ⅴ的分子中含有苯环且无碳碳双键，苯环上含有两个邻位取代基，且能够发生酯化反应和银镜反应，说明含有酯基和醛基，因此Ⅴ的结构简式为（6）根据反应前后有机物的结构变化可知①、②的两步反应是与羰基相连的甲基上的氢原子与醛基发生的加成反应生成羟基，然后羟基再发生消去反应生成碳碳双键。因此如果一定条件下，与CH3CHO两者之间能发生类似①、②的两步反应，则生成有机物的结构简式为考点：考查有机物结构、有机反应类型、同分异构体判断以及方程式书写等【解析】【答案】（1）C9H6O2（2分）（2）（2分）（3）消去反应（1分）三、判断题(共8题，共16分)11、×【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：×．12、×【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：×．13、×【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：×．14、×【分析】【分析】K元素的焰色反应为紫色，但是要透过蓝色钴玻璃片观察，因为钾与钠一般是同时存在的，钠的黄色会盖住钾的紫色，要用蓝色蓝色钴玻璃片滤去黄色．【解析】【解答】解：K元素的焰色反应为紫色，但是要透过蓝色钴玻璃片观察，Na元素的焰色反应为黄色，因为钾与钠一般是同时存在的，钠的黄色会盖住钾的紫色，要用蓝色的蓝色钴玻璃片滤去黄色，本题中未通过蓝色钴玻璃片观察，因此不能确定是否含有K+．

故答案为：×．15、×【分析】【分析】浓盐酸和MnO2在加热条件下发生氧化还原反应生成Cl2，随着反应的进行，浓盐酸浓度逐渐降低，当浓度降低到一定程度后变为稀盐酸，稀盐酸和MnO2不反应，据此分析解答．【解析】【解答】解：浓盐酸和MnO2在加热条件下发生氧化还原反应生成Cl2，随着反应的进行，浓盐酸浓度逐渐降低，当浓度降低到一定程度后变为稀盐酸，稀盐酸和MnO2不反应，浓盐酸和MnO2反应方程式为4HCl（浓）+MnO2MnCl2+2H2O+Cl2↑；假设4molHCl完全反应，设转移电子的个数为x；

4HCl（浓）+MnO2MnCl2+2H2O+Cl2↑转移电子。

4mol2NA

4molx

4mol：2NA=4mol：x

x==2NA；

实际上参加反应的HCl的物质的量小于4mol，所以转移电子数小于2NA；所以该说法错误；

故答案为：×．16、×【分析】【分析】氢气具有可燃性，氧气是助燃剂，混合气体通过灼热的氧化铜可能会产生爆炸，且氢气还原CuO后生成的Cu易被氧化．【解析】【解答】解：氢气具有可燃性，氧气是助燃剂，混合气体通过灼热的氧化铜可能会产生爆炸，且氢气还原CuO后生成的Cu易被氧化，则混合气体通过灼热的氧化铜，不能除杂，故答案为：×．17、√【分析】【分析】分散系的分类依据是分散质微粒直径大小，据此分析．【解析】【解答】解：分散系按照分散质粒子直径大小分为：溶液；胶体、和浊液；分散质粒度大于1nm的为浊液，介于1nm-100nm为胶体，小于1nm的为溶液；

故答案为：√．18、×【分析】【分析】根据碳原子可以形成碳链，也可以形成碳环，可以带支链，也可以不带支链来解答；【解析】【解答】解：碳原子可以形成碳链；无论带支链，还是不带支链，都含有4个C-C单键；碳原子可以形成碳环，可以带支链，也可以不带支链，都含有5个C-C单键；

故答案为：×；四、探究题(共4题，共8分)19、|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．20、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．21、|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．22、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．五、书写(共4题，共8分)23、C2H6+Cl2C2H5Cl+HClCH2=CH2+H2OCH3-CH2-OHC6H6+Br2C6H5Br+HBr+3HNO3+3H2O【分析】【分析】（1）乙烷与溴发生取代反应生成溴乙烷；

（2）乙烯与水加成生成乙醇；

（3）苯与液溴在铁做催化剂条件下；发生取代反应生成溴苯和溴化氢；

（4）甲苯与浓硝酸在浓硫酸催化剂条件下加热生成2，4，6-三硝基甲苯．【解析】【解答】解：（1）乙烷与氯气发生取代反应生成氯乙烷和HCl，该反应为C2H6+Cl2C2H5Cl+HCl；

故答案为：C2H6+Cl2C2H5Cl+HCl；

（2）乙烯与水加成生成乙醇，方程式：CH2=CH2+H2OCH3-CH2-OH；

故答案为：CH2=CH2+H2OCH3-CH2-OH；

（3）苯与溴在铁做催化剂条件下发生取代反应，方程式：C6H6+Br2C6H5Br+HBr；

故答案为：C6H6+Br2C6H5Br+HBr；

（4）甲苯易发生取代反应，与浓硝酸、浓硫酸的混合酸共热时发生硝化反应生成三硝基甲苯，方程式为+3HNO3+3H2O；

故答案为：+3HNO3+3H2O．24、Cr2O72-+3H2S+8H+=2Cr3++3S+7H2O防止粉尘堵塞导管赶走试管及导管内空气（氧气）【分析】【分析】（1）酸性重铬酸铵溶液中，重铬酸根离子具有强氧化性，可以将还原性的H2S氧化；根据反应物和产物书写化学方程式即可；

（2）①固体物质加热产生的氧化铬可以将导管堵塞，根据实验目的来回答．【解析】【解答】解：（1）酸性重铬酸铵溶液中，重铬酸根离子具有强氧化性，可以将还原性的H2S氧化，发生反应的化学方程式为：Cr2O72-+3H2S+8H+═2Cr3++3S↓+7H2O；

故答案为：Cr2O72-+3H2S+8H+═2Cr3++3S↓+7H2O；

（2）①固体物质加热产生的氧化铬可以将导管堵塞；所以装置中棉花的作用是防止粉尘堵塞导管，为了防止副反应的发生防止氧气对实验的干扰，在实验之前要先赶走试管及导管内空气（氧气）；

故答案为：防止粉尘堵塞导管；赶走试管及导管内空气（氧气）．25、CaCO3、Na2SO4、CuSO4Na2CO3NaCl硝酸银、稀硝酸Ag++Cl-=AgCl↓【分析】【分析】由实验可知，CaCO3不溶于水，CuSO4溶于水后为蓝色液体，所以原固体粉末中一定不含这两种物质；滴加BaCl2溶液，出现白色沉淀，白色沉淀可能是碳酸钡或硫酸钡，碳酸钡溶于盐酸，硫酸钡不溶，加盐酸时沉淀完全消失，所以一定含有碳酸根离子，一定不含有硫酸根离子，即一定不存在的物质是CaCO3、Na2SO4、CuSO4，一定有Na2CO3，无法确定NaCl，以此来解答．【解析】【解答】解：由实验可知，CaCO3不溶于水，CuSO4溶于水后为蓝色液体，所以原固体粉末中一定不含这两种物质；滴加BaCl2溶液，出现白色沉淀，白色沉淀可能是碳酸钡或硫酸钡，碳酸钡溶于盐酸，硫酸钡不溶，加盐酸时沉淀完全消失，所以一定含有碳酸根离子，一定不含有硫酸根离子，即一定不存在的物质是CaCO3、Na2SO4、CuSO4，一定有Na2CO3；无法确定NaCl；

（1）由上述分析可知，一定不存在CaCO3、Na2SO4、CuSO4，故答案为：CaCO3、Na2SO4、CuSO4；

（2）一定存在的物质是，故答案为：Na2CO3；

（3）可能存在的物质是NaCl；故答案为：NaCl；

（4）氯化钠的存在与否，可以通过检验氯离子来确定，氯离子的检验可以用硝酸酸化的硝酸银来检验，操作是：取实验（1）溶液先加入过量硝酸，再加硝酸银溶液，若有白色沉淀产生，则固体中含NaCl，若无白色沉淀产生，则固体中不含NaCl，则试剂为硝酸银、稀硝酸，发生的离子反应为Ag++Cl-=AgCl↓；

故答案为：硝酸银、稀硝酸；Ag++Cl-=AgCl↓．26、MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2OCO2+Ca（ClO）2+H2O=CaCO3+2HClO、2HClO2HCl+O2↑氯化钠氯化钾溴碘22【分析】【分析】（1）铝是13号元素，最外层有3个电子，Al3是将原子的外层电子失去，次外层做最外层；Ar是10号元素；

（2）①二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰；水、氯气；

②漂白粉久置空气中；与水；二氧化碳反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸分解而使其漂白失效；

（3）海水中氯化物主要是氯化钠；其次是氯化钾；溴是海洋元素；碘是智慧元素；

（4）核电荷数=质子数=核外电子数，质量数=质子数+中子数．【解析】【解答】解：（1）铝是13号元素，最外层有3个电子，Al3+是将原子的外层电子失去，次外层做最外层，Ar是10号元素，结构示意图：故答案为：

（2）①二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰、水、氯气，由电子守恒及质量守恒定律可知，该反应为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；

②漂白粉久置空气中，与水、二氧化碳反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸分解而使其漂白失效，发生的反应为：CO2+Ca（ClO）2+H2O=CaCO3+2HClO、2HClO2HCl+O2↑；

故答案为：CO2+Ca（ClO）2+H2O=CaCO3+2HClO、2HClO2HCl+O2↑；

（3）海水中氯化物主要是氯化钠；其次是氯化钾；地球上99%以上的溴都蕴藏在汪洋大海中，故溴有“海洋元素”的美称；碘被公认为人类的“智慧元素”，故答案为：氯化钠；氯化钾；溴；碘；

（4）α粒子是带2个单位正电荷；核电荷数=质子数=核外电子数=2，中子数=质量数-质子数=4-2=2；

故答案为：2；2．六、简答题(共4题，共16分)27、略

【分析】解：rm{(1)}已知：rm{CeO_{2}}不溶于稀硫酸，废玻璃粉末rm{(}含rm{SiO_{2}}rm{Fe_{2}O_{3}}rm{CeO_{2}}rm{FeO}等物质rm{)}中rm{SiO_{2}}也不溶于酸，加入稀硫酸可将rm{CeO_{2}}和rm{SiO_{2}}与rm{Fe_{2}O_{3}}rm{FeO}分离；

故答案为：rm{H_{2}SO_{4}}

rm{(2)}滤液rm{1}中加入rm{H_{2}O_{2}}溶液的目的是使rm{Fe^{2+}}氧化为rm{Fe^{3+}}

故答案为：使rm{Fe^{2+}}氧化为rm{Fe^{3+}}

rm{(3)}由滤渣rm{1}生成滤液rm{2}的离子方程式为rm{2CeO_{2}+H_{2}O_{2}+6H^{+}=2Ce^{3+}+O_{2}隆眉+4H_{2}O}

故答案为：rm{2CeO_{2}+H_{2}O_{2}+6H^{+}=2Ce^{3+}+O_{2}隆眉+4H_{2}O}

rm{(4)}设计实验证明滤液rm{1}中含有rm{Fe^{2+}}的方法为：取少许滤液rm{1}滴加铁氰化钾溶液，若有蓝色沉淀生成，则证明滤液rm{1}中有rm{Fe^{2+}(}或取少许滤液rm{1}滴加高锰酸钾溶液，若溶液紫色变浅，则证明滤液rm{1}中有rm{Fe^{2+})}

故答案为：取少许滤液rm{1}滴加铁氰化钾溶液，若有蓝色沉淀生成，则证明滤液rm{1}中有rm{Fe^{2+}(}或取少许滤液rm{1}滴加高锰酸钾溶液，若溶液紫色变浅，则证明滤液rm{1}中有rm{Fe^{2+})}

rm{(5)}已知rm{Fe^{2+}}溶液可以和难溶于水的rm{FeO(OH)}反应生成rm{Fe_{3}O_{4}}该反应的离子方程式为rm{Fe^{2+}+2FeO(OH)篓TFe_{3}O_{4}+2H^{+}}

故答案为：rm{Fe^{2+}+2FeO(OH)篓TFe_{3}O_{4}+2H^{+}}

rm{(6)}由滤液rm{2}生成rm{Ce(OH)_{4}}的反应是滤液rm{2}加入碱并通入氧气将rm{Ce}从rm{+3}氧化为rm{+4}后转化为沉淀rm{Ce(OH)_{4}}离子方程式为rm{4Ce^{3+}+O_{2}+12OH^{-}+2H_{2}O篓T4Ce(OH)_{4}隆媒}

故答案为：rm{4Ce^{3+}+O_{2}+12OH^{-}+2H_{2}O篓T4Ce(OH)_{4}隆媒}

rm{(7)}硫酸铁铵晶体rm{[Fe_{2}(SO_{4})_{3}?2(NH_{4})_{2}SO_{4}?3H_{2}O]}广泛用于水的净化处理，用离子方程式表示其净水原理为rm{Fe^{3+}+3H_{2}O?Fe(OH)_{3}}rm{(}胶体rm{)+3H^{+}}

故答案为：rm{Fe^{3+}+3H_{2}O?Fe(OH)_{3}}rm{(}胶体rm{)+3H^{+}}．

反应过程为：废玻璃粉末rm{(}含rm{SiO_{2}}rm{Fe_{2}O_{3}}rm{CeO_{2}}rm{FeO}等物质rm{)}中加入稀硫酸，rm{FeO}转化为rm{FeSO_{4}}rm{Fe_{2}O_{3}}转化rm{Fe_{2}(SO_{4})_{3}}存在于滤液rm{1}中，滤渣rm{1}为rm{CeO_{2}}和rm{SiO_{2}}滤液rm{1}中加入稀硫酸和铁粉，被rm{Fe_{2}(SO_{4})_{3}}还原为rm{FeSO_{4}}溶液rm{1}为rm{FeSO_{4}}溶液；加入硫酸铵混合蒸发浓缩；常温晾干后得到硫酸亚铁铵晶体；

滤渣rm{1}中加入稀硫酸和rm{H_{2}O_{2}}rm{CeO_{2}}转化为rm{Ce^{3+}}存在于滤液rm{2}中，反应为rm{2CeO_{2}+H_{2}O_{2}+3H_{2}SO_{4}=Ce_{2}(SO_{4})_{3}+O_{2}隆眉+4H_{2}O}滤渣rm{2}为rm{SiO_{2}}滤液rm{2}加入碱并通入氧气将rm{Ce}从rm{+3}氧化为rm{+4}后rm{Ce^{3+}}转化为沉淀rm{Ce(OH)_{4}}反应为rm{4Ce^{3+}+O_{2}+12OH^{-}+2H_{2}O篓T4Ce(OH)_{4}隆媒}加入分解rm{Ce(OH)_{4}}得到产品rm{CeO}以此来解答．

本题考查物质的制备实验，为高频考点，涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应、水解的应用等，理解工艺流程原理是解题的关键，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，题目难度中等．【解析】rm{H_{2}SO_{4}}使rm{Fe^{2+}}氧化为rm{Fe^{3+}}rm{2CeO_{2}+H_{2}O_{2}+6H^{+}=2Ce^{3+}+O_{2}隆眉+4H_{2}O}取少许滤液rm{1}滴加铁氰化钾溶液，若有蓝色沉淀生成，则证明滤液rm{1}中有rm{Fe^{2+}(}或取少许滤液rm{1}滴加高锰酸钾溶液，若溶液紫色变浅，则证明滤液rm{1}中有rm{Fe^{2+})}rm{Fe^{2+}+2FeO(OH)篓TFe_{3}O_{4}+2H^{+}}rm{4Ce^{3+}+O_{2}+12OH^{-}+2H_{2}O篓T4Ce(OH)_{4}隆媒}rm{Fe^{3+}+3H_{2}O?Fe(OH)_{3}(}胶体rm{)+3H^{+}}28、略

【分析】解：①0.01mol/LNaAlO2溶液中加入等体积0.01mol/LNaHCO3溶液，会产生白色胶状沉淀氢氧化铝，则偏铝酸根离子结合氢离子生成氢氧化铝，所以AlO2-结合氢离子能力强，故答案为：AlO2-；

②由于CO32-比ClO-结合H+能力更强，那么在次氯酸钠溶液中通入少量CO2的离子反应方程式即为ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-，故答案为：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-；

③NaAlO2与NaClO均为强碱弱酸盐，水溶液均为碱性，但偏铝酸根离子结合氢离子生成氢氧化铝，而ClO-结合H+生成HClO，故而等浓度的NaAlO2溶液的pH＞NaClO溶液的pH；故答案为：＞．

①据反应的现象可知；偏铝酸根结合了碳酸氢根离子的氢离子生成氢氧化铝程度；

②化学反应遵循强酸制弱酸的原理；

③根据盐的水解原理：越弱越水解来回答．

本题考查学生盐的水解原理的应用知识，注意知识的迁移应用是关键，难度中等．【解析】AlO2-；ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-；＞29、略

【分析】解：rm{C}装置是不需要加制气的装置，利用氨水滴入生石灰产生氨气，浓水中存在平衡：rm{NH++H-?H3?H2OH3+2}加热或者加热碱物质能够促进平衡正向移动，于氨气的挥，而生石灰与水应生成氧化钙，同放大量的热；氢氧化钠于量热氢氧化钙、氢钠溶于水电离生氢氧根离，促进平衡向正动，有于氨气的发所以为制备干燥的氨气，可装置rm{(}分液漏中放浓水，圆烧中放生石灰rm{)D}用碱石灰燥氨气rm{)}连接；制干燥的气；

设rm{L}与rm{L}的物质的量分别为rm{xmol}rm{yo}则：

故案为：检验装置的气密性；除中的rm{H2OHCl}

故答案为：rm{D}

rm{ymol}rm{/}空空格rm{/}空rm{/}格rm{/!/}空rm{/05ymol}

rm{xol}rm{/}空rm{/!/}格rm{/xmol}

使用应通入段时间尽装置内的气，止加热时氢气不纯发生炸危险，在加热rm{F}处的英管前，必须进行的实验作是收集rm{F}处的气体并检验rm{H2}纯度；

得rm{x=.012}rm{=0.002}

rm{Li}与水反应生成rm{iOH2}反应方程rm{LiH+2O=LiOH+H2隆眉}

故答案为rm{LiH+H2LiOH+H2}空格rm{/}

rm{H+H2=H2隆眉+LiOH}

制备气体装置；加入药品前首先进行的实验作是检验置气密性装置中应选择品为碱石灰碱石灰是氧和氢氧钠的混合物，化与水可应，氢氧化钠可作干燥剂，且与盐反应，以该装置的作是收水蒸和部氯化氢体；

故案为收集排出的气体并检验rm{H2}纯度；

故答案为：和食浓硫酸；rm{2Cl-+Mn2+4H+dfrac{underline{{驴脮赂帽};triangle;/{赂帽}/}}{/{赂帽}/}M+Cl2隆眉+2H2O}

答案为rm{2Cl-+Mn2+4H+dfrac{

underline{{驴脮赂帽};triangle;/{赂帽}/}}{/{赂帽}/}M+Cl2隆眉+2H2O}rm{6}．

氢锂足量水应生成氢气和氢氧化锂；

制备气体，加入药品首先要进行验操作是：验装置气密，装rm{1}中应择药品为碱石除去rm{D}中的rm{H2}和rm{H2O}防止干实验；

依据制备装置利用二氧化锰和浓盐酸加反，成氯化锰、氯气和水，生成的氯气含有氯氢和水蒸气，通过饱和食盐水除去氯化氢，通过浓硫除去水蒸气；氢气和发生反应成rm{HCl}制备rm{iH}固要备氢rm{LiH}在干燥的空气中能稳定存在，遇水或能够引起燃烧，所以制备氢气燥净利rm{iH}置制备氢气用装置rm{B}中的石灰除去氢气中的氯化氢和蒸气，通入装置rm{D}加热和锂反应成化，最后接rm{F}防止中的水蒸气和氧化碳进rm{E}和生成的氢化锂生应．

使用前通入一段时间氢；排尽装置的空气防热氢气不纯发生爆炸危险；

设rm{F}质的量别为rm{LiHLi}rm{xmo}根据方程表示出氢气质的量，再根据二者总质量；气总体积列方计解答．

本题考查气体的制备和性质实验综考查了气、氨的制备和性质，涉及对装置及作分析价、气体收集、化学方式计算，理解原是关键，题度中等．rm{ymol}【解析】rm{D}rm{a}饱和食盐水、浓硫酸；rm{2Cl^{-}+MnO_{2}+4H^{+}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}Mn^{2+}+Cl_{2