2024年滬教版高三化學(xué)上冊月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年滬教版高三化學(xué)上冊月考試卷68考試試卷考試范圍：全部知識點(diǎn)；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、已知H2和O2反應(yīng)放熱，且破壞1molH-H鍵、1molO=O鍵，需吸收的能量分別為Q1kJ、Q2kJ，形成1molO-H鍵需釋放Q3kJ．下列關(guān)系正確的是（）A.Q1+Q2＞Q3B.Q1+Q2＞2Q3C.2Q1+Q2＜4Q3D.2Q1+Q2＜2Q32、利用碳酸鈉晶體（Na2CO3?10H2O）來配制1.0mol?L-1Na2CO3溶液500mL．假如其它操作都準(zhǔn)確無誤．下列情況會引起新配溶液的濃度偏高的是（）A.定容時，俯視觀察刻度線B.稱取碳酸鈉晶體時左碼右物C.轉(zhuǎn)移溶液時，用于溶解碳酸鈉晶體的燒杯沒有洗滌D.定容后，將容量瓶振蕩搖勻，靜置時發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線，又加少量水至刻度線3、25℃時，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A.能使甲基橙變紅的溶液中：NH4+、Mg2+、SO42﹣、NO3﹣B.1.0mol?L﹣1FeCl3溶液：Na+、Cl﹣、NO3﹣、SCN﹣C.1.0mol?L﹣1的KNO3溶液中：Fe2+、H+、Cl﹣、SO42﹣D.與Al反應(yīng)能放出H2的溶液中：Na+、Cl﹣、HCO3﹣、SO42﹣4、下列各項(xiàng)中的方程式不能正確解釋對應(yīng)的原因或現(xiàn)象的是rm{(}rm{)}A.盛放堿液的試劑瓶不用玻璃塞；rm{SiO_{2}+2OH^{-}簍TSiO_{3}^{2-}+H_{2}O}B.配制rm{FeCl_{3}}溶液時要加鹽酸：rm{Fe^{3+}+3H_{2}O?Fe(OH)_{3}+3H^{+}}C.制rm{Cl_{2}}時用排飽和氯化鈉溶液收集氣體：rm{H_{2}O+Cl_{2}?Cl^{-}+H^{+}+HClO}D.金屬鈉燃燒時，火焰呈黃色：rm{2Na+O_{2}}rm{dfrac{overset{;{碌茫脠錄};}{}}{;}Na_{2}O_{2}}rm{dfrac{

overset{;{碌茫脠錄};}{}}{;}Na_{2}O_{2}}5、（2016?揭陽一模）甲圖為一種新型污水處理裝置，該裝置可利用一種微生物將有機(jī)廢水的化學(xué)能直接轉(zhuǎn)化為電能．乙圖是一種家用環(huán)保型消毒液發(fā)生器，用惰性電極電解飽和食鹽水．下列說法中正確的是（）A.裝置乙的b極要與裝置甲的X極連接B.裝置乙中a極的電極反應(yīng)式為2Cl--2e-═Cl2↑C.若有機(jī)廢水中主要含有葡萄糖，則裝置甲中M的電極反應(yīng)式為：C6H12O6+6H2O-24e-═6CO2↑+24H+D.N電極發(fā)生還原反應(yīng)，當(dāng)N電極消耗56L氣體（標(biāo)準(zhǔn)狀況下）時，則有2NA個H+通過離子交換膜6、下列說法不正確的是（）A.著火時應(yīng)立即滅火，一般的小火應(yīng)用濕布、石棉布或沙子覆蓋燃燒物，衣服著火時應(yīng)迅速脫下衣服或用石棉布覆蓋著火處B.沸水中滴加適量的飽和FeCl3溶液，形成帶電的膠體，導(dǎo)電能力增強(qiáng)C.取5mL0.1mol?L-1KI溶液，滴加0.1mol?L-1FeCl3溶液5～6滴，再加入2mLCCl4，充分振蕩后靜置，取上層溶液滴加KSCN溶液，溶液不變色D.當(dāng)大量氯氣泄漏時，用浸潤蘇打或小蘇打水溶液的毛巾捂住鼻子可防中毒7、用下列儀器配制250mL0.5mol?L-1的NaOH溶液；還缺少的儀器是（）

①量筒②250mL容量瓶③托盤天平和砝碼④藥匙⑤玻璃棒⑥膠頭滴管．A.燒杯B.分液漏斗C.燒瓶D.錐形瓶評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)8、下列敘述正確的是（）A.稀鹽酸可除去燒瓶內(nèi)殘留的MnO2B.可用磨口玻璃瓶保存NaOH溶液C.稀硝酸可除去試管內(nèi)壁的銀鏡D.煮沸自來水可除去其中的Ca（HCO3）29、下列有關(guān)電解質(zhì)溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是（）A.0.1mol?L-1某二元弱酸酸式鹽NaHA溶液中：c（Na+）=2c（A2-）+c（HA-）+c（H2A）B.向NH4HSO4溶液中加入等物質(zhì)的量的NaOH形成的溶液中：c（Na+）=c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）C.0.1mol?L-1的Na2CO3溶液中：c（OH-）=c（H+）+c（HCO3-）+c（H2CO3）D.用0.1mol?L-1CH3COOH溶液滴定0.1mol?L-1NaOH至中性時：c（CH3COO-）+c（CH3COOH）＞c（Na+）10、生活處處有化學(xué)，下列說法正確的是（）A.石油主要是各種烷烴、環(huán)烷烴、烯烴組成的混合物B.做衣服的棉和麻均與淀粉互為同分異構(gòu)體C.煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的酯類D.磨豆?jié){的大豆富含蛋白質(zhì)，豆?jié){煮沸后蛋白質(zhì)變成了氨基酸11、為保護(hù)地下鋼管不受腐蝕，可使它與（）A.直流電源負(fù)極相連B.銅板相連C.鋅板相連D.直流電源正極相連12、某烴的結(jié)構(gòu)簡式如圖，它可能具有的性質(zhì)是（）A.它能使溴水褪色，但不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色B.它既能使溴水褪色，也能使酸性高錳酸鉀溶液褪色C.易溶于水，也易溶于有機(jī)溶劑D.能發(fā)生加成反應(yīng)，一定條件下最多可與四倍物質(zhì)的量的氫氣加成13、下列說法正確的是（）A.乙烯、苯酚和乙醛都能被酸性高錳酸鉀溶液氧化B.煤油是石油的分餾產(chǎn)品，可用于保存少量金屬鈉C.碳酸鋇難溶于水和酸，可做X光透視腸胃的藥劑D.綠色化學(xué)的核心是在化學(xué)合成中將原子充分利用，轉(zhuǎn)化為新的原子14、2010年11月6日，中央電視臺《經(jīng)濟(jì)半小時》節(jié)目播放了有關(guān)氫化油和反式脂肪酸的內(nèi)容，引起全國民眾的持續(xù)關(guān)注，下列有關(guān)說法不正確的是（）A.反式脂肪酸甘油酯不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色B.油脂是人類的營養(yǎng)物質(zhì)之一，進(jìn)入人體后，在胃中水解產(chǎn)生高級脂肪酸和甘油C.天然動物脂肪中不含反式脂肪酸，可大量食用D.脂肪酸甘油酯順式變反式，主要是在氫化過程中產(chǎn)生的變化15、一定溫度下，有可逆反應(yīng)：2A（g）+2B（g）?C（g）+3D（g）；△H＜0．現(xiàn)將2molA和2molB充入體積為V的甲容器，將2molC和6molD充入乙容器并使乙容器在反應(yīng)開始前的體積為2V（如圖所示），保持反應(yīng)過程中兩容器的溫度與起始時相同．下列說法正確的是（）A.甲、乙兩容器中的反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡時，兩容器內(nèi)壓強(qiáng)相等B.甲、乙兩容器中的反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡時，C的體積分?jǐn)?shù)相等C.向甲容器中再充入2molA和2molB，平衡后甲中物質(zhì)C的濃度不變D.向乙容器中再充入2molC和6molD，平衡后乙中物質(zhì)C的濃度為原來的2倍16、（2011春?赤坎區(qū)校級月考）鋰離子電池已經(jīng)成為應(yīng)用最廣泛的可充電電池．某種鋰離子電池的結(jié)構(gòu)示意圖：其中兩極區(qū)間的隔膜只允許Li+通過．電池充電時的總反應(yīng)化學(xué)方程式為：LiC002=Li1-xC002+xLi．關(guān)于該電池的推論錯誤的是（）A.放電時，Li+主要從正極區(qū)通過隔膜移向負(fù)極區(qū)B.放電時，負(fù)極反應(yīng)xLi-xe-=xLi+C.充電時，有電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能D.充電時，負(fù)極（C）上鋰元素被氧化評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)17、二氧化錳是化學(xué)工業(yè)中常用的氧化劑和有機(jī)合成中的催化劑，其主要制備方法是碳酸錳熱分解，反應(yīng)原理為2MnCO3+O2═2MnO2+2CO2．經(jīng)研究發(fā)現(xiàn)該反應(yīng)過程為①M(fèi)nCO3═MnO+CO2②2MnO+O2═2MnO2．

回答下列問題：

（1）某溫度下該平衡體系的壓強(qiáng)為P，CO2、O2的物質(zhì)的量分別為n1和n2，用平衡分壓代替平衡濃度，寫出碳酸錳熱分解反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式K=____（分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)）；K與反應(yīng)①、②的平衡常數(shù)K1、K2關(guān)系為____．

（2）反應(yīng)②在低溫下能自發(fā)進(jìn)行，則其△H____0（填“＞”；“＜”、“=”）．

（3）某科研小組對碳酸錳熱分解法制二氧化錳的條件（焙燒溫度和氣氛）進(jìn)行了研究，獲得如下三幅圖．該制備反應(yīng)合適的焙燒溫度為____，合適的含水量氣氛條件為____．

（4）MnO2也可在MnSO4-H2SO4-H2O為體系的電解液中電解獲得，其陽極的電極反應(yīng)式為____，電解后溶液的pH將____（填“增大”、“減小”或“不變”）．18、（2013?天津校級一模）氮是地球上含量豐富的一種元素，氨和肼（N2H4）是氮的兩種常見化合物；在科學(xué)技術(shù)和生產(chǎn)中有重要的應(yīng)用．

Ⅰ．（1）N2H4中的N原子最外層達(dá)到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，寫出N2H4的結(jié)構(gòu)式____．

（2）NH3與NaClO反應(yīng)可得到肼（N2H4），該反應(yīng)的化學(xué)方程式為____．

（3）肼是一種高能燃料，有關(guān)化學(xué)反應(yīng)的能量變化如圖所示，寫出肼燃燒的熱化學(xué)方程式____．

Ⅱ．氨的合成是最重要的化工生產(chǎn)之一．已知：

N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H=-92.4kJ?mol-1

在3個體積均為2L的密閉容器中；在相同的溫度下，使用相同的催化劑合成氨，實(shí)驗(yàn)測得反應(yīng)在起始；達(dá)到平衡時的有關(guān)數(shù)據(jù)如下表所示：

。容器甲乙丙反應(yīng)物投入量3molH2、2molN26molH2、4molN22molNH3達(dá)到平衡的時間（min）58N2的濃度（mol?L）c11.5NH的體積分?jǐn)?shù)ω1ω2ω3混合氣體密度（g?L）ρ1ρ2試回答：

（1）下列各項(xiàng)能說明該反應(yīng)已達(dá)到平衡狀態(tài)的是____（填寫序號字母）．

a．容器內(nèi)N2、H2、NH3的濃度之比為1：3：2b．v（N2）正=3v（H2）逆

c．容器內(nèi)壓強(qiáng)保持不變d．混合氣體的密度保持不變。

（2）分析上表數(shù)據(jù)，下列關(guān)系正確的是____（填寫序號字母）．

A．2c1＞1.5mol?L-1B．w3=w1C．2ρ1=ρ2D．K甲=K乙=K丙

（3）容器乙中反應(yīng)從開始到達(dá)平衡平均速率為v（H2）=____．

Ⅲ．直接供氨式堿性燃料電池的電池反應(yīng)式是4NH3+3O2═2N2+6H2O，電解質(zhì)溶液一般使用KOH溶液，則負(fù)極電極反應(yīng)式是____．19、已知2CuBr2（s）?2CuBr（s）+Br2（g）△H=+105.4kJ/mol；在恒溫恒容的密閉容器中加入一定量的固體CuBr2，反應(yīng)達(dá)平衡時c（Br2）=0.1mol/L，若只將容器體積擴(kuò)大一倍，則再次平衡后c（Br2）=______mol/L．20、水楊酸某酯E的合成路線如圖所示：

已知：①2RCH2CHOR-

②A分子中只含有1個甲基；③D的相對分子質(zhì)量為130；

（1）C中含氧官能團(tuán)的名稱為____；反應(yīng)④的反應(yīng)方程式為____；

（2）在合成路線中，設(shè)計(jì)⑤和⑦的目的____；

（3）X是B的最簡單同系物，請寫出X與足量銀氨溶液反應(yīng)的離子方程式____；

（4）下列有關(guān)說法正確的是____；

a．B中有4種不同的氫。

b．水楊酸與足量NaHCO3反應(yīng)生成

c．D不與金屬鈉反應(yīng)。

d．1molE與氫氣加成，最多消耗4molH2

（5）H有多種同分異構(gòu)體，其中能同時滿足下列條件的共有____種（不考慮立體異構(gòu)）

①能發(fā)生銀鏡反應(yīng)；②能發(fā)生水解反應(yīng)；③能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，其中有5種氫，且氫的個數(shù)比為1：1：2：2：2的為____（寫結(jié)構(gòu)簡式）．21、如圖是常見有機(jī)物之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系圖．完成下列各題：

（1）可用來檢驗(yàn)碘單質(zhì)的物質(zhì)是____（寫名稱）；通常糖尿病患者尿液中____（寫名稱）含量超標(biāo)．

（2）乙醇的結(jié)構(gòu)簡式為____；乙醇、苯、四氯化碳是常見的有機(jī)溶劑，其中難溶于水，且密度比水小的是____（寫名稱）．

（3）乙酸分子中的-COOH原子團(tuán)的名稱是____；乙酸轉(zhuǎn)化為乙酸乙酯反應(yīng)的化學(xué)方程式____；

該反應(yīng)的反應(yīng)類型是____．

22、研究氨氧化物與懸浮在大氣中海鹽粒子的相互作用時；同溫度下涉及如下反應(yīng)：

a：2NO（g）+Cl2（g）?2ClNO（g）△H1＜0其平衡常數(shù)為K1

b：2NO2（g）+NaCl（s）?NaNO3（s）+ClNO（g）△H2＜0其平衡常數(shù)為K2

（1）4NO2（g）+2NaCl（s）?2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）的平衡常數(shù)K=____（用K1、K2表示）．△H3=____（用△H1、△H2表示）

（2）為研究不同條件對反應(yīng)a的影響，在恒溫條件下，向2L恒容密閉容器中加入0.2molNO和0.1molCl2，10min時反應(yīng)a達(dá)到平衡．測得10min內(nèi)v（ClNO）=7.5×10-3mol?L-1?min-1，則平衡后n（Cl2）=

____mol，NO的轉(zhuǎn)化率α1=____．其他條件保持不變，反應(yīng)（Ⅱ）在恒壓條件下進(jìn)行，平衡時NO的轉(zhuǎn)化率α2____α1（填“＞”“＜”或“=”），平衡常數(shù)K2____（填“增大”“減小”或“不變”）．若要使K2減小，可采取的措施是____．評卷人得分四、判斷題(共4題，共24分)23、分液時，先將下層液體從分液漏斗下端放出，再將上層液體從上口倒出．____．（判斷對錯）24、鈉與水反應(yīng)時，會發(fā)生劇烈爆炸____．（判斷對錯）25、摩爾是七個基本物理量之一____．（判斷對錯）26、將40gNaOH溶解在1L水中，溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度為1mol/L____．（判斷對錯）評卷人得分五、實(shí)驗(yàn)題(共4題，共16分)27、碳酸鈉俗稱純堿，其用途很廣。實(shí)驗(yàn)室中，用碳酸氫銨和飽和食鹽水可制得純堿。各物質(zhì)在不同溫度下的溶解度見表。。溫度℃溶解度溶質(zhì)g/100g水10203040506070NaCl35.836.036.336.637.037.337.8NH4HCO315.821.027.0NaHCO38.29.611.112.714.416.4NH4Cl33.337.241.445.850.455.260.2實(shí)驗(yàn)步驟Ⅰ、化鹽與精制：①粗鹽(含Ca2+、Mg2+、SO42－)溶解；②加入足量NaOH和Na2CO3溶液，煮沸；③過濾；④加入鹽酸調(diào)pH至7。Ⅱ、轉(zhuǎn)化：①將精制后的食鹽溶液溫度控制在30~35℃之間；在不斷攪拌下，加入研細(xì)的碳酸氫銨；保溫，攪拌半小時；②靜置，a、b；③得到NaHCO3晶體。Ⅲ、制純堿：將得的NaHCO3放入蒸發(fā)皿中，在酒精燈上灼燒，冷卻到室溫，即得到純堿。完成下列填空：（1）“化鹽與精制”可除去的粗鹽中的雜質(zhì)離子是。（2）“轉(zhuǎn)化”的離子方程式是。（3）“轉(zhuǎn)化”過程中，溫度控制在30~35℃之間的加熱方式是；為什么溫度控制在30~35℃之間？。（4）a、b處的操作分別是____、。（5）實(shí)驗(yàn)室制得的純堿含少量NaCl還可能含少量NaHCO3，為測定純堿的純度，用電子天平準(zhǔn)確稱取樣品G克，將其放入錐形瓶中用適量蒸餾水溶解，滴加2滴酚酞，用cmol/L的標(biāo)準(zhǔn)鹽酸滴定至溶液由淺紅色變成無色且半分鐘不變，滴定過程中無氣體產(chǎn)生，所用鹽酸的體積為V1mL。此時發(fā)生的反應(yīng)為：CO32－+H+→HCO3－①樣品中碳酸鈉質(zhì)量百分含量的表達(dá)式是。②向錐形瓶溶液中繼續(xù)滴加2滴甲基橙，用同濃度的鹽酸繼續(xù)滴定至終點(diǎn)，所用鹽酸的體積為V2mL。滴定終點(diǎn)時溶液顏色的變化是；根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，如何判斷樣品含有NaHCO3。28、硫代硫酸鈉(Na2S2O3)俗稱大蘇打，照相業(yè)中用作定影劑。Na2S2O3易溶于水，在酸性溶液中與酸反應(yīng)有單質(zhì)硫和SO2生成。（1）Na2S2O3溶液與稀硫酸混合反應(yīng)可用于探究外界條件對反應(yīng)速率的影響，完成有關(guān)的實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)表(已知各溶液體積均為5mL)：。實(shí)驗(yàn)編號T/Kc(Na2S2O3)/mol·L－1c(H2SO4)/mol·L－1實(shí)驗(yàn)?zāi)康蘑?980.10.1實(shí)驗(yàn)①和②探究溫度對該反應(yīng)速率的影響；實(shí)驗(yàn)①、③和④探究反應(yīng)物濃度對該反應(yīng)速率的影響②308③0.2④0.1（2）Na2S2O3還具有很強(qiáng)的還原性，Na2S2O3溶液與足量氯水反應(yīng)的化學(xué)方程式為：________(提示：S元素被氧化為SO)。（3）現(xiàn)有一瓶Na2S2O3固體，可能含有Na2SO4固體，請?jiān)O(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證，寫出實(shí)驗(yàn)步驟、預(yù)期現(xiàn)象和結(jié)論。限選試劑：1mol·L－1H2SO4、1mol·L－1HNO3、1mol·L－1HCl、1mol·L－1NaOH、0.1mol·L－1BaCl2、0.01mol·L－1KMnO4、蒸餾水。。實(shí)驗(yàn)步驟預(yù)期現(xiàn)象和結(jié)論步驟1：取少量固體于試管中，加蒸餾水溶解步驟2：步驟3：29、(15分）實(shí)驗(yàn)室常用MnO2與濃鹽酸反應(yīng)制備Cl2（發(fā)生裝置如圖所示）。(1)制備實(shí)驗(yàn)開始時，先檢查裝置氣密性，接下來的操作依次是＿（填序號）A.往燒瓶中加人MnO2粉末B.加熱C.往燒瓶中加人濃鹽酸(2)制備反應(yīng)會因鹽酸濃度下降而停止。為測定反應(yīng)殘余液中鹽酸的濃度，探究小組同學(xué)提出下列實(shí)驗(yàn)方案：甲方案：與足量AgNO3溶液反應(yīng)，稱量生成的AgCl質(zhì)量。乙方案：采用酸堿中和滴定法測定。丙方案：與已知量CaCO3（過量）反應(yīng)，稱量剩余的CaCO3質(zhì)量。丁方案：與足量Zn反應(yīng)，測量生成的H2體積。繼而進(jìn)行下列判斷和實(shí)驗(yàn)：①判定甲方案不可行，理由是。②進(jìn)行乙方案實(shí)驗(yàn)：準(zhǔn)確量取殘余清液稀釋一定倍數(shù)后作為試樣。a.量取試樣20.00mL，用0.1000mol·L-1NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，消耗22.00mL，該次滴定測得試樣中鹽酸濃度為____mol·L-1b.平行滴定后獲得實(shí)驗(yàn)結(jié)果。③判斷丙方案的實(shí)驗(yàn)結(jié)果（填“偏大”、“偏小”或“準(zhǔn)確”）。［已知：Ksp（CaCO3)=2.8×10-9、Ksp（MnCO3)=2.3×10-11④進(jìn)行丁方案實(shí)驗(yàn)：裝置如圖所示（夾持器具已略去）。(i)使Y形管中的殘余清液與鋅粒反應(yīng)的正確操作是將____轉(zhuǎn)移到____中。(ii)反應(yīng)完畢，每間隔1分鐘讀取氣體體積，氣體體積逐次減小，直至不變。氣體體積逐次減小的原因是＿（排除儀器和實(shí)驗(yàn)操作的影響因素）。30、以電石渣rm{[}主要成分為rm{Ca(OH)_{2}}和rm{CaCO_{3}]}為原料制備rm{KClO_{3}}的流程如圖rm{1}

rm{(1)}氯化過程控制電石渣過量，在rm{75隆忙}左右進(jìn)行rm{.}氯化時存在rm{Cl_{2}}與rm{Ca(OH)_{2}}作用生成rm{Ca(ClO)_{2}}的反應(yīng)，rm{Ca(ClO)_{2}}進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為rm{Ca(ClO_{3})_{2}}少量rm{Ca(ClO)_{2}}分解為rm{CaCl_{2}}和rm{O_{2}}．

rm{壟脵}生成rm{Ca(ClO)_{2}}的化學(xué)方程式為______．

rm{壟脷}提高rm{Cl_{2}}轉(zhuǎn)化為rm{Ca(ClO_{3})_{2}}的轉(zhuǎn)化率的可行措施有______rm{(}填序號rm{)}．

A.適當(dāng)減緩?fù)ㄈ雛m{Cl_{2}}速率rm{B.}充分?jǐn)嚢铦{料rm{C.}加水使rm{Ca(OH)_{2}}完全溶解。

rm{(2)}氯化過程中rm{Cl_{2}}轉(zhuǎn)化為rm{Ca(ClO_{3})_{2}}的總反應(yīng)方程式為：

rm{6Ca(OH)_{2}+6Cl_{2}簍TCa(ClO_{3})_{2}+5CaCl_{2}+6H_{2}O}

氯化完成后過濾．

rm{壟脵}濾渣的主要成分為______rm{(}填化學(xué)式rm{)}．

rm{壟脷}濾液中rm{Ca(ClO_{3})_{2}}與rm{CaCl_{2}}的物質(zhì)的量之比rm{n[Ca(ClO_{3})_{2}]}rm{n[CaCl_{2}]}______rm{1}rm{5(}填“rm{>}”、“rm{<}”或“rm{=}”rm{)}．

rm{(3)}向?yàn)V液中加入稍過量rm{KCl}固體可將rm{Ca(ClO_{3})_{2}}轉(zhuǎn)化為rm{KClO_{3}}若溶液中rm{KClO_{3}}的含量為rm{100g?L^{-1}}從該溶液中盡可能多地析出rm{KClO_{3}}固體的方法是______．評卷人得分六、推斷題(共4題，共40分)31、A；B、C、D均為中學(xué)常見的純凈物；B為地殼中含量最多的元素所形成的單質(zhì)．它們之間有如圖轉(zhuǎn)化關(guān)系（副產(chǎn)物已略去）：

（1）若D的焰色反應(yīng)為黃色的固體單質(zhì)．C與CO2反應(yīng)的化學(xué)方程式____，盛放A的水溶液的試劑瓶不能用玻璃塞的原因____．（用離子方程式表示）

（2）若D遇蘸有濃HCl的玻璃棒立即產(chǎn)生白煙的氣體．D的電子式____，D催化氧化生成A的化學(xué)方程式____，C與水反應(yīng)化學(xué)方程式____，由D、B和NaOH溶液構(gòu)成的燃料電池且產(chǎn)物無污染，寫出負(fù)極的電極反應(yīng)式____．（用離子方程式表示）

（3）若D為淡黃色固體單質(zhì)．則C屬于____（填“極性”或“非極性”）分子，A生成C的化學(xué)方程式____．將A通入FeCl3溶液反應(yīng)的離子方程式____，A的水溶液放置在空氣中，溶液的PH值逐漸減少的原因____．（用離子方程式表示）

（4）若D是硬度最大的非金屬固體單質(zhì)．C中D元素的雜化方式____，若C中含有A的雜質(zhì)，除去雜質(zhì)的試劑為灼熱____，若A中含有C的雜質(zhì)，除去雜質(zhì)的化學(xué)方程式____，Mg在C中燃燒的化學(xué)方程式____．32、現(xiàn)有金屬單質(zhì)A、B、C和氣體甲、乙、丙及物質(zhì)D、E、F、G、H，它們之間能發(fā)生如圖反應(yīng)（圖中有些反應(yīng)產(chǎn)物和反應(yīng)條件沒有全部標(biāo)出）．請根據(jù)信息回答下列問題：

（1）寫出物質(zhì)E的名稱：____；說出黃綠色氣體乙的一種用途____．

（2）實(shí)驗(yàn)室檢驗(yàn)G中是否混有F的方法____．

（3）寫出D溶液與金屬B反應(yīng)的離子方程式為____．

（4）反應(yīng)⑤（物質(zhì)F→物質(zhì)G）的離子方程式為____．33、已知：水楊酸酯E為紫外吸收劑，可用于配制防曬霜。E的一種合成路線如下：請回答下列問題：（1）一元醇A中氧的質(zhì)量分?jǐn)?shù)約為21.6%。則A的分子式為；結(jié)構(gòu)分析顯示A只有一個甲基，A的名稱為。（2）B能與新制的Cu(OH)2發(fā)生反應(yīng)，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為。（3）C有種結(jié)構(gòu)；若一次取樣，檢驗(yàn)C中所含官能團(tuán)，按使用的先后順序?qū)懗鏊迷噭?；?）第③的反應(yīng)類型為；D所含官能團(tuán)的名稱為。（5）寫出同時符合下列條件的水楊酸所有同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：。A、分子中含有6個碳原子在一條線上B、分子中所含官能團(tuán)包括水楊酸具有的官能團(tuán)（6）第④步的反應(yīng)條件為；寫出E的結(jié)構(gòu)簡式。34、X；Y、Z、W四種化合物均由短周期元素組成；其中X含有四種元素，X、Y、Z的焰色反應(yīng)均為黃色，W為無色無味氣體．

這四種化合物具有下列轉(zhuǎn)化關(guān)系（部分反應(yīng)物；產(chǎn)物及反應(yīng)條件已略去）．

請回答：

（1）W的電子式是______．

（2）X與Y在溶液中反應(yīng)的離子方程式是______．

（3）將4.48L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）W通入100mL3mol/L的Y的水溶液后，離子方程式為______．

（4）自然界中存在X、Z和H2O按一定比例結(jié)晶而成的固體．取一定量該固體溶于水配成100mL溶液，測得溶液中金屬陽離子的濃度為0.5mol/L．若取相同質(zhì)量的固體加熱至恒重，剩余固體的質(zhì)量為______g．

（5）向過量的Z溶液中通入Cl2可以制得漂白液，該反應(yīng)的離子方程式：______．參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、C【分析】【分析】氫氣在氧氣中燃燒的反應(yīng)放熱反應(yīng)，△H＜0，根據(jù)反應(yīng)熱△H=反應(yīng)物的總鍵能-生成物的總鍵來計(jì)算該反應(yīng)的反應(yīng)熱，據(jù)此進(jìn)行解答．【解析】【解答】解：破壞1molH-H消耗的能量為Q1kJ，則H-H鍵能為Q1kJ/mol；

破壞1molO=O鍵消耗的能量為Q2kJ，則O=O鍵鍵能為Q2kJ/mol；

形成1molH-O鍵釋放的能量為Q3kJ，則H-O鍵能為Q3kJ/mol；

對于2H2（g）+O2（g）═2H2O；反應(yīng)熱△H=反應(yīng)物的總鍵能-生成物的總鍵能，則：

反應(yīng)熱△H=2Q1kJ/mol+Q2kJ/mol-4Q3kJ/mol=（2Q1+Q2-4Q3）KJ/mol；

由于氫氣在氧氣中燃燒，反應(yīng)熱△H＜0，則（2Q1+Q2-4Q3）＜0；

即：2Q1+Q2＜4Q3；

故選C．2、A【分析】【分析】根據(jù)c=可得，一定物質(zhì)的量濃度溶液配制的誤差都是由溶質(zhì)的物質(zhì)的量n和溶液的體積V引起的，誤差分析時，關(guān)鍵要看配制過程中引起n和V怎樣的變化：若n比理論值小，或V比理論值大時，都會使所配溶液濃度偏??；若n比理論值大，或V比理論值小時，都會使所配溶液濃度偏大．【解析】【解答】解：A．定容時；俯視觀察刻度線，導(dǎo)致加入的蒸餾水體積偏小，配制的溶液濃度偏高，故A正確；

B．稱取碳酸鈉晶體時左碼右物；會導(dǎo)致稱量的碳酸鈉的質(zhì)量偏小，配制的溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏小，配制的溶液濃度偏小，故B錯誤；

C．轉(zhuǎn)移溶液時；用于溶解碳酸鈉晶體的燒杯沒有洗滌，導(dǎo)致配制的溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏小，配制的溶液濃度偏低，故C錯誤；

D．定容后；將容量瓶振蕩搖勻，靜置時發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線，又加少量水至刻度線，導(dǎo)致配制的溶液體積偏大，溶液濃度偏低，故D錯誤；

故選A．3、A【分析】【解答】解：．能使甲基橙變紅的溶液呈酸性，酸性條件下離子之間不發(fā)生任何反應(yīng)，可大量共存，故A正確；B．SCN﹣與Fe3+與發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)；不能大量共存，故B錯誤；

C．酸性條件下NO3﹣具有強(qiáng)氧化性，F(xiàn)e2+不能大量共存；故C錯誤；

D．與Al反應(yīng)能放出H2的溶液可能為強(qiáng)堿性溶液或非氧化性酸溶液，無論呈酸性還是堿性，HCO3﹣都不能大量共存；故D錯誤．

故選A．

【分析】A．能使甲基橙變紅的溶液呈酸性；

B．與Fe3+反應(yīng)的離子不能大量共存；

C．酸性條件下NO3﹣具有強(qiáng)氧化性；

D．與Al反應(yīng)能放出H2的溶液可能為強(qiáng)堿性溶液或非氧化性酸溶液．4、D【分析】解：rm{A.}由于發(fā)生反應(yīng)：rm{SiO_{2}+2OH^{-}簍TSiO_{3}^{2-}+H_{2}O}將玻璃塞與玻璃瓶黏在一起，所以盛放堿液的試劑瓶不用玻璃塞，故A錯誤；

B.由于鐵離子發(fā)生水解：rm{Fe^{3+}+3H_{2}O?Fe(OH)_{3}+3H^{+}}所以配制rm{FeCl_{3}}溶液時要加鹽酸；抑制鐵離子的水解，故B正確；

C.氯氣與水存在反應(yīng)：rm{H_{2}O+Cl_{2}?Cl^{-}+H^{+}+HClO}為了降低氯氣的損失，則制rm{Cl_{2}}時用排飽和氯化鈉溶液收集氣體；故C正確；

D.金屬鈉燃燒時，火焰呈黃色，是鈉元素的物理性質(zhì)，與反應(yīng)rm{2Na+O_{2}}rm{dfrac{overset{;{碌茫脠錄};}{}}{;}Na_{2}O_{2}}無關(guān)；故D錯誤；

故選D．

A.二氧化硅與氫氧根離子反應(yīng)生成硅酸根離子；不能用玻璃塞的試劑瓶盛放堿溶液；

B.鐵離子易水解；配制時需要加入鹽酸；

C.飽和氯化鈉溶液中；氯離子抑制了氯氣與水的反應(yīng)；

D.鈉元素的焰色反應(yīng)的火焰呈黃色；與鈉與氧氣的反應(yīng)無關(guān)．

本題考查了離子方程式、化學(xué)方程式的書寫及應(yīng)用，為高考的高頻題，屬于中等難度的試題，注意掌握離子方程式、化學(xué)方程式的書寫原則，試題有利于提高學(xué)生的分析能力及邏輯推理能力．rm{dfrac{

overset{;{碌茫脠錄};}{}}{;}Na_{2}O_{2}}【解析】rm{D}5、C【分析】【分析】甲為原電池，有機(jī)物失電子在負(fù)極反應(yīng)，氧氣得電子在正極反應(yīng)；乙為電解池，在下端生成氯氣，上端生成氫氧化鈉和氫氣，氯氣與氫氧化鈉反應(yīng)生成次氯酸鈉，則下端為陽極，所以b與正極相連．【解析】【解答】解：A、裝置乙的a極上生成氫氧化鈉和氫氣，則a為陰極，與甲中的負(fù)極相連，即與X相連，b極要與裝置甲的Y極連接；故A錯誤；

B、乙為電解池，在下端生成氯氣，則b極的電極反應(yīng)式為2Cl--2e-═Cl2↑；故B錯誤；

C、若有機(jī)廢水中主要含有葡萄糖，則裝置甲中M極上C6H12O6失電子生成二氧化碳，其電極應(yīng)為：C6H12O6+6H2O-24e-═6CO2↑+24H+；故C正確；

D、N電極為氧氣得電子發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：O2+4H++4e-=2H2O，則當(dāng)N電極消耗5.6L氣體（標(biāo)準(zhǔn)狀況下）即0.25mol時，消耗的氫離子為1mol，則有NA個H+通過離子交換膜；故D錯誤；

故選C．6、B【分析】【分析】A．由滅火原理：降低溫度或隔絕空氣即可；

B．膠體是電中性的分散系；

C．取5mL0.1mol?L-1KI溶液，滴加0.1mol?L-1FeCl3溶液5-6滴，I-將Fe3+完全還原為Fe2+；

D．氯氣有毒，氯氣和水反應(yīng)生成鹽酸和次氯酸，鹽酸酸性大于碳酸，所以氯氣和碳酸鈉、碳酸氫鈉溶液都反應(yīng)．【解析】【解答】解：A．用濕布；石棉布或沙子覆蓋燃燒物；衣服著火時應(yīng)迅速脫下衣服或用石棉布覆蓋著火處，符合滅火原理，故A正確；

B．氫氧化鐵膠體的膠體粒子帶有正電荷；但氫氧化鐵膠體呈電中性，故B錯誤；

C．取5mL0.1mol?L-1KI溶液，滴加0.1mol?L-1FeCl3溶液5-6滴，I-將Fe3+完全還原為Fe2+；繼續(xù)加入2mLCCl4，充分振蕩后靜置，上層是FeCl2和過量KI的混合溶液；下層是碘的四氯化碳溶液，故取上層溶液加KSCN溶液，無明顯現(xiàn)象，故C正確；

D．氯氣有毒；氯氣和水反應(yīng)生成鹽酸和次氯酸，鹽酸酸性大于碳酸，所以氯氣和碳酸鈉；碳酸氫鈉溶液都反應(yīng)而降低毒性，所以當(dāng)大量氯氣泄漏時，用浸潤蘇打或小蘇打水溶液的毛巾捂住鼻子可防中毒，故D正確；

故選B．7、A【分析】【分析】根據(jù)實(shí)驗(yàn)具體操作步驟有：計(jì)算、稱量、溶解、冷卻、移液、洗滌移液、定容、搖勻等，來選擇實(shí)驗(yàn)所需儀器．【解析】【解答】解：一定規(guī)格的容量瓶只能配制相應(yīng)體積的溶液；容量瓶應(yīng)選擇250ml規(guī)格；

一般用托盤天平稱量；用藥匙取用藥品，在燒杯中溶解（可用量筒量取水），用玻璃棒攪拌，冷卻后轉(zhuǎn)移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗滌并將洗滌液移入容量瓶中，當(dāng)加水至液面距離刻度線1～2cm時，改用膠頭滴管滴加至溶液凹面與刻度線水平相切，蓋好瓶塞，搖勻．

所以需要的儀器為：托盤天平；藥匙、燒杯、筒量（可用、也可不用）、玻璃棒、250ml容量瓶、膠頭滴管。

所以還需要儀器為：燒杯；

故選A．二、多選題(共9題，共18分)8、CD【分析】【分析】A．稀鹽酸不能與二氧化錳反應(yīng)；

B．玻璃中含有二氧化硅；能與氫氧化鈉反應(yīng)生成硅酸鈉；

C．Ag與稀硝酸反應(yīng)生成硝酸銀；NO與水；可以除去試管內(nèi)壁的銀鏡；

D．自來水煮沸，Ca（HCO3）2可以轉(zhuǎn)化為CaCO3．【解析】【解答】解：A．稀鹽酸不能與二氧化錳反應(yīng)，用濃鹽酸、加熱除去燒瓶內(nèi)殘留的MnO2；故A錯誤；

B．玻璃中含有二氧化硅；能與氫氧化鈉反應(yīng)生成硅酸鈉，硅酸鈉為無機(jī)礦物膠，使瓶塞與瓶口粘連在一起，故B錯誤；

C．Ag與稀硝酸反應(yīng)生成硝酸銀；NO與水；可以除去試管內(nèi)壁的銀鏡，故C正確；

D．自來水煮沸，Ca（HCO3）2可以轉(zhuǎn)化為CaCO3；使硬水得到軟化，故D正確；

故選：CD．9、BD【分析】【分析】A．根據(jù)物料守恒判斷；

B．向NH4HSO4溶液中加入等物質(zhì)的量的NaOH形成的溶液；反應(yīng)后溶液的溶質(zhì)為硫酸鈉和硫酸銨，溶液呈酸性；

C．根據(jù)質(zhì)子守恒判斷；

D．醋酸為弱酸，反應(yīng)后呈中性，醋酸應(yīng)過量．【解析】【解答】解：A．二元弱酸酸式鹽NaHA溶液中存在物料守恒，應(yīng)為c（Na+）=c（A2-）+c（HA-）+c（H2A）；故A錯誤；

B．向NH4HSO4溶液中加入等物質(zhì)的量的NaOH形成的溶液，反應(yīng)后溶液的溶質(zhì)為硫酸鈉和硫酸銨，由于NH4+水解，溶液呈酸性，則有c（Na+）=c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）；故B正確；

C．Na2CO3溶液中存在質(zhì)子守恒：c（OH-）=c（H+）+c（HCO3-）+2c（H2CO3）；故C錯誤；

D．醋酸為弱酸，反應(yīng)后呈中性，醋酸應(yīng)過量，則c（CH3COO-）+c（CH3COOH）＞c（Na+）；故D正確．

故選BD．10、AC【分析】【分析】A．石油主要是各種烷烴；環(huán)烷烴、芳香烴的混合物；

B．棉和麻為纖維素，與淀粉均可用（C6H10O5）n表示；但n不同；

C．花生油和牛油均為油脂；含-COOC-；

D．豆?jié){煮沸發(fā)生變性．【解析】【解答】解：A．石油又稱原油；是從地下深處開采的棕黑色可燃粘稠液體．主要是各種烷烴；環(huán)烷烴、芳香烴的混合物，故A正確；

B．棉和麻為纖維素，與淀粉均可用（C6H10O5）n表示；但n不同，則不是同分異構(gòu)體，故B錯誤；

C．花生油和牛油均為油脂；含-COOC-，則均屬于酯類，故C正確；

D．豆?jié){煮沸發(fā)生變性；而水解才生成氨基酸，故D錯誤；

故選AC．11、AC【分析】【分析】作原電池負(fù)極或電解池陽極的金屬加速被腐蝕，作原電池正極或電解池陰極的金屬被保護(hù)，如果保護(hù)金屬，應(yīng)該將被保護(hù)的金屬作原電池正極或電解池陰極，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：A．如果鋼管與直流電源負(fù)極相連；則鋼管作電解池陰極，被保護(hù)，故A正確；

B．如果與Cu連接；Fe；Cu和電解質(zhì)溶液構(gòu)成原電池，F(xiàn)e易失電子作負(fù)極，加速被腐蝕，故B錯誤；

C．與鋅板相連；Fe；Zn和電解質(zhì)溶液構(gòu)成原電池，Zn易失電子作負(fù)極、Fe作正極，則Fe被保護(hù)，故C正確；

D．與直流電源正極相連；則鋼鐵作陽極，加速被腐蝕，故D錯誤；

故選AC．12、BD【分析】【分析】由結(jié)構(gòu)簡式可知，分子中含苯環(huán)和碳碳雙鍵，結(jié)合苯及烯烴的性質(zhì)來解答．【解析】【解答】解：A．含碳碳雙鍵；能使溴水褪色，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故A錯誤；

B．含碳碳雙鍵；能使溴水褪色，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故B正確；

C．該物質(zhì)為芳香烴；不溶于水，故C錯誤；

D．苯環(huán)；碳碳雙鍵均與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)；則能發(fā)生加成反應(yīng)，一定條件下最多可與四倍物質(zhì)的量的氫氣加成，故D正確；

故選BD．13、AB【分析】【分析】A．乙烯；乙醛中含不飽和鍵；易被氧化，而苯酚中酚-OH易被氧化；

B．石油分餾可以得到汽油；煤油、柴油等物質(zhì)；金屬鈉能與空氣中的氧氣和水反應(yīng)；保存在煤油中；

C．碳酸鋇溶于胃酸中的鹽酸；

D．綠色化學(xué)的核心就是利用化學(xué)原理從源頭上減少和消除工業(yè)生產(chǎn)對環(huán)境的污染．【解析】【解答】解：A．乙烯；乙醛中含不飽和鍵；易被氧化，而苯酚中酚-OH易被氧化，則乙烯、苯酚和乙醛都能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，故A正確；

B．石油分餾可以得到汽油；煤油、柴油等物質(zhì)；金屬鈉能與空氣中的氧氣和水反應(yīng)；鈉的密度比煤油大，保存在煤油中，隔絕空氣和氧氣，故B正確；

C．碳酸鋇溶于胃酸中的鹽酸；則利用硫酸鋇做X光透視腸胃的藥劑，故C錯誤；

D．綠色化學(xué)的核心就是利用化學(xué)原理從源頭上減少和消除工業(yè)生產(chǎn)對環(huán)境的污染；不能利用化學(xué)合成生成新的原子，原子為化學(xué)變化中的最小微粒，故D錯誤；

故選：AB．14、AC【分析】【分析】A；根據(jù)反式脂肪酸中含有不飽和碳碳雙鍵判斷；

B；根據(jù)油脂的組成及高級脂肪酸的水解反應(yīng)進(jìn)行判斷；

C；根據(jù)脂肪對人體的危害分析；

D、根據(jù)反式脂肪酸甘油酯是天然油脂的氫化過程中會產(chǎn)生副產(chǎn)品判斷．【解析】【解答】解：A；反式脂肪酸甘油酯是不飽和脂肪酸的甘油酯；含有碳碳雙鍵，能夠時高錳酸鉀溶液褪色，故A錯誤；

B；油脂是高級不飽和脂肪酸甘油酯；脂肪是飽和高級脂肪酸甘油酯，二者統(tǒng)稱為油脂，在人體內(nèi)發(fā)生反應(yīng)生成了高級脂肪酸和甘油，故B正確；

C；天然動物脂肪大量食用容易堵塞血管而導(dǎo)致心腦血管疾?。还蔆錯誤；

D；天然油脂的氫化過程中會產(chǎn)生副產(chǎn)品反式脂肪酸甘油酯；所以脂肪酸甘油酯順式變反式，主要是在氫化過程中產(chǎn)生的變化，故D正確；

故選AC．15、AB【分析】【分析】由于反應(yīng)2A（g）+2B（g）?C（g）+3D（g）中，反應(yīng)兩邊氣體的體積不變，所以壓強(qiáng)不影響化學(xué)平衡，只要按照計(jì)量數(shù)將各物質(zhì)的物質(zhì)的量轉(zhuǎn)化成A、B，滿足物質(zhì)的量之比1：1，就是等效平衡，各組分的含量不變；將乙中6molD、2molC轉(zhuǎn)化成反應(yīng)物為2molA、2molB，所以甲、乙為等效平衡；注意甲的容積不變，乙的壓強(qiáng)不變、容積可變．【解析】【解答】解：該反應(yīng)前后氣體的體積不變；壓強(qiáng)不影響化學(xué)平衡，只要按照計(jì)量數(shù)將各物質(zhì)的物質(zhì)的量轉(zhuǎn)化成A；B，滿足物質(zhì)的量之比1：1，就是等效平衡，各組分的含量不變；將乙中6molD、2molC轉(zhuǎn)化成反應(yīng)物為2molA、2molB，所以甲、乙為等效平衡；

A；根據(jù)以上分析；甲乙為等效平衡，反應(yīng)前后氣體的物質(zhì)的量不變，壓強(qiáng)始終不變，反應(yīng)前壓強(qiáng)相等，反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡時，兩容器內(nèi)壓強(qiáng)仍然相等，故A正確；

B；甲乙兩容器為完全等效平衡；達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)時，甲乙中各組分的含量相同，所以C的體積分?jǐn)?shù)相等，故B正確；

C；向甲容器中再充入2molA和2molB；由于甲的容積固定，達(dá)到平衡后，各組分的濃度增大為原來的2倍，故C錯誤；

D；向乙容器中再充入2molC和6molD；由于乙的容積可變，所以平衡后乙中物質(zhì)C的濃度不變，故D錯誤；

故選AB．16、AD【分析】【分析】電池充電時的總反應(yīng)化學(xué)方程式為：LiC002=Li1-xC002+xLi，則放電時的總反應(yīng)為Li1-xC002+xLi=LiC002，放電時Li被氧化，為原電池的負(fù)極，電極反應(yīng)式為xLi-xe-=xLi+，正極Li1-xC002得電子被還原，電極反應(yīng)式為Li1-xC002+xe-+xLi+=LiC002，原電池工作時，陽離子向正極移動，陰離子向負(fù)極移動，充電時，電極反應(yīng)與放電時的反應(yīng)相反．【解析】【解答】解：A．放電時，Li+主要從負(fù)極區(qū)通過隔膜移向正極區(qū)；故A錯誤；

B．放電時Li被氧化，為原電池的負(fù)極，電極反應(yīng)式為xLi-xe-=xLi+；故B正確；

C．充電時；為電解池反應(yīng)，電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，故C正確；

D．由反應(yīng)LiC002=Li1-xC002+xLi可知；充電時，陰極發(fā)生還原反應(yīng)，生成Li，被還原，故D錯誤．

故選AD．三、填空題(共6題，共12分)17、K=K12×K2＜350℃30%Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H減小【分析】【分析】（1）生成物濃度的冪之積比上反應(yīng)濃度的冪之積，固體不代入表達(dá)式；2MnCO3+O2═2MnO2+2CO2為方程①②之和，所以K=K1×K2；

（2）反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行的判斷依據(jù)是△H-T△S＜0；反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行，△H-T△S＞0，反應(yīng)非自發(fā)進(jìn)行；

（3）由圖分析在在指定溫度下和水分含量下碳酸錳轉(zhuǎn)化率要高；

（4）陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，錳由+2價變成+4價，產(chǎn)生大量的氫離子．【解析】【解答】解：（1）反應(yīng)①的平衡常數(shù)表達(dá)式K1===，K與反應(yīng)①、②的平衡常數(shù)K1、K2關(guān)系為：2MnCO3+O2═2MnO2+2CO2為方程①的系擴(kuò)大2倍后與②之和所以K=K12×K2，故答案為：；K=K12×K2；

（2）反應(yīng)②在低溫下能；只有△H＜0，△G＜0反應(yīng)自發(fā)，故答案為：＜；

（3）由圖2分析；在350℃左右碳酸錳轉(zhuǎn)化率比較高，由圖3可知水分含量的30%左右碳酸錳轉(zhuǎn)化率比較高（或20%-40%都正確），故答案為：350℃（或325-375℃都正確）；30%（或20%-40%都正確）；

（4）陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，錳由+2價變成+4價，電極反應(yīng)為Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+，產(chǎn)生大量的氫離子，電解后溶液的pH將減小，故答案為：Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+；減?。?8、2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2ON2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=-534kJ?mol-1cACD0.3mol?L-1?min-12NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O【分析】【分析】Ⅰ（1）依據(jù)氮原子最外層電子數(shù)為3；易形成3個共價鍵分析形成8電子結(jié)構(gòu)，依據(jù)結(jié)構(gòu)式書寫方法寫出；

（2）依據(jù)氧化還原反應(yīng)電子守恒分析判斷產(chǎn)物和配平化學(xué)方程式；

（3）根據(jù)蓋斯定律可求得反應(yīng)熱；再寫出熱化學(xué)方程式；

Ⅱ（1）達(dá)到平衡狀態(tài)時；正逆反應(yīng)速率相等，各物質(zhì)的濃度不變，以此判斷；

（2）先將丙中的數(shù)據(jù)按照化學(xué)計(jì)量數(shù)轉(zhuǎn)化成反應(yīng)物氮?dú)猓粴錃獾奈镔|(zhì)的量；然后利用等效平衡知識進(jìn)行分析；

（3）先計(jì)算出用氮?dú)獗硎镜姆磻?yīng)速率；然后利用化學(xué)計(jì)量數(shù)關(guān)系計(jì)算出用氫氣表示的反應(yīng)速率；

Ⅲ．氨氣為堿性氣體，電解質(zhì)溶液應(yīng)呈堿性，負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，氨氣被氧化生產(chǎn)氮?dú)?，電極反應(yīng)式為2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O．【解析】【解答】解：Ⅰ（1）N2H4中的N原子可達(dá)到8電子的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，氮原子最外層3個電子形成三對共用電子對，和未成鍵的一對電子形成8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，每個氮原子和兩個氫原子形成共價鍵，氮原子間形成一個共價鍵，結(jié)構(gòu)式為：故答案為：

（2）NH3與NaClO反應(yīng)可得到肼（N2H4），氮元素化合價升高被氧化，次氯酸鈉做氧化劑被還原為氯化鈉，依據(jù)原子守恒配平寫出化學(xué)方程式為2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O；

故答案為：2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O；

（3）由圖可知，在反應(yīng)N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）中△H=2218kJ?mol-1-2752kJ?mol-1=-534kJ?mol-1，所以熱化學(xué)方程式為：N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=-534kJ?mol-1，故答案為：N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=-534kJ?mol-1；

Ⅱ（1）a．容器內(nèi)N2、H2、NH3的濃度之比為1：3：2；不能說明達(dá)到判斷狀態(tài)，取決于起始配料比和轉(zhuǎn)化程度，故a錯誤；

b．當(dāng)3v（N2）正=v（H2）逆時，才說明達(dá)到平衡狀態(tài)，故b錯誤；

c．容器內(nèi)壓強(qiáng)保持不變；可說明達(dá)到平衡狀態(tài)，故c正確；

d．恒容時體積不變；質(zhì)量不變，則混合氣體的密度保持不變，不能達(dá)到平衡狀態(tài)，故d錯誤．

故答案為：c；

（2）恒溫；恒容條件下：

A．假設(shè)乙容器的容積為4L，則達(dá)到平衡時甲乙為等效平衡，各組分的含量、濃度相等，此時氮?dú)獾臐舛葹閏1，然后將容器的容積縮小到2L，若平衡不移動，2c1=1.5mol/L，由于壓強(qiáng)增大，平衡向著正向移動，氨氣的濃度增大，所以2c1＞1.5mol/L；故A正確；

B．丙中2mol氨氣相當(dāng)于加入了1mol氮?dú)狻?mol氫氣，而甲中為3molH2、2molN2，由于丙反應(yīng)物氮?dú)獾奈镔|(zhì)的量減小，生成的氨氣的物質(zhì)的量減小，所以ω3＜ω1；故B錯誤；

C．反應(yīng)前后都是氣體，容器的容積都是2L，乙中混合氣體的質(zhì)量為甲的2倍，根據(jù)可知：2ρ1=ρ2；故C正確；

D．因?yàn)闇囟认嗤?，故K甲=K乙=K丙；故D正確；

故選ACD；

（3）容器乙中，反應(yīng)前氮?dú)獾臐舛葹椋?2mol/L，氮?dú)獾钠骄磻?yīng)速率為：v（N2）==0.1mol?L-1?min-1，根據(jù)反應(yīng)3H2（g）+N2（g）?2NH3（g）可知：v（H2）=3v（N2）=0.3mol?L-1?min-1，故答案為：0.3mol?L-1?min-1；

Ⅲ．氨氣為堿性氣體，電解質(zhì)溶液應(yīng)呈堿性，負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，氨氣被氧化生產(chǎn)氮?dú)?，電極反應(yīng)式為2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，故答案為：2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O．19、略

【分析】解：平衡常數(shù)K=c（Br2）=0.1mol/L，由于溫度不變，故增大壓強(qiáng)后平衡常數(shù)不變，則只將容器體積擴(kuò)大一倍，則再次平衡后c（Br2）=0.1mol/L；故答案為：0.1．

平衡常數(shù)K=c（Br2）=0.1mol/L；由于溫度不變，故增大壓強(qiáng)后平衡常數(shù)不變，可以知道再次平衡后溴的濃度不變．

本題考查化學(xué)平衡的計(jì)算，比較基礎(chǔ)，關(guān)鍵是對化學(xué)平衡常數(shù)的理解．【解析】0.120、醛基CH3CH2CH2CH2CH（CH2CH3）CH2OH+→+H2O防止苯環(huán)上的酚羥其被氧化HCHO+4[Ag（NH3）2]++4OH-CO32++2NH4++4Ag↓+6NH3+2H2Oa13【分析】【分析】A的分子式為C4H10O，分子中只含有1個甲基，可以發(fā)生催化氧化，則A的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2CH2CH2OH，B的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2CH2CHO，由題目信息可知C的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2CH2CH=C（CH2CH3）CHO，D的相對分子質(zhì)量為130，比C的相對分子質(zhì)量大4，E為水楊酸酯，則D結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2CH2CH2CH（CH2CH3）CH2OH，C和氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成D，D和鄰羥基苯甲酸發(fā)生酯化反應(yīng)生成E，E結(jié)構(gòu)簡式為F發(fā)生取代反應(yīng)生成G，G發(fā)生氧化反應(yīng)生成H，H發(fā)生取代反應(yīng)生成水楊酸，設(shè)計(jì)⑤和⑦的目的防止苯環(huán)上的酚羥其被氧化．【解析】【解答】解：A的分子式為C4H10O，分子中只含有1個甲基，可以發(fā)生催化氧化，則A的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2CH2CH2OH，B的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2CH2CHO，由題目信息可知C的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2CH2CH=C（CH2CH3）CHO，D的相對分子質(zhì)量為130，比C的相對分子質(zhì)量大4，E為水楊酸酯，則D結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2CH2CH2CH（CH2CH3）CH2OH，C和氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成D，D和鄰羥基苯甲酸發(fā)生酯化反應(yīng)生成E，E結(jié)構(gòu)簡式為F發(fā)生取代反應(yīng)生成G，G發(fā)生氧化反應(yīng)生成H，H發(fā)生取代反應(yīng)生成水楊酸，設(shè)計(jì)⑤和⑦的目的防止苯環(huán)上的酚羥其被氧化．

（1）C的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2CH2CH=C（CH2CH3）CHO，C中含氧官能團(tuán)的名稱為醛基，反應(yīng)④的反應(yīng)方程式為：CH3CH2CH2CH2CH（CH2CH3）CH2OH+→+H2O；

故答案為：醛基；CH3CH2CH2CH2CH（CH2CH3）CH2OH+→+H2O；

（2）在合成路線中；設(shè)計(jì)⑤和⑦的目的：防止苯環(huán)上的酚羥其被氧化；

故答案為：防止苯環(huán)上的酚羥其被氧化；

（3）X是B的最簡單同系物，則X為HCHO，與足量銀氨溶液反應(yīng)的離子方程式：HCHO+4[Ag（NH3）2]++4OH-CO32++2NH4++4Ag↓+6NH3+2H2O；

故答案為：HCHO+4[Ag（NH3）2]++4OH-CO32++2NH4++4Ag↓+6NH3+2H2O；

（4）a．B為CH3CH2CH2CHO；有4種不同的氫，故a正確；

b．羧基能與碳酸氫鈉反應(yīng)，而酚羥基不能夠與碳酸氫鈉反應(yīng)，故b錯誤；

c．D中含有醇羥基；能與金屬鈉反應(yīng)，故c錯誤；

d．E中苯環(huán)能與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，1molE與氫氣加成，最多消耗3molH2；故d錯誤．

故選：a；

（5）H有多種同分異構(gòu)體，其中能同時滿足下列條件：①能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說明含有醛基，②能發(fā)生水解反應(yīng)，說明含有酯基，為甲酸形成的酯基，③能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，說明含有酚羥基，含有2個側(cè)鏈，除酚羥基外，另外的取代基為-CH2OOCH，有鄰、間、對3種，含有3個取代基為-OH、-CH3、-OOCH，當(dāng)-OH、-CH3有鄰、間、對3種位置，對應(yīng)的-OOCH分別有4種、4種、2種位置，故符合條件的同分異構(gòu)體共有13種，其中有5種氫，且氫的個數(shù)比為1：1：2：2：2的為

故答案為：13；．21、淀粉葡萄糖H3CH2OH苯羧基CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O酯化（或取代）【分析】【分析】（1）碘單質(zhì)遇淀粉變藍(lán)色；糖尿病患者尿液中葡萄糖含量超標(biāo)；

（2）乙醇的官能團(tuán)是羥基；苯不溶于水密度比水?。?/p>

（3）-COOH原子團(tuán)的名稱為羧基．【解析】【解答】解：（1）碘單質(zhì)遇淀粉變藍(lán)色；可用淀粉檢驗(yàn)，糖尿病患者尿液中葡萄糖含量超標(biāo)，故答案為：淀粉；葡萄糖；

（2）乙醇的結(jié)構(gòu)簡式為：CH3CH2OH；因乙醇能于水任意比互溶，苯不溶于水密度比水小，四氯化碳不溶于水密度比水大，故答案為：H3CH2OH；苯；

（3）-COOH原子團(tuán)的名稱為羧基，乙酸能與乙酸發(fā)生反應(yīng)生成乙酸乙酯，該反應(yīng)為CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；為酯化反應(yīng)，也屬于取代反應(yīng)；

故答案為：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；酯化（或取代）．22、2△H2-△H10.02575%＞不變升高溫度【分析】【分析】（1）依據(jù)化學(xué)平衡常數(shù)概念，結(jié)合反應(yīng)化學(xué)方程式書寫平衡常數(shù)，結(jié)合平衡常數(shù)表達(dá)式計(jì)算得到平衡常數(shù)關(guān)系；根據(jù)蓋斯定律計(jì)算△H3；

（2）依據(jù)平衡三段式列式計(jì)算，依據(jù)反應(yīng)速率概念計(jì)算V=、轉(zhuǎn)化率概念的計(jì)算，轉(zhuǎn)化率=×100%，反應(yīng)（Ⅱ）在恒壓條件下進(jìn)行，隨反應(yīng)進(jìn)行，氣體體積減小，為保持恒壓所以容器體積減小，壓強(qiáng)比恒容容器大，平衡正向進(jìn)行，平衡時NO的轉(zhuǎn)化率α2增大；平衡常數(shù)隨溫度變化，不隨濃度、壓強(qiáng)變化，若要使K2減小，平衡逆向進(jìn)行，反應(yīng)是放熱反應(yīng)，依據(jù)平衡移動原理應(yīng)升高溫度，平衡逆向進(jìn)行，平衡常數(shù)隨溫度變化；【解析】【解答】解：（1）①2NO（g）+Cl2（g）?2ClNO（g），△H1＜0（Ⅱ），平衡常數(shù)K1=；

②2NO2（g）+NaCl（s）?NaNO3（s）+ClNO（g），△H2＜0（Ⅰ），平衡常數(shù)K2=；

（1）③4NO2（g）+2NaCl（s）?2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）的平衡常數(shù)K=，由②×2-①計(jì)算得到K=，△H3=2△H2-△H1；

故答案為：；2△H2-△H1；

（2）在恒溫條件下，向2L恒容密閉容器中加入0.2molNO和0.1molCl2，10min時反應(yīng)（Ⅱ）達(dá)到平衡，測得10min內(nèi)v（ClNO）=7.5×10-3mol?L-1?min-1，物質(zhì)的量為7.5×10-3mol?L-1?min-1×10min×2L=0.15mol；

2NO（g）+Cl2（g）?2ClNO（g）；

起始量（mol）0.20.10

變化量（mol）0.150.0750.15

平衡量（mol）0.050.0250.15

則平衡后n（Cl2）=0.025mol；

NO的轉(zhuǎn)化率α1=×100%=75%；

其他條件保持不變，反應(yīng)（Ⅱ）在恒壓條件下進(jìn)行，隨反應(yīng)進(jìn)行，氣體體積減小，為保持恒壓所以容器體積減小，壓強(qiáng)比恒容容器大，平衡正向進(jìn)行，平衡時NO的轉(zhuǎn)化率α2增大；平衡常數(shù)隨溫度變化，不隨濃度、壓強(qiáng)變化，若要使K2減??；平衡逆向進(jìn)行，反應(yīng)是放熱反應(yīng)，依據(jù)平衡移動原理應(yīng)升高溫度，平衡逆向進(jìn)行；

故答案為：0.025；75%；＞；不變；升高溫度．四、判斷題(共4題，共24分)23、√【分析】【分析】上層液體若從下口流出會摻雜儀器中附著的下層液體．據(jù)此解題．【解析】【解答】解：分液時，先把下層液體從下口放出，再把上層液體從上口倒出，故答案為：√．24、√【分析】【分析】鈉與水劇烈反應(yīng)，生成氫氣，并放出大量的熱，以此解答．【解析】【解答】解：做鈉與水的反應(yīng)時；不能用較大的鈉塊，因?yàn)殁c化學(xué)性質(zhì)活潑，與水反應(yīng)非常激烈，所放出的熱量無法及時被水吸收，局部熱量過多，便引起爆炸．

故答案為：√．25、×【分析】【分析】摩爾是物質(zhì)的量的單位．【解析】【解答】解：摩爾是物質(zhì)的量的單位；是國際單位制中七個基本單位之一；

故答案為：×．26、×【分析】【分析】將40gNaOH溶解在1L水中，溶液體積大于1L．【解析】【解答】解：將40gNaOH溶解在1L水中；溶液體積大于1L，溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度小于1mol/L；

故答案為：×．五、實(shí)驗(yàn)題(共4題，共16分)27、略

【分析】試題分析：（1）足量NaOH可以除去Mg2+；Na2CO3溶液可以除去Ca2+，故答案為：Ca2+、Mg2+；（2）NH4HCO3與NaCl反應(yīng)：NH4HCO3與+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，離子方程式Na++HCO3-=NaHCO3↓，故答案為：Na++HCO3-=NaHCO3↓；（3）根據(jù)水浴加熱溫度易控制且受熱均勻；溫度過高造成NH4HCO3分解，溫度過低NH4HCO3的溶解度??；故答案為：水浴加熱；溫度過高造成NH4HCO3分解，溫度過低NH4HCO3的溶解度??；（4）NH4HCO3與氯化鈉兩者發(fā)生反應(yīng)生成碳酸氫鈉，便有晶體析出，然后過濾、洗滌可得NaHCO3晶體，故答案為：過濾；洗滌；（5）①酚酞指示劑，用物質(zhì)的量濃度為c（mol/L）的HCl溶液滴定至溶液由紅色到無色，指示CO32-+H+=HCO3-反應(yīng)的終點(diǎn)，所用HCl溶液體積為V1mL，碳酸氫鈉的質(zhì)量為c×V1×10-3×M（Na2CO3）g，碳酸鈉的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。c×V1×10?3×M(Na2CO3)gGg②用甲基橙指示劑，繼續(xù)用HCl溶液滴定至溶液由黃變橙，指示HCO3-+H+=CO2+H2O反應(yīng)的終點(diǎn)，所用HCl溶液體積為V2mL，若V2=V1，只有Na2CO3；若V2＞V1，則含有NaHCO3，故答案為：黃色變?yōu)槌壬野敕昼姴蛔?；V2＞V1則含有NaHCO3．考點(diǎn)：本題主要考查侯氏制堿法的原理和過程，同使也考查了雙指示劑法，難度稍大．【解析】【答案】（1）Ca2+、Mg2+（2分，各1分）（2）Na++HCO3－→NaHCO3↓（1分）（3）水浴加熱（1分）溫度過高造成NH4HCO3分解，溫度過低NH4HCO3的溶解度小（2分）（4）過濾洗滌（2分）（5）①Na2CO3%=（2分）[M(Na2CO3)用106表示也得分]②黃色變?yōu)槌壬野敕昼姴蛔儯?分）；V2＞V1則含有NaHCO3（1分）28、略

【分析】試題分析：（1）設(shè)計(jì)對比實(shí)驗(yàn)時，必須其他變量保持不變，只有一個變量；依題意可知，①與②的目的是探究溫度對化學(xué)反應(yīng)速率的影響規(guī)律，因此兩種反應(yīng)物的起始濃度應(yīng)保持不變，都是0.1mol/L；①與③的目的是探究反應(yīng)物濃度對化學(xué)反應(yīng)速率的影響規(guī)律，則溫度都是298K、硫酸的初始濃度都是0.1mol/L；①與④的目的是探究反應(yīng)物濃度對化學(xué)反應(yīng)速率的影響規(guī)律，則溫度都是298K、硫代硫酸鈉的初始濃度都是0.1mol/L，硫酸的初始濃度變?yōu)?.2mol/L或其它合理的答案；（2）書寫陌生的氧化還原反應(yīng)時，先確定氧化劑、還原劑、氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物，再確定化合價升降數(shù)目，然后根據(jù)最小公倍數(shù)法確定氧化劑和還原劑的系數(shù)，最后用觀察法配平其它物質(zhì)的系數(shù)；綜上所述，該反應(yīng)為Na2S2O3+4Cl2+5H2O===Na2SO4+8HCl+H2SO4或Na2S2O3+4Cl2+5H2O===2NaCl+6HCl+2H2SO4；（3）硫酸鈉常用硫酸根離子的沉淀法檢驗(yàn)，但是Na2S2O3也能與氯化鋇溶液產(chǎn)生白色沉淀，干擾硫酸鈉的檢驗(yàn)，所以需要先除去樣品中的Na2S2O3；由于Na2S2O3易溶于水，在酸性溶液中與酸反應(yīng)有單質(zhì)硫和SO2生成，加硫酸會引入硫酸根離子，硝酸能將硫代硫酸根離子氧化為硫酸根離子，干擾硫酸根離子的檢驗(yàn)，因此步驟2中只能加入過量1mol·L－1HCl溶液，充分振蕩，靜置，有淡黃色沉淀生成或產(chǎn)生有刺激性氣味的氣體，說明Na2S2O3已經(jīng)被轉(zhuǎn)化為NaCl、單質(zhì)硫和SO2；除去硫代硫酸根離子之后，取上層清液于另一試管中，滴加少量0.1mol·L－1BaCl2溶液，振蕩，有白色沉淀生成，證明固體中混有Na2SO4[或無白色沉淀生成，證明固體中無Na2SO4]?？键c(diǎn)：考查探究實(shí)驗(yàn)，涉及設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案探究外界條件對化學(xué)反應(yīng)速率的影響、氧化還原反應(yīng)方程式的書寫和配平、設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案檢驗(yàn)硫酸鈉的存在、設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案除去硫酸鈉中的硫代硫酸鈉等?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?6分）(1)表格內(nèi)每空1分，共6分。實(shí)驗(yàn)編號T/Kc(Na2S2O3)/mol·L－1c(H2SO4)/mol·L－1①②0.10.1③2980.1④2980.2(不填0.1的均給分)（2）Na2S2O3+4Cl2+5H2O=Na2SO4+8HCl+H2SO4(2分，未配平給1分)（或Na2S2O3+4Cl2+5H2O=2NaCl+6HCl+2H2SO4)（3）。實(shí)驗(yàn)步驟預(yù)期現(xiàn)象和結(jié)論步驟1：取少量固體于試管中，加蒸餾水溶解步驟2：向試管中加入過量1mol·L－1HCl溶液，充分振蕩，靜置(2分)有淡黃色沉淀生成(2分)步驟3：取上層清液于另一試管中，滴加少量0.1mol·L－1BaCl2溶液(2分)有白色沉淀生成，證明固體中混有Na2SO4(2分)[或無白色沉淀生成，證明固體中無Na2SO4]步驟2：步驟與現(xiàn)象、結(jié)論不株連。未寫“過量”扣1分；缺少“充分振蕩”扣一分?，F(xiàn)象和結(jié)論中：刺激性氣味氣體或氣泡產(chǎn)生可給分。步驟3：無“少量”不扣分，將BaCl2寫成Ba(NO3)2的不得分，不株連現(xiàn)象和結(jié)論29、略

【分析】（1）注意加藥品時先加入固體MnO2，再通過分液漏斗加入濃鹽酸，最后才能加熱。則依次順序是ACB(2)①根據(jù)反應(yīng)的離子方程式：MnO2+4H＋+2Cl－Mn2＋+Cl2↑+2H2O，可以看出反應(yīng)殘余液中c(Cl－)>c(H＋)，用甲方案測得的是c(Cl－)，而不是(H＋)。②根據(jù)c(鹽酸)×V(鹽酸)＝c(氫氧化鈉)×V(氫氧化鈉)，c(鹽酸)＝c(氫氧化鈉)×V(氫氧化鈉)/V(鹽酸)=22.00mL×0.1000mol·L－1/20.00mL=0.1100mol·L－1。③由于KSP(MnCO3)<KSP(CaCO3)，過量的CaCO3要轉(zhuǎn)化為一部分MnCO3，由于M(MnCO3)>M(CaCO3)，故最終剩余的固體質(zhì)量增加，導(dǎo)致測得的c(H＋)偏小。④Zn與鹽酸反應(yīng)放熱，因此，冷卻后氣體的體積將縮小。考點(diǎn)定位：本題考查了化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案基本操作、實(shí)驗(yàn)的設(shè)計(jì)與評價等，重在考查學(xué)生的實(shí)驗(yàn)?zāi)芰蛿?shù)據(jù)處理能力?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）ACB（按序?qū)懗鋈?xiàng)）（2）①殘余清液中，n(Cl-)＞n(H+)(或其他合理答案)②0.1100③偏?、埽á。㈱n粒殘余清液（按序?qū)懗鰞身?xiàng)）（ⅱ）裝置內(nèi)氣體尚未冷至室溫30、略

【分析】解：電石渣含有rm{Ca(OH)_{2}}加入水打漿，通入氯氣，可生成rm{Ca(ClO)_{2}}rm{Ca(ClO)_{2}}進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為rm{Ca(ClO_{3})_{2}}過濾后在濾液中加入rm{KCl}轉(zhuǎn)化生成rm{KClO_{3}}經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶可得晶體rm{KClO_{3}}

rm{(1)壟脷}氯氣和氫氧化鈣反應(yīng)生成氯化鈣、次氯酸鈣和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為rm{2Cl_{2}+2Ca(OH)_{2}=CaCl_{2}+Ca(ClO)_{2}+2H_{2}O}故答案為：rm{2Cl_{2}+2Ca(OH)_{2}=CaCl_{2}+Ca(ClO)_{2}+2H_{2}O}

rm{壟脷}提高rm{Cl_{2}}轉(zhuǎn)化為rm{Ca(ClO_{3})_{2}}的轉(zhuǎn)化率，可使氯氣和氫氧化鈣充分接觸，可適當(dāng)減緩?fù)ㄈ雛m{Cl_{2}}速率；充分?jǐn)嚢铦{料；因氫氧化鈣微溶于水，加水溶解的做法不可取，因濃度過低，對后續(xù)實(shí)驗(yàn)不利；

故答案為：rm{AB}

rm{(2)壟脵}發(fā)生rm{6Ca(OH)_{2}+6Cl_{2}簍TCa(ClO_{3})_{2}+5CaCl_{2}+6H_{2}O}生成的rm{Ca(ClO_{3})_{2}}溶于水，rm{CaCO_{3}}不溶于水，rm{Ca(OH)_{2}}微溶，則濾渣中含有rm{CaCO_{3}}rm{Ca(OH)_{2}}

故答案為：rm{CaCO_{3}}rm{Ca(OH)_{2}}

rm{壟脷}氯化過程中rm{Cl_{2}}與氫氧化鈣反應(yīng)部分生成rm{Ca(ClO)_{2}}和rm{CaCl_{2}}則rm{n[Ca(ClO_{3})_{2}]}rm{n[CaCl_{2}]<1}rm{5}故答案為：rm{<}

rm{(3)}該溶液中盡可能多地析出rm{KClO_{3}}固體；應(yīng)經(jīng)蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶，故答案為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶．

電石渣含有rm{Ca(OH)_{2}}加入水打漿，通入氯氣，可生成rm{Ca(ClO)_{2}}rm{Ca(ClO)_{2}}進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為rm{Ca(ClO_{3})_{2}}過濾后在濾液中加入rm{KCl}轉(zhuǎn)化生成rm{KClO_{3}}經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶可得晶體rm{KClO_{3}}

rm{(1)壟脵}氯氣和氫氧化鈣反應(yīng)生成氯化鈣；次氯酸鈣和水；

rm{壟脷}提高rm{Cl_{2}}轉(zhuǎn)化為rm{Ca(ClO_{3})_{2}}的轉(zhuǎn)化率；可使氯氣和氫氧化鈣充分接觸；

rm{(2)壟脵}發(fā)生rm{6Ca(OH)_{2}+6Cl_{2}簍TCa(ClO_{3})_{2}+5CaCl_{2}+6H_{2}O}生成的rm{Ca(ClO_{3})_{2}}溶于水，rm{CaCO_{3}}不溶于水，rm{Ca(OH)_{2}}微溶；

rm{壟脷}氯化過程中rm{Cl_{2}}與氫氧化鈣反應(yīng)部分生成rm{Ca(ClO)_{2}}和rm{CaCl_{2}}

rm{(3)}經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶可得晶體rm{KClO_{3}}．

本題考查物質(zhì)的制備，為高考常見題型和高頻考點(diǎn)，側(cè)重于學(xué)生的分析、實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，解答本題注意把握物質(zhì)的性質(zhì)以及題給信息，把握反應(yīng)的流程，同時要具有扎實(shí)的實(shí)驗(yàn)基礎(chǔ)知識，難度不大．【解析】rm{2Cl_{2}+2Ca(OH)_{2}=CaCl_{2}+Ca(ClO)_{2}+2H_{2}O}rm{AB}rm{CaCO_{3}}rm{Ca(OH)_{2}}rm{<}蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶六、推斷題(共4題，共40分)31、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2SiO2+2OH-=SiO32-+H2O4NH3+5O24NO+6H2O3NO2+H2O=2HNO3+NO2NH3+6OH--6e-=N2+6H2O非極性2SO2+O22SO3SO2+2Fe3++2H2O=SO42-+2Fe2++4H+2SO2+O2+2H2O=SO42-+4H+spCuOCO2+2NaOH=Na2CO3+H2O2Mg+CO22MgO+C【分析】【分析】B為地殼中含量最多的元素所形成的單質(zhì)，則B為O2．

（1）若D的焰色反應(yīng)為黃色的固體單質(zhì)；能與氧氣連續(xù)反應(yīng)，則D為Na，A為氧化鈉，C為過氧化鈉；

（2）若D遇蘸有濃HCl的玻璃棒立即產(chǎn)生白煙的氣體；則D為氨氣，A為NO，C為二氧化氮；

（3）若D為淡黃色固體單質(zhì)；則D為硫，A為二氧化硫，C為三氧化硫；

（4）若D是硬度最大的非金屬固體單質(zhì)，則D為碳，A為CO，C為二氧化碳．【解析】【解答】解：B為地殼中含量最多的元素所形成的單質(zhì)，則B為O2．

（1）若D的焰色反應(yīng)為黃色的固體單質(zhì)，能與氧氣連續(xù)反應(yīng)，則D為Na，A為氧化鈉，C為過氧化鈉，C與CO2反應(yīng)的化學(xué)方程式：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，A的水溶液為NaOH，試劑瓶不能用玻璃塞的原因：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；

故答案為：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；SiO2+2OH-=SiO32-