2025年魯科版高三化學下冊月考試卷

…………○…………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2025年魯科版高三化學下冊月考試卷757考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______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、（2015秋?廣東校級期末）電瓶車所用的電池一般是鉛蓄電池；圖是一種典型的可充電電池，電池總反應式為：

Pb+PbO2+4H++2SO42-2PbSO4+2H2O；

根據(jù)上述變化，下列說法中正確的是（）A.放電時電極PbO2發(fā)生氧化反應B.放電時電子流向由B到AC.工作時蓄電池里電解質溶液的pH不變D.充電時陰極反應是PbSO4-2e-+2H2O═PbO2+4H++SO42-2、溫度為T時，向2.0L恒容密閉容器中充入1.0molPCl5，反應PCl5（g）?PCl3（g）+Cl2（g）經(jīng)過一段時間后達到平衡．反應過程中測定的部分數(shù)據(jù)如圖．下列說法正確的是（）A.反應在前50s的平均速率v（PCl3）=0.0032mol?L-1?s-1B.保持其他條件不變，升高溫度，平衡時c（PCl3）=0.11mol?L-1，則反應的△H＜0C.相同溫度下，起始時向容器中充入2.0molPCl3和2.0molCl2，達到平衡時，PCl3的轉化率小于80%D.相同溫度下，起始時向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2，反應達到平衡前v（正）＞v（逆）3、設rm{N_{A}}為阿伏伽德羅常數(shù)的數(shù)值，下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.rm{39g}rm{K}與足量rm{H_{2}O}反應完全后可生成rm{N_{A}}個rm{H_{2}}分子B.含rm{4}rm{molHCl}的濃鹽酸和足量rm{MnO_{2}}加熱反應可生成rm{N_{A}}個rm{Cl_{2}}分子C.標準狀況下，rm{22.4L}氟化氫中含rm{2N_{A}}個原子D.rm{2mol}單質rm{Cu}與足量高溫硫蒸氣完全反應，失去rm{2N_{A}}個電子4、分析化學中常用X射線研究晶體結構，有一種藍色晶體[可表示為：MxFey（CN）z]，研究表明它的結構特征：Fe2+位于立方體的頂點，自身互不相鄰，而CN-位于立方體的棱上，M為+1價．晶體的晶胞結構如圖所示，下列說法不正確的是（）A.該晶體中既有離子鍵又有極性共價鍵B.晶體的化學式可表示為[M2Fe（CN）3]C.M+離子位于晶胞體心D.與每個Fe2+距離相等且最近的CN-有6個5、下列物質中不屬于有機物的是（）A.C6H6B.CH3OHC.CH3COOHD.CO6、用純凈的碳酸鈣與稀鹽酸反應制取二氧化碳氣體，實驗過程中產(chǎn)生二氧化碳的體積與時間的關系如圖所示，下列敘述正確的是（）A.OE段化學反應速率最快B.EF段化學反應速率最快C.FG段收集的二氧化碳氣體最多D.由圖可推斷出該反應是吸熱反應7、對儲氫材料rm{CaH_{2}}描述錯誤的是rm{(}rm{)}A.離子半徑：rm{H^{-}>Li^{+}}B.rm{H^{-}}有強還原性C.rm{Ca^{2+}}最外層電子排布式rm{3s^{2}3p^{6}}D.rm{Ca^{2+}}在水溶液中不能夠大量存在評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)8、有A、B、C、D四種元素，已知2molA的單質能從水中置換出22.4LH2（標準狀況）；同時A轉化為與Ne原子電子層結構相同的離子，B原子得到2個電子后，其最外層（M層）達到穩(wěn)定結構，C原子核內(nèi)質子數(shù)比B原子少3個，D原子最外層電子數(shù)是次外層的2.5倍．試求：

（1）A、B、C、D的名稱是A____、B____、C____、D____．

（2）C的最高價氧化物的水化物的化學式是____；D元素在周期表中的位置是____．9、（1）常見的染發(fā)劑可分為____、____、____等三大類．

（2）氯系列消毒劑是目前使用最為廣泛的一類消毒劑，其中漂白粉的有效成分為____，在工業(yè)上是如何生產(chǎn)漂白粉的寫出反應的方程式____，放在空氣會生成有強氧化性的物質試寫出反應的方程式____；氯系列消毒劑在空氣中久置會變質為什么：____．

（3）酸雨有硝酸型酸雨，寫出硝酸型酸雨的形成過程的有關方程式：____，____，硝酸型酸雨的形成的主要原因是____；如何減少該類污染？試寫出兩種方案____，____．10、氨氣極易溶于水，其水溶液顯______rm{(}酸性、中性、堿性rm{).}氨氣和氯化氫在空氣中相遇時，可以看到的現(xiàn)象是______．11、已知如表數(shù)據(jù)：

。物質rm{2}rm{4}rm{6}

熔點rm{/隆忙}沸點rm{/隆忙}密度rm{/g?cm^{-3}}乙醇rm{-114}rm{78}rm{0.789}乙酸rm{16.6}rm{117.9}rm{1.05}乙酸乙酯rm{-83.6}rm{77.5}rm{0.900}濃rm{H_{2}SO_{4}}rm{338}rm{1.84}實驗室制乙酸乙酯的主要裝置如圖rm{1}所示，主要步驟為：rm{壟脵}在rm{30mL}的大試管中按體積比rm{1}rm{4}rm{4}的比例配制濃硫酸、乙醇和乙酸的混合液；rm{壟脷}按照圖rm{1}連接裝置，使產(chǎn)生的蒸氣經(jīng)導管通到rm{15mL}試管所盛飽和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液rm{(}加入rm{1}滴酚酞試液rm{)}上方rm{2mm隆蘆3mm}處，rm{壟脹}小火加熱試管中的混合液；rm{壟脺}待小試管中收集約rm{4mL}產(chǎn)物時停止加熱，撤出小試管并用力振蕩，然后靜置待其分層；rm{壟脻}分離出純凈的乙酸乙酯．

請同學們回答下列問題：

rm{(1)}步驟rm{壟脵}中；配制這一比例的混合液的操作是______．

rm{(2)}寫出該反應的化學方程式______，濃rm{H_{2}SO_{4}}的作用是______．

rm{(3)}步驟rm{壟脹}中；用小火加熱試管中的混合液，其原因與結論______．

rm{(4)}步驟rm{壟脺}所觀察到的現(xiàn)象是______；寫出原因是______

rm{(5)}步驟rm{壟脻}中；分離出乙酸乙酯選用的儀器是______，產(chǎn)物應從______口倒出，因為______．

rm{(6)}為提高乙酸乙酯的產(chǎn)率，甲、乙兩位同學分別設計了如圖rm{2}甲、乙的裝置rm{(}乙同學待反應完畢冷卻后再用飽和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液提取燒瓶中產(chǎn)物rm{).}你認為______裝置合理，因為______．12、現(xiàn)有A；B、C、D四種元素；A元素形成的-2價陰離子比氦原子的核外電子數(shù)多8個，B元素與A元素可組成一種化合物E，為淡黃色固體，該固體遇到空氣能生成A的單質；C為原子核內(nèi)有12個中子的金屬元素，當2.4gC與足量熱水反應時，在標準狀況下放出氣體2.24L，C形成正二價陽離子；D元素原子的M層上有7個電子．

（1）C在周期表中的位置____．

（2）D的氣態(tài)氫化物與H2S、HF的穩(wěn)定性由強到弱為____（用化學式表示）．

（3）寫出淡黃色固體E的電子式____，其中含有的化學鍵為____．

（4）鉀元素與B元素位于同一主族，鉀元素與A元素可形成K2A、K2A2、KA2等多種化合物，其中K2A2和KA2和CO2均可發(fā)生反應（反應與淡黃色固體E和CO2的反應類似），K2A2、KA2在醫(yī)院、礦井、潛水、高空飛行中常用作供氧劑，為了維持氣壓穩(wěn)定可以使用過氧化鉀和超氧化鉀的混合物使吸收的CO2與生成的O2體積相同（同溫同壓），則它們的物質的量之比為____．13、（2015秋?武穴市校級月考）工業(yè)生產(chǎn)硝酸的尾氣中含有氮氧化物NOx（NO和NO2的混合物，假設不含N2O4）；對生態(tài)環(huán)境和人類健康帶來較大的威脅．

（1）工業(yè)上也常用Na2CO3溶液吸收法處理NOx．已知：NO不能與Na2CO3溶液反應，NO+NO2+Na2CO3═2NaNO2+CO2；2NO2+Na2CO3═NaNO2+NaNO3+CO2．

當NOx被Na2CO3溶液完全吸收時，x的值不可能是____（填字母）．

A．1.3B．1.6C．1.8

（2）將1molNOx通入Na2CO3溶液中，被完全吸收時，溶液中生成的NO3-、NO2-兩種離子的物質的量隨x變化關系如圖所示：圖中線段a表示____離子隨x值變化的關系；若用溶質質量分數(shù)為21.2%的Na2CO3溶液吸收，則需要Na2CO3溶液至少____g．

（3）用足量的Na2CO3溶液完全吸收NOx，每產(chǎn)生22.4L（標準狀況）CO2（全部逸出）時，吸收液質量就增加44g，試計算NOx中x的值=____．評卷人得分三、判斷題(共6題，共12分)14、0.1mol?L-1的NaHSO4溶液中，陽離子的數(shù)目之和為0.2NA．____（判斷對錯）15、標準狀況下，22.4L己烷中含共價鍵數(shù)目為19NA．____（判斷對錯）16、18gD2O所含的電子數(shù)為10NA．____（判斷對錯）17、氨基酸分子中既有羧基，又有氨基，因此它具有兩性．____（判斷對錯）18、18gH2O在標準狀況下的體積是22.4L____．（判斷對錯）19、丙三醇、乙二醇、乙醇都是飽和醇，屬于同系物．____．（判斷對錯說明理由）評卷人得分四、實驗題(共4題，共20分)20、焦亞硫酸鈉（Na2S2O5）是常用的食品抗氧化劑之一．某研究小組進行如下實驗：采用如圖1裝置（實驗前已除盡裝置內(nèi)的空氣）制取Na2S2O5．

已知：①裝置Ⅱ中有Na2S2O5晶體析出，發(fā)生的反應為Na2SO3+SO2═Na2S2O5．

②Na2S2O5晶體在空氣中被氧化生成Na2SO4．

（1）裝置Ⅰ中產(chǎn)生氣體的化學方程式為____．

（2）要從裝置Ⅱ中獲得已析出的晶體，可采取的分離方法是____．

（3）裝置Ⅲ用于處理尾氣，可選用的最合理裝置（圖2）（夾持儀器已略去）為____（填序號）．

（4）檢測Na2S2O5晶體在空氣中已被氧化的實驗方案是____．

（5）為了研究干燥的Cl2與干燥SO2反應及進行程度．用如圖3所示裝置收集滿干燥的Cl2，再通入干燥SO2，集氣瓶中立即產(chǎn)生無色液體SO2Cl2，充分反應后，將液體和剩余氣體分離．繼續(xù)用NaOH溶液吸收分離出的氣體，用足量稀鹽酸酸化后，再滴加BaCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀，該白色沉淀是____，由此可知反應后剩余氣必然存在____氣體，綜合實驗信息，請寫出干燥的SO2與Cl2反應的化學方程式____．21、實驗室需要80mL2.0mol/L的氯化亞鐵溶液；有關該溶液的配制，回答下列問題：

（1）配制該溶液需要稱量FeCl2的質量是____g，實驗前的必要操作是____，溶解了FeCl2后的必要操作是____．

（2）所需儀器為：托盤天平（含砝碼）、量筒、燒杯、玻璃棒、____．

（3）試分析下列操作對所配溶液的濃度有何影響？（填“偏高”；“無影響”或“偏低”）

①配制溶液時未洗滌燒杯，導致所配溶液的濃度____．

②定容、加蓋倒轉搖勻后，發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線，又滴加蒸餾水至刻度線，導致所配溶液的濃度____．

（4）溶解FeCl2樣品時，往往把FeCl2固體溶解在適量濃鹽酸中，再加適量蒸餾水稀釋，這樣做的目的是____．22、如圖所示，A、B、C是實驗室常用的三種制取氣體的裝置，提供的藥品有：大理石、濃鹽酸、稀鹽酸、鋅粒、二氧化錳、氯化銨、熟石灰．現(xiàn)欲利用這些藥品分別制取NH3、Cl2、H2、CO2四種氣體；試回答下列問題：

（1）①寫出利用上述有關藥品制取氨氣的化學方程式：____；用____干燥劑干燥（填名稱）；

②制取CO2的化學方程式____；

（2）①制取Cl2選用裝置為____（填序號）；

②寫出制取該氣體反應的化學方程式____；

③生成的氣體先通過盛____的洗氣瓶，除去____氣體．

④用濕潤的____試紙驗滿．

⑤寫出尾氣吸收反應的化學方式____．23、氯氣是一種重要的工業(yè)原料．

Ⅰ．實驗室可用二氧化錳和濃鹽酸反應制取氯氣，反應的化學方程式是____．

Ⅱ．某研究性學習小組查閱資料得知；漂白粉與硫酸反應可制取氯氣，化學方程式為：

Ca（ClO）2+CaCl2+2H2SO42CaSO4+2Cl2↑+2H2O

他們利用該反應設計如下制取氯氣并驗證其性質的實驗．

回答下列問題：

（1）該實驗中A部分的裝置是____（填標號）．

（2）請你幫助他們設計一個實驗，證明洗氣瓶C中的Na2SO3已被氧化（簡述實驗步驟）：____．

（3）寫出D裝置中發(fā)生反應的離子方程式____．

（4）該實驗存在明顯的缺陷，請你提出改進的方法____．

（5）該小組又進行了如下實驗：稱取漂白粉2.0g，研磨后溶解，配制成250mL溶液，取出25mL加入到錐形瓶中，再加入過量的KI溶液和過量的H2SO4溶液，靜置．待完全反應后，用0.1mol?L-1的Na2S2O3溶液作標準液滴定反應生成的碘，已知反應方程式為：2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI，共用去Na2S2O3溶液20.0mL．則該漂白粉中Ca（ClO）2的質量分數(shù)為____．評卷人得分五、書寫(共2題，共16分)24、配平下列化學方程式：

____SO2+____MnO4_+____H2O=____SO42_+____Mn2++____H+

____NH4NO3=____HNO3+____N2↑+____H2O．25、按要求填寫化學用語．

（1）氫氧化鋇溶液和稀硫酸（寫出離子方程式）____．

（2）Fe2（SO4）3（寫出電離方程式）____．

（3）除去FeCl3溶液中混有的少量FeCl2，試劑為____，化學方程式____．除去FeCl2溶液中的少量FeCl3，可以加入____（選填“少量”、“適量”、“過量”）____（填寫試劑）再用____（填實驗方法）得到純凈的FeCl2溶液．

（4）CO32-+2H+=CO2↑+H2O（寫出對應的化學方程式）____．評卷人得分六、探究題(共4題，共8分)26、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設計了下列實驗過程．請在括號內(nèi)填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內(nèi)有關物質的結構簡式．

寫出下列物質的結構簡式A________、C________、E________、G________．27、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應的原理來測定其含量，操作為：28、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設計了下列實驗過程．請在括號內(nèi)填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內(nèi)有關物質的結構簡式．

寫出下列物質的結構簡式A________、C________、E________、G________．29、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應的原理來測定其含量，操作為：參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、B【分析】【分析】A．放電時該裝置是原電池，Pb作負極，發(fā)生氧化反應，PbO2作正極；發(fā)生還原反應；

B．放電時；電子從負極沿導線流向正極；

C．根據(jù)Pb+PbO2+4H++2SO42-2PbSO4+2H2O知；放電時氫離子參加反應，充電時生成氫離子；

D．充電時陰極上得電子發(fā)生還原反應，與原電池負極反應式正好相反．【解析】【解答】解：A．放電時該裝置是原電池，Pb作負極，發(fā)生氧化反應，PbO2作正極；正極上得電子而發(fā)生還原反應，故A錯誤；

B．放電時，電子從負極沿導線流向正極，放電時Pb是負極、PbO2是正極；電子從B沿導線流向A，故B正確；

C．根據(jù)Pb+PbO2+4H++2SO42-2PbSO4+2H2O知；放電時氫離子參加反應，溶液的pH增大，充電時生成氫離子，溶液的pH減小，故C錯誤；

D．充電時陰極上得電子發(fā)生還原反應，與原電池負極反應式正好相反，陰極反應式為PbSO4+2e-═Pb+SO42-；故D錯誤；

故選B．2、D【分析】【分析】A．由圖中數(shù)據(jù)可知50s內(nèi)，△n（PCl3）=0.16mol，根據(jù)v=計算v（PCl3）；

B．由圖中數(shù)據(jù)可知，平衡時n（PCl3）=0.2mol，保持其他條件不變，升高溫度，平衡時，c（PCl3）=0.11mol/L，則n′（PCl3）=0.22mol＞0.2mol；說明升高溫度平衡向正反應方向移動，升高溫度平衡向吸熱反應方向移動；

C．等效為起始加入2.0molPCl5，與原平衡相比，壓強增大，平衡向逆反應方向移動，平衡時的PCl5轉化率較原平衡低，故平衡時PCl3的物質的量小于0.4mol，即相同溫度下，起始時向容器中充入2.0molPCl3和2.0molCl2，達到平衡時，參加反應的PCl3的物質的量大于1.6mol；

D．先計算平衡常數(shù)K，再計算濃度商（Qc），K＞Qc，說明平衡向正反應方向移動，K＜Qc，說明平衡向逆反應方向移動，K=Qc，說明平衡不移動，據(jù)此判斷平衡移動方向，進而判斷反應達到平衡前v（正）、v（逆）相對大?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓篈．由圖中數(shù)據(jù)可知50s內(nèi)，△n（PCl3）=0.16mol，v（PCl3）==0.0016mol/（L?s）；故A錯誤；

B．由圖中數(shù)據(jù)可知，平衡時n（PCl3）=0.2mol，保持其他條件不變，升高溫度，平衡時，c（PCl3）=0.11mol/L，則n′（PCl3）=0.11mol/L×2L=0.22mol＞0.2mol；說明升高溫度平衡正向移動，升高溫度平衡向吸熱反應方向移動，故正反應為吸熱反應，即△H＞O，故B錯誤；

C．等效為起始加入2.0molPCl5，與原平衡相比，壓強增大，平衡向逆反應方向移動，平衡時的PCl5轉化率較原平衡低，故平衡時PCl3的物質的量小于0.4mol，即相同溫度下，起始時向容器中充入2.0molPCl3和2.0molCl2，達到平衡時，參加反應的PCl3的物質的量大于1.6mol，故達到平衡時，PCl3的轉化率高于=80%；故C錯誤；

D．起始時PCl5的濃度為0.5mol/L，由圖可知，平衡時PCl3的濃度為=0.1mol/L；則：

PCl5（g）?PCl3（g）+Cl2（g）

開始（mol/L）：0.500

變化（mol/L）：0.10.10.1

平衡（mol/L）：0.40.10.1

所以平衡常數(shù)K==0.025；

起始時向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2，起始時PCl5的濃度為0.5mol/L、PCl3的濃度為0.1mol/L、Cl2的濃度為0.1mol/L，濃度商Qc==0.02＜K=0.025；說明平衡向正反應方向移動，反應達平衡前v（正）＞v（逆），故D正確；

故選D．3、D【分析】解：rm{A}rm{39g}鉀的物質的量為rm{1mol}而rm{1molK隆蘆0.5mol}氫氣，故生成的氫氣分子物質的量為rm{0.5mol}個數(shù)為rm{0.5N_{A}}個；故A錯誤；

B、二氧化錳只能和濃鹽酸反應，和稀鹽酸不反應，故濃鹽酸不能反應完全，則生成的氯氣分子個數(shù)小于rm{N_{A}}個；故B錯誤；

C、標況下rm{HF}為液體；故不能根據(jù)氣體摩爾體積來計算其物質的量，故C錯誤；

D、銅和硫反應后變?yōu)閞m{+1}價，故rm{2mol}銅失去rm{2N_{A}}個電子；故D正確．

故選D．

A、求出鉀的物質的量，然后根據(jù)rm{1molK隆蘆0.5mol}氫氣來分析；

B；二氧化錳只能和濃鹽酸反應；和稀鹽酸不反應；

C、標況下rm{HF}為液體；

D、銅和硫反應后變?yōu)閞m{+1}價．

本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的有關計算，掌握物質的量的計算公式和物質結構是解題關鍵，難度不大．【解析】rm{D}4、B【分析】【分析】A．根據(jù)晶胞中微粒判斷化學鍵類型；

B．根據(jù)晶胞中原子個數(shù)的計算方法為原子個數(shù)與被共用晶胞個數(shù)的倒數(shù)的乘積；然后根據(jù)化學式可以確定每個分子中含有幾個晶胞；進而判斷化學式和價態(tài)；

C．根據(jù)化學式中M+數(shù)目確定M+在晶胞中位置；

D．根據(jù)晶胞結構判斷Fe2+配位數(shù)．【解析】【解答】解：A．晶胞中含有陰陽離子；含有離子鍵，氰根離子內(nèi)C與N原子形成共價鍵，故A正確；

B．三價鐵離子為角上，每個被八個晶胞共用，故每個晶胞中三價鐵離子為4×=0.5個，同理二價鐵離子為0.5個，氰根離子位于邊的中心，每個被四個晶胞共用，故每個晶胞中氰根離子為12×=3個，已知化學式為：MxFey（CN）6，故化學式中，陰離子含有一個三價鐵離子，一個二價鐵離子，六個氰根離子，顯示電中性，故晶體的化學式為MFe2（CN）6；故B錯誤；

C．由于晶胞中含有一個M+；只能位于體心，故C正確；

D．Fe2+位于頂點，與其距離相等且距離最近的，CN-位于棱心，F(xiàn)e2+被8個晶胞共有，將棱邊延長，被3條棱共有，每條棱有兩個CN-距離相等且最近；則共有3×2=6，故D正確；

故選B．5、D【分析】【分析】有機物是指含有碳元素的化合物．無機物是指不含有碳元素的化合物．一氧化碳、二氧化碳、碳酸鹽等物質中雖然含有碳元素，但是這些物質的性質和無機物相似，把它們歸入無機物．【解析】【解答】解：A．C6H6是含有碳元素的化合物；屬于有機物，故A不選；

B．CH3OH是含有碳元素的化合物；屬于有機物，故B不選；

C．CH3COOH是含有碳元素的化合物；屬于有機物，故C不選；

D．CO是含有碳元素的化合物；性質與無機物相似，為無機物，故D選．

故選D．6、B【分析】【分析】A；曲線斜率大小決定反應速率大??；斜率越大，反應速率越快．

B；曲線斜率大小決定反應速率大??；斜率越大，反應速率越快．

C；由曲線的高低；確定收集氣體體積的大小，縱坐標越高，收集的氣體越多．

D、根據(jù)OE段與EF段的反應速率大小，結合外界條件對反應速率影響判斷．【解析】【解答】解：A；由圖可知EF段的曲線斜率最大；所以EF段化學反應速率最快，故A錯誤；

B；由圖可知EF段的曲線斜率最大；所以EF段化學反應速率最快，故B正確；

C；由圖可知EF段之間縱坐標差值最大；反應EF段收集的二氧化碳氣體最多，故C錯誤；

D；隨反應進行；氫離子濃度降低，反應速率應該降低，但EF段化學反應速率比OE大，說明反應為放熱反應，溫度對反應速率影響更大，F(xiàn)G段濃度的影響比溫度影響大，速率降低，故D錯誤．

故選：B．7、D【分析】解：rm{A.}具有相同電子排布的離子中，原子序數(shù)大的離子半徑小，則離子半徑：rm{H^{-}>Li^{+}}故A正確；

B.rm{H^{-}}易失去電子，則具有強還原性，如rm{CaH_{2}}與水反應生成氫氣；故B正確；

C.rm{Ca}的原子序數(shù)為rm{20}失去rm{2}個電子轉化為最外層rm{8}電子穩(wěn)定結構，則rm{Ca^{2+}}最外層電子排布式rm{3s^{2}3p^{6}}故C正確；

D.rm{Ca^{2+}}在水溶液可大量存在；如在硝酸溶液中可大量存在，故D錯誤；

故選：rm{D}

A.具有相同電子排布的離子中；原子序數(shù)大的離子半徑??；

B.rm{H^{-}}易失去電子；

C.rm{Ca}的原子序數(shù)為rm{20}失去rm{2}個電子轉化為最外層rm{8}電子穩(wěn)定結構；

D.rm{Ca^{2+}}在水溶液可大量存在。

本題考查原子結構與元素周期律，為高頻考點，把握離子半徑比較方法、離子結構與性質為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意選項D為解答的易錯點，題目難度不大?！窘馕觥縭m{D}二、填空題(共6題，共12分)8、鈉硫鋁氮Al（OH）3第二周期第ⅤA族【分析】【分析】2molA的單質與水反應，能置換出22.4LH2（標況下），則A為金屬，令A的化合價為x，根據(jù)電子轉移守恒有：2x=×2，故x=1，A轉化為具有氖原子相同的電子層結構的離子，故A為鈉元素；B原子得到2個電子后，其最外層（M層）達到穩(wěn)定結構，則B原子核外電子=2+8+8-2=16，故B為S元素；C原子核內(nèi)質子數(shù)比B原子少3個，則C為Al元素；D原子最外層電子數(shù)是次外層的2.5倍，D原子只能有2個電子層，最外層電子數(shù)為5，則D為N元素，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：2molA的單質與水反應，能置換出22.4LH2（標況下），則A為金屬，令A的化合價為x，根據(jù)電子轉移守恒有：2x=×2；故x=1，A轉化為具有氖原子相同的電子層結構的離子，故A為鈉元素；B原子得到2個電子后，其最外層（M層）達到穩(wěn)定結構，則B原子核外電子=2+8+8-2=16，故B為S元素；C原子核內(nèi)質子數(shù)比B原子少3個，則C為Al元素；D原子最外層電子數(shù)是次外層的2.5倍，D原子只能有2個電子層，最外層電子數(shù)為5，則D為N元素；

（1）由上述分析可知；A為鈉，B為硫，C為鋁，D為氮，故答案為：鈉；硫；鋁；氮；

故答案為：Na；Al；Cl；

（2）Al元素的最高價氧化物對應水化物的化學式是Al（OH）3；N元素在周期表中第二周期第ⅤA族；

故答案為：Al（OH）3；第二周期第ⅤA族．9、植物染發(fā)劑無機染發(fā)劑合成染發(fā)劑Ca（ClO）22Ca（OH）2+2Cl2=Ca（ClO）2+CaCl2+2H2OCa（ClO）2+H2O+CO2=2HClO+CaCO3↓2HClO=2HCl+O2次氯酸分解，無殺菌、漂白性．N2+O22NO2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO汽車尾氣的排放安裝尾氣凈化裝置使用清潔的汽車燃料【分析】【分析】（1）依據(jù)染發(fā)劑的分類回答；

（2）漂白粉是氯氣和氫氧化鈣反應生成氯化鈣次氯酸鈣和水；漂白粉的有效成分是次氯酸鈣，空氣中變質的原因是吸收空氣中的二氧化碳水生成次氯酸和碳酸鈣的過程；漂白粉失效是因為次氯酸見光分解；

（3）硝酸型酸雨的形成過程是空氣中氮氣和氧氣放電條件下生成一氧化氮，被空氣中氧氣氧化為二氧化氮，溶于水生成硝酸；形成硝酸型酸雨的主要原因是汽車尾氣的排放，處理汽車尾氣的方法是把污染氣體轉化為無污染的氣體，或使用清潔能源；【解析】【解答】解：（1）染發(fā)劑分為：植物染發(fā)劑；無機染發(fā)劑、合成染發(fā)劑等．故答案為：植物染發(fā)劑、無機染發(fā)劑、合成染發(fā)劑；

（2）漂白粉是氯氣和氫氧化鈣反應生成氯化鈣次氯酸鈣和水，漂白粉的有效成分是次氯酸鈣Ca（ClO）2；制備漂白粉的化學方程式為：2Ca（OH）2+2Cl2=Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O

放在空氣會生成有強氧化性的物質，原因是吸收空氣中的二氧化碳和水反應生成次氯酸：Ca（ClO）2+H2O+CO2=2HClO+CaCO3↓；氯系列消毒劑在空氣中久置會變質，是因為次氯酸見光易分解，2HClO=2HCl+O2次氯酸分解；無殺菌；漂白性；

故答案為：2HClO=2HCl+O2次氯酸分解；無殺菌；漂白性．

（3）硝酸型酸雨的形成過程是氮氣和氫氣放電生成一氧化氮，一氧化氮氧化為二氧化氮，二氧化氮溶于水生成硝酸；N2+O22NO；2NO+O2=2NO2；3NO2+H2O=2HNO3+NO；形成硝酸酸雨的主要原因是汽車尾氣的排放；處理方法：污染氣體轉化為無污染的氣體；或使用清潔能源，安裝尾氣凈化裝置；使用清潔的汽車燃料；

故答案為：N2+O22NO；2NO+O2=2NO2；3NO2+H2O=2HNO3+NO，汽車尾氣的排放；安裝尾氣凈化裝置、使用清潔的汽車燃料；10、略

【分析】解：氨氣和水反應生成氨水，氨水電離生成氫氧根離子和銨根離子，有關的方程式為：rm{NH_{3}+H_{2}O?NH_{3}.H_{2}O?NH_{4}^{+}+OH^{-}}溶液呈堿性；氯化氫和氨氣混合產(chǎn)生大量白煙過程中有新物質氯化銨生成，氯化銨固體小顆粒，產(chǎn)生大量的白煙，故答案為：堿性；白煙．

氨氣和水反應生成氨水，氨水電離生成氫氧根離子和銨根離子，有關的方程式為：rm{NH_{3}+H_{2}O?NH_{3}.H_{2}O?NH_{4}^{+}+OH^{-}}氯化氫和氨氣混合產(chǎn)生大量白煙過程中有新物質氯化銨生成；氯化銨固體小顆粒，由此分析解答．

本題主要考查了微觀粒子的特征及其根據(jù)反應現(xiàn)象判斷粒子性質方面的內(nèi)容．【解析】堿性；白煙11、略

【分析】解：rm{(1)}乙酸；乙醇和濃硫酸混合時相當于濃硫酸稀釋；所以應該將濃硫酸加入乙醇和乙酸的混合溶液中，并不斷振蕩，防止局部溫度過高而產(chǎn)生安全事故；

故答案為：先加乙酸和乙醇各rm{4mL}再緩緩加入rm{1mL}濃rm{H_{2}SO_{4}}邊加邊振蕩；

rm{(2)}在濃硫酸作催化劑、加熱條件下，乙酸和乙醇發(fā)生酯化反應生成乙酸乙酯，反應方程式為rm{CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OHunderset{triangle}{overset{{脜簍脕貌脣謾}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}COOC_{2}H_{5}+H_{2}O}濃硫酸具有吸水性和催化能力；所以該反應中濃硫酸作催化劑和吸水劑；

故答案為：rm{CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OHunderset{triangle}{overset{{脜簍脕貌脣謾}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}COOC_{2}H_{5}+H_{2}O}催化劑；吸水劑；

rm{CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OH

underset{triangle}{overset{{脜簍脕貌脣謾}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}COOC_{2}H_{5}+H_{2}O}乙酸；乙醇、乙酸乙酯沸點接近且較低；大火加熱，反應物大量蒸發(fā)損失，降低產(chǎn)率，所以用小火加熱；

故答案為：乙酸；乙醇、乙酸乙酯沸點接近且較低；大火加熱，反應物大量蒸發(fā)損失；

rm{CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OH

underset{triangle}{overset{{脜簍脕貌脣謾}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}COOC_{2}H_{5}+H_{2}O}乙酸乙酯是難溶于碳酸鈉溶液的無色液體，碳酸鈉溶液呈堿性，酚酞遇堿變紅色，所以碳酸鈉溶液呈紅色，生成的乙酸乙酯中含有乙醇和乙酸，乙醇極易溶于水，乙酸和碳酸鈉反應生成乙酸鈉、二氧化碳和水，導致溶液堿性降低，所以看到的現(xiàn)象是在淺紅色rm{(3)}溶液上層有約rm{(4)}厚的無色液體，振蕩后rm{Na_{2}CO_{3}}溶液層紅色變淺；有氣泡，上層液體變薄；

故答案為：在淺紅色rm{4cm}溶液上層有約rm{Na_{2}CO_{3}}厚的無色液體，振蕩后rm{Na_{2}CO_{3}}溶液層紅色變淺，有氣泡，上層液體變??；上層是油層因為生成的乙酸乙酯難溶于水，且密度比水小，同時因為揮發(fā)出來的乙酸與碳酸鈉反應，放出rm{4cm}氣體；所以有氣泡出現(xiàn)；

rm{Na_{2}CO_{3}}分離互不相溶的液體采用分液方法；分液所用的儀器是分液漏斗，乙酸乙酯密度小于水，所以應該從上口倒出；

故答案為：分液漏斗；上；乙酸乙酯比水密度??；

rm{CO_{2}}甲；乙的區(qū)別是乙裝置能冷凝回流；提高產(chǎn)率，所以選乙，故答案為：乙；反應物能冷凝回流．

rm{(5)}乙酸；乙醇和濃硫酸混合時相當于濃硫酸稀釋；所以應該將濃硫酸加入乙醇和乙酸的混合溶液中，并不斷振蕩；

rm{(6)}在濃硫酸作催化劑；加熱條件下；乙酸和乙醇發(fā)生酯化反應生成乙酸乙酯；濃硫酸具有吸水性和催化能力；

rm{(1)}乙酸；乙醇、乙酸乙酯沸點接近且較低；溫度高時三者都易揮發(fā)；

rm{(2)}乙酸乙酯是難溶于碳酸鈉溶液的無色液體；碳酸鈉溶液呈堿性，酚酞遇堿變紅色，所以碳酸鈉溶液呈紅色，生成的乙酸乙酯中含有乙醇和乙酸，乙醇極易溶于水，乙酸和碳酸鈉反應生成乙酸鈉；二氧化碳和水，導致溶液堿性降低；

rm{(3)}分離互不相溶的液體采用分液方法；分液所用的儀器是分液漏斗；為防止分離出的液體中含有雜質；

rm{(4)}甲；乙的區(qū)別是乙裝置能冷凝回流．

本題考查物質制備，為高頻考點，明確實驗步驟及實驗原理是解本題關鍵，側重考查實驗操作、實驗分析能力，知道碳酸鈉溶液作用，易錯點是rm{(5)}題，題目難度不大．rm{(6)}【解析】先加乙酸和乙醇各rm{4mL}再緩緩加入rm{1mL}濃rm{H_{2}SO_{4}}邊加邊振蕩；rm{CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OHunderset{triangle}{overset{{脜簍脕貌脣謾}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}COOC_{2}H_{5}+H_{2}O}催化劑、吸水劑；乙酸、乙醇、乙酸乙酯沸點接近且較低，大火加熱，反應物大量蒸發(fā)損失；在淺紅色rm{CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OH

underset{triangle}{overset{{脜簍脕貌脣謾}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}COOC_{2}H_{5}+H_{2}O}溶液上層有約rm{Na_{2}CO_{3}}厚的無色液體，振蕩后rm{4cm}溶液層紅色變淺，有氣泡，上層液體變??；上層是油層因為生成的乙酸乙酯難溶于水，且密度比水小，同時因為揮發(fā)出來的乙酸與碳酸鈉反應，放出rm{Na_{2}CO_{3}}氣體，所以有氣泡出現(xiàn)；分液漏斗；上；乙酸乙酯比水密度??；乙；反應物能冷凝回流rm{CO_{2}}12、第三周期ⅡA族HF＞HCl＞H2S離子鍵、共價鍵1：2【分析】【分析】短周期元素中，A元素形成的-2價陰離子比氦原子的核外電子數(shù)多8個，則A的質子數(shù)為8，即A為O元素；B元素的一種氧化物為淡黃色固體，該固體遇到空氣能生成A的單質，則B為Na元素；C為原子核內(nèi)有12個中子的二價金屬，當2.4克C與足量熱水反應時，在標準狀況下放出氣體2.24L，設C的相對原子質量為x，由電子守恒可知，×2=×2，則x=24，其質子數(shù)為24-12=12，故C為Mg元素；D的M層上7個電子，則D在第三周期第ⅦA族，則D為Cl元素．【解析】【解答】解：短周期元素中，A元素形成的-2價陰離子比氦原子的核外電子數(shù)多8個，則A的質子數(shù)為8，即A為O元素；B元素的一種氧化物為淡黃色固體，該固體遇到空氣能生成A的單質，則B為Na元素；C為原子核內(nèi)有12個中子的二價金屬，當2.4克C與足量熱水反應時，在標準狀況下放出氣體2.24L，設C的相對原子質量為x，由電子守恒可知，×2=×2；則x=24，其質子數(shù)為24-12=12，故C為Mg元素；D的M層上7個電子，則D在第三周期第ⅦA族，則D為Cl元素．

（1）C為Mg元素；在周期表中位置：第三周期ⅡA族，故答案為：第三周期ⅡA族；

（2）非金屬性F＞Cl＞S，故氫化物穩(wěn)定性：HF＞HCl＞H2S，故答案為：HF＞HCl＞H2S；

（3）淡黃色固體E為Na2O2，電子式為含有離子鍵；共價鍵；

故答案為：離子鍵；共價鍵；

（4）設KO2為xmol，K2O2為ymol；則：

4KO2+2CO2═2K2CO3+3O2

423

xx

2K2O2+2CO2═2K2CO3+O2

221

yy0.5y

則有：+y=x+0.5y；

解得y：x=1：2；

故答案為：1：2．13、ANO2-2501.875【分析】【分析】（1）當NOx被Na2CO3溶液完全吸收時，則n（NO2）≥n（NO）；以此計算x；

（2）由圖可知，xx=1.5，溶液中生成的NO3-、NO2-兩種離子，a為最大，b為最??；由生成物化學式可知，NaNO3和NaNO2中氮元素與鈉元素之比為1：1；

（3）利用差量法計算NO、NO2的物質的量，再根據(jù)平均摩爾質量法計算x值．【解析】【解答】解：（1）由方程式可知，NO單獨不能被吸收，NO和NO2混合氣體被NaOH溶液被完全吸收，滿足n（NO2）：n（NO）≥1，當n（NO2）：n（NO）=1時x值最小，x最小值為=1.5；因為混有NO，所以x最大值＜2，故x的取值范圍為1.5≤x＜2，所以x的值不可能是1.3；

故答案為：A；

（2）用極限法：若x=1.5氣體應為NO和NO2混合物，物質的量比為1：1，按NO+NO2+Na2CO3═2NaNO2+CO2反應，沒有NO3-，線a應該表示NO2-；

由守恒法可知：反應生成的NaNO3和NaNO2中氮元素與鈉元素之比為1：1，所以1molNOx被完全吸收至少需碳酸鈉0.5mol，質量為53g，所以碳酸鈉溶液的質量為=250g，故答案為：NO2-；250；

（3）設由NO2和純堿反應產(chǎn)生CO2為amol；

由NO和NO2與純堿反應產(chǎn)生的CO2為bmol；

2NO2+Na2CO3=NaNO2+NaNO3+CO2質量增加。

1mol△m=48g

amol48ag

NO+NO2+Na2CO3=2NaNO2+CO2質量增加。

1mol△m=32g

bmol32bg

；

解得a=0.75mol，b=0.25mol；

n（NO2）=0.75mol×2+0.25mol=1.75mol

n（NO）=0.25mol

x==1.875；

故答案為：1.875．三、判斷題(共6題，共12分)14、×【分析】【分析】依據(jù)n=CV可知要計算溶質的物質的量需要知道溶液的濃度和溶液的體積，據(jù)此判斷解答．【解析】【解答】解：0.1mol?L-1的NaHSO4溶液，體積未知，無法計算硫酸氫鈉的物質的量，無法計算陽離子個數(shù)，故錯誤；15、×【分析】【分析】標準狀況下，己烷為液體，不能用氣體摩爾體積計算，以此解答．【解析】【解答】解：標準狀況下，己烷為液體，不能用氣體摩爾體積計算，則22.4L己烷中含共價鍵數(shù)目不是19NA．故答案為：×．16、×【分析】【分析】D2O的相對分子質量為20，結合n==計算．【解析】【解答】解：D2O的相對分子質量為20，18gD2O的物質的量為=0.9mol，則所含的電子數(shù)為9NA．故答案為：×．17、√【分析】【分析】氨基酸分子中含有氨基（-NH2，具有堿的性質）和羧基（-COOH，具有酸的性質），據(jù)此解題．【解析】【解答】解：氨基酸分子中含有氨基（-NH2，具有堿的性質）和羧基（-COOH，具有酸的性質），因此它具有兩性，故答案為：√．18、×【分析】【分析】18g的物質的量為1mol，標況下，水為液態(tài)，不能用氣體摩爾體積計算其體積．【解析】【解答】解：18g的物質的量為1mol，標況下，水為液態(tài)，不能用氣體摩爾體積計算其體積，應根據(jù)V=計算水的體積，其體積遠遠小于22.4L，故錯誤，故答案為：×．19、×【分析】【分析】結構相似，在分子組成上相差一個或若干個CH2原子團的物質互稱為同系物；互為同系物的物質滿足以下特點：結構相似、化學性質相似、分子式通式相同、分子式不同，如果含有官能團，則含有官能團的類型及數(shù)目完全相同，據(jù)此進行判斷．【解析】【解答】解：乙醇含有1個羥基；屬于一元醇，乙二醇含有2個羥基，屬于二元醇，丙三醇含有3個羥基，屬于三元醇，它們含有的羥基的數(shù)目不同，所以結構不相似，不屬于同系物；

故答案為：×，三者含有的羥基數(shù)目不同，結構不相似．四、實驗題(共4題，共20分)20、Na2SO3+H2SO4═Na2SO4+SO2↑+H2O過濾d取少量Na2S2O5晶體于試管中，加適量水溶解，滴加足量鹽酸，振蕩，再滴入氯化鋇溶液，有白色沉淀生成白色沉淀是BaSO4混合氣體中必然存在SO2和Cl2兩種氣體SO2+Cl2SO2Cl2【分析】【分析】本題是制取Na2S2O5的實驗探究，考查了反應制備原理、反應混合物的分離及尾氣處理，因Na2S2O5晶體在空氣中被氧化生成Na2SO4，利用SO42-的檢驗來分析有沒有變質，另外還考查了SO2和Cl2反應原理的探究；只要根據(jù)氧化還原反應及質量守恒及可解決相關問題；

（1）由裝置Ⅱ中發(fā)生的反應可知，裝置Ⅰ中產(chǎn)生的氣體為SO2；亞硫酸鈉與硫酸反應生成硫酸鈉；二氧化硫與水；

（2）裝置Ⅱ中獲得已析出的晶體；分離固體與液態(tài)，應采取過濾操作；

（3）裝置Ⅲ用于處理尾氣；吸收為反應的二氧化硫，應防止倒吸，且不能處于完全密閉環(huán)境中；

（4）Na2S2O5晶體在空氣中易被氧化為Na2SO4；用鹽酸；氯化鋇溶液檢驗樣品中是否含有硫酸根即可；

（5）用NaOH溶液吸收分離出的氣體，所得混合液用足量稀鹽酸酸化后，再滴加BaCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀，可知原溶液里有SO42，得到的白色沉淀為BaSO4，結合單一SO2或Cl2和混合氣體通入NaOH溶液的情況分析，可推測混合氣體的成份．【解析】【解答】解：（1）由裝置Ⅱ中發(fā)生的反應可知，裝置Ⅰ中產(chǎn)生的氣體為SO2，亞硫酸鈉與硫酸反應生成硫酸鈉、二氧化硫與水，反應方程式為：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；

故答案為：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；

（2）裝置Ⅱ中獲得已析出的晶體；分離固體與液態(tài)，應采取過濾進行分離；

故答案為：過濾；

（3）a．裝置應將導管深入氨水中可以吸收二氧化硫；但為密閉環(huán)境，裝置內(nèi)壓強增大易產(chǎn)生安全事故，故錯誤；

b．該裝置吸收二氧化硫能力較差；且為密閉環(huán)境，裝置內(nèi)壓強增大易產(chǎn)生安全事故，故錯誤；

c．該裝置不能吸收二氧化硫；所以無法實現(xiàn)實驗目的，故錯誤；

d．該裝置中氫氧化鈉與二氧化硫反應；可以吸收，且防止倒吸，故正確；

故答案為：d；

（4）Na2S2O5中S元素的化合價為+4價，因此會被氧化為為+6價，即晶體在空氣中易被氧化為Na2SO4，用鹽酸、氯化鋇溶液檢驗樣品中是否含有硫酸根即可，實驗方案為：取少量Na2S2O5晶體于試管中；加入適量水溶解，滴加鹽酸，振蕩，再滴加氯化鋇溶液，有白色沉淀生成；

故答案為：取少量Na2S2O5晶體于試管中；加入適量水溶解，滴加鹽酸，振蕩，再滴加氯化鋇溶液，有白色沉淀生成；

（5）生成的白色沉淀為BaSO4，說明NaOH溶液吸收分離出的氣體成分不是單一的SO2或Cl2，而是二者的混合氣體，在水溶液里發(fā)生了氧化還原反應，生成了硫酸根離子，同時也可知SO2與Cl2生成SO2Cl2的反應是可逆反應，因為反應物的轉化率沒有達到100%，故答案為：白色沉淀是BaSO4；混合氣體中必然存在SO2和Cl2兩種氣體；SO2+Cl2SO2Cl2．21、25.4檢查容量瓶（瓶塞）是否漏水將溶液恢復到室溫膠頭滴管、100ml容量瓶偏低偏低抑制FeCl2水解，防止所配溶液渾濁【分析】【分析】（1）依據(jù)配置溶液的體積選擇容量瓶的規(guī)格；依據(jù)m=CVM計算需要溶質的質量；依據(jù)容量瓶的使用方法及配置溶液的步驟解答；

（2）依據(jù)配置一定物質的量濃度溶液的步驟選擇儀器；

（3）根據(jù)c=分析實驗操作對物質的量和溶液的體積產(chǎn)生的影響進行判斷；

（4）依據(jù)影響二價鐵離子水解平衡的因素解答．【解析】【解答】解：（1）要配置80mL2.0mol/L的氯化亞鐵溶液；應選擇100ml的容量瓶，需要溶質氯化亞鐵的質量m=0.1L×2.0mol/L×127g/mol=25.4g；容量瓶使用前應先檢查是否漏水；移液前應將溶液恢復到室溫；

故答案為：25.4；檢查容量瓶（瓶塞）是否漏水；將溶液恢復到室溫；

（2）配置一定物質的量濃度溶液一般步驟為：計算；稱量、溶解、冷卻、移液、洗滌、定容、搖勻等；需要的儀器有：托盤天平（含砝碼）、量筒、燒杯、玻璃棒、膠頭滴管、100ml容量瓶；

故答案為：膠頭滴管；100ml容量瓶；

（3）①配制溶液時未洗滌燒杯；導致溶質的物質的量偏小，溶液的濃度偏低；

故答案為：偏低；

②定容；加蓋倒轉搖勻后；發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線，又滴加蒸餾水至刻度線，導致溶液的體積偏大，溶液的濃度偏低；

故答案為：偏低；

（4）FeCl2為強酸弱堿鹽，在水溶液中存在水解平衡，F(xiàn)eCl2+2H2OFe（OH）2+2HCl，把FeCl2固體溶解在適量濃鹽酸中，可以抑制FeCl2水解；防止所配溶液渾濁；

故答案為：抑制FeCl2水解，防止所配溶液渾濁．22、2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O堿石灰CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2OCMnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O飽和的食鹽水HCl淀粉碘化鉀Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O【分析】【分析】（1）①根據(jù)氨氣性質及制取藥品；裝置判斷；

②二氧化碳用碳酸鈣和稀鹽酸反應制??；不要選用硫酸，因為生成的硫酸鈣附在表面會阻止反應繼續(xù)進行．

（2）①根據(jù)氯氣制取裝置分析；

②根據(jù)氯氣制取藥品分析；

③根據(jù)氯氣性質判斷；

④根據(jù)氯氣能氧化KI成I2，I2能使淀粉溶液變藍分析；

⑤根據(jù)氯氣的溶液呈酸性分析．【解析】【解答】解：（1）①氨氣可以利用氯化銨和氫氧化鈣加熱制取2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O，氨氣呈堿性，不能使用濃硫酸干燥，氨氣能和氯化鈣反應，只能用堿性干燥劑堿石灰干燥，故答案為：①2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；堿石灰；

②二氧化碳用碳酸鈣和稀鹽酸反應制取，CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O不要選用硫酸；因為生成的硫酸鈣附在表面會阻止反應繼續(xù)進行；

故答案為：CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O；

（2）①氯氣可以用二氧化錳和濃鹽酸微熱制??；即裝置為固-液加熱裝置C，故答案為：C；

②二氧化錳和濃鹽酸加熱反應生成氯化錳、氯氣和水：MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O；

故答案為：MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O；

③飽和食鹽水能降低氯氣的溶解度；而氯化氫極易溶解于水，故可用飽和食鹽水洗氯氣以除去氯化氫氣體；

故答案為：飽和食鹽水；HCl；

④氯氣能使KI氧化生成碘單質；碘單質使淀粉溶液變藍，故可用濕潤的淀粉碘化鉀驗滿；

故答案為：淀粉碘化鉀；

⑤氯氣水溶液呈酸性，故可用堿性物質氫氧化鈉吸收：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；

故答案為：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O．23、MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2Ob取少量溶液置于潔凈的試管中，向其中滴加稀鹽酸至不再產(chǎn)生氣體，再向其中滴入氯化鋇溶液，若產(chǎn)生白色沉淀，證明亞硫酸鈉被氧化Cl2+H2O═H++Cl-+HClO；H++HCO3-═CO2↑+H2O應將尾氣通入NaOH溶液中35.75%【分析】【分析】Ⅰ．二氧化錳和濃鹽酸反應制取氯氣；氯化錳和水；以此書寫化學方程式；

Ⅱ．（1）根據(jù)反應物的狀態(tài)及反應條件選擇發(fā)生裝置；

（2）氯氣有強氧化性；亞硫酸根離子有還原性，所以氯氣和亞硫酸根離子能發(fā)生氧化還原反應生成硫酸根離子；氯離子和氫離子；如果亞硫酸鈉被氧化會生成硫酸鈉，根據(jù)硫酸根離子的檢驗方法檢驗即可；

（3）氯氣和水反應生成鹽酸和次氯酸；鹽酸能和碳酸氫根離子反應生成二氧化碳；

（4）氯氣有刺激性氣味；尾氣不能直接排空，要用尾氣處理裝置處理；

（5）可利用關系式計算．【解析】【解答】解：Ⅰ．二氧化錳和濃鹽酸反應制取氯氣、氯化錳和水，反應的方程式為MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O；

故答案為：MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O；

Ⅱ．（1）A部分用于制取Cl2，根據(jù)所給Cl2的生成反應的反應物狀態(tài)和反應是否需要加熱選擇氣體發(fā)生裝置，應選屬于“固+液氣”型的b，故答案為：b；

（2）Na2SO3氧化的產(chǎn)物為Na2SO4，確定存在SO42-即可證明Na2SO3已部分被氧化．檢驗時，應取C中溶液少許于潔凈試管中，先加稀HCl至不再產(chǎn)生氣體以排除SO32-的干擾，然后再加入BaCl2溶液，若產(chǎn)生白色沉淀，則證明Na2SO3已部分被氧化；

故答案為：取少量溶液置于潔凈的試管中；向其中滴加稀鹽酸至不再產(chǎn)生氣體，再向其中滴入氯化鋇溶液，若產(chǎn)生白色沉淀，證明亞硫酸鈉被氧化；

（3）進入D的Cl2與水反應的離子方程式為Cl2+H2O?H++Cl-+HClO，HCl能與NaHCO3反應，離子方程式為H++HCO3-=CO2↑+H2O，HClO因酸性比H2CO3弱而不能與NaHCO3反應，故答案為：Cl2+H2O═H++Cl-+HClO；H++HCO3-═CO2↑+H2O；

（4）NaHCO3吸收Cl2的能力有限；應將尾氣通入NaOH溶液中，故答案為：應將尾氣通入NaOH溶液中；

（5）關系式Ca（ClO）2～2Cl2～2I2～4Na2S2O3；

n[Ca（ClO）2]=n（Na2S2O3）=20.0mL×10-3L?mL-1×0.1mol?L-1×=0.005mol；

Ca（ClO）2%=×100%=35.75%；

故答案為：35.75%．五、書寫(共2題，共16分)24、5225245249【分析】【分析】氧化還原反應方程式配平方法：分析方程式中各元素化合價變化，依據(jù)氧化還原反應化合價升降數(shù)目相等結合原子個數(shù)守恒配平方程式，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：二氧化硫與高錳酸根離子反應中，+4價硫化合價升高為硫酸根離子中+6價，化合價升高2，高錳酸根中+7價錳降為錳離子中+2價，化合價降5，要使化合價升降數(shù)目相等，則二氧化硫系數(shù)為5，高錳酸根系數(shù)為2，依據(jù)原子個數(shù)守恒方程式：5SO2+2MnO4_+2H2O=5SO42_+2Mn2++4H+；

故答案為：522524；

硝酸銨分解生成硝酸氮氣和水反應中，銨根離子中-3價氮被氧化生成氮氣中0價，硝酸根離子中+5價的氮降為氮氣中0價，要使得失電子守恒，則有5mol銨根離子被氧化同時有2mol硝酸根離子被還原，硝酸銨系數(shù)為5，硝酸系數(shù)為2，氮氣系數(shù)為4，依據(jù)原子個數(shù)守恒，方程式：N5H4NO3=2HNO3+4N2↑+9H2O；

故答案為：5249．25、Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2OFe2（SO4）3=2Fe3++3SO42-通入足量Cl2（或氯水）2FeCl2+Cl2=2FeCl3足量鐵粉過濾Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O【分析】【分析】（1）氫氧化鋇和稀硫酸反應生成硫酸鋇沉淀和水；

（2）硫酸鐵是強電解質；水溶液中完全電離；

（3）除雜質的原子是把雜質作為氣或沉淀除去；同時加入的試劑和反應不能引入新的雜質；

（4）離子方程式是可溶于水的碳酸鹽和強酸反應生成溶于水的鹽、二氧化碳、水．【解析】【解答】解：（1）氫氧化鋇和稀硫酸反應生成硫酸鋇沉淀和水；反應的化學方程式為：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，故答案為：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O；

（2）硫酸鐵是強電解質，水溶液中完全電離，電離方程式為：Fe2（SO4）3=2Fe3++3SO42-，故答案為：Fe2（SO4）3=2Fe3++3SO42-；

（3）除去FeCl3溶液中混有的少量FeCl2，試劑為通入足量Cl2（或氯水），反應的化學方程式為：2FeCl2+Cl2=2FeCl3；除去FeCl3溶液中混有的少量FeCl2，試劑為足量的Fe粉反應完全后過濾得到純凈的FeCl2溶液，故答案為：足量Cl2（或氯水）；2FeCl2+Cl2=2FeCl3；足量；鐵粉；過濾；

（4）離子方程式CO32-+2H+=CO2↑+H2O是可溶于水的碳酸鹽和強酸反應生成溶于水的鹽、二氧化碳、水；化學方程式為：Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O；

故答案為：Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O．六、探究題(共4題，共8分)26、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，與氫氧化鈉不反應，甲酸、苯酚與氫氧化鈉反應生成溶于水的鈉鹽，苯（）不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸（HCOOH），故答案為：a．分液；b．蒸餾；c．分液；d．蒸餾；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯