2025年中图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年中图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：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、下列实验现象，与新制的氯水中的某些成分（括号内物质）没有关系的是（）A.氯水使红色布条褪色（HCl）B.向NaHCO3固体中滴加氯水，有无色气泡（H+）C.向氯水中滴加AgNO3溶液产生白色沉淀（Cl-）D.向KI溶液中滴加氯水，再加淀粉溶液，溶液变蓝色（Cl2）2、有关实验的叙述，正确的是（）A.将固体加入容量瓶中溶解并稀释至刻度，配制成一定物质的量浓度的溶液B.用托盘天平称量氢氧化钠时，直接放在托盘上称量C.用NaOH溶液洗涤并灼烧铂丝后，再进行焰色反应D.对容量瓶内液体定容时，俯视读数导致物质的量浓度偏大3、下列叙述正确的是（）A.钾的原子质量就是钾的相对原子质量B.一个硫原子的实际质量约等于gC.水的相对分子质量为18gD.17gOH-中所含电子数为9NA4、化学与社会、生产、生活密切相关．下列说法错误的是（）A.油脂和草木灰的混合物有一定的去污能力，在热水中去污能力更强B.胶体粒子吸附电荷是胶体相对稳定的主要原因，中和所带电荷可以使胶体聚沉C.在船底镶嵌锌块以保护船体的方法叫阴极电保护法，利用的是原电池原理D.过多的汽车尾气排放物容易造成雾霾、酸雨和光化学污染等环境污染问题5、某无毒气体的密度约是空气密度的5/9；且极难溶于水，那么收集该气体可用的方法是（）

①向上排空气法②向下排空气法③排水法．A.①或②B.①或③C.②或③D.①②③均可评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)6、下列关于水的说法不正确的是（）A.我们平时应多饮用很纯净的水，防止有毒物质进入体内B.所有天然水都不能饮用C.人体内含有约体重的水，故人每天不用喝水也可D.人类可利用的水只占自然界的水极少量，我们应节约用水7、下列根据实验操作和现象所得出的解释或结论正确的是（）

。选项实验操作现象解释或结论A向漂白粉样品中滴入少量浓盐酸，试管口用湿润的KI淀粉试纸检验试纸变蓝逸出的气体不一定是纯净的Cl2B浓磷酸与NaBr固体混合加热有气体产生H3PO4的酸性比HBr的酸性强C向Na2S溶液中滴加盐酸产生气泡Cl的非金属性比S强DMg（OH）2悬浊液中加入pH=7的醋酸铵溶液沉淀溶解加入醋酸铵发生NH4++OH-⇌NH3•H2O，使Mg（OH）2⇌Mg2++2OH-平衡向右移动A.AB.BC.CD.D8、铜、锌、稀硫酸组成的原电池，当导线中通过2mole-时，下列说法正确的是（）A.锌片溶解65g，铜片上有1molH2生成B.两极上溶解和析出的物质质量相等C.锌片每溶解1g，铜片上就析出氢气1gD.锌片溶解1mol，硫酸就消耗1mol9、第三十届奥林匹克夏季运动会将于2012年7月27日在伦敦举行．下图是酷似奥林匹克旗中五环的一种有机物，被称之为奥林匹克烃．下列说法正确的是（）A.该有机物属于芳香族化合物，是苯的同系物B.该有机物的分子式为C22H14C.该有机物的一氯代物只有一种D.该有机物完全燃烧生成H2O的物质的量小于CO2的物质的量10、如果一个可逆反应的平衡常数K值很大，下列说法正确的是（）A.该反应也可能需要催化剂B.该反应一旦发生将在很短的时间内完成C.该反应达平衡时至少有一种反应物的百分含量很小D.该反应的反应物混合后很不稳定11、短周期元素X、Y、Z、W在周期表中的相对位置如图，W原子的最外层电子数是其最内层电子数的3倍．下列判断正确的是（）A.原子半径：Y＞Z＞XB.含Y元素的盐溶液有的显酸性，有的显碱性C.最简单气态氢化物的热稳定性：Z＞WD.X与R的核电荷数相差2412、下列实验操作；现象和结论均正确的是（）

。选项实验操作现象结论A将浓硫酸滴到蔗糖表面固体变黑膨胀浓硫酸有强氧化性和吸水性B将新制氯水和NaBr溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡静置下层溶液呈红棕色氧化性：Cl2＞Br2C将FeCl3溶液滴加到Mg（OH）2悬浊液中，振荡白色沉淀变为红棕色沉淀溶解度：Fe（OH）3＜Mg（OH）2D向SO2水溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液有白色沉淀生成BaSO3难溶于盐酸A.AB.BC.CD.D13、右图是反应CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）进行过程中的能量变化曲线．曲线a表示不使用催化剂时反应的能量变化，曲线b表示使用催化剂后的能量变化．下列相关说法正确的是（）A.其它条件不变，按曲线b线进行的反应，CH3OH的产率更高B.其它条件不变，分别按曲线a、b线进行的反应的热效应相同C.（1molCO+2molH2）中的键能之和比1molCH3OH中的键能之和大D.热化学方程式为CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）△H=-91kJ•mol-1评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)14、（2015秋•乳山市校级期末）以下是对化学反应变化过程及结果的研究．按要求回答问题：

（1）已知：甲醇脱水反应2CH3OH（g）=CH3OCH3（g）+H2O（g）△H1=-23.9kJ•mol-1

甲醇制烯烃反应2CH3OH（g）=C2H4（g）+2H2O（g）D△H2=-29.1kJ•mol-1

乙醇异构化反应C2H5OH（g）=CH3OCH3（g））D△H3=+50.7kJ•mol-1

则乙烯气相直接水合反应：C2H4（g）+H2O（g）=C2H5OH（g）的△H=____．

（2）在25℃下，将pH=a的氢氧化钠溶液与pH=b的醋酸溶液等体积混合，若两溶液恰好完全反应，则a+b____14（填＞、“＜”或“=”）；该温度下醋酸的电离常数K=____（用含a、b的式子精确表示）

（3）用一个离子方程式表示反应：100ml3mol•L-1NaOH溶液中通入标准状况下4.48LCO2____；所得溶液中离子浓度大小排列顺序为：____；

（4）废氨水可以转化成氨，氨再设计成碱性燃料电池．图是该燃料电池示意图，产生的X气体可直接排放到大气中．a电极电极反应式为____；T℃下，某研究员测定NH3•H2O的电离常数为1.8×10-5，NH4+的水解平衡常数为1.5×10-8（水解平衡也是一种化学平衡，其平衡常数即水解常数），则该温度下水的离子积常数为____，请判断T____25℃（填“＞”“＜”“=”）15、已知：①RCH=CH2+CO+H2RCH2CH2CHO

②

+CH2=CH2G（异戊酸薄荷醇酯）是一种治疗心脏病的药物，可由A（分子式为C7H8O，能与FeCl3溶液发生显色反应）和烯烃D（分子式C4H8）等为原料制取，合成路线如下：

（1）A的名称为____．

（2）F中含氧官能团名称____．

（3）D的结构简式为____．

（4）某化合物是B的同分异构体，其分子中含有4种化学环境的氢原子，其对应的个数比为9：2：2：1，写出该化合物的结构简式____（任写一种）．

（5）正戊醛可用作香料、橡胶促进剂等，写出以乙醇为原料制备CH3（CH2）3CHO的合成路线流程图（无机试剂任用）．合成路线流程图示例如下：H2C=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH．16、ⅢA族的硼；铝、镓、铟、铊等元素在化合物中通常表现出+3价；含ⅢA族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途．请回答下列问题．

（1）基态B原子核外电子排布式____，在BF3分子中中心原子B的轨道杂化方式____．

（2）氯化铝（AlCl3）为无色透明晶体或白色而微带浅黄色的结晶性粉末，密度2.44g/cm3，熔点190℃（2.5大气压），沸点182.7℃，在177.8℃升华，氯化铝的蒸气或溶于非极性溶剂中或处于熔融状态时，都以共价的二聚成Al2Cl6形式存在，则氯化铝属于____晶体（填所属晶体类型）

（3）砷化镓属于第三代半导体；它能直接将电能转变为光能，砷化镓灯泡寿命是普通灯泡的100倍，而耗能只有其中10%，推广砷化镓等发光二极管（LED）照明，是节能减排的有效举措，砷化镓晶胞结构与金刚石相似．试回答下列问题：

①下列说法正确的是____（填序号）．

A．砷化镓晶胞结构中Ga原子的轨道杂化方式为sp3B．第一电离能：As＜Ga

C．电负性：As＜GaD．砷和镓都属于p区元素

②砷化镓是将（CH3）3Ga和AsH3用MOCVD方法制备得到，该反应在700℃进行，反应的方程式为____．

（4）铊化钠的晶胞结构如图，该物质化学式为____．已知该晶体是立方晶系，Na、Tl最近距离为apm，写出计算该晶体的密度____g/cm3．（已知阿佛加德罗常数：NA•mol-1）17、查阅资料知：Br2的沸点为59℃；微溶于水，有毒性．某化学小组模拟工业流程从浓缩的海水中提取液溴，主要实验装置（夹持装置略去）及操作步骤如下：

①连接A与B，关闭活塞b、d，打开活塞a、c，向三颈瓶A中缓慢通Cl2至反应完全；

②关闭a、c，打开b；d；向A中鼓入足量热空气；

③进行步骤②的同时，向B中通入足量SO2；

④关闭b，打开a，再通过A向B中缓慢通入足量Cl2；完全反应；

⑤将B中所得液体进行蒸馏；收集液溴．

请回答：

（1）可以判断步骤①中反应已经完全的现象是____．

（2）步骤②中鼓入热空气的作用为____．

（3）步骤③中B容器里反应的化学方程式为____．

（4）本实验多次涉及尾气处理，可吸收处理B中尾气的是____（填选项）．

A．浓硫酸B．饱和NaCl溶液C．NaOH溶液D．水。

（5）用C代替B，进行步骤①和②，此时C中有NaBr、NaBrO3等物质生成，该反应的化学方程式为____．

（6）继续向锥形瓶中滴加稀硫酸，经步骤⑤，也能制得液溴．与B装置相比，采用C装置的优点为____．18、工业上从废催化剂（主要成分是钯和活性炭；还含有少量铁；锌）中回收钯，采用如下流程：

已知：钯（Pd）的性质与铂相似．钯与王水在加热条件发生的主要反应是：3Pd+12HCl+2HNO33H2PdCl4+2NO↑+4H2O

请回答下列问题：

（1）酸溶I前先将废催化剂在700℃下进行灼烧，同时不断通入空气的作用是____．加入盐酸的目的是____．

（2）酸溶Ⅱ需控制温度不宜过高，除了控制一定反应速率外，其原因是____

（3）若用足量的烧碱吸收混有空气的气体Ⅱ，吸收后溶液中含有的溶质的化学式有NaOH、NaNO2、____

（4）使用甲醛还原钯的化合物时，溶液须保持碱性，否则会造成甲醛的额外损耗，原因是____．

（5）操作I的名称是____，溶液I可能含有的有机离子为____．

（6）催化剂中另一主要成分活性炭可以用浓硝酸除去，写出该反应的化学方程式：____．19、（16分）Fe2＋和I－是两种常见的还原性离子。（1）向FeSO4溶液中滴加氯水，溶液由浅绿色变成黄色，反应的离子方程式为；向KI溶液中滴加氯水，溶液由无色变成黄色，反应的离子方程式：。（2）请以FeSO4溶液、KI溶液、氯水为试剂验证I－的还原性强于Fe2＋。设计实验方案，补充完成实验步骤、预期现象和结论。其他限选试剂：3mol·L－1H2SO4、0．01mol·L－1KMnO4、20%KSCN、3%H2O2、淀粉溶液、紫色石蕊溶液。。实验步骤预期现象与结论步骤1：取2mLFeSO4溶液和2mLKI溶液混合于试管中，再滴加1～2滴氯水。；步骤2：________________________________________________________________________。（3）利用（2）提供的试剂证明碘与铁的化合物中铁显＋2价，实验操作和现象是：取少量样品溶于水，。评卷人得分四、解答题(共3题，共6分)20、中学化学中常见的某反应的化学方程式为a+b→c+d+H2O（未配平；反应条件略去）．请回答下列问题：

（1）若a是铁，b是稀硝酸（过量）且a可溶于c溶液中．则a与b反应的离子方程式为______．

（2）若c；d为气体；且都能使澄清石灰水变浑浊，则将此混合气体通入溴水中，橙色褪去，写出其褪色过程的离子方程式为______．

（3）若c是无色刺激性气味的气体；其水溶液显弱碱性，若在标准状况下收集c气体进行喷泉实验，实验完成后所得溶液的物质的量浓度为______mol/L．

（4）当d为氯碱工业的主要原料；c是造成温室效应的主要气体之一，则上述反应的化学方程式为______．

21、常温下；将40克7%的NaCl溶液和60克12%的NaCl溶液混合，得到密度为1.17g/cm的混合溶液，计算：

（1）该混合溶液中溶质的质量分数？

（2）该混合溶液中溶质的物质的量浓度？22、某氮肥厂氨氮废水中的氮元素多以NH4+和MH3•H2O的形式存在，该废水的处理流程如图1所示：

（1）过程Ⅰ：加NaOH溶液；调节pH至9后，升温至30℃，通空气将氨赶出并回收．

①用离子方程式表示加NaOH溶液的作用：______．

②用化学平衡原理解释通空气的目的：______．

（2）过程Ⅱ：在微生物作用的条件下，NH4+经过两步反应被氧化成NO3-．两步反应的能量变化示意图如图2所示：

①第一步反应是______反应（选题“放热”或“吸热”）；判断依据是______．

②1molNH4+（aq）全部氧化成NO3-（aq）的热化学方程式是______．

（3）过程Ⅲ：一定条件下，向废水中加入CH3OH，将HNO3还原成N2．若该反应消耗32gCH3OH转移6mol电子；则参加反应的还原剂和氧化剂的物质的量之比是______．

评卷人得分五、实验题(共3题，共6分)23、从明矾中提取K2SO4和Al2（SO4）3的主要操作有下列四步；下面是对每步操作提出的问题，请完成填空：

（1）将固体明矾用水溶解，加入过量的氨水，并过滤、洗涤沉淀．加过量氨水的目的是____，洗涤沉淀的目的是____．

（2）取沉淀加____直到沉淀完全溶解，再蒸发、结晶得____．

（3）取（1）的滤液，加稍过量的____溶液并加热，其目的是____；再加入少量____中和多余的碱．

（4）对（3）所得的溶液加热、浓缩、结晶得____．24、如图为配制250mL0.2mol/LNa2CO3溶液的示意图．

回答下列问题：

（1）①中称得Na2CO3____g；选取容量瓶规格：____

（2）容量瓶使用前检验漏水的方法是____．

（3）若出现如下情况；对所配溶液浓度有何影响？（填“偏高”“偏低”或“无影响”）

A．某同学在第⑧步观察液面时俯视____；

B．没有进行操作步骤④和⑤____；

C．在第⑤步不慎有少量液体流到容量瓶外____．

D．未经冷却趁热将溶液注入容量瓶中定容____．

E．摇匀后发现液面低于刻度线再加水____．25、在Na+浓度为0.5mol/L的某澄清溶液中；还可能含有表中的若干种离子：

。阳离子K+、Ag+、Mg2+、Ba2+阴离子NO3-、CO32-、SO42-、SiO32-取该溶液10mL进行如下实验（气体体积在标准状况下测定）：

。序号实验内容实验结果Ⅰ向该溶液中加入足量稀HCl产生白色沉淀并放出0.56L气体Ⅱ将Ⅰ的反应混合液过滤，对沉淀洗涤、灼烧至恒重，称量所得固体质量固体质量为2.4gⅢ在Ⅱ的滤液中滴加BaCl2溶液无明显现象试回答下列问题：

（1）实验I能确定一定不存在的阳离子是______。

（2）实验I中生成沉淀的离子方程式为______。

（3）通过实验I；Ⅱ、Ⅲ和必要计算；填写下表中阴离子的浓度（能计算出的，填写计算结果，一定不存在的离子填“0”，不能确定是否存在的离子填“？”）

。阴离子NO3-CO32-SiO32-SO42-c/mol•L-1________________________（4）判断K+是否存在______，（填“是”或“否”）若存在求其最小浓度，若不存在说明理由______。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、A【分析】【分析】氯气与水反应，发生Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，氯水中含有HClO、Cl2，具有氧化性，其中HClO具有漂白性，含有H+，具有酸性，以此解答．【解析】【解答】解：A．次氯酸具有强氧化性；能氧化有色布条，与HCl没有关系，故A选；

B．氯水显酸性，能与碳酸氢钠反应生成CO2气体；故B不选；

C．是氯离子和硝酸银反应生成氯化银白色沉淀；故C不选；

D．是氯气氧化了碘离子；生成碘单质，淀粉变蓝，故D不选；

故选A．2、D【分析】【分析】A．容量瓶不能用来直接盛装固体配制溶液；

B．氢氧化钠具有腐蚀性和易潮解的性质；

C．进行焰色反应时铂丝用浓盐酸洗涤并灼烧；

D．读取滴定管内液体的体积，俯视读数导致读数偏小．【解析】【解答】解：A．容量瓶不能用来直接盛装固体配置溶液；要将固体先在烧杯中溶解，冷却至室温转移到容量瓶中，故A错误；

B．氢氧化钠具有腐蚀性和易潮解的性质；所以在称量时，要放在玻璃器皿中称量，故B错误；

C．进行焰色反应时；铂丝用浓盐酸洗涤并灼烧，如用NaOH洗涤会使NaOH粘附在铂丝上，干扰检验其它金属元素的焰色反应，故C错误；

D．滴定管的0刻度在上方；读取滴定管内液体的体积时，俯视读数导致读数偏小，物质的量浓度偏大，故D正确．

故选D．3、B【分析】【分析】A．质量和相对原子质量的单位不同；

B．根据n==计算；

C．单位错误；

D.1个OH-中所含电子数为10．【解析】【解答】解：A．质量的单位为g；与相对原子质量不相等，故A错误；

B．由n==可知，一个硫原子的实际质量约等于=g；故B正确；

C．水的相对分子质量为18；单位错误，故C错误；

D.1个OH-中所含电子数为10，则17gOH-中所含电子数为10NA；故D错误．

故选B．4、C【分析】【解答】A．草木灰的成分是碳酸钾；油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸钠（肥皂），故A正确；

B．胶粒带电荷是胶体相对稳定的主要原因；中和所带电荷，胶粒在重力作用下发生聚沉，故B正确；

C．在船底镶嵌锌块以保护船体的方法叫牺牲阳极的阴极保护法；故C错误；

D．过多的汽车尾气排放物；含有氮的氧化物；小颗粒等，容易造成雾霾、酸雨和光化学污染等环境污染问题，故D正确。

故选C。

【分析】A．草木灰的成分是碳酸钾；

B．胶粒带电荷是胶体相对稳定的主要原因；

C．在船底镶嵌锌块以保护船体的方法叫牺牲阳极的阴极电保护法；

D．汽车尾气排放物含有氮的氧化物、小颗粒等。5、C【分析】解：某无毒气体的密度约是空气密度的则该气体的密度比空气小，可以选用向下排空气法收集；

该气体极难溶于水；可以用排水法收集；

所以②③正确；

故选C．

根据信息：某无毒气体的密度约是空气密度的且极难溶于水．可知收集该气体的方法是向下排空气法或排水法．

本题考查了气体的收集方法，气体的收集方法要根据气体的密度和溶水性选择，题目难度不大．【解析】【答案】C二、多选题(共8题，共16分)6、ABC【分析】【分析】A．人的生理活动需要大量的水；

B．部分天然水可以直接饮用；

C．人每天需要消耗大量的水；

D．自然界极少量的水人类可利用．【解析】【解答】解：A．人的生理活动需要大量的水；不是防止有毒物质进入体内，故A错误；

B．达到饮用标准的天然水可以直接饮用；故B错误；

C．人每天需要消耗大量的水；需要每天喝水，故C错误；

D．自然界极少量的水人类可利用；我们应节约用水，故D正确．

故选ABC．7、AD【分析】【分析】A．向漂白粉样品中滴入少量浓盐酸；生成氯气可氧化碘离子，且盐酸易挥发；

B．利用难挥发性酸制取易挥发性酸；

C．不能利用氢化物对应酸性比较非金属性；

D．醋酸铵电离生成的铵根离子和氢氧根离子反应生成一水合氨，促进氢氧化镁溶解．【解析】【解答】解：A．漂白粉和浓盐酸反应生成氯气，生成氯气可氧化碘离子，试纸变蓝，且盐酸挥发，所以逸出的气体不一定是纯净的Cl2；故A正确；

B．磷酸没有挥发性、HBr有挥发性；利用难挥发性酸制取易挥发性酸，不能利用该反应比较酸性强弱，故B错误；

C．向Na2S溶液中滴加盐酸；反应生成气体为硫化氢，不能利用氢化物对应酸性比较非金属性，故C错误；

D．醋酸铵电离生成的铵根离子和氢氧根离子反应生成一水合氨，从而使Mg（OH）2⇌Mg2++2OH-平衡向右移动；故D正确；

故选AD．8、AD【分析】【分析】锌-铜-稀硫酸组成的原电池装置中，较活泼的金属锌作负极，较不活泼的金属铜作正极，负极上锌失电子发生氧化反应，正极上氢离子得电子发生还原反应，以此解答该题．【解析】【解答】解：锌-铜-稀硫酸组成的原电池装置中，较活泼的金属锌作负极，较不活泼的金属铜作正极，正极材料是铜，溶液中氢离子得到电子生成氢气，电极反应2H++2e-=H2↑，锌做负极失电子生成锌离子，电极反应为：Zn-2e-=Zn2+；当导线中有2mol电子通过时；

负极上Zn失电子而溶解，Zn片溶解的质量=65g/mol×=65g；

正极上氢离子得电子发生还原反应，所以铜片上生成氢气的物质的量==1mol；生成的氢气的质量为1mol×2g/mol=2g；

A；锌片溶解了65克；铜片上放出了1mol氢气，故A正确；

B；锌片溶解了65克；铜片上放出2g氢气，两极上溶解和析出的物质质量不等，故B错误；

C；锌片溶解了65克；铜片上放出2g氢气，所以锌片每溶解32.5g，铜片上就析出氢气1g，故C错误；

D、根据总反应Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑；所以锌片溶解了1mol，硫酸就消耗1mol，故D正确；

故选AD．9、BD【分析】【分析】由结构可知分子式，含5个相连的苯环，为稠环化合物，与苯结构不相似，结合分子式及原子守恒分析燃烧产物，以此来解答．【解析】【解答】解：A．苯的同系物中只有一个苯环；而该物质含多个苯环，属于芳香族化合物，但不属于苯的同系物，故A错误；

B．由结构简式可知，该有机物的分子式为C22H14；故B正确；

C．由结构对称性可知；分子中含7种H，则该有机物的一氯代物有7种，故C错误；

D．由结构可知，分子式为C22H14，1mol该物质燃烧生成22molCO2，7molH2O，燃烧生成H2O的物质的量小于CO2的物质的量；故D正确；

故选BD．10、AC【分析】【分析】可逆反应的平衡常数越大，说明反应进行的程度越大，不能说明反应速率快慢、不能说明该反应在通常条件下一定可以发生．【解析】【解答】解：A．可逆反应的平衡常数很大；说明反应进行的程度很大，不能说明该反应在通常条件下一定可以发生，该反应可能需要催化剂才可以进行，故A正确；

B．可逆反应的平衡常数很大；说明反应进行的程度很大，不能说明该条件下反应速率很快，故B错误；

C．可逆反应的平衡常数很大；说明反应进行的程度很大，反应达平衡时至少有一种反应物的百分含量很小，故C正确；

D．可逆反应的平衡常数很大；说明反应进行的程度很大，不能说明该反应在通常条件下一定可以发生，该反应的反应物混合后可能稳定共存，故D错误；

故选AC．11、AB【分析】【分析】由短周期元素在周期表中的位置可知；X处于第二周期，Y；Z、W处于第三周期，R处于第四周期，W原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍，最外层电子数为6，则W为S，可推知X为N，Y为Al，Z为Si，R为As．

A．同周期随原子序数增大原子半径减小；同主族自上而下原子半径增大；

B．AlCl3溶液显酸性；

C．同周期自左而右元素非金属性增强；非金属性越强，氢化物越稳定；

D．X与R的核电荷数之差为第三、第四周期容纳元素种数之和．【解析】【解答】解：由短周期元素在周期表中的位置可知；X处于第二周期，Y；Z、W处于第三周期，R处于第四周期，W原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍，最外层电子数为6，则W为S，可推知X为N，Y为Al，Z为Si，R为As．

A．同周期随原子序数增大原子半径减小；同主族自上而下原子半径增大，则原子半径：Y＞Z＞X，故A正确；

B．Y为Al元素，NaAlO2溶液显碱性，而AlCl3溶液显酸性；故B正确；

C．同周期自左而右元素非金属性增强；故非金属性W＞Z，非金属性越强，氢化物越稳定，则最简单气态氢化物的热稳定性为W＞Z，故C错误；

D．X与R的核电荷数之差为第三；四周期容纳元素种数之和；即二者核电荷数之差为8+18=26，故D错误；

故选：AB．12、BC【分析】【分析】A．浓硫酸具有脱水性和强氧化性；可使蔗糖变黑，且固体膨胀；

B．氯气能与溴化钠反应生成溴单质；

C．溶解度大的物质能向溶解度小的物质转化；

D．亚硫酸酸性比盐酸弱，BaSO3可溶于酸．【解析】【解答】解：A．浓硫酸具有脱水性和强氧化性；可使蔗糖变黑，生成的碳与浓硫酸发生氧化还原反应生成气体，固体膨胀，故A错误；

B．氯气能与溴化钠反应生成溴单质，说明氧化性：Cl2＞Br2；故B正确；

C．溶解度大的物质能向溶解度小的物质转化，将FeCl3溶液加入Mg（OH）2悬浊液中，振荡，可观察到沉淀由白色变为红褐色，说明Fe（OH）3的溶解度小于Mg（OH）2；故C正确；

D．亚硫酸酸性比盐酸弱，BaSO3可溶于酸，则将SO2通入BaCl2溶液中没有白色沉淀生成；故D错误．

故选BC．13、BD【分析】【分析】A；依据催化剂只改变速率不改变平衡分析判断；

B；依据盖斯定律的内容；反应的焓变只与起始和终了状态有关，与变化过程无关；

C；依据图象中反应物和生成物能量的大小；结合拆化学键吸收能量，形成化学键放出能量分析判断；

D、依据图象中的能量变化，结合书写热化学方程式的要求写出．【解析】【解答】解：A、曲线b表示使用催化剂后的能量变化；催化剂只改变所以速率，不改变化学平衡，所以反应物的转化率和生成物的产率不变，故A错误；

B、曲线a、b线进行的反应，b线使用催化剂降低了反应的活化能；改变了反应速率，但平衡开始和终了的物质能量未变，所以反应的热效应相同，故B正确；

C、图象中表示该反应是放热反应，所以拆化学键吸收的能量小于形成化学键所放出的能量，因此（1molCO+2molH2）中的键能之和比1molCH3OH中的键能之和小；故C错误；

D、图象中表示的是1molCO气体和2mol氢气反应生成1mol气态甲醇的反应热效应，反应放出热量=510KJ-419KJ=91KJ，根据热化学方程式的书写原则热化学方程式为：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）△H=-91kJ•mol-1；故D正确；

故选BD．三、填空题(共6题，共12分)14、-45.5kJ/mol＞3OH-+2CO2═CO32-+HCO3-+H2OC（Na+）＞C（HCO3-）＞C（CO32-）＞C（OH-）＞C（H+）2NH3+6OH--6e-=N2+6H2O2.7×10-13＞【分析】【分析】（1）利用盖斯定律构造目标热化学方程式并求焓变；

（2）pH=a的氢氧化钠溶液中c（NaOH）=c（OH-）=10a-14mol/L，醋酸部分电离，则pH=b的醋酸溶液中c（醋酸）＞10-bmol/L，酸碱恰好中和，则酸的物质的量与碱的物质的量相等，据此分析；醋酸的电离常数K=；c（醋酸）=c（NaOH），氢离子浓度已知，则可以计算出K；

（3）先分析溶液中的成分；再根据盐类的水解和电荷守恒来分析，注意盐类的水解是微弱的；

（4）氨气作燃料应充入负极区，碱性燃料电池氢氧根离子常参与电极反应，氨气中的N失去电子化合价升高，由于X无污染可以确定X为氮气，根据Kw=Kh×Kb代入计算即可，Kw与温度成正比，以此判断T与25℃的大小．【解析】【解答】解：（1）已知：甲醇脱水反应①2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△H1=-23.9kJ•mol-1

甲醇制烯烃反应②2CH3OH（g）═C2H4（g）+2H2O（g）△H2=-29.1kJ•mol-1

乙醇异构化反应③C2H5OH（g）═CH3OCH3（g）△H3=+50.7kJ•mol-1；

根据盖斯定律①-②-③可得：C2H4（g）+H2O（g）═C2H5OH（g）△H=（-23.9+29.1-50.7）kJ/mol=-45.5kJ/mol；故答案为：-45.5kJ/mol；

（2）pH=a的氢氧化钠溶液中c（NaOH）=c（OH-）=10a-14mol/L，醋酸部分电离，则pH=b的醋酸溶液中c（醋酸）＞10-bmol/L，酸碱恰好中和，则酸的物质的量与碱的物质的量相等，则c（NaOH）=c（OH-）=10a-14mol/L=c（醋酸）＞10-bmol/L，所以10a-14＞10-b，则a+b＞14；c（醋酸）=c（NaOH）=10a-14mol/L，c（H+）=c（CH3COO-）=10-bmol/L，则醋酸的电离常数K===，故答案为：＞；；

（3）100mL3mol•L-1的NaOH的物质的量=3mol/L×0.1L=0.3mol，标准状况下4.48LCO2的物质的量==0.2mol，这样OH-：2CO2=3：2；离子方程式为：3OH-+2CO2═CO32-+HCO3-+H2O；反应后的溶液就是0.1mol的NaHCO3和0.1mol的Na2CO3，无论碳酸钠还是碳酸氢钠，溶液都呈碱性，即：C（OH-）＞C（H+），溶液中氢氧根离子有两个来源，一个是碳酸根离子水解，一个是碳酸氢根离子水解，碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子的水解，所以C（HCO3-）＞C（CO32-）＞C（OH-），故溶液中各离子浓度大小顺序是C（Na+）＞C（HCO3-）＞C（CO32-）＞C（OH-）＞C（H+）；

故答案为：3OH-+2CO2═CO32-+HCO3-+H2O；C（Na+）＞C（HCO3-）＞C（CO32-）＞C（OH-）＞C（H+）；

（4）在燃料电池中，可燃物充入负极区，所以NH3充入的a极作负极，产生的X气体为氧化产物，可直接排放到大气中，说明X对大气无污染，因此X为氮气，由该燃料电池示意图可知负极反应产物有水，由于是碱性电池，氢氧根离子也参与负极电极反应，综上所述可写出负极反应式：2NH3+6OH--6e-=N2+6H2O；根据公式Kw=Kh×Kb，T℃下Kw=1.5×10-8×1.8×10-5=2.7×10-13；水的电离是吸热的，所以温度越高Kw越大，由于2.7×10-13＞1.0×10-14；所以T＞25℃；

故答案为：2NH3+6OH--6e-=N2+6H2O；2.7×10-13；＞．15、3-甲基苯酚（或间基苯酚）羟基、酯基（CH3）2C=CH2【分析】【分析】由G的结构可知，C、E发生酯化反应生成G，C、E分别为（CH3）2CH2CH2COOH种的一种，A分子式为C7H8O，能与FeCl3溶液发生显色反应，则说明A中含有酚羟基和甲基，根据G的结构简式可以看出A为A与丙烯发生加成反应生成B为B与氢气发生加成反应生成C为则E为（CH3）2CH2CH2COOH，D为（CH3）2CH=CH2，结合有机物的结构的性质以及题目要求解答该题．【解析】【解答】解：由G的结构可知，C、E发生酯化反应生成G，C、E分别为（CH3）2CH2CH2COOH种的一种，A分子式为C7H8O，能与FeCl3溶液发生显色反应，则说明A中含有酚羟基和甲基，根据G的结构简式可以看出A为A与丙烯发生加成反应生成B为B与氢气发生加成反应生成C为则E为（CH3）2CH2CH2COOH，D为（CH3）2CH=CH2；

（1）A为名称为3-甲基苯酚（或间基苯酚），故答案为：3-甲基苯酚（或间基苯酚）；

（2）F中含氧官能团有羟基；酯基；由故答案为：羟基、酯基；

（3）由以上分析可知，D为（CH3）2C=CH2，故答案为：（CH3）2C=CH2；

（4）B为对应的同分异构体，其分子中含有4种化学环境的氢原子，其对应的个数比为9：2：2：1，可能的结构为故答案为：

（5）以乙醇为原料制备CH3（CH2）3CHO的合成路线流程图为：

故答案为：．16、1s22s22p1sp2分子AD（CH3）3Ga+AsH3GaAs+3CH4NaTl【分析】【分析】（1）B原子核外有5个电子；根据构造原理书写其基态原子核外电子排布式；根据价层电子对互斥理论确定B原子的杂化类型；

（2）分子晶体的熔沸点较低；

（3）①A．根据价层电子对互斥理论确定原子杂化类型；

B．同一周期中；元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第VA族元素大于其相邻元素；

C．同一周期中；元素的电负性随着原子序数的增大而增大；

D．根据最后填入的电子判断其所属区名称；

②根据反应物；生成物和反应条件书写方程式；

（4）利用均摊法确定其化学式，结合ρ=计算．【解析】【解答】解：（1）B原子核外有5个电子，根据构造原理知基态B原子核外电子排布式为1S22S22P1，在BF3分子中中心原子B的价层电子对个数=3且不含孤电子对，所以B原子的轨道杂化方式为sp2，故答案为：1s22s22p1；sp2；

（2）分子晶体的熔沸点较低；根据氯化铝的熔沸点知，氯化铝属于分子晶体，故答案为：分子；

（3）①A．砷化镓中Ga原子的价层电子对个数是4且含有一个孤电子对，所以晶胞结构中Ga原子的轨道杂化方式为sp3；故A正确；

B．As和Ga属于同一周期元素；且As属于第VA族元素，所以第一电离能：As＞Ga，故B错误；

C．电负性：As＞Ga；故C错误；

D．砷和镓最后填入的电子都是p电子；所以都属于p区元素，故D正确；

故选AD；

②砷化镓是将（CH3）3Ga和AsH3用MOCVD方法制备得到，该反应在700℃进行，所以其方程式为（CH3）3Ga+AsH3GaAs+3CH4；

故答案为：（CH3）3Ga+AsH3GaAs+3CH4；

（4）该晶胞中钠离子个数=5+12×=8，Tl离子个数=4+8×=8；所以该晶胞中钠离子和铊离子个数为8：8=1：1，所以其化学式为NaTl；

根据晶胞的结构图可知，有12个钠原子分布在晶胞的棱边中点、1个钠原子在晶胞的体心上、将晶胞均分成八个小立方体，有4个钠原子分布在互不相邻的小立方体的体心，这种结构与金刚石或者晶体硅的结构相似；根据晶胞的结构图可知，晶胞的体对角线的长度为Na、Tl最近距离的4倍，所以晶胞的边长为apm，该晶胞的体积=（a×10-10cm）3，ρ=g/cm3=g/cm3；

故答案为：．17、容器A中液面上有黄绿色气体出现吹出反应中生成的Br2Br2+SO2+H2O═2HBr+H2SO4C3Br2+3Na2CO3═5NaBr+NaBrO3+3CO2↑无污染，操作简便【分析】【分析】A中海水用硫酸酸化，通入热空气和氯气，发生氧化还原反应生成溴，空气将溴吹出，通入二氧化硫，发生Br2+SO2+H2O═2HBr+H2SO4；富集后再通入氯气，生成溴，可用氢氧化钠溶液吸收尾气；

（1）氯气为黄绿色气体；反应完毕应剩余氯气；

（2）溴易挥发；鼓入空气可将溴排出；

（3）溴与二氧化硫发生氧化还原反应；

（4）溴；氯气和二氧化硫都有毒；可用碱液吸收；

（5）溴和碳酸钠反应生成了溴化钠和溴酸钠；结合质量守恒配平方程式；

（6）采用C装置，步骤少，减少了二氧化硫的污染．【解析】【解答】解：A中海水用硫酸酸化，通入热空气和氯气，发生氧化还原反应生成溴，空气将溴吹出，通入二氧化硫，发生Br2+SO2+H2O═2HBr+H2SO4；富集后再通入氯气，生成溴，可用氢氧化钠溶液吸收尾气；

（1）氯气为黄绿色气体；反应完毕应剩余氯气，容器A中液面上有黄绿色气体出现，故答案为：容器A中液面上有黄绿色气体出现；

（2）溴易挥发，升高温度促进其挥发，所以通入热空气的目的是吹出Br2，故答案为：吹出反应中生成的Br2；

（3）溴与二氧化硫发生氧化还原反应，反应的化学方程式为Br2+SO2+H2O═2HBr+H2SO4，故答案为：Br2+SO2+H2O═2HBr+H2SO4；

（4）氯气不可能完全反应；氯气和溴离子反应生成溴单质，未反应的二氧化硫；氯气和溴都有毒，不能直接排空，且这几种物质都能和碱反应，所以用碱液吸收；

故答案为：C；

（5）溴和碳酸钠反应生成了溴化钠和溴酸钠，反应的方程式为3Br2+3Na2CO3═5NaBr+NaBrO3+3CO2↑，故答案为：3Br2+3Na2CO3═5NaBr+NaBrO3+3CO2↑；

（6）采用C装置，步骤少，减少了二氧化硫的污染，故答案为：无污染，操作简便．18、除去废催化剂中的活性炭除去铁、锌等杂质防止硝酸分解，防止盐酸、硝酸挥发NaNO3酸性条件下，甲醛会被硝酸氧化过滤HCOO-C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O【分析】【分析】废催化剂（主要成分是钯和活性炭，还含有少量铁、锌），废催化剂酸溶得到氢气是铁、锌和盐酸反应，过滤得到残渣加入王水钯与王水在加热条件发生反应生成一氧化氮气体，溶液为H2PdCl4；加入水和碳酸钠稀释调节溶液PH，加入甲醛还原钯的化合物，得到金属钯过滤得到溶液Ⅰ中含有含有甲醛被氧化得到的甲酸盐；

（1）通入空气加热使碳燃烧除去；加入盐酸除去铁；锌等杂质；

（2）酸溶Ⅱ使用的是王水；王水中硝酸加热易分解，硝酸；盐酸易挥发；

（3）烧碱吸收一氧化氮和氧气的混合气体；会生成硝酸钠；亚硝酸钠；

（4）酸性溶液中硝酸具有氧化性会氧化甲醛；

（5）分析流程可知操作是分离固体和溶液是过滤；甲醛被氧化会生成甲酸，在碱溶液中生成甲酸盐；

（6）浓硝酸和碳会加热发生反应；【解析】【解答】解：废催化剂（主要成分是钯和活性炭，还含有少量铁、锌），废催化剂酸溶得到氢气是铁、锌和盐酸反应，过滤得到残渣加入王水钯与王水在加热条件发生反应生成一氧化氮气体，溶液为H2PdCl4；加入水和碳酸钠稀释调节溶液PH，加入甲醛还原钯的化合物，得到金属钯过滤得到溶液Ⅰ中含有含有甲醛被氧化得到的甲酸盐；

（1）酸溶I前先将废催化剂在700℃下进行灼烧；同时不断通入空气的作用是，加热使碳燃烧，除去活性炭，加入盐酸除去铁；锌等杂质；

故答案为：除去废催化剂中的活性炭；除去铁；锌等杂质；

（2）酸溶Ⅱ需控制温度不宜过高；除了控制一定反应速率外，酸溶Ⅱ使用的是王水，王水中硝酸加热易分解，盐酸；硝酸易挥发；

故答案为：防止硝酸分解；防止盐酸；硝酸挥发；

（3）用足量的烧碱吸收混有空气的气体Ⅱ，烧碱吸收一氧化氮和氧气的混合气体，会生成硝酸钠、亚硝酸钠，吸收后溶液中含有的溶质的化学式有NaOH、NaNO2、NaNO3；

故答案为：NaNO3；

（4）使用甲醛还原钯的化合物时；溶液须保持碱性，若王水反应后剩余硝酸，酸性溶液中硝酸具有氧化性会氧化甲醛；

故答案为：酸性条件下；甲醛会被硝酸氧化；

（5）分析流程可知操作是分离固体和溶液是过滤，甲醛被氧化会生成甲酸，在碱溶液中生成甲酸盐，溶液I可能含有的有机离子为HCOO-；

故答案为：过滤，HCOO-；

（6）浓硝酸和碳会加热发生反应生成二氧化氮、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O；

故答案为：C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O；19、略

【分析】试题分析：（1）亚铁离子为浅绿色，铁离子为黄色，氯水中的氯气把亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Cl-+2Fe3+，氯水中的氯气把碘离子氧化为碘单质，离子方程式为：2I-+Cl2=2Cl-+I2，答案为：2Fe2++Cl2=2Cl-+2Fe3+；2I-+Cl2=2Cl-+I2；（2）步骤一：向FeSO4溶液中滴加氯水，溶液由浅绿色变成黄色，向KI溶液中滴加氯水，溶液由无色变成黄色，因此取2mLFeSO4溶液和2mLKI溶液混合于试管中，再滴加1～2滴氯水的现象为溶液变为黄色；答案为：溶液变为黄色；步骤二：可以用淀粉溶液检验碘单质的存在，溶液变蓝，证明I-的还原性强于Fe2+，也可以用20%KSCN溶液检验铁离子的存在，向试管中继续滴加几滴KSCN溶液，若溶液不变红，也说明I-的还原性强于Fe2+，答案为：向试管中继续滴加几滴20%KSCN溶液或向试管中继续滴加几滴淀粉溶液；溶液不变红说明I-的还原性强于Fe2+或溶液变蓝，说明I-的还原性强于Fe2+；（3）先滴加20%KSCN溶液不变红，然后滴加3%H2O2把亚铁离子氧化铁离子，溶液变红色，证明含有亚铁离子，答案为：滴加几滴20%KSCN溶液，无明显现象，再滴加3%H2O2溶液，溶液变红色。考点：考查氧化性、还原性强弱的比较，离子方程式的书写。【解析】【答案】33．（1）2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl—（3分）2I—+Cl2=I2+2Cl—（3分）四、解答题(共3题，共6分)20、略

【分析】

（1）（1）若a是铁，b是稀硝酸（过量）且a可溶于c溶液中，则Fe与硝酸反应生成硝酸铁、NO和水，发生的离子反应为Fe+4H++NO3-═Fe3++NO↑+2H2O；

故答案为：Fe+4H++NO3-═Fe3++NO↑+2H2O；

（2）若c、d为气体，且都能使澄清石灰水变浑浊，则c、d分别为二氧化碳、二氧化硫，将此混合气体通入溴水中橙色褪去，发生溴与二氧化硫的氧化还原反应生成硫酸和HBr；

发生的离子反应为SO2+Br2+2H2O═4H++SO42-+2Br-，故答案为：SO2+Br2+2H2O═4H++SO42-+2Br-；

（3）若c是无色刺激性气味的气体，其水溶液显弱碱性，则c为氨气，设喷泉实验中的烧瓶容积为VL，喷泉实验后溶液的体积为VL，则浓度为=mol/L=0.045mol/L，故答案为：或0.045；

（4）当d为氯碱工业的主要原料；c是造成温室效应的主要气体之一，则d为NaCl，c为二氧化碳，所以该反应为盐酸与碳酸钠的反应或盐酸与碳酸氢钠的反应，则上述反应为。

Na2CO3+2HCl═2NaCl+CO2↑+H2O或NaHCO3+HCl═NaCl+CO2↑+H2O；

故答案为：Na2CO3+2HCl═2NaCl+CO2↑+H2O或NaHCO3+HCl═NaCl+CO2↑+H2O．

【解析】【答案】（1）若a是铁，b是稀硝酸（过量）且a可溶于c溶液中；则Fe与硝酸反应生成硝酸铁；NO和水；

（2）若c、d为气体，且都能使澄清石灰水变浑浊，则c、d分别为二氧化碳、二氧化硫，将此混合气体通入溴水中橙色褪去，发生溴与二氧化硫的氧化还原反应生成硫酸和HBr；

（3）若c是无色刺激性气味的气体；其水溶液显弱碱性，则c为氨气，利用浓度；物质的量、溶液的体积的关系来计算；

（4）当d为氯碱工业的主要原料；c是造成温室效应的主要气体之一，则d为NaCl，c为二氧化碳，所以该反应为盐酸与碳酸钠的反应或盐酸与碳酸氢钠的反应．

21、略

【分析】【分析】（1）根据m（溶质）=m（溶液）×ω（溶质）计算原不同浓度溶液中NaCl的质量，进而计算NaCl总质量，再根据ω=×100%计算混合后溶液中NaCl的质量分数；

（2）根据c=计算混合溶液中NaCl的物质的量浓度．【解析】【解答】解：（1）混合后溶液中NaCl总质量为：40g×7%+60g×12%=10g；

混合后溶液中NaCl的质量分数为：×100%=10%；

答：该混合溶液中NaCl的质量分数为10%．

（2）混合溶液的密度为1.17g/cm3，NaCl的质量分数为10%，则混合后NaCl的物质的量浓度c=mol/L=2mol/L；

答：该混合溶液中NaCl的物质的量浓度为2mol/L．22、略

【分析】

（1）①铵盐能和强碱反应，实质是：NH4++OH-═NH3•H2O，故答案为：NH4++OH-═NH3•H2O；

②氨水电离是可逆反应；将生成的氨气带走，即减少生成物，可以使化学平衡向正反应方向移动，即更多的生成氨气，因而促进了氨水电离；

故答案为：空气可以将生成的氨气带走；使化学平衡向正反应方向移动，促进了氨水电离；

（2）①焓变小于0；则反应为放热反应，故答案为：放热；因为△H=-273kJ/mol＜0（反应物的总能量大于生成物的总能量）；

②第一步的热化学方程式为NH4+（aq）+1.5O2（g）═NO2-（aq）+2H+（aq）+H2O（l）；△H=-273KJ/mol；

第二步的热化学方程式为：NO2-（aq）+0.5O2（g）═NO3-（aq）；△H=-73KJ/mol；

根据盖斯定律则NH4+（ap）+2O2（g）═2H+（ap）+H2O（l）+NO3-（aq）；△H=-346kJ/mol；

故答案为：NH4+（ap）+2O2（g）═2H+（ap）+H2O（l）+NO3-（aq）；△H=-346kJ/mol；

（3）消耗32g（1mol）CH3OH转移6mol电子，由CH3OH中碳原子的化合价升高6，所以反应后碳的化合价为+4，产物为CO2；

根据质量守恒和化合价升降总数相等得：5CH3OH+6HNO3═5CO2+3N2+13H2O；反应中氧化剂是硝酸，还原剂是甲醇，参加反应的还原剂和氧化剂的物质的量之比是5：6；

故答案为：5：6．

【解析】【答案】（1）①铵根能和强碱反应生成一水合氨；②减少生成物；可以使化学平衡向正反应方向移动；

（2）①当反应物的总能量大于生成物的总能量；反应是放热的；

②结合图象根据盖斯定律来计算反应的焓变；

（3）根据消耗甲醇的量和转移电子的量来书写方程式；并确定氧化剂和还原剂的量的多少．

五、实验题(共3题，共6分)23、把铝离子全部转化为氢氧化铝沉淀除去附着在沉淀上的杂质离子稀H2SO4Al2（SO4）3氢氧化钾除去铵根离子稀硫酸K2SO4【分析】【分析】（1）铝离子与氨水反应生成氢氧化铝沉淀；洗涤沉淀除去附着在沉淀上的杂质离子；

（2）氢氧化铝溶于稀硫酸得到硫酸铝溶液；蒸发；结晶得硫酸铝；

（3）在（1）的滤液中含有K2SO4和硫酸铵；加强碱除去铵根离子；再除去多余的碱；

（4）根据从溶液中提取溶质的操作分析．【解析】【解答】解：（1）将固体明矾用水溶解；加入过量的氨水，铝离子与氨