2025年粤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年粤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总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、“西气东输”是我国为改善东部地区能源紧缺、开发大西北而实施的一项重大工程．这里的“气”是指（）A.氢气B.天然气C.一氧化碳D.水煤气2、卤素单质与氢气都能反应，反应产物是卤化氢（X2+H2=2HX），这是卤素性质的相似性；但其反应条件不同，从“黑暗中即可剧烈爆炸”→“不断加热才能缓慢反应”，这是其性质的递变性，其性质递变性原因是（）A.最外层电子数相同B.都是双原子分子C.电子层数不同D.卤化氢中卤素都是-1价3、铟产业被称为“信息时代的朝阳产业”．元素周期表中铟的数据见图，下列说法完全正确的是（）A.铟元素的质量数是114.8B.铟元素的相对原子质量是114C.铟元素是一种主族元素D.铟原子最外层有3个能量相同的电子4、短周期元素X，Y，Z，W在元素周期表中的相对位置如图所示．已知Y，W的原子序数之和是Z的3倍，下列说法正确的是（）。YZXWA.原子半径：X＜Y＜ZB.气态氢化物的稳定性：X＞ZC.Z，W均可与Mg形成离子化合物D.最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＞W5、下列关于混合物；纯净物、电解质和非电解质的正确组合是（）

。净物混合物电解质非电解质A盐酸水煤气硫酸干冰B冰醋酸漂白粉硫酸钡二氧化硫C石墨空气苛性钾碳酸钙D浓硫酸氨水氯化钠氯气A.AB.BC.CD.D6、[双选题]700℃时，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的CO和H2O，发生反应：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)。反应过程中测定的部分数据见下表(表中t2>t1)：。反应时间/minn(CO)/moln(H2O)/mol01.200.60t10.80t20.20下列说法正确的是()A.反应在t1min内的平均速率为v(H2)＝0.40/t1mol·L－1·min－1B.保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.60molCO和1.20molH2O，达到平衡时n(CO2)＝0.40molC.保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20molH2O，与原平衡相比，达到新平衡时CO转化率增大，H2O的体积分数增大D.温度升高至800℃，上述反应平衡常数为0.64，则正反应为吸热反应7、向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生CuI白色沉淀，蓝色溶液变为棕色．再向反应后的溶液中通入过量的SO2气体，溶液变成无色．则下列说法正确的是（）A.通入22.4LSO2参加反应时，有2NA个电子发生转移B.上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+＞I2＞SO2C.滴加KI溶液时，KI被氧化，CuI是氧化产物D.通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性8、下列选项中所涉及到的两个量的一定相等的是（）A.11.2LCl2与4.25gNH3所含有的原子数B.18.0g重水（D2O）与20gNe所含有的电子数C.标准状况下36gH2O与1.204×1024个O2分子所占的体积D.等物质的量的Al分别与足量的盐酸、NaOH溶液反应转移的电子数评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)9、某化学研究小组在使用FeSO4溶液与NaOH溶液制备Fe（OH）2沉淀过程中观察到生成的白色沉淀迅速转变为灰绿色；最后变为红褐色，该小组针对绿色物质展开研究．

[查阅文献]

。文献名称有关Fe（OH）2的描述《大学普通化学（下册）》白色沉淀，易被氧化成微绿色Fe3（OH）8《化学教育》白色沉淀，在冷水中易形成绿色的水合物Fe（OH）2•nH2O，热水中不易形成水合物（1）写出Fe（OH）2在空气中被氧化为Fe（OH）3的化学方程式____；

[提出假设]假设一：绿色物质是Fe（OH）2•nH2O；

假设二：____；

[实验探究]针对上述假设与假设二；展开实验研究：

。实验序号实验步骤实验现象一①在试管中加入20mL蒸馏水；加热煮沸，滴苯液封。

②保持较高温度，使用长滴管伸入液面下依次挤入一滴饱和FeSO4溶液、一滴NaOH溶液出现白色絮状沉淀，并能保持一段时间二①在试管中加入20mL蒸馏水。

②加入一滴饱和FeSO4溶液、一滴NaOH溶液出现白色沉淀，迅速转变为灰绿色，最后变为红褐色三①在试管中加入20mL蒸馏水；加热煮沸，滴苯液封。

②恢复室温后，使用长滴管伸入液面下依次挤入一滴饱和FeSO4溶液、一滴NaOH溶液出现白色沉淀，迅速转变为绿色沉淀（1）实验室保存FeSO4溶液常需加入____（填化学式，下同），为检验某FeSO4溶液是否变质，可向溶液中加入____；

（2）由实验一与实验____（填实验序号）的现象可推断假设____可能成立．

（3）为了进一步探究假设二是否成立；小组成员进行如下实验，请完成下表：

试剂：蒸馏水、NaOH溶液、苯、FeSO4溶液；氧气。

。实验步骤实验现象与结论①在试管中加入20mL蒸馏水；加热煮沸，滴苯液封。

②____

③____．若沉淀中出现绿色的迹象；则假设二成立；

若沉淀中没有出现任何绿色的迹象，则假设二不成立．10、（2015秋•德州校级月考）按要求回答下列问题：

（1）实验室铝粉和Fe2O3作铝热反应实验，铝热反应的方程式为____，该实验中除用到铝粉和Fe2O3外，需要的试剂还有____（填编号）．a．KClO3b．Mgc．MnO2d．KCl

（2）据文献报道，在实际反应中铝热反应的产物成分较为复杂．某课题组对铝热反应产物的成分进行探究，经成分分析，发现主要得到甲和乙两种产物．甲由具有相同电子层结构的阴、阳离子构成；乙是一种铁铝的金属互化物（可用FexAly表示）；取该合金粉末2.47g，滴加足量浓NaOH溶液，充分搅拌；过滤、洗涤得固体．再将所得固体在空气中充分加热、灼烧得红棕色粉末1.60g．

①甲的化学式为____，乙的组成可表示为____．

②甲的晶体是耐高温材料，用此材料做成的坩埚，不能用来熔融NaOH，用化学方程式解释其原因____；

含二氧化硅材料做成的坩埚____（填“能”或“不能”）用来熔融NaOH．

③如图表示室温下相同组分的乙分别在两种不同的酸中的腐蚀情况，由图可知，乙在____中具有比较强的抗腐蚀性，原因可能是____．11、甲元素原子的核电荷数为17；乙元素的正二价离子跟甲原子的电子层结构相同：

（1）甲元素在周期表里位于第____周期，第____族，电子排布式是____，元素符号是____，它的最高价氧化物对应的水化物的化学式是____．

（2）乙元素在周期表里位于第____周期，第____族，电子排布式是____，元素符号是____，它的最高价氧化物对应的水化物的化学式是____．12、（2013秋•兴国县校级月考）反应：L（固）+aG（气）⇌bR（气）达到平衡时，温度和压强对该反应的影响如图所示：图中：压强p1＞p2，x轴表示温度，y轴表示平衡混合气中G的体积分数．据此可判断上述反应是____（填吸热或放热），a____b（填大于或小于）13、下列是《观察钠与水反应的现象》实验过程的描述．注意[]里的部分；再回答后面的问题．

A．观察保存①[在煤油中的钠]；钠②[浮在煤油]，③[用镊子取出一块钠]，用④[手擦干煤油]，放在⑤[玻璃片]上，用小刀切下黄豆大小的钠块．观察钠块的块面，⑥[呈银白色]，有金属光泽，但⑦[很快变暗，失去光泽]．

B．向培养皿中加适量水，滴入1～2滴酸酞溶液；将切好的钠投入水中，观察现象．

请回答问题：

（1）上述[]里的部分描述有错误的有（填写序号，有两个选项）____；

（2）钠与水反应现象有：A．钠浮在水面上，原因____

B．钠熔化成光亮小球，原因____

C．钠在水面上不断游动；并发出咝咝声．

D．溶液变红，原因是____

（3）写出钠与水反应的方程式：____．14、A、rm{B}rm{D}rm{E}rm{G}rm{H}均是前四周期的元素rm{.}在所有前四周期的基态原子中rm{A}的未成对电子最多；rm{B}基态原子的rm{L}电子层的rm{p}能级上有一个空轨道；rm{D}的基态原子的rm{2p}轨道上有rm{1}个电子的自旋方向与其它电子的自旋方向相反；rm{E}的基态原子rm{M}层有rm{6}种运动状态不同的电子；rm{G}在周期表中位于第rm{8}列，rm{H}的原子序数比rm{G}大rm{3.}根据信息回答下列问题：

rm{(1)E}元素基态原子的rm{M}层有______种能量不同的电子；rm{EO_{2}}分子的立体构型为______，其rm{VSEPR}模型名称为______．

rm{(2)A}元素的名称为______；其基态原子价电子排布图为______．

rm{(3)}区分晶体与非晶体最可靠的科学方法是对固体进行______；rm{G}与rm{BD}能形成挥发性液体rm{G(BD)_{5}}则其属于______晶体rm{.G}常见晶体结构为体心立方堆积，其中rm{G}原子在二维平面里放置时的配位数为______rm{.}某种含rm{G}化合物的晶胞如图所示，该晶体的密度为rm{娄脩g/cm^{3}}则rm{N_{A}}可以表示为______rm{(}用含rm{娄脩}rm{a}rm{b}的式子表示，不必化简rm{)}15、1mol某烷烃完全燃烧消耗8molO2，则其化学式为____，写出该烷烃同分异构体中支链最多的烷烃的系统命名为____．评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)16、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）17、对于2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）和I2（g）+H2（g）═2HI（g）反应，在恒温恒容条件下，当压强保持不变时，均能说明上述反应达到化学平衡状态．____（判断对错）18、向试管中滴加液体时，胶头滴管紧贴试管内壁____．（判断对错）19、物质发生化学变化时都伴有能量的变化．____．（判断对错）20、Na2SO4固体中含钠离子．____（判断对错）21、1mol硫酸钾中阴离子所带电荷数为NA____（判断对错）22、常温常压下，22.4LO3中含有3nA个氧原子____（判断对错）23、因为Na可以与水反应放出H2，所以K也可以与水反应放出H2____．（判断对错）评卷人得分四、实验题(共3题，共9分)24、（2011•上海校级学业考试）如图是实验室制取HCl气体NaCl+H2SO4（浓）NaHSO4+HCl↑并验证气体性质的装置图．完成下列填空：

（1）玻璃仪器A的名称是____．B瓶中浓硫酸的作用是____．

（2）C瓶中观察到的实验现象是____，反应的化学方程式是____．

（3）证明HCl气体中含有氯元素的实验方法和现象是____．25、氮化铝rm{(AlN)}是一种新型无机非金属材料，其制取原理为：rm{Al_{2}O_{3}+3C+N_{2}dfrac{overset{;{赂脽脦脗};}{.}}{;}2AlN+3CO.}在制取氮化铝时由于反应不完全，产品中有氧化铝和碳rm{Al_{2}O_{3}+3C+N_{2}dfrac{

overset{;{赂脽脦脗};}{.}}{;}2AlN+3CO.}为了分析某rm{.}样品的组成；某实验小组进行了如下探究．

【实验rm{AlN}】测定样品中氮元素的质量分数．

取一定量的样品，用以下装置测定样品中rm{1}的纯度rm{AlN}夹持装置已略去rm{(}．

已知：rm{)}

rm{AlN+NaOH+H_{2}O篓TNaAlO_{2}+NH_{3}隆眉}如图rm{(1)}装置中球形干燥管的作用是______．

rm{C}完成以下实验步骤：组装好实验装置，首先______，再加入实验药品rm{(2)}然后______；

打开分液漏斗活塞，加入rm{.}浓溶液，至不再产生气体rm{NaOH}打开rm{.}缓缓通入氮气一段时间，测定rm{K_{1}}装置反应前后的质量变化rm{C}通入氮气的目的是______．

rm{.}若去掉装置rm{(3)}则导致测定结果______偏高。

rm{B}填“偏高”、“偏低”或“无影响”rm{(}由于上述装置还存在缺陷；导致测定结果偏高，请提出改进意见______．

【实验rm{).}】按以下步骤测定样品中铝元素的质量分数．

rm{2}步骤rm{(4)}生成沉淀的离子方程式为______．

rm{垄脷}操作rm{(5)}需要的玻璃仪器有______．

rm{垄脹}过滤；洗涤。

rm{(6)}元素的质量分数为______rm{(7)Al}用rm{(}rm{m_{1}}表示rm{m_{2}}．rm{)}26、（14分)为探究某铁碳合金与浓硫酸在加热条件下反应的部分产物并测定铁碳合金中铁元素的质量分数，某化学活动小组设计了下图所示的实验装置，并完成以下实验探究。往圆底烧瓶中加入mg铁碳合金，并滴入过量浓硫酸，点燃酒精灯。（1）装置B的作用是______________________________________。（2）甲同学观察到装置C中有白色沉淀生成。他得出了使澄清石灰水变浑浊的气体是二氧化碳的结论。装置A中能产生二氧化碳的化学方程式为_______________。（3）乙同学认为甲同学的结论是错误的，他认为为了确认二氧化碳的存在，需在装置B~C之间添加装置M，装置E、F中盛放的试剂分别是_____、__________。重新实验后观察到装置F中的现象是__________。（4）有些同学认为合金中铁元素的质量分数可用KMnO4溶液来测定（5Fe2＋＋MnO4－＋8H＋=5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O）。测定铁元素质量分数的实验步骤如下；I．往烧瓶A中加入过量的还原剂铜粉使溶液中的Fe3＋完全转化为Fe2+过滤，得到滤液B；II．将滤液B稀释为250mL；III．取稀释液25．00mL，用浓度为cmol·L-1的酸性KMnO4溶液滴定，三次滴定实验所需KMnO4溶液体积的平均值为VmL。①步骤II中，将滤液B稀释为250mL需要用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还必须要用到的是___________________。②滴定过程中_______________(填“需要”或“不需要")加入指示剂。③铁碳合金中铁元素的质最分数为_____________________________。评卷人得分五、简答题(共1题，共9分)27、硝酸与合成氨工业密切相关，氨氧化法是工业生产中制取硝酸的主要途径rm{.}完成下列计算：

rm{(1)}合成氨时，假设rm{100L}的氮气与氢气rm{(}体积比为rm{1}rm{3)}的混合气体通过氨合成塔充分反应后，体积变为rm{90L}则氮气的转化率为______rm{.(}写出计算过程，计算结果请用百分数表示rm{)}

rm{(2)}标准状况下，将rm{500L}氨气溶于rm{1L}水中形成氨水，则此氨水质量分数为______rm{.(}写出计算过程，计算结果请用百分数表示，并保留rm{1}位小数rm{)}

rm{(3)}氨氧化法是将氨和空气的混合气通过灼热的铂铑合金网，在合金网的催化下，氨被氧化成一氧化氮rm{(NO).}此时温度很高，水以水蒸气的形式存在，rm{NO}也不与rm{O_{2}}反应rm{.}若氨气与氧气物质的量之比为rm{1}rm{1.7}时，氨的转化率可达rm{95%}计算反应后rm{NO}的体积分数______rm{.(}设氧气在空气中的体积分数为rm{20%}写出计算过程，计算结果请用百分数表示并保留rm{1}位小数rm{)}

rm{(4)}一氧化氮继续氧化为二氧化氮，二氧化氮溶于水可得硝酸rm{.}为测定某rm{18K}金样品的组成，将rm{2.832g}样品粉碎后投入足量的浓硝酸中，充分溶解后，收集到rm{NO_{2}}和rm{N_{2}O_{4}}的混合气体rm{224mL(}折算至标准状况，下同rm{)}将该混合气体与rm{84mL}rm{O_{2}}混合后缓缓通入水中，恰好被完全吸收rm{.(}已知金不溶于浓硝酸rm{)}

填写该rm{18K}金的成分表rm{(}写出计算过程，计算结果请用百分数表示并保留rm{1}位小数，若不含该金属则填rm{0)}．

。rm{18K}金成分rm{Au}rm{Ag}rm{Cu}含量rm{(}质量分数rm{)}rm{75%}____________参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】【分析】天然气、煤、石油属于化石燃料，“西气东输”中输送的物质就是天然气，据此解答．【解析】【解答】解：天然气的主要成分为甲烷；是“西气东输”的物质；

故选：B．2、C【分析】【分析】同主族自上而下，元素的非金属性逐渐减弱，和氢气化合越来越难，根据原子结构和性质间的关系来回答．【解析】【解答】解：同主族自上而下；非金属性逐渐减弱，是由于卤素原子的电子层数不同引起的，即随着核电荷数的增加，原子核对最外层电子的吸引力逐渐减弱，因此非金属性逐渐降低．

故选C．3、C【分析】【分析】A．具有一定质子数的一类原子是总称是元素；元素不说质量数；

B．元素周期表中外围电子排布下方的数值为元素的相对原子质量；

C．铟元素位于第ⅢA族；

D．能级不同，其电子能量不同．【解析】【解答】解：A．质量数是将原子内所有质子和中子的相对质量取近似整数值相加而得到的数值；元素周期表中外围电子排布下方的数值为元素的相对原子质量，该元素的相对原子质量是114.8，故A错误；

B．元素周期表中外围电子排布下方的数值为元素的相对原子质量；该元素的相对原子质量是114.8，故B错误；

C．铟元素位于p区；p区元素除了0族元素外都是主族元素，故C正确；

D．能级不同；其电子能量不同，所以5s；5p能级上电子能量不同，故D错误；

故选：C．4、C【分析】【解答】解：Y；W的原子序数之和是Z的3倍；设Y的原子序数为x，则Z的原子序数为x+1，W的原子序数为x+10，则x+x+10=3×（x+1），解得x=7，即Y为N，结合位置关系可知，Z为O，X为Si，W为Cl，A．电子层越多，原子半径越大，则原子半径为X＞Y＞Z，故A错误；

B．非金属性越强；气态氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定性为X＜Z，故B错误；

C．Z、W均可与Mg形成离子化合物，分别为MgO、MgCl2；故C正确；

D．Cl的最高价氧化物对应水化物的酸性为含氧酸中酸性最强的酸；则最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＜W，故D错误；

故选C．

【分析】Y、W的原子序数之和是Z的3倍，设Y的原子序数为x，则Z的原子序数为x+1，W的原子序数为x+10，则x+x+10=3×（x+1），解得x=7，即Y为N，结合位置关系可知，Z为O，X为Si，W为Cl，然后结合元素化合物知识来解答．5、B【分析】【分析】纯净物是指由同种物质组成的，混合物是指由不同种物质组成的，电解质是指在水溶液里或熔化状态下能够导电的化合物，非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能够导电的化合物，据此可以分析各个选项中各种的所属类别．【解析】【解答】解：A；盐酸是HCl气体的水溶液；是混合物，不是纯净物，故A错误；

B；冰醋酸是纯净物；漂白粉是氯化钙和次氯酸钙组成的混合物；硫酸钡在熔融状态下能导电的化合物；是电解质；二氧化硫在熔融状态下不导电，在水溶液中能导电和其本身无关，故是非电解质，故B正确；

C；碳酸钙在熔融状态下能导电；是电解质，故C错误；

D；非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能够导电的化合物；氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，故D错误．

故选B．6、B|C【分析】A项，反应在t1min内以H2表示的平均速率应该是t1min内H2的浓度变化量与t1的比值，而不是H2的物质的量变化量与t1的比值。B项，因为反应前后气体的物质的量保持不变，保持其他条件不变，平衡常数不会改变，起始时向容器中充入0.60molCO和1.20molH2O，与起始时向容器中充入0.60molH2O和1.20molCO的效果是一致的，达到平衡时，n(CO2)＝0.40mol。C项，保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20molH2O，与原平衡相比，平衡向右移动，达到新平衡时CO的转化率增大，H2O的转化率减小，H2O的体积分数会增大。D项，原平衡常数计算(注意代入浓度)结果为1，温度升高至800℃，上述反应平衡常数为0.64，说明温度升高，平衡向左移动，那么正反应为放热反应。【解析】【答案】BC7、B【分析】【解答】解：A．通入22.4LSO2参加反应时；状况未知，不能计算其物质的量，则不能确定转移电子数，故A错误；

B．2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2反应中Cu2+化合价降低是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以物质的氧化性：Cu2+＞I2，SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中碘元素化合价由0价降低为﹣1价，I2是氧化剂，SO2被氧化，所以物质氧化性I2＞SO2，所以氧化性Cu2+＞I2＞SO2；故B正确；

C．滴加KI溶液时；I元素的化合价升高，KI被氧化，Cu元素的化合价降低，则CuI是还原产物，故C错误；

D．通入SO2后溶液逐渐变成无色；发生了氧化还原反应，S元素的化合价升高，体现其还原性，故D错误；

故选B．

【分析】CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2，反应中Cu元素的化合价降低，I元素的化合价升高；向反应后的混合物中过量的SO2气体，反应方程式为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，该反应中S元素的化合价升高，I元素的化合价降低，以此来解答．8、D【分析】解：A．氯气存在的外界条件未知；不能确定氯气的物质的量，不能确定两种气体的原子数，故A错误；

B．n（D2O）=mol=0.9mol，n（Ne）=mol=1mol；含有的电子的物质的量分别为0.9mol×10=9mol；1mol×10=10mol，则电子数目不同，故B错误；

C．因标况下水为液体；氧气为气体，二者的体积相差较大，故C错误；

D．铝与酸或碱反应；生成化合物中铝元素的化合价都为+3价，失去电子数目相同，故D正确．

故选D．

A．气体存在的外界条件未知；不能确定氯气的物质的量；

B．根据n==结合分子构成判断；

C．标况下水为液体；

D．铝与酸或碱反应；生成化合物中铝元素的化合价都为+3价，失去电子数目相同．

本题考查物质的量的相关计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握物质存在的状态、构成以及物质的量的相关计算公式，难度不大．【解析】【答案】D二、填空题(共7题，共14分)9、6Fe（OH）2+O2+2H2O═2Fe3（OH）8绿色物质是Fe3（OH）8Fe、H2SO4KSCN溶液或NaOH三一迅速用长滴管伸入液面下依次挤入一滴饱和FeSO4溶液、一滴NaOH溶液将O2缓缓通入白色沉淀中【分析】【分析】[查阅文献]

Fe（OH）2白色沉淀，易被氧化成微绿色Fe3（OH）8，反应为：6Fe（OH）2+O2+2H2O═2Fe3（OH）8，可理解为Fe（OH）2与Fe（OH）3的结合起的一种物质，其中既有+2价铁也有+3价铁，即FeO•Fe2O3•4H2O．

（1）氢氧化亚铁不稳定，易被氧气氧化生成红褐色氢氧化铁沉淀；根据[查阅文献]信息白色沉淀，易被氧化成微绿色Fe3（OH）8，假设二：绿色物质是Fe3（OH）8；[实验探究]

（1）根据亚铁盐容易被氧化；则保存时应注意加入还原性铁来防止亚铁离子被氧化；亚铁离子在溶液中发生水解生成氢氧化亚铁和氢离子，为了抑制亚铁离子水解，通常加入少量的稀硫酸；检验三价铁离子遇到KSCN会变血红色，或加入氢氧化钠生成红褐色氢氧化铁沉淀；

（2）实验一与实验三相比；不同是温度，根据实验一与实验三现象可知，假设一是正确根据实验一与实验三现象可知，假设一是正确的；

（3）氢氧化亚铁易被氧化为氢氧化铁，假设二绿色物质是Fe3（OH）8，为部分亚铁被氧化成+3价的铁，设计实验探究假设二是否成立，需将O2缓缓通入白色沉淀中．【解析】【解答】解：[查阅文献]

（1）氢氧化亚铁不稳定，容易被空气中的氧气氧化生成红褐色的氢氧化铁，反应方程式为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，根据[查阅文献]信息白色沉淀，易被氧化成微绿色Fe3（OH）8，Fe3（OH）8可理解为Fe（OH）2与Fe（OH）3的结合起的一种物质，其中既有+2价铁也有+3价铁，即FeO•Fe2O3•4H2O，所以假设二：绿色物质是Fe3（OH）8；

故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；

[实验探究]

（2）实验室配制的FeSO4溶液中，由于Fe2+极易被O2氧化而变为黄色的Fe3+溶液，所以配制完毕后要加入少量铁屑，防止Fe2+被空气中的氧气氧化成Fe3+；

由于亚铁离子部分水解生成氢氧化亚铁，反应的离子方程式为：Fe2++2H2O⇌Fe（OH）2+2H+，为了制Fe2+的水解，通常加入稀硫酸，使氢离子浓度增大，水解平衡向左移动，即抑制Fe2+水解；加入KSCN溶液试剂，若溶液出现血红色；则证明有Fe3+存在；或三氯化铁溶液中加入氢氧化钠溶液，会发生复分解反应，生成氢氧化铁红褐色沉淀，反应的离子方程式为：Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓；

故答案为：Fe、H2SO4；KSCN溶液或NaOH；

（2）实验一与实验三相比；不同是温度，温度高溶解度，如果降低温度则会析出晶体，所以根据实验一与实验三现象可知，假设一是正确的；

故答案为：三；一；

（3）②是制取氢氧化亚铁，氢氧化亚铁易被氧化为氢氧化铁，应在隔绝空气下进行，所以正确的操作是迅速用长滴管伸入液面下依次挤入一滴饱和FeSO4溶液、一滴NaOH溶液，③假设二是由于被氧化而导致的，所以正确的操作是将O2缓缓通入白色沉淀中；

故答案为：迅速用长滴管伸入液面下依次挤入一滴饱和FeSO4溶液、一滴NaOH溶液；将O2缓缓通入白色沉淀中．10、2Al+Fe2O3Al2O3+2FeabAl2O3Fe2Al5Al2O3+2NaOH+3H2O═2Na[Al（OH）]4不能65%浓硝酸遇浓硝酸表面钝化，阻碍进一步反应（只要体现出“钝化”即可）【分析】【分析】（1）铝与氧化铁发生铝热反应生成氧化铝和铁，据此写出反应的化学方程式；该实验中除用到铝粉和Fe2O3外；需要的试剂还有氯酸钾和镁；

（2）①甲由具有相同电子层结构的阴、阳离子构成，则甲为Al2O3；灼烧得到的红棕色粉末1.60g应该是氧化铁，计算出氧化铁的物质的量，根据铁原子守恒可知铁的物质的量是及质量，从而得出合金中铝的质量，根据n=计算出铝物质的量；就可以得出x：y，从而得出乙的化学式；

②在加热的条件下氧化铝与氢氧化钠反应生成Na[Al（OH）]4；由于二氧化硅与能与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水；所以含二氧化硅材料做成的坩埚不能用来熔融NaOH；

③结合图象可知乙在65%浓硝酸中具有比较强的抗腐蚀性，这是由于常温下遇浓硝酸表面钝化，阻碍进一步反应．【解析】【解答】解：（1）铝与氧化铁发生铝热反应的方程式为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe；该实验中除用到铝粉和Fe2O3外，需要的试剂还有氯酸钾和镁，故ab正确；

故答案为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe；ab；

（2）①甲由具有相同电子层结构的阴、阳离子构成，则甲是Al2O3；取该合金粉末2.47g，滴加足量浓NaOH溶液，其中铝溶解转化为偏铝酸钠，充分搅拌、过滤、洗涤得固体铁．再将所得固体在空气中充分加热、灼烧得红棕色粉末1.60g，所以红棕色粉末应该是氧化铁，物质的量为：=0.01mol；根据铁原子守恒可知铁的物质的量是0.02mol，质量是0.02mol×56g/mol=1.12g，因此合金中铝的质量是2.47g-1.12g=1.35g，物质的量为：=0.05mol，所以x：y=0.02：0.05=2：5，则乙的化学式为Fe2Al5；

故答案为：Al2O3；Fe2Al5；

②在加热的条件下氧化铝与氢氧化钠反应，反应的化学方程式为：Al2O3+2NaOH+3H2O═2Na[Al（OH）]4；

二氧化硅与能与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水；所以含二氧化硅材料做成的坩埚不能用来熔融NaOH；

故答案为：Al2O3+2NaOH+3H2O═2Na[Al（OH）]4；不能；

③根据图象可知乙在65%浓硝酸中具有比较强的抗腐蚀性；这是由于常温下遇浓硝酸表面钝化，阻碍进一步反应；

故答案为：65%浓硝酸；遇浓硝酸表面钝化，阻碍进一步反应（只要体现出“钝化”即可）．11、三ⅦA[Ne]3s23p5ClHClO4四IIA[Ar]4s2CaCa（OH）2【分析】【分析】甲元素原子的核电荷数为17，所以甲是氯元素，乙元素的正二价离子跟甲原子的电子层结构相同，所以乙是钙元素，由此分析解答．【解析】【解答】解：（1）甲元素原子的核电荷数为17，所以甲是氯元素，在元素周期表中的位置为：第三周期，第ⅦA族，电子排布式是[Ne]3s23p5，元素符号是Cl，它的最高价氧化物对应的水化物的化学式是HClO4，故答案为：三；ⅦA；[Ne]3s23p5；Cl；HClO4；

（2）乙是钙元素，在元素周期表中的位置为：第四周期，第IIA族元素，电子排布式是[Ar]4s2，元素符号是Ca，最高价氧化物对应的水化物的化学式是：Ca（OH）2，故答案为：四；IIA；[Ar]4s2；Ca；Ca（OH）2．12、吸热反应小于【分析】【分析】根据影响化学平衡的因素进行判断得出正确结论．升高温度，平衡向着吸热的方向移动；增大压强，平衡向着气体体积减小的方向移动．【解析】【解答】解：图中压强p1＞p2；x轴表示温度，y轴表示平衡混合气中G的体积分数，则相同压强下，温度越高，G的体积分数越小，故升高温度，平衡正向移动，所以该反应为吸热反应；

相同温度时，压强越大，G的体积分数越大，则增大压强，平衡逆向移动，因L为固体，所以a＜b；

故答案为：吸热反应；小于．13、②④钠的密度小于水钠与水的反应是一个放热反应，而钠本身的熔点比较低钠与水的反应生成的是NaOH，是强碱2Na+2H2O═2NaOH+H2↑【分析】【分析】（1）钠的密度大于浮在煤油；用滤纸吸干钠表面的煤油；

（2）根据钠与水反应的现象以及原因来分析；

（3）根据钠与水反应生成氢氧化钠和氢气；【解析】【解答】解：（1）钠的密度大于浮在煤油；钠沉在煤油底部，用滤纸吸干钠表面的煤油，故答案为：②④；

（2）A．钠浮在水面上；原因钠的密度小于水；故答案为：钠的密度小于水；

B．钠熔化成光亮小球；原因钠与水的反应是一个放热反应，而钠本身的熔点比较低；故答案为：钠与水的反应是一个放热反应，而钠本身的熔点比较低；

D．溶液变红；原因是钠与水的反应生成的是NaOH，是强碱；故答案为：钠与水的反应生成的是NaOH，是强碱；

钠与水反应的现象以及原因来分析；

（3）根据钠与水反应生成氢氧化钠和氢气：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，故答案为：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑；14、略

【分析】解：rm{A}rm{B}rm{D}rm{E}rm{G}rm{H}均是前四周期的元素rm{.}在所有前四周期的基态原子中rm{A}的未成对电子最多，外围电子排布为rm{3d^{5}4s^{1}}则rm{A}为rm{Cr}rm{B}基态原子的rm{L}电子层的rm{p}能级上有一个空轨道，原子核外电子排布为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{2}}则rm{B}为碳元素；rm{D}的基态原子的rm{2p}轨道上有rm{1}个电子的自旋方向与其它电子的自旋方向相反，原子核外电子排布为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{4}}则rm{D}为rm{O}元素；rm{E}的基态原子rm{M}层有rm{6}种运动状态不同的电子，则rm{E}为rm{S}元素；rm{G}在周期表中位于第rm{8}列，则rm{G}为rm{Fe}rm{H}的原子序数比rm{G}大rm{3}则rm{H}为rm{Cu}

rm{(1)E}的基态原子rm{M}层有rm{6}种运动状态不同的电子，外围电子排布为rm{3s^{2}3p^{4}}rm{3s}能级rm{2}个电子能量相同，rm{3p}能级rm{4}个电子能量相同，rm{3s}与rm{3p}能级能量不同，rm{E}元素基态原子的rm{M}层有rm{2}种能量不同的电子；rm{SO_{2}}分子中rm{S}原子孤电子对rm{=dfrac{6-2隆脕2}{2}=1}价层电子对数rm{=2+1=3}故rm{SO_{2}}分子立体构型为rm{V}形，其rm{VSEPR}模型名称为平面三角形；

故答案为：rm{2}rm{V}形；平面三角形；

rm{(2)}由上述分析可知，rm{A}元素的名称为铬，外围电子排布为rm{3d^{5}4s^{1}}其基态原子价电子排布图为

故答案为：铬；

rm{(3)}区分晶体与非晶体最可靠的科学方法是对固体进行rm{X-}射线衍射实验；rm{Fe}与rm{CO}能形成挥发性液体rm{Fe(CO)_{5}}熔沸点很低，则其属于分子晶体；

rm{Fe}常见晶体结构为体心立方堆积，rm{Fe}原子在二维平面里放置为非密致层，rm{Fe}原子的配位数rm{4}

由某种rm{G}化合物的晶胞图结构可知，晶胞中rm{Fe}原子位于面上及棱上，晶胞中rm{Fe}原子数目rm{=4隆脕dfrac{1}{4}+6隆脕dfrac{1}{2}=4}rm{=4隆脕dfrac{1}{4}+6隆脕dfrac

{1}{2}=4}原子位于晶胞内部，rm{S}原子数目rm{S}rm{=8}原子位于体心、面上及顶点，rm{Cu}原子数目rm{=8隆脕dfrac{1}{8}+1+4隆脕dfrac{1}{2}=4}故该化合物为rm{Cu}晶胞质量rm{=8隆脕dfrac{1}{8}+1+4隆脕dfrac

{1}{2}=4}晶胞体积rm{CuFeS_{2}}该晶体的密度为rm{=dfrac{4隆脕184}{N_{A}}g}故rm{dfrac{4隆脕184}{N_{A}}g=娄脩g/cm^{3}隆脕a^{2}b隆脕10^{-30}cm^{3}}解得rm{N_{A}=dfrac{4隆脕184}{a^{2}timesbtimesrhotimes10^{-30}}}

故答案为：rm{=a隆脕10^{-10}cm隆脕a隆脕10^{-10}cm隆脕b隆脕10^{-10}cm=a^{2}b隆脕10^{-30}cm^{3}}射线衍射实验；分子；rm{娄脩g/cm^{3}}rm{dfrac{4隆脕184}{a^{2}timesbtimesrhotimes10^{-30}}}．

A、rm{dfrac

{4隆脕184}{N_{A}}g=娄脩g/cm^{3}隆脕a^{2}b隆脕10^{-30}cm^{3}}rm{N_{A}=dfrac{4隆脕184}{a^{2}times

btimesrhotimes10^{-30}}}rm{X-}rm{4}rm{dfrac{4隆脕184}{a^{2}timesbtimes

rhotimes10^{-30}}}均是前四周期的元素rm{B}在所有前四周期的基态原子中rm{D}的未成对电子最多，外围电子排布为rm{E}则rm{G}为rm{H}rm{.}基态原子的rm{A}电子层的rm{3d^{5}4s^{1}}能级上有一个空轨道，原子核外电子排布为rm{A}则rm{Cr}为碳元素；rm{B}的基态原子的rm{L}轨道上有rm{p}个电子的自旋方向与其它电子的自旋方向相反，原子核外电子排布为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{2}}则rm{B}为rm{D}元素；rm{2p}的基态原子rm{1}层有rm{1s^{2}2s^{2}2p^{4}}种运动状态不同的电子，则rm{D}为rm{O}元素；rm{E}在周期表中位于第rm{M}列，则rm{6}为rm{E}rm{S}的原子序数比rm{G}大rm{8}则rm{G}为rm{Fe}据此解答．

本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布、分子结构、晶体类型与性质、晶胞结构与计算等，rm{H}中晶胞计算为易错点、难点，需要学生具有一定的空间想象与计算能力，难点中等．rm{G}【解析】rm{2}rm{V}形；平面三角形；铬；rm{X-}射线衍射实验；分子；rm{4}rm{dfrac{4隆脕184}{a^{2}timesbtimesrhotimes10^{-30}}}rm{dfrac{4隆脕184}{a^{2}timesbtimes

rhotimes10^{-30}}}15、C5H122，2-二甲基丙烷【分析】【分析】烷烃的组成通式为CnH2n+2，根据完全燃烧消耗氧气计算n的值，可以确定烷烃的分子式，再书写符合条件的同分异构体进行命名．【解析】【解答】解：1mol某烷烃完全燃烧消耗8molO2，烷烃的组成通式为CnH2n+2，则（n+）=8，解得n=5，故该烷烃的分子式为C5H12，该烷烃同分异构体中支链最多的为C（CH3）4；系统命名为：2，2-二甲基丙烷；

故答案为：C5H12；2，2-二甲基丙烷．三、判断题(共8题，共16分)16、×【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：×．17、×【分析】【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；【解析】【解答】解：对于2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）；该反应是一个反应前后气体体积改变的化学反应，当反应达到平衡状态时，各物质的量不变，导致容器中压强不随时间的变化而改变；

对于I2（g）+H2（g）═2HI（g）；该反应是一个反应前后气体体积不变的化学反应，在恒温恒容条件下，压强自始至终保持不变，故压强不变不一定平衡；

故答案为：×．18、×【分析】【分析】根据滴管滴加液体时，滴管尖端要悬空在容器口的正上方，不能伸入试管内部更不能接触试管内壁解答．【解析】【解答】解：滴管滴加液体时，滴管尖端要悬空在容器口的正上方，不能伸入试管内部更不能接触试管内壁，以免污染滴管内的液体，故答案为：×．19、√【分析】【分析】依据化学反应实质是反应物化学键断裂化学键吸收能量，生成物形成化学键放出热量，反应过程中一定伴随能量变化．【解析】【解答】解：化学反应实质是反应物化学键断裂化学键吸收能量，生成物形成化学键放出热量，所以反应过程中一定伴随能量变化，故正确，故答案为：√．20、√【分析】【分析】可从该化合物所含化学键及晶体类型判断是否含有钠离子．【解析】【解答】解：Na是第ⅠA族活泼金属，与酸根离子形成离子键，所以Na2SO4属于离子化合物；由阳离子钠离子和阴离子硫酸根离子构成；

故答案为：√．21、×【分析】【分析】硫酸钾由K+和SO42-构成，结合离子化合物的构成判断．【解析】【解答】解：硫酸钾由K+和SO42-构成，1mol硫酸钾中含有1molSO42-，阴离子所带电荷数为2NA；

故答案为：×．22、×【分析】【分析】常温常压下，气体的气体摩尔体积不等于22.4L/mol，无法计算物质的量．【解析】【解答】解：常温常压下，气体的气体摩尔体积不等于22.4L/mol，则22.4LO3的物质的量不等于1mol，氧原子个数不等于3nA；

故答案为：×．23、√【分析】【分析】根据同主族元素性质相似的规律判断．【解析】【解答】解：Na和K位于周期表相同主族，性质相似，Na可以与水反应放出H2，所以K也可以与水反应放出H2；

故答案为：√．四、实验题(共3题，共9分)24、圆底烧瓶干燥氯化氢气体有白烟产生NH3+HCl=NH4Cl将气体通入硝酸银溶液中，有白色沉淀产生【分析】【分析】（1）由图可知使用的仪器；B中浓硫酸具有吸水性；

（2）C瓶中成的HCl与氨气反应生成氯化铵；

（3）证明HCl气体中含有氯元素，溶于水检验氯离子即可．【解析】【解答】解：（1）由图可知玻璃仪器A的名称是圆底烧瓶；B中浓硫酸具有吸水性，可干燥氯化氢气体，故答案为：圆底烧瓶；干燥氯化氢气体；

（2）C瓶中成的HCl与氨气反应生成氯化铵，可观察到有白烟产生，发生的反应为NH3+HCl=NH4Cl，故答案为：有白烟产生；NH3+HCl=NH4Cl；

（3）证明HCl气体中含有氯元素；溶于水检验氯离子即可，实验方法和现象为将气体通入硝酸银溶液中，有白色沉淀产生，则含氯离子，所以HCl中含氯元素；

故答案为：将气体通入硝酸银溶液中，有白色沉淀产生．25、略

【分析】解：rm{[}实验rm{1]}

测定原理是通过测定rm{A1N+NaOH+H_{2}O=NaAlO_{2}+NH_{3}隆眉}反应生成氨气的质量来计算氮化铝的含量，则rm{A}中发生的反应为rm{A1N+NaOH+H_{2}O=NaAlO_{2}+NH_{3}隆眉}生成的氨气被碱石灰干燥，然后将氨气通入稀硫酸中被硫酸吸收生成硫酸铵，通入的氮气能将生成的氨气完全排出；

rm{(1)}氨气极易溶于水和稀硫酸；缓冲装置能防止倒吸，导致的干燥管有缓冲作用，所以能防止倒吸；

故答案为：防倒吸；

rm{(2)}有连接的装置在使用前必须检查装置气密性，所以该实验之前必须检验装置气密性；然后加入药品，将关闭rm{K_{1}}打开rm{K_{2}}同时打开分液漏斗的活塞，从而发生rm{A}中的反应；通入的氮气能把装置中残留的氨气全部赶入rm{C}装置；否则易导致测定结果偏小；

故答案为：检查装置气密性；关闭rm{K_{1}}打开rm{K_{2}}把装置中残留的氨气全部赶入rm{C}装置；

rm{(3)}浓硫酸具有吸水性，能吸收氨气中的水蒸气，如果去掉装置rm{B}则氨气中的水蒸气被浓硫酸吸收而导致测定结果偏大；rm{C}装置直接连接空气，浓硫酸能吸收空气中的水蒸气而导致测定结果偏高，其改进措施为rm{C}装置出口处连接一个干燥装置；

故答案为：偏高；rm{C}装置出口处连接一个干燥装置；

rm{[}实验rm{2]}

测定原理是通过测定rm{A1N+NaOH+H_{2}O=NaAlO_{2}+NH_{3}隆眉}反应生成氨气的体积来计算氮化铝的含量，样品溶液过量rm{NaOH}溶液，发生反应rm{A1N+NaOH+H_{2}O=NaAlO_{2}+NH_{3}隆眉}向滤液中通入过量二氧化碳，发生的反应为rm{CO_{2}+AlO_{2}^{-}+2H_{2}O=HCO_{3}^{-}+Al(OH)_{3}隆媒}然后过滤，得到的滤渣为rm{Al(OH)_{3}}煅烧滤渣，发生反应rm{2Al(OH)_{3}dfrac{overset{;;triangle;;}{.}}{;}Al_{2}O_{3}+3H_{2}O}

rm{2Al(OH)_{3}dfrac{

overset{;;triangle;;}{.}}{;}Al_{2}O_{3}+3H_{2}O}偏铝酸钠和过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，离子方程式为rm{(4)}

故答案为：rm{CO_{2}+AlO_{2}^{-}+2H_{2}O=HCO_{3}^{-}+Al(OH)_{3}隆媒}

rm{CO_{2}+AlO_{2}^{-}+2H_{2}O=HCO_{3}^{-}+Al(OH)_{3}隆媒}过滤时需要的玻璃仪器有漏斗；玻璃棒及烧杯；

故答案为：漏斗；玻璃棒和烧杯；

rm{(5)}根据rm{(7)}原子守恒得rm{Al}所以rm{m(Al)=dfrac{m;_{2}g}{102g/mol}=dfrac{27m;_{2}}{51}g}则rm{n(Al)=2n[Al_{2}O_{3}]}元素质量分数rm{=dfrac{dfrac{27m;_{2}}{51}g}{m_{1}g}隆脕100%=dfrac{9m;_{2}}{17m;_{1}}}

故答案为：rm{dfrac{9m;_{2}}{17m;_{1}}}．

rm{m(Al)=dfrac{m;_{2}g}{102g/mol}=

dfrac{27m;_{2}}{51}g}实验rm{Al}

测定原理是通过测定rm{=dfrac{dfrac

{27m;_{2}}{51}g}{m_{1}g}隆脕100%=dfrac

{9m;_{2}}{17m;_{1}}}反应生成氨气的质量来计算氮化铝的含量，则rm{dfrac

{9m;_{2}}{17m;_{1}}}中发生的反应为rm{[}生成的氨气被碱石灰干燥，然后将氨气通入稀硫酸中被硫酸吸收生成硫酸铵，通入的氮气能将生成的氨气完全排出；

rm{1]}氨气极易溶于水和稀硫酸；缓冲装置能防止倒吸；

rm{A1N+NaOH+H_{2}O=NaAlO_{2}+NH_{3}隆眉}有连接的装置在使用前必须检查装置气密性；然后加入药品，将关闭rm{A}打开rm{A1N+NaOH+H_{2}O=NaAlO_{2}+NH_{3}隆眉}同时打开分液漏斗的活塞；通入的氮气能把装置中残留的氨气全部赶入rm{(1)}装置；

rm{(2)}浓硫酸具有吸水性；能吸收氨气中的水蒸气；浓硫酸能吸收空气中的水蒸气；

rm{K_{1}}实验rm{K_{2}}

测定原理是通过测定rm{C}反应生成氨气的体积来计算氮化铝的含量，样品溶液过量rm{(3)}溶液，发生反应rm{[}向滤液中通入过量二氧化碳，发生的反应为rm{2]}然后过滤，得到的滤渣为rm{A1N+NaOH+H_{2}O=NaAlO_{2}+NH_{3}隆眉}煅烧滤渣，发生反应rm{2Al(OH)_{3}dfrac{overset{;;triangle;;}{.}}{;}Al_{2}O_{3}+3H_{2}O}

rm{NaOH}偏铝酸钠和过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠；

rm{A1N+NaOH+H_{2}O=NaAlO_{2}+NH_{3}隆眉}过滤时需要的玻璃仪器有漏斗；玻璃棒及烧杯；

rm{CO_{2}+AlO_{2}^{-}+2H_{2}O=HCO_{3}^{-}+Al(OH)_{3}隆媒}根据rm{Al(OH)_{3}}原子守恒计算；

本题考查物质制备、物质含量测定等知识点，为高频考点，涉及质量分数计算、基本实验操作、尾气处理、误差分析等知识点，明确实验原理、实验基本操作等知识点即可解答，难点是实验误差分析，题目难度中等．rm{2Al(OH)_{3}dfrac{

overset{;;triangle;;}{.}}{;}Al_{2}O_{3}+3H_{2}O}【解析】防倒吸；检查装置气密性；关闭rm{K_{1}}打开rm{K_{2}}把装置中残留的氨气全部赶入rm{C}装置；偏高；rm{C}装置出口处连接一个干燥装置；rm{CO_{2}+AlO_{2}^{-}+2H_{2}O=HCO_{3}^{-}+Al(OH)_{3}隆媒}漏斗、玻璃棒和烧杯；rm{dfrac{9m;_{2}}{17m;_{1}}}rm{dfrac

{9m;_{2}}{17m;_{1}}}26、略

【分析】试题分析：（1）浓硫酸的还原产物是SO2，而SO2能使品红溶液褪色，所以装置B的作用是检验SO2的存在；（2）在加热的条件下碳与浓硫酸发生氧化还原反应生成CO2、SO2和水，方程式为C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O；（3）由于反应中产生的SO2也能使澄清石灰水变浑浊，所以在通入澄清石灰水之前要除去SO2，可以利用酸性高锰酸钾溶液。为了保证完全除去，还需要再次通入品红溶液以经验是否除尽，即装置E、F中盛放的试剂分别是酸性KMnO4溶液或溴水、品红溶液。当品红溶液不褪色或无明显现象时可以证明SO2已经除尽。（4）①将滤液B稀释为250mL需要用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还必须要用到的是250ml容量瓶；②由于酸性高锰酸钾溶液显紫红色，所以滴定过程中不需要加入指示剂；③根据方程式5Fe2＋＋MnO4－＋8H＋=5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O可知25ml溶液中亚铁离子的物质的量是5×0．001cVmol，则原溶液中亚铁离子的物质的量是5×0．001cVmol×10＝0．05cVmol。所以根据原子守恒可知铁碳合金中铁元素的质量是0．05cVmol×56g/mol＝2．8cVg，所以铁的质最分数为×1