2025年滬科版高三化學(xué)上冊(cè)月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年滬科版高三化學(xué)上冊(cè)月考試卷218考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、下列變化中；一定屬于化學(xué)變化的是（）

①固體物質(zhì)加熱后全部變成氣體。

②糧食釀成酒。

③爆炸。

④用活性炭除去有毒氣體。

⑤植物的光合作用．A.①②③⑤B.②③⑤C.②⑤D.②③④⑤2、下列離子方程式中，書(shū)寫(xiě)正確的是（）A.硝酸銀溶液與銅反應(yīng)：2Ag++Cu═2Ag+Cu2+B.氫氧化鈉濃溶液與氯化銨溶液混合：NH4++OH-═NH4OHC.在澄清石灰水中通入少量的CO2：Ca2++2OH-+CO2═CaCO3↓+H2OD.硫酸銅溶液與氫氧化鋇溶液反應(yīng)：Cu2++2OH-═Cu（OH）2↓3、據(jù)報(bào)道，我國(guó)擁有完全自主產(chǎn)權(quán)的氫氧燃料電池車在北京奧運(yùn)會(huì)期間為運(yùn)動(dòng)員提供服務(wù)．某種氫氧燃料電池的電解液為KOH溶液，下列有關(guān)該電池的敘述不正確的是（）A.正極反應(yīng)式為：O2+2H2O+4e-=4OH-B.工作一段時(shí)間后，電解液中KOH的物質(zhì)的量不變C.該燃料電池的總反應(yīng)方程式為：2H2+O2=2H2OD.該電池反應(yīng)2.24LH2（標(biāo)準(zhǔn)狀況）時(shí)，有0.1mol電子轉(zhuǎn)移4、下列各組物質(zhì)與其用途的關(guān)系不正確的是（）A.過(guò)氧化鈉：供氧劑B.小蘇打：發(fā)酵粉主要成分C.純堿：治療胃酸過(guò)多的一種藥劑D.明礬：凈水劑5、氧-18（O）是氧的一種同位素，稱為重氧．最近，蘭州近代物理研究所研制出我國(guó)首批重氧氣，可用符號(hào)18O2表示．重氧與普通氫組成的“水”稱為重氧水．下列說(shuō)法正確的是（）

A.18g的18O2物質(zhì)的量是0.1mol

B.0.1mol18O2的體積是2.24L

C.18O2氣體的摩爾質(zhì)量是36

D.0.1mol重氧水所含中子數(shù)約是6.02×1023個(gè)。

6、用NA表示阿伏伽德羅常數(shù)的值．下列敘述正確的是（）A.常溫常壓下，22.4LCH4中含有4NA個(gè)C-H鍵B.48gO3氣體含有3NA個(gè)氧原子C.在1L0.5mol?L-1FeCl3溶液中含有0.5NA個(gè)Fe3+D.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24LCCl4含有的分子數(shù)為0.1NA評(píng)卷人得分二、填空題(共9題，共18分)7、“百度百科：乙醇；俗稱酒精，在常溫；常壓下是一種易燃、易揮發(fā)的無(wú)色透明液體，它的水溶液具有酒香的氣味，并略帶刺激性，微甘．易燃，能與水以任意比互溶．用途很廣，可用制造飲料、染料、燃料等．在國(guó)防工業(yè)、醫(yī)療衛(wèi)生、有機(jī)合成、食品工業(yè)、工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中都有廣泛的用途．”根據(jù)所學(xué)知識(shí)回答下列問(wèn)題。

（1）書(shū)寫(xiě)乙醇催化氧化的產(chǎn)物和新制銀氨溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式：____

（2）在120℃，101kpa條件下，取ag乙醇在氧氣中完全燃燒，將其產(chǎn)物跟足量的過(guò)氧化鈉固體完全反應(yīng)，反應(yīng)后固體的質(zhì)量增加了bg，則a____b（填“=”“＞”“＜”）

（3）乙醇燃料電池，KOH作電解質(zhì)，書(shū)寫(xiě)負(fù)極電極反應(yīng)式：____

（4）請(qǐng)用所學(xué)知識(shí)解釋為什么乙醇能和水以任意比互溶____．8、有五瓶損壞標(biāo)簽的試劑；分別盛有硫酸溶液；氫氧化鉀溶液、硝酸鋇溶液、碳酸氫鈉溶液、氯化銅溶液，為了確定各瓶中是什么試劑，將它們?nèi)我饩幪?hào)為A、B、C、D、E．觀察發(fā)現(xiàn)，C試劑顏色為藍(lán)色，其余為無(wú)色；四種無(wú)色試劑A、B、D、E用小試管各取少量，兩兩反應(yīng)，反應(yīng)現(xiàn)象為：A與其余三種混合無(wú)明顯現(xiàn)象，B與D出現(xiàn)白色沉淀，D與E混合有氣泡產(chǎn)生，E與B無(wú)明顯現(xiàn)象．

（1）可判定各試劑瓶中所盛試劑為（用主要成分的化學(xué)式表示）：

A____，B____，C____，D____，E____．

（2）寫(xiě)出D與E反應(yīng)的離子方程式____．9、化學(xué)--選修2：化學(xué)與技術(shù)。

（1）鋼鐵工業(yè)對(duì)促進(jìn)經(jīng)濟(jì)和社會(huì)發(fā)展起了重要作用．

①不銹鋼含有的Cr元素是在煉鋼過(guò)程的氧吹____（填“前”或“后”）加入．

②煉鋼時(shí)，加入硅、錳和鋁的目的是____．

③煉鐵和煉鋼生產(chǎn)中，尾氣均含有的主要污染物是____．從環(huán)保和經(jīng)濟(jì)角度考慮，上述尾氣經(jīng)處理可用作____．

（2）純堿是一種重要的化工原料．目前制堿工業(yè)主要有“氨堿法”和“聯(lián)合制堿法”兩種工藝．

①“氨堿法”產(chǎn)生大量CaCl2廢棄物，寫(xiě)出該工藝中產(chǎn)生CaCl2的化學(xué)方程式：____；

②寫(xiě)出“聯(lián)合制堿法”有關(guān)反應(yīng)的化學(xué)方程式：____；

③CO2是制堿工業(yè)的重要原料，“聯(lián)合制堿法”與“氨堿法”中CO2的來(lái)源有何不同？____．10、有A；B、C、D、E五種烴；具有下列性質(zhì)：

①各取0.1mol分別充分燃燒，其中B、C、E燃燒所得的CO2均為4.48L（標(biāo)準(zhǔn)狀況），A和D燃燒所得的CO2都是前三者的3倍；

②在適宜條件下；A；B、C都能跟氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，其中A可以轉(zhuǎn)化為D、B可以轉(zhuǎn)化為C，C可以轉(zhuǎn)化為E；

③B和C都能使溴水或酸性KmnO4溶液褪色；而A；D、E無(wú)此性質(zhì)；

④用鐵屑作催化劑時(shí)；A可與溴發(fā)生取代反應(yīng)．

判斷A、B、C、D、E各是什么物質(zhì)，寫(xiě)出結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式A____B____C____D____E____．11、工業(yè)制得的氮化鋁（AlN）產(chǎn)品中常含有少量Al4C3、Al2O3、C等雜質(zhì)．某同學(xué)設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)，分別測(cè)定氮化鋁（AlN）樣品中AlN和Al4C3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)（忽略NH3在強(qiáng)堿性溶液中的溶解）．

（1）實(shí)驗(yàn)原理。

①Al4C3與硫酸反應(yīng)可生成CH4；

②AlN溶于強(qiáng)酸產(chǎn)生銨鹽，溶于強(qiáng)堿生成氨氣，請(qǐng)寫(xiě)出AlN與NaOH溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式____．

（2）實(shí)驗(yàn)裝置（如圖所示）

（3）實(shí)驗(yàn)過(guò)程。

①連接實(shí)驗(yàn)裝置；檢驗(yàn)裝置的氣密性．稱得D裝置的質(zhì)量為yg，滴定管的讀數(shù)為amL．

②稱取xgAlN樣品置于錐形瓶中；塞好膠塞，____（填入該步應(yīng)進(jìn)行的操作）；通過(guò)分液漏斗加入過(guò)量的稀硫酸，與燒瓶?jī)?nèi)物質(zhì)充分反應(yīng)．

③待反應(yīng)進(jìn)行完全后，關(guān)閉活塞K1，打開(kāi)活塞K3；通過(guò)分液漏斗加入過(guò)量的NaOH溶液，與燒瓶?jī)?nèi)物質(zhì)充分反應(yīng)．

④____（填入該步應(yīng)進(jìn)行的操作）．

⑤記錄滴定管的讀數(shù)為bmL；稱得D裝置的質(zhì)量為zg；

（4）數(shù)據(jù)分析。

①AlN的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_(kāi)___．

②若讀取滴定管中氣體的體積時(shí)，液面左高右低，則所測(cè)氣體的體積____（填“偏大”；“偏小”或“無(wú)影響”）．

③Al4C3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_(kāi)___．（該實(shí)驗(yàn)條件下的氣體摩爾體積為Vm）

（5）假若上述實(shí)驗(yàn)裝置氣密性良好，數(shù)據(jù)記錄也不產(chǎn)生誤差，但某同學(xué)還是認(rèn)為該方法測(cè)得Al4C3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)會(huì)偏高，最可能的原因是____．12、（2015秋?齊齊哈爾校級(jí)期中）氫氣是一種新型的綠色能源；又是一種重要的化工原料．

（1）氫氣的燃燒熱值高，H2（g）+1/2O2（g）=H2O（g）△H=-241.8kJ?mol-1

。化學(xué)鍵H-HO=OO-H鍵能（kJ?mol-1）X496.4463請(qǐng)根據(jù)相關(guān)數(shù)據(jù)計(jì)算：H-H的鍵能X=____kJ?mol-1．

（2）根據(jù)現(xiàn)代工業(yè)技術(shù)可以用H2和CO反應(yīng)來(lái)生產(chǎn)燃料甲醇；其反應(yīng)方程式如下：

CO2（g）+3H2（g）?H2O（l）+CH3OH（g）△H=-49.00kJ?mol-1

一定溫度下，在體積為1L的密閉容器中充入1.00molCO2和3.00molH2，測(cè)得CO2和CH3OH的濃度隨時(shí)間變化如圖所示．

①能說(shuō)明該反應(yīng)已達(dá)平衡狀態(tài)的是____（填代號(hào)）．

A．CO2在混合氣體中的體積分?jǐn)?shù)保持不變。

B．單位時(shí)間內(nèi)每消耗1.2molH2，同時(shí)生成0.4molH2O

C．反應(yīng)中H2O與CH3OH的物質(zhì)的量濃度比為1：1；且保持不變。

②從反應(yīng)開(kāi)始到平衡時(shí)的平均反應(yīng)速率v（H2）=____，達(dá)到平衡時(shí)氫氣的轉(zhuǎn)化率為_(kāi)___．

③該溫度下的平衡常數(shù)表達(dá)式為_(kāi)___．

④下列的條件一定能加快反應(yīng)速率并且提高H2轉(zhuǎn)化率的是____（填代號(hào)）．

A．降低反應(yīng)溫度。

B．分離出水。

C．保持容器體積不變；充入稀有氣體。

D．保持容器體積不變，充入CO2氣體．13、U；W、X、Y、Z都是短周期元素；且原子序數(shù)依次增大．W的氣態(tài)氫化物甲和W的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物可以化合生成鹽，U與X可形成常溫下呈液態(tài)的分子乙，甲、乙均為常見(jiàn)的10電子分子；Y元素原子的K層電子數(shù)與M層電子數(shù)相同；Z元素的單質(zhì)是太陽(yáng)能轉(zhuǎn)換為電能的常用材料．請(qǐng)回答問(wèn)題：

（1）Z元素在周期表中的位置____．

（2）X、Y、Z三種元素的原子半徑由小到大的順序是____（用元素符號(hào)表示）．

（3）U與X形成的18電子化合物的電子式是____．

（4）（3）中描述的化合物含有的化學(xué)鍵有____．

a．離子鍵b．極性共價(jià)鍵c．非極性共價(jià)鍵。

（5）已知：①N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=-92.4kJ/mol

②2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=-483.6kJ/mol

試寫(xiě)出氨氣完全燃燒生成氣態(tài)水和氮?dú)獾臒峄瘜W(xué)方程式____．

（6）有人設(shè)想尋求合適的催化劑和電極材料，以W2、U2為電極反應(yīng)物，以HCl-NH4Cl溶液為電解質(zhì)溶液制造新型燃料電池，試寫(xiě)出該電池的正極電極反應(yīng)式：____；溶液中H+移向____（填“正”或“負(fù)”）極．14、如圖1是實(shí)驗(yàn)室模擬德國(guó)化學(xué)家李比希用燃燒法測(cè)定有機(jī)物組成的裝置，氧化銅作催化劑，在750℃左右使有機(jī)物在氧氣流中全部氧化為CO2和H2O．試回答下列問(wèn)題．

（1）甲裝置中盛放的物質(zhì)是____．

（2）實(shí)驗(yàn)開(kāi)始時(shí)，要先通入氧氣，然后再加熱，目的是____；為減小誤差，上述裝置中還需增加的裝置及試劑是____（在原圖畫(huà)出）．該實(shí)驗(yàn)中需要測(cè)得的數(shù)據(jù)是：。實(shí)驗(yàn)前實(shí)驗(yàn)后

____

____（3）將4.6g某有機(jī)物A進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，測(cè)得甲容器增重5.4g，乙容器增重8.8g，則該物質(zhì)中各元素的原子個(gè)數(shù)比是____；某學(xué)生在此基礎(chǔ)上作出如下分析：

①A可能的結(jié)構(gòu)為_(kāi)___（寫(xiě)結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式）；

②A的核磁共振氫譜如圖2，則A的官能團(tuán)名稱為_(kāi)___．15、高鐵酸鹽是一種強(qiáng)氧化劑，在能源、環(huán)保等方面均有廣泛的用途。濕法、干法制備高鐵酸鉀的原理如表所示：。濕法強(qiáng)堿介質(zhì)中，F(xiàn)e(NO3)3與NaClO反應(yīng)得到紫紅色高鐵酸鹽溶液干法Fe2O3、KNO3、KOH混合加熱共熔生成紫紅色高鐵酸鉀(K2FeO4)和KNO2等產(chǎn)物（1）某工廠用濕法制備高鐵酸鉀的流程如圖所示：①反應(yīng)I的化學(xué)方程式為。②反應(yīng)Ⅱ的離子方程式為。③已知25℃時(shí)Fe(OH)3的Ksp=4.0×10—38，反應(yīng)Ⅱ后的溶液中c(Fe3+)=4.0×10—5mol·L—1．則需調(diào)整pH=時(shí)，開(kāi)始生成Fe(OH)3沉淀(不考慮溶液體積的變化)。（2）由流程圖可見(jiàn)，濕法制備高鐵酸鉀時(shí)，需先制得高鐵酸鈉，然后再向高鐵酸鈉溶液中加入飽和KOH溶液，即可析出高鐵酸鉀。①已知高鐵酸鈉和水反應(yīng)，有Fe(OH)3和O2生成，則高鐵酸鈉的氧化性比O2(填“強(qiáng)”或“弱”)。②由以上信息可知：高鐵酸鉀的溶解度比高鐵酸鈉(填“大”或“小”)。（3）高鐵酸鉀是一種理想的水處理劑，其處理水的原理為。（4）干法制備K2FeO4的反應(yīng)中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為。評(píng)卷人得分三、判斷題(共6題，共12分)16、含4mol的HCl的濃鹽酸與足量的MnO2加熱反應(yīng)，轉(zhuǎn)移2NA電子．____（判斷對(duì)錯(cuò)）．17、濃硫酸可用于干燥NH3、H2、O2等氣體____．（判斷對(duì)錯(cuò)）18、能電離出H+的化合物叫做酸____．（判斷對(duì)錯(cuò)）19、化學(xué)平衡常數(shù)K只隨溫度變化，T升高，則K增大．____．（判斷對(duì)錯(cuò)說(shuō)明理由）20、Ⅰ．下列用連線方法對(duì)部分化學(xué)知識(shí)進(jìn)行歸納的內(nèi)容中，有錯(cuò)誤的一組是____

A．物質(zhì)的性質(zhì)與用途：

阿司匹林易水解--用于解熱消炎鎮(zhèn)痛；不能用于防治心腦血管疾病。

明礬溶于水能形成膠體--用于對(duì)水的消毒；凈化。

B．保護(hù)環(huán)境：

控制“白色污染”--減少一次性塑料餐具的使用量。

防止水的污染--提倡使用無(wú)磷洗衣粉。

C．基本安全常識(shí)：

飲用假酒中毒--甲醇引起。

食用假鹽中毒--亞硝酸鈉引起。

D．生活中的一些做法：

除去衣服上的油污--可用汽油洗滌。

使煤燃燒更旺--可增大煤與空氣接觸面積。

Ⅱ．保護(hù)環(huán)境；合理利用資源已成為人類共同的目標(biāo)．請(qǐng)判斷下列說(shuō)法是否正確（填“√”或“×”）．

（1）水體的富營(yíng)養(yǎng)化有利于大多數(shù)水生動(dòng)植物的生長(zhǎng)．____

（2）減少機(jī)動(dòng)車尾氣排放是改善大氣質(zhì)量的重要措施．____

（3）焚燒廢棄塑料會(huì)產(chǎn)生有害氣體，對(duì)大氣造成污染．____

（4）將垃圾分類并回收利用，符合可持續(xù)發(fā)展的要求．____．21、放熱反應(yīng)在任何條件都不能發(fā)生．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）評(píng)卷人得分四、計(jì)算題(共2題，共20分)22、以碳酸鎂（含少量FeCO3）為原料制取硫酸鎂晶體，并測(cè)定Mg2+含量：將原料完全溶于一定量的稀硫酸中，加足量的H2O2后用氨水調(diào)節(jié)溶液的pH；靜置后過(guò)濾，除去濾渣，將濾液結(jié)晶得硫酸鎂晶體．

（1）30.00mL5.00mol?L-1的稀硫酸至少能溶解原料的質(zhì)量為_(kāi)___．

（2）加入H2O2時(shí)反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)___．

（3）已知：Ksp[Fe（OH）3]=1.0×10-39，Ksp[Mg（OH）2]=1.0×10-12．

室溫下，若溶液中c（Mg2+）=0.01mol?L-1，欲使溶液中的c（Fe3+）≤1×10-6mol?L-1，需調(diào)節(jié)溶液pH范圍為_(kāi)___．

（4）常采用下列方法測(cè)定結(jié)晶硫酸鎂中Mg2+的含量：

已知：①在pH為9～10時(shí)，Mg2+、Zn2+均能與EDTA（H2Y2-）形成配合物。

②在pH為5～6時(shí)，Zn2+除了與EDTA反應(yīng)，還能將Mg2+與EDTA形成的配合物中的Mg2+“置換”出來(lái)：Zn2++MgH2Y=ZnH2Y+Mg2+

步驟1：準(zhǔn)確稱取得到的硫酸鎂晶體1.50g加入過(guò)量的EDTA；配成100mLpH在9～10之間溶液A

步驟2：準(zhǔn)確移取25.00mL溶液A于錐形瓶中，用0.10mol?L-1Zn2+標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，滴定到終點(diǎn)，消耗Zn2+標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積為20.00mL

步驟3：準(zhǔn)確移取25.00mL溶液A于另一只錐形瓶中，調(diào)節(jié)pH在5～6；用0.10mol?L-1Zn2+標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，滴定至終點(diǎn)，消耗Zn2+標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積為30.00mL．

計(jì)算該結(jié)晶硫酸鎂中Mg2+的質(zhì)量分?jǐn)?shù)（請(qǐng)給出計(jì)算過(guò)程）____．23、有兩包固體混合物；均由碳酸鈉和碳酸氫鈉組成，為了測(cè)定碳酸氫鈉的含量，設(shè)計(jì)了如下兩種實(shí)驗(yàn)方案．請(qǐng)根據(jù)下列實(shí)驗(yàn)方案進(jìn)行計(jì)算：

方案一：從其中一包固體混合物中稱取固體9.5g，加入到足量的鹽酸中，共收集2.24L氣體（標(biāo)況下），計(jì)算該混合物中碳酸氫鈉的含量？（結(jié)果保留一位小數(shù)）____

方案二：從另一包固體混合物中稱取固體8.4g，對(duì)固體加熱到質(zhì)量不再變時(shí)稱量，固體質(zhì)量減輕了xg，由此可以得出固體混合物中碳酸氫鈉的質(zhì)量為yg．請(qǐng)列出x與y的關(guān)系式____，并推斷x值的范圍____．評(píng)卷人得分五、實(shí)驗(yàn)題(共4題，共8分)24、配制lOOmL0.5mol?L-1碳酸鈉溶液。

（1）配制碳酸鈉溶液時(shí)需要用到的玻璃儀器有____（除托盤天平外；按實(shí)驗(yàn)使用先后順序，寫(xiě)出主要四種）

（2）下列操作結(jié)果，導(dǎo)致配制溶液物質(zhì)的量濃度結(jié)果偏低的是____

a．沒(méi)有將洗滌液轉(zhuǎn)移到容量瓶中。

b．容量瓶洗凈后未經(jīng)干燥處理。

e．轉(zhuǎn)移過(guò)程中有少量的溶液濺出。

d．搖勻后立即觀察，發(fā)現(xiàn)溶液未達(dá)刻度線．25、滴定法是化學(xué)研究中常用的定量實(shí)驗(yàn)方法．

（1）某化學(xué)興趣小組用已知濃度的硫酸滴定未知濃度的氫氧化鈉溶液測(cè)定其濃度．

①實(shí)驗(yàn)中應(yīng)選用的指示劑為_(kāi)___．

②下列操作導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏高的有____．

a．酸式滴定管用蒸餾水潤(rùn)洗后未用硫酸潤(rùn)洗。

b．錐形瓶用蒸餾水潤(rùn)洗后未用待測(cè)氫氧化鈉溶液潤(rùn)洗。

c．酸式滴定管滴定前尖嘴處有氣泡；滴定后氣泡消失。

（2）莫樂(lè)法是一種沉淀滴定法．測(cè)定某溶液的c（Cl-），以K2CrO4為指示劑，用標(biāo)準(zhǔn)硝酸銀溶液滴定待測(cè)液[Ksp（AgCl）=1.56×10-10，Ksp（Ag2CrO4）=1.10×10-12，Ag2CrO4為磚紅色]

①滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是____．

②該滴定適宜的pH范圍是6.5～10.5，若溶液中有銨鹽存在，c（NH4+）＜0.05mol/L時(shí)，應(yīng)將溶液的pH控制在6.5～7.2．下列有關(guān)說(shuō)法你認(rèn)為正確的有____．

a．若溶液pH＜6.5，則平衡Cr2O72-+H2O?2CrO42-+2H+左移；導(dǎo)致滴定終點(diǎn)滯后．

b．若溶液中有銨鹽存在，當(dāng)pH＞7.2時(shí)，則因可能生成[Ag（NH3）2]+；導(dǎo)致終點(diǎn)滯后．

c．滴定時(shí)應(yīng)劇烈搖動(dòng)，促使被AgCl沉淀吸附的Cl-及時(shí)釋放出來(lái)；防止滴定終點(diǎn)滯后．

（3）氧化還原滴定是水環(huán)境監(jiān)測(cè)的常用方法可用于測(cè)定廢水中的化學(xué)耗氧量（單位mg/L--每升水樣中還原性物質(zhì)被氧化需O2的質(zhì)量）．某興趣小組每次取100mL廢水，用硫酸酸化后，加入0.01667mol/LK2CrO7溶液25.00mL，使水樣中的還原性物質(zhì)完全氧化，然后用0.1000mol/LFeSO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定剩余的Cr2O72-．實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)記錄如下：

。實(shí)驗(yàn)序號(hào)FeSO4溶液的體積讀數(shù)/mL滴定前滴定后滴定后10.1016.2020.3015.3130.2015.19試回答下列問(wèn)題：

①____Cr2O72-+____Fe2++____═____Cr3++____Fe3++____H2O

②計(jì)算該廢水的化學(xué)耗氧量．（寫(xiě)出計(jì)算過(guò)程，結(jié)果保留一位小數(shù)．）26、（17分）鐵不能與冷水反應(yīng)，但能與水蒸氣反應(yīng)，某化學(xué)興趣小組為探究鐵與水蒸氣反應(yīng)，請(qǐng)你為他們完成實(shí)驗(yàn)報(bào)告。實(shí)驗(yàn)?zāi)康模禾骄胯F與水蒸氣的反應(yīng)反應(yīng)原理：（用化學(xué)反應(yīng)方程式表示）實(shí)驗(yàn)裝置：回答以下問(wèn)題（加熱裝置略去）。裝置編號(hào)ABCD裝置裝置所起作用按加熱先后從左至右,實(shí)驗(yàn)裝置連接順序和導(dǎo)管連接方法裝置連接順序：（填裝置編號(hào)）____需要加熱的裝置（填裝置編號(hào)）實(shí)驗(yàn)裝置改進(jìn)：興趣小組同學(xué)根據(jù)反應(yīng)原理改進(jìn)實(shí)驗(yàn)裝置，得到相同的結(jié)論，如圖所示：?jiǎn)枺涸嚬艿撞渴钦河兴臐衩藁?，其作用是____，蒸發(fā)皿內(nèi)加入的肥皂液的作用。27、用零價(jià)鐵rm{(Fe)}去除水體中的硝酸鹽rm{(NO_{3}^{-})}已成為環(huán)境修復(fù)研究的熱點(diǎn)之一．

rm{(1)Fe}還原水體中rm{NO_{3}^{-}}的反應(yīng)原理如圖rm{1}所示．

rm{壟脷}作負(fù)極的物質(zhì)是______．

rm{壟脷}正極的電極反應(yīng)式是______．

rm{(2)}將足量鐵粉投入水體中，經(jīng)rm{24}小時(shí)測(cè)定rm{NO_{3}^{-}}的去除率和rm{pH}結(jié)果如表：

。初始rm{pH}rm{pH=2.5}rm{pH=4.5}rm{NO_{3}^{-}}的去除率接近rm{100%}rm{<50%}rm{24}小時(shí)rm{pH}接近中性接近中性鐵的最終物質(zhì)形態(tài)rm{pH=4.5}時(shí)，rm{NO_{3}^{-}}的去除率低rm{.}其原因是______．

rm{(3)}實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)：在初始rm{pH=4.5}的水體中投入足量鐵粉的同時(shí)，補(bǔ)充一定量的rm{Fe^{2+}}可以明顯提高rm{NO_{3}^{-}}的去除率rm{.}對(duì)rm{Fe^{2+}}的作用提出兩種假設(shè)：

Ⅰrm{.Fe^{2+}}直接還原rm{NO_{3}^{-}}

Ⅱrm{.Fe^{2+}}破壞rm{FeO(OH)}氧化層．

rm{壟脵}做對(duì)比實(shí)驗(yàn)，結(jié)果如右圖rm{2}所示；可得到的結(jié)論是______．

rm{壟脷}同位素示蹤法證實(shí)rm{Fe^{2+}}能與rm{FeO(OH)}反應(yīng)生成rm{Fe_{3}O_{4}.}結(jié)合該反應(yīng)的離子方程式，解釋加入rm{Fe^{2+}}提高rm{NO_{3}^{-}}去除率的原因：______rm{.pH=4.5(}其他條件相同rm{)}評(píng)卷人得分六、探究題(共4題，共20分)28、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設(shè)計(jì)了下列實(shí)驗(yàn)過(guò)程．請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)內(nèi)填寫(xiě)分離時(shí)所用操作方法，并寫(xiě)出方框內(nèi)有關(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式．

寫(xiě)出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式A________、C________、E________、G________．29、實(shí)驗(yàn)室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個(gè)反應(yīng)的原理來(lái)測(cè)定其含量，操作為：30、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設(shè)計(jì)了下列實(shí)驗(yàn)過(guò)程．請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)內(nèi)填寫(xiě)分離時(shí)所用操作方法，并寫(xiě)出方框內(nèi)有關(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式．

寫(xiě)出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式A________、C________、E________、G________．31、實(shí)驗(yàn)室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個(gè)反應(yīng)的原理來(lái)測(cè)定其含量，操作為：參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】【分析】物理變化沒(méi)有新物質(zhì)生成，化學(xué)變化有新物質(zhì)生成，據(jù)此判斷即可．【解析】【解答】解：①固體物質(zhì)加熱后全部變成氣體；屬于物質(zhì)狀態(tài)的改變，物理變化。

②糧食釀成酒；有酒（即乙醇）新物質(zhì)生成，屬于化學(xué)變化；

③爆炸；可能是由壓強(qiáng)改變引起的，不一定屬于化學(xué)變化；

④用活性炭除去有毒氣體；活性炭具有吸附性，屬于物理性質(zhì)；

⑤植物的光合作用；植物通過(guò)光合作用制造有機(jī)物，屬于化學(xué)變化；

故選C．2、A【分析】【分析】A．銅活潑性大于銀；銅能夠?qū)y離子還原成銀單質(zhì)；

B．氫氧化鈉濃溶液與氯化銨反應(yīng)生成氨氣；

C．二氧化碳少量；反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀；

D．硫酸銅溶液與氫氧化鋇溶液反應(yīng)生成硫酸鋇和氫氧化銅沉淀，漏掉了生成硫酸鋇的反應(yīng)．【解析】【解答】解：A．硝酸銀溶液與銅反應(yīng)生成銀和銅離子，反應(yīng)的離子方程式為：2Ag++Cu═2Ag+Cu2+；故A正確；

B．氫氧化鈉濃溶液與氯化銨溶液混合，二者反應(yīng)生成氨氣，反應(yīng)的離子方程式為：NH4++OH-═H2O+NH3↑；故B錯(cuò)誤；

C．在澄清石灰水中通入少量的CO2，反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀，反應(yīng)的離子方程式為：Ca2++2OH-+CO2═CaCO3↓+H2O；故C正確；

D．硫酸銅溶液與氫氧化鋇溶液反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀和氫氧化銅沉淀，正確的離子方程式為SO42-+Ba2++Cu2++2OH-=Cu（OH）2↓+BaSO4↓；故D錯(cuò)誤；

故選AC．3、D【分析】【分析】氫氧燃料堿性電池中，氫氣易失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，則通入氫氣的電極是負(fù)極，通入氧氣的電極是正極，正極上氧氣得電子發(fā)生還原反應(yīng)，在得失電子相同的條件下，將正負(fù)極電極反應(yīng)式相加即得電池反應(yīng)式，結(jié)合氫氣和轉(zhuǎn)移電子之間的關(guān)系式計(jì)算．【解析】【解答】解：A．該燃料電池中，正極上氧氣得電子和水反應(yīng)生成氫氧根離子，電極反應(yīng)式為O2+2H2O+4e-=4OH-；故A正確；

B．該電池反應(yīng)式為2H2+O2=2H2O；電解質(zhì)溶液中氫氧化鉀不參加反應(yīng)，所以電解質(zhì)溶液中KOH的物質(zhì)的量不變，故B正確；

C．堿性溶液中負(fù)極反應(yīng)為2H2-4e-+4OH-=2H2O，正極反應(yīng)為O2-4e-+2H2O=4OH-，將兩式相加即得電池反應(yīng)式，所以電池反應(yīng)式為2H2+O2=2H2O；故C正確；

D．電池反應(yīng)2.24LH2（標(biāo)準(zhǔn)狀況）時(shí)，氫氣的物質(zhì)的量==0.1mol；轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0.1mol×2=0.2mol，故D錯(cuò)誤；

故選D．4、C【分析】【分析】物質(zhì)的性質(zhì)決定用途，過(guò)氧化鈉可與水或二氧化碳反應(yīng)生成氧氣，小蘇打易復(fù)分解生成二氧化碳，明礬可水解生成具有吸附性的氫氧化鋁膠體，以此解答．【解析】【解答】解：A．過(guò)氧化鈉可與水或二氧化碳反應(yīng)生成氧氣；則用于供氧劑，故A正確；

B．小蘇打易復(fù)分解；卻能與酸反應(yīng)生成二氧化碳?xì)怏w，可用于發(fā)酵粉，故B正確；

C．純堿為碳酸鈉；水解呈堿性，因堿性較強(qiáng)，具有腐蝕性，不能用于中和胃酸，故C錯(cuò)誤；

D．明礬可水解生成具有吸附性的氫氧化鋁膠體；可用于凈水劑，故D正確．

故選C．5、D【分析】

A、18g的18O2物質(zhì)的量==0.5mol；故A錯(cuò)誤；

B、氣體的溫度和壓強(qiáng)不知，0.1mol18O2的體積不一定是2.24L；故B錯(cuò)誤；

C、18O2氣體的摩爾質(zhì)量是36g/mol；故C錯(cuò)誤；

D、重氧水分子式為2D2160，1mol重氧水所含中子數(shù)=0.1mol×（2+8）=1mol，所含中子數(shù)約是6.02×1023個(gè)；故D正確；

故選D．

【解析】【答案】A；依據(jù)質(zhì)量和摩爾質(zhì)量的計(jì)算分析判斷；

B；依據(jù)氣體摩爾體積的條件應(yīng)用分析判斷；

C；依據(jù)質(zhì)量數(shù)計(jì)算分子的摩爾質(zhì)量；

D；依據(jù)原子的質(zhì)量數(shù)和質(zhì)子數(shù)計(jì)算中子數(shù)；

6、B【分析】【分析】A；常溫常壓下；氣體摩爾體積大于22.4L/mol；

B；根據(jù)臭氧是由氧原子構(gòu)成的來(lái)分析；

C、Fe3+是弱堿陽(yáng)離子；在水溶液中會(huì)水解；

D、標(biāo)況下，四氯化碳為液態(tài)．【解析】【解答】解：A、常溫常壓下，氣體摩爾體積大于22.4L/mol，故22.4L甲烷的物質(zhì)的量小于1mol，含有的C-H鍵小于4NA個(gè)；故A錯(cuò)誤；

B、臭氧是由氧原子構(gòu)成的，故48gO3氣體中含有的氧原子的物質(zhì)的量n===3mol，故含有3NA個(gè)氧原子；故B正確；

C、Fe3+是弱堿陽(yáng)離子，在水溶液中會(huì)水解，故溶液中的Fe3+的個(gè)數(shù)小于0.5NA個(gè)；故C錯(cuò)誤；

D；標(biāo)況下；四氯化碳為液態(tài)，故D錯(cuò)誤．

故選B．二、填空題(共9題，共18分)7、CH3CHO+2Ag（NH3）2OHCH3COONH4+H2O+2Ag↓+3NH3=C2H6O+16OH--12e-=2CO32-+11H2O乙醇、水分子之間能形成氫鍵，則乙醇可以和水以任意比互溶【分析】【分析】（1）乙醇催化氧化的產(chǎn)物是乙醛；乙醛分子中含有醛基，能夠發(fā)生有機(jī)反應(yīng)，寫(xiě)出乙醛發(fā)生銀鏡反應(yīng)的化學(xué)方程式；

（2）乙醇完全燃燒生成二氧化碳和水，二者均與過(guò)氧化鈉反應(yīng)，固體增加的質(zhì)量相當(dāng)于CO與H2的質(zhì)量；據(jù)此判斷即可；

（3）乙醇在負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)生成碳酸根離子和水；

（4）因乙醇、水分子之間能形成氫鍵，則乙醇可以和水以任意比互溶．【解析】【解答】解：（1）乙醛與銀氨溶液發(fā)生有機(jī)反應(yīng)，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：CH3CHO+2Ag（NH3）2OHCH3COONH4+H2O+2Ag↓+3NH3；

故答案為：CH3CHO+2Ag（NH3）2OHCH3COONH4+H2O+2Ag↓+3NH3；

（2）乙醇充分燃燒后生成CO2、H2O，再通過(guò)足量的Na2O2，發(fā)生反應(yīng)：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，過(guò)氧化鈉增重等于與CO2同物質(zhì)的量的CO質(zhì)量，發(fā)生反應(yīng)：2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，過(guò)氧化鈉增重等于與H2O同物質(zhì)的量的H2質(zhì)量，即化學(xué)式可以改寫(xiě)成nCO?mH2，完全燃燒后過(guò)氧化鈉增重等于該物質(zhì)的質(zhì)量，乙醇滿足此通式，故a=b；故答案為：=；

（3）乙醇在負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)生成碳酸根離子和水，離子方程式為：C2H6O+16OH--12e-=2CO32-+11H2O，故答案為：C2H6O+16OH--12e-=2CO32-+11H2O；

（4）因乙醇、水分子之間能形成氫鍵，則乙醇可以和水以任意比互溶，故答案為：因乙醇、水分子之間能形成氫鍵，則乙醇可以和水以任意比互溶．8、KOHBa（NO3）2CuCl2H2SO4NaHCO3H++HCO3-=H2O+CO2↑【分析】【分析】根據(jù)題干信息可知，C試劑顏色為藍(lán)色判斷為氯化銅溶液；四種無(wú)色試劑A、B、D、E用小試管各取少量，兩兩反應(yīng)，反應(yīng)現(xiàn)象為：A與其余三種混合無(wú)明顯現(xiàn)象，B與D出現(xiàn)白色沉淀，說(shuō)明是硝酸鋇溶液和硫酸溶液、D與E混合有氣泡產(chǎn)生，證明是碳酸氫鈉溶液和硫酸溶液，分析判斷為：D為硫酸溶液；E為碳酸氫鈉溶液，B為硝酸鋇溶液；E與B無(wú)明顯現(xiàn)象，符合實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象．【解析】【解答】解：C試劑顏色為藍(lán)色判斷為氯化銅溶液；四種無(wú)色試劑A；B、D、E用小試管各取少量；兩兩反應(yīng)，反應(yīng)現(xiàn)象為：A與其余三種混合無(wú)明顯現(xiàn)象，B與D出現(xiàn)白色沉淀，說(shuō)明是硝酸鋇溶液和硫酸溶液、D與E混合有氣泡產(chǎn)生，證明是碳酸氫鈉溶液和硫酸溶液，分析判斷為：D為硫酸溶液；E為碳酸氫鈉溶液，B為硝酸鋇溶液；E與B無(wú)明顯現(xiàn)象，符合實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象；

（1）依據(jù)推斷出的各物質(zhì)寫(xiě)出化學(xué)式分別為：A：KOH；B：Ba（NO3）2；C：CuCl2；D：H2SO4；E：NaHCO3；故答案為：KOH；Ba（NO3）2；CuCl2；H2SO4；NaHCO3；

（2）D與E反應(yīng)的離子方程式為：H++HCO3-=H2O+CO2↑，故答案為：H++HCO3-=H2O+CO2↑．9、后脫氧和調(diào)整鋼的成分CO燃料（或還原劑）2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2ONH3+CO2+H2O+NaCl（飽和）=NaHCO3↓+NH4Cl；2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；（或?qū)懣偡磻?yīng)方程式：2NaCl+2NH3+CO2+H2O=Na2CO3+2NH4Cl）“氨堿法”CO2來(lái)源于灰石煅燒，“聯(lián)合制堿法”CO2來(lái)源于合成氨工業(yè)的廢氣【分析】【分析】（1）①Cr在鋼中以單質(zhì)存在，制作不銹鋼時(shí)應(yīng)防止Cr被氧化；

②煉鋼時(shí)；加入硅；錳和鋁主要是可以脫氧和調(diào)整鋼的成分；

③煉鐵和煉鋼生產(chǎn)中；尾氣均含有的主要污染物CO，可用于燃料；

（2）①氨堿法是由氯化銨和消石灰在加熱條件下反應(yīng)后生成氨氣和氯化鈣的反應(yīng)；

②聯(lián)合制堿法是在氨的飽和NaCl溶液中二氧化碳?xì)怏w；反應(yīng)生成碳酸氫鈉，解熱碳酸氫鈉即可制備碳酸鈉；

③CO2是制堿工業(yè)的重要原料，氨堿法中CO2來(lái)源于石灰石煅燒，聯(lián)合制堿法中CO2的來(lái)源于合成氨工業(yè)的廢氣．【解析】【解答】解：（1）①因?yàn)镃r易被氧化，為Cr被氧化，不銹鋼含有的Cr元素是在煉鋼過(guò)程的氧吹后，若氧吹前加入Cr會(huì)形成爐渣被除去；故答案為：后；

②煉鋼時(shí)；加入硅；錳和鋁，可與氧氣反應(yīng)，且能改變合金的性質(zhì)，起到脫氧和調(diào)整鋼的成分的作用，故答案為：脫氧和調(diào)整鋼的成分；

③煉鐵和煉鋼生產(chǎn)中；CO是主要的還原劑，故尾氣均含有的主要污染物是CO，一氧化碳會(huì)引起中毒，故需對(duì)其進(jìn)行尾氣處理．一氧化碳是一種很好的還原劑同時(shí)還是一種燃料；

故答案為：CO；燃料（或還原劑）；

（2）①氨堿法是由氯化銨和消石灰在加熱條件下反應(yīng)后生成氨氣和氯化鈣的反應(yīng)，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2O；

故答案為：2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2O；

②聯(lián)合制堿法是在氨的飽和NaCl溶液中二氧化碳?xì)怏w，反應(yīng)生成碳酸氫鈉，解熱碳酸氫鈉即可制備碳酸鈉，反應(yīng)的有關(guān)方程式為NH3+CO2+H2O+NaCl（飽和）=NaHCO3↓+NH4Cl；2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；（或?qū)懣偡磻?yīng)方程式：2NaCl+2NH3+CO2+H2O=Na2CO3+2NH4Cl）；

故答案為：NH3+CO2+H2O+NaCl（飽和）=NaHCO3↓+NH4Cl；2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；（或?qū)懣偡磻?yīng)方程式：2NaCl+2NH3+CO2+H2O=Na2CO3+2NH4Cl）；

③CO2是制堿工業(yè)的重要原料，氨堿法中CO2來(lái)源于石灰石煅燒，聯(lián)合制堿法中CO2的來(lái)源于合成氨工業(yè)的廢氣；

故答案為：“氨堿法”CO2來(lái)源于灰石煅燒，“聯(lián)合制堿法”CO2來(lái)源于合成氨工業(yè)的廢氣．10、HC≡CHCH2=CH2CH3CH3【分析】【分析】各取0.1mol五種烴，分別使之充分燃燒，其中B、C、E燃燒所得的CO2均為4.48L（標(biāo)況），二氧化碳的物質(zhì)的量==0.2mol，所以B、C、E分子中含有2個(gè)碳原子，A、D燃燒所得的CO2都是B；C、E的三倍；則A和D分子中含有6個(gè)碳原子；

在適宜的條件下；A；B、C都能跟氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，說(shuō)明含有不飽和鍵或苯環(huán)，其中A可直接轉(zhuǎn)變?yōu)镈，B可轉(zhuǎn)變?yōu)镃，C可轉(zhuǎn)變?yōu)镋；B和C都能使溴水或酸性高錳酸鉀溶液褪色，而A、D、E則無(wú)此性質(zhì)，可推知B含有碳碳三鍵，C中含有碳碳雙鍵，所以B是乙炔，C是乙烯，E是乙烷；

用鐵屑作催化劑時(shí)，A可與液態(tài)溴發(fā)生取代反應(yīng)，A含有6個(gè)碳原子，且為烴，則A是苯，A能轉(zhuǎn)化為D，則D是環(huán)己烷．【解析】【解答】解：各取0.1mol五種烴，分別使之充分燃燒，其中B、C、E燃燒所得的CO2均為4.48L（標(biāo)況），二氧化碳的物質(zhì)的量==0.2mol，所以B、C、E分子中含有2個(gè)碳原子，A、D燃燒所得的CO2都是B；C、E的三倍；則A和D分子中含有6個(gè)碳原子；

在適宜的條件下，A、B、C都能跟氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，說(shuō)明含有不飽和鍵或苯環(huán)，其中A可直接轉(zhuǎn)變?yōu)镈，B可轉(zhuǎn)變?yōu)镃，C可轉(zhuǎn)變?yōu)镋；B和C都能使溴水或酸性高錳酸鉀溶液褪色，而A、D、E則無(wú)此性質(zhì)，可推知B含有碳碳三鍵，C中含有碳碳雙鍵，所以B是乙炔，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為HC≡CH，C是乙烯，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH2=CH2，E是乙烷，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3CH3；

用鐵屑作催化劑時(shí)，A可與液態(tài)溴發(fā)生取代反應(yīng)，A含有6個(gè)碳原子，且為烴，則A是苯，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為A能轉(zhuǎn)化為D，則D是環(huán)己烷，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為

故答案為：HC≡CH；CH2=CH2；CH3CH3．11、AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑關(guān)閉活塞K2、K3，打開(kāi)活塞K1打開(kāi)活塞K2，通入空氣一段時(shí)間×100%偏小×100%B裝置分液漏斗中的稀硫酸滴入錐形瓶中會(huì)排出一部分空氣【分析】【分析】從實(shí)驗(yàn)裝置和實(shí)驗(yàn)步驟上看，本實(shí)驗(yàn)的原理是用足量硫酸與樣品中Al4C3完全反應(yīng)，測(cè)量生成的甲烷氣體，從而可測(cè)得Al4C3的百分含量；用足量NaOH溶液與樣品中AlN完全反應(yīng)；用濃硫酸充分吸收生成的氨氣，并稱量其質(zhì)量，從而求得AlN的質(zhì)量分?jǐn)?shù)．

（1）②AlN水解得到氫氧化鋁與氨氣；氫氧化鋁與NaOH溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鈉；

（3）關(guān)閉活塞K2、K3，打開(kāi)活塞K1，通過(guò)分液漏斗加入過(guò)量的稀硫酸，與燒瓶?jī)?nèi)物質(zhì)充分反應(yīng)，測(cè)量生成甲烷氣體的體積．待反應(yīng)進(jìn)行完全后，關(guān)閉活塞K1，打開(kāi)活塞K3，通過(guò)分液漏斗加入過(guò)量的NaOH溶液，與燒瓶?jī)?nèi)物質(zhì)充分反應(yīng)，由于裝置中殘留部分氨氣，打開(kāi)K2；通入空氣一段時(shí)間，排盡裝置的氨氣，被裝置D完全吸收，測(cè)定生成氨氣質(zhì)量；

（4）①根據(jù)氮原子的守恒；氨氣的物質(zhì)的量等于AlN的物質(zhì)的量，可求得AlN的質(zhì)量分?jǐn)?shù)；

②讀取滴定管中氣體的體積時(shí)；液面左高右低，氣體的壓強(qiáng)大于大氣壓，測(cè)定氣體甲烷的體積偏??；

②根據(jù)碳原子的守恒，Al4C3的物質(zhì)的量等于甲烷的物質(zhì)的量的三分之一，可求得Al4C3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)；

（5）B裝置分液漏斗中的稀硫酸滴入錐形瓶中會(huì)排出一部分空氣，按甲烷的體積進(jìn)行了測(cè)定．【解析】【解答】解：從實(shí)驗(yàn)裝置和實(shí)驗(yàn)步驟上看，本實(shí)驗(yàn)的原理是用足量硫酸與樣品中Al4C3完全反應(yīng)，測(cè)量生成的甲烷氣體，從而可測(cè)得Al4C3的百分含量；用足量NaOH溶液與樣品中AlN完全反應(yīng)；用濃硫酸充分吸收生成的氨氣，并稱量其質(zhì)量，從而求得AlN的質(zhì)量分?jǐn)?shù)．

（1）②AlN水解得到氫氧化鋁與氨氣，氫氧化鋁與NaOH溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鈉，總反應(yīng)方程式為：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑；

故答案為：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑；

（3）關(guān)閉活塞K2、K3，打開(kāi)活塞K1，通過(guò)分液漏斗加入過(guò)量的稀硫酸，與燒瓶?jī)?nèi)物質(zhì)充分反應(yīng)，測(cè)量生成甲烷氣體的體積．待反應(yīng)進(jìn)行完全后，關(guān)閉活塞K1，打開(kāi)活塞K3，通過(guò)分液漏斗加入過(guò)量的NaOH溶液，與燒瓶?jī)?nèi)物質(zhì)充分反應(yīng)，由于裝置中殘留部分氨氣，打開(kāi)K2；通入空氣一段時(shí)間，排盡裝置的氨氣，被裝置D完全吸收，防止測(cè)定的氨氣的質(zhì)量偏小，測(cè)定生成氨氣質(zhì)量；

故答案為：關(guān)閉活塞K2、K3，打開(kāi)活塞K1；打開(kāi)活塞K2；通入空氣一段時(shí)間；

（4）①氨氣的質(zhì)量為（z-y）g，物質(zhì)的量為=mol，根據(jù)氮原子的守恒，氨氣的物質(zhì)的量等于AlN的物質(zhì)的量，所以AlN的質(zhì)量為mol×41g/mol=g，故AlN的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%=×100%；

故答案為：×100%；

②讀取滴定管中氣體的體積時(shí)；液面左高右低，氣體的壓強(qiáng)大于大氣壓，測(cè)定氣體甲烷的體積偏??；

故答案為：偏?。?/p>

③甲烷的體積為（a-b）mL，物質(zhì)的量為=×10-3mol，根據(jù)碳原子的守恒，Al4C3的物質(zhì)的量等于甲烷的物質(zhì)的量的三分之一，所以Al4C3的質(zhì)量為××10-3mol×144g/mol=×10-3g，Al4C3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%=×100%；

故答案為：×100%；

（5）B裝置分液漏斗中的稀硫酸滴入錐形瓶中會(huì)排出一部分空氣，也按甲烷的體積進(jìn)行了測(cè)定，測(cè)得Al4C3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)會(huì)偏高；

故答案為：B裝置分液漏斗中的稀硫酸滴入錐形瓶中會(huì)排出一部分空氣．12、436A0.225mol/（L．min）75%D【分析】【分析】（1）反應(yīng)熱=反應(yīng)物總鍵能-生成物總鍵能；

（2）①可逆反應(yīng)到達(dá)平衡時(shí)；同種物質(zhì)的正逆速率相等，各組分的濃度；含量保持不變，由此衍生的其它一些量不變，判斷平衡的物理量應(yīng)隨反應(yīng)進(jìn)行發(fā)生變化，該物理量由變化到不再變化說(shuō)明到達(dá)平衡；

②由圖可知，10min到達(dá)平衡，平衡時(shí)甲醇濃度變化量為0.75mol/L，根據(jù)方程式可知?dú)錃鉂舛茸兓癁?.75mol/L×3=2.25mol/L，根據(jù)v=計(jì)算v（H2）；根據(jù)△n=△c×V計(jì)算參加反應(yīng)氫氣物質(zhì)的量，進(jìn)而計(jì)算氫氣轉(zhuǎn)化率；

③化學(xué)平衡常數(shù)是指：一定溫度下；可逆反應(yīng)到達(dá)平衡時(shí)，生成物的濃度系數(shù)次冪之積與反應(yīng)物的濃度系數(shù)次冪之積的比，固體；純液體不需要在化學(xué)平衡常數(shù)中寫(xiě)出；

④升高溫度、增大壓強(qiáng)、增大物質(zhì)濃度、使用催化劑可以加快反應(yīng)速率，要提高H2轉(zhuǎn)化率，應(yīng)使平衡正向移動(dòng)，但不能只增大氫氣濃度，否則氫氣轉(zhuǎn)化率會(huì)降低．【解析】【解答】解：（1）反應(yīng)熱=反應(yīng)物總鍵能-生成物總鍵能，則XkJ?mol-1+×496.4kJ?mol-1-2×463kJ?mol-1=

-241.8kJ?mol-1；解得X=436；

故答案為：436；

（2）①A．平衡時(shí)各組分的含量保持不變，故CO2在混合氣體中的體積分?jǐn)?shù)保持不變；說(shuō)明反應(yīng)到達(dá)平衡，故A正確；

B．單位時(shí)間內(nèi)每消耗1.2molH2，同時(shí)生成0.4molH2O，均表示正反應(yīng)速率，反應(yīng)始終按該比例關(guān)系進(jìn)行，不能說(shuō)明到達(dá)平衡，應(yīng)是“單位時(shí)間內(nèi)每消耗1.2molH2同時(shí)生成0.4molH2O時(shí)；反應(yīng)到達(dá)平衡”，故B錯(cuò)誤；

C．反應(yīng)中H2O與CH3OH的物質(zhì)的量濃度比始終為1：1；不能說(shuō)明到達(dá)平衡，故C錯(cuò)誤；

故選：A；

②由圖可知，10min到達(dá)平衡，平衡時(shí)甲醇濃度變化量為0.75mol/L，根據(jù)方程式可知?dú)錃鉂舛茸兓癁?.75mol/L×3=2.25mol/L，故v（H2）==0.225mol/（L．min），參加反應(yīng)氫氣物質(zhì)的量為2.25mol/L×1L=2.25mol，氫氣轉(zhuǎn)化率為×100%=75%；

故答案為：0.225mol/（L．min）；75%；

③CO2（g）+3H2（g）?H2O（l）+CH3OH（g）的化學(xué)平衡常數(shù)表達(dá)式K=；

故答案為：；

④A．降低反應(yīng)溫度；反應(yīng)速率減慢，故A錯(cuò)誤；

B．水為液體；分離出水，反應(yīng)速率不變，不影響平衡移動(dòng)，氫氣轉(zhuǎn)化率不變，故B錯(cuò)誤；

C．保持容器體積不變；充入稀有氣體，混合氣體各組分濃度不變，反應(yīng)速率不變；平衡不移動(dòng)，氫氣轉(zhuǎn)化率不變，故C錯(cuò)誤。

D．保持容器體積不變，充入CO2氣體；二氧化碳濃度增大，反應(yīng)速率加快，平衡正向移動(dòng)，氫氣轉(zhuǎn)化率增大，故D正確；

故選：D．13、第三周期ⅣA族O＜Si＜Mgbc4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（g）△H=-1266kJ/molN2+8H++6e-=2NH4+，正極【分析】【分析】U、W、X、Y、Z都是短周期元素，且原子序數(shù)依次增大．W的氣態(tài)氫化物甲和W的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物可以化合生成鹽，應(yīng)為銨鹽，則W為N元素、甲為NH3；Y元素原子的K層電子數(shù)與M層電子數(shù)相同，則M層電子數(shù)為2，故Y為Mg；Z元素的單質(zhì)是太陽(yáng)能轉(zhuǎn)換為電能的常用材料，則Z為Si；U與X可形成常溫下呈液態(tài)的分子乙，乙為常見(jiàn)的10電子分子，則U為H元素、X為O元素，乙為H2O，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：U、W、X、Y、Z都是短周期元素，且原子序數(shù)依次增大．W的氣態(tài)氫化物甲和W的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物可以化合生成鹽，應(yīng)為銨鹽，則W為N元素、甲為NH3；Y元素原子的K層電子數(shù)與M層電子數(shù)相同，則M層電子數(shù)為2，故Y為Mg；Z元素的單質(zhì)是太陽(yáng)能轉(zhuǎn)換為電能的常用材料，則Z為Si；U與X可形成常溫下呈液態(tài)的分子乙，乙為常見(jiàn)的10電子分子，則U為H元素、X為O元素，乙為H2O；

（1）Z為Si；元素在周期表中的位置：第三周期ⅣA族；

故答案為：第三周期ⅣA族；

（2）同周期自左而右原子半徑減?。煌髯遄陨隙略影霃皆龃?；故原子半徑：O＜Si＜Mg；

故答案為：O＜Si＜Mg；

（3）U與X形成的18電子化合物為H2O2，電子式是

故答案為：

（4）中氧原子之間形成非極性鍵；氧原子與氫原子之間形成極性鍵；

故答案為：bc；

（5）已知：①N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=-92.4kJ/mol

②2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=-483.6kJ/mol

由蓋斯定律，②×3-①×2得：4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（g）△H=3×（-483.6kJ/mol）-2×（-92.4kJ/mol）=-1266kJ/mol，故反應(yīng)熱化學(xué)方程式為：4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（g）△H=-1266kJ/mol；

故答案為：4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（g）△H=-1266kJ/mol；

（6）以N2、H2為電極反應(yīng)物，以HCl-NH4Cl溶液為電解質(zhì)溶液制造新型燃料電池，正極發(fā)生還原反應(yīng)，氮?dú)庠谡龢O失去電子，酸性條件下生成銨根離子，該電池的正極電極反應(yīng)式：N2+8H++6e-=2NH4+，溶液中H+移向正極；

故答案為：N2+8H++6e-=2NH4+；正．14、無(wú)水氯化鈣排出裝置中的空氣，使有機(jī)物充分氧化在乙裝置后連接盛有堿石灰的U形管樣品的質(zhì)量，甲、乙的質(zhì)量甲乙的質(zhì)量n（C）：n（H）：n（O）=2：6：1CH3CH2OH或CH3OCH3醇羥基【分析】【分析】（1）吸收水蒸氣可以用無(wú)水氯化鈣；該物質(zhì)不能吸收二氧化碳?xì)怏w；

（2）裝置內(nèi)有空氣；會(huì)影響有機(jī)物被氧化，應(yīng)該先排盡；要保證干燥管增加的質(zhì)量分別是有機(jī)物燃燒生成的水和二氧化碳的質(zhì)量，避開(kāi)空氣中的水以及二氧化碳的干擾；

（3）濃硫酸增重為水的質(zhì)量，堿石灰增重為二氧化碳的質(zhì)量，以此可確定有機(jī)物中C、H原子個(gè)數(shù)比值，根據(jù)元素（質(zhì)量）守恒確定氧原子的量，得出原子個(gè)數(shù)比，即最簡(jiǎn)式，并根據(jù)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)來(lái)書(shū)寫(xiě)化學(xué)式．【解析】【解答】解：（1）有機(jī)物燃燒生成的水以及二氧化碳的吸收；應(yīng)該先使用干燥劑吸收水，在吸收二氧化碳，吸收水可以用無(wú)水氯化鈣，故答案為：無(wú)水氯化鈣；

（2）實(shí)驗(yàn)開(kāi)始時(shí)，裝置中有空氣，為了使有機(jī)物充分氧化要先通入氧氣，排除裝置中的空氣，然后再加熱，實(shí)驗(yàn)裝置中，為避開(kāi)空氣中的水以及二氧化碳的干擾，在乙裝置后還要放一個(gè)常有堿石灰的干燥管，根據(jù)兩個(gè)干燥管增加的質(zhì)量即為生成的水和二氧化碳的質(zhì)量，故答案為：排出裝置中的空氣，使有機(jī)物充分氧化；在乙裝置后連接盛有堿石灰的U形管樣品的質(zhì)量；甲；乙的質(zhì)量；甲、乙的質(zhì)量；

（3）由題意可知n（H2O）==0.3mol，n（CO2）==0.2mol；根據(jù)質(zhì)量守恒，確定消耗氧氣的質(zhì)量是5.4g+8.8g-4.6g=9.6g即0.3mol，根據(jù)氧原子守恒可知有機(jī)物中含有n（O）=0.3mol+0.2mol×2-0.3mol×2=0.1mol；

則有機(jī)物中n（C）：n（H）：n（O）=0.2mol：0.6mol：0.1mol=2：6：1；故答案為：n（C）：n（H）：n（O）=2：6：1；

①該物質(zhì)中各元素的原子個(gè)數(shù)比為n（C）：n（H）：n（O）=2：6：1，有機(jī)物的分子式為C2H6O，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：CH3CH2OH或CH3OCH3，故答案為：CH3CH2OH或CH3OCH3；

②有機(jī)物A的分子式為C2H6O，A的核磁共振氫譜如圖2，含有三個(gè)峰，則A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：CH3CH2OH，官能團(tuán)名稱為醇羥基，故答案為：醇羥基．15、略

【分析】【解析】試題分析：①由濕法制備高鐵酸鉀的原理，結(jié)合流程可知：反應(yīng)I：2NaOH+Cl2═NaCl+NaClO+H2O；②反應(yīng)II離子反應(yīng)方程式為：3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+5H2O。③由25℃時(shí)的Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，c（Fe3+）=4.0×10-5mol/L，則Ksp[Fe(OH)3]=c（Fe3+）c3(OH-)求得：c(OH-)=10-11mol/L，則c(H+)=10-3mol/L，PH=3,即PH=3開(kāi)始生成Fe(OH)3沉淀；（2）①由氧化還原反應(yīng)強(qiáng)生弱的規(guī)律可知：高鐵酸鈉的氧化性比O2強(qiáng)。②由流程圖可知，向高鐵酸鈉中加入飽和KOH溶液，析出高鐵酸鉀，說(shuō)明高鐵酸鈉溶解度大于高鐵酸鉀溶解度；（3）高鐵酸鉀中+6價(jià)的鐵有強(qiáng)氧化性，能殺菌消毒，生成的+3價(jià)鐵水解產(chǎn)生Fe(OH)3有吸附性；（4）干法制備高鐵酸鉀的化學(xué)方程式為Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O分析可得氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為3：1.考點(diǎn)：了解鐵單質(zhì)及其重要化合物的主要性質(zhì)及應(yīng)用。能根據(jù)實(shí)驗(yàn)試題要求，做到：①設(shè)計(jì)、評(píng)價(jià)或改進(jìn)實(shí)驗(yàn)方案；②了解控制實(shí)驗(yàn)條件的方法?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）①Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O(2分)；②2Fe3++3ClO—+10OH—=2FeO42—+3Cl—+5H2O(2分)；③pH=3(2分)；（2）①?gòu)?qiáng)；②?。?）有強(qiáng)氧化性，能殺菌消毒，產(chǎn)生Fe(OH)3有吸附性(2分)；（4）3:1(2分)三、判斷題(共6題，共12分)16、×【分析】【分析】濃鹽酸和MnO2在加熱條件下發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成Cl2，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，濃鹽酸濃度逐漸降低，當(dāng)濃度降低到一定程度后變?yōu)橄←}酸，稀鹽酸和MnO2不反應(yīng)，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：濃鹽酸和MnO2在加熱條件下發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成Cl2，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，濃鹽酸濃度逐漸降低，當(dāng)濃度降低到一定程度后變?yōu)橄←}酸，稀鹽酸和MnO2不反應(yīng)，濃鹽酸和MnO2反應(yīng)方程式為4HCl（濃）+MnO2MnCl2+2H2O+Cl2↑；假設(shè)4molHCl完全反應(yīng)，設(shè)轉(zhuǎn)移電子的個(gè)數(shù)為x；

4HCl（濃）+MnO2MnCl2+2H2O+Cl2↑轉(zhuǎn)移電子。

4mol2NA

4molx

4mol：2NA=4mol：x

x==2NA；

實(shí)際上參加反應(yīng)的HCl的物質(zhì)的量小于4mol，所以轉(zhuǎn)移電子數(shù)小于2NA；所以該說(shuō)法錯(cuò)誤；

故答案為：×．17、×【分析】【分析】濃硫酸為酸性、強(qiáng)氧化性干燥劑，能夠干燥酸性、中性氣體，如：氧氣、氫氣、二氧化硫等，濃硫酸不能用于干燥堿性氣體，如氨氣，據(jù)此進(jìn)行解答．【解析】【解答】解：濃硫酸為酸性、強(qiáng)氧化性干燥劑，能夠干燥酸性、中性氣體，如：氧氣、氫氣、二氧化硫等，能夠與NH3反應(yīng)；不能使用濃硫酸干燥氨氣，所以該說(shuō)法錯(cuò)誤；

故答案為：×．18、×【分析】【分析】酸是在溶液中電離出的陽(yáng)離子全部是氫離子的化合物，據(jù)此分析．【解析】【解答】解：酸是在溶液中電離出的陽(yáng)離子全部是氫離子的化合物，但是能電離出H+的化合物不一定是酸，如NaHSO4屬于鹽；但是能電離出氫離子，所以說(shuō)法錯(cuò)誤．

故答案為：×．19、×【分析】【分析】依據(jù)平衡常數(shù)是表示平衡進(jìn)行程度大小的量；化學(xué)反應(yīng)吸熱或放熱反應(yīng)，溫度升高平衡向吸熱反應(yīng)方向進(jìn)行．【解析】【解答】解：化學(xué)平衡常數(shù)K表示可逆反應(yīng)的進(jìn)行程度；依據(jù)平衡常數(shù)含義可知，K值越大，可逆反應(yīng)的進(jìn)行程度越大；溫度升高，平衡向吸熱反應(yīng)方向進(jìn)行，反應(yīng)可能是吸熱反應(yīng)，也可能是放熱反應(yīng)，所以溫度升高，平衡常數(shù)可能增大也可能減??；

故答案為：×，溫度升高，平衡向吸熱反應(yīng)方向進(jìn)行，反應(yīng)可能是吸熱反應(yīng)，也可能是放熱反應(yīng)，所以溫度升高，平衡常數(shù)可能增大也可能減小．20、×【分析】【分析】Ⅰ．A．阿司匹林能用于防治心腦血管疾?。幻鞯\不能消毒；

B．使用一次性塑料餐具可引起白色污染；

C．甲醇有毒；

D．增大煤與空氣接觸面積可提高煤燃燒效率．

Ⅱ．（1）水體富營(yíng)養(yǎng)化會(huì)導(dǎo)致植物的瘋長(zhǎng)；破壞生態(tài)平衡；

（2）機(jī)動(dòng)車尾氣排放是倒是環(huán)境污染的主要原因；

（3）焚燒塑料產(chǎn)生的氣體會(huì)導(dǎo)致空氣污染；

（4）垃圾分類并回收利用可以減少污染，節(jié)約能源．【解析】【解答】解：Ⅰ．A．阿司匹林能用于防治心腦血管疾??；明礬不能消毒，故A錯(cuò)誤；

B．使用一次性塑料餐具可引起白色污染；含磷洗衣粉可引起水體富營(yíng)養(yǎng)化，故B正確；

C．甲醇和亞硝酸鈉有毒；故C正確；

D．油污易溶于汽油；增大煤與空氣接觸面積可提高煤燃燒效率，故D正確．

故選A；

Ⅱ．（1）水體富營(yíng)養(yǎng)化會(huì)導(dǎo)致植物的瘋長(zhǎng)；會(huì)破壞環(huán)境生態(tài)平衡，故答案為：×；

（2）機(jī)動(dòng)車尾氣二氧化硫；二氧化氮、一氧化氮等氣體的排放會(huì)引起環(huán)境污染；減少機(jī)動(dòng)車尾氣排放可以改善大氣質(zhì)量，故答案為：√；

（3）焚燒塑料產(chǎn)生有毒氣體氣體會(huì)導(dǎo)致空氣污染；有的塑料可以回收利用，故答案為：√；

（4）垃圾分類并回收利用可以減少污染，節(jié)約能源，符合可持續(xù)發(fā)展的要求，故答案為：√．21、×【分析】【分析】放熱反應(yīng)一般在加熱條件能發(fā)生．【解析】【解答】解：放熱反應(yīng)一般在加熱條件能發(fā)生，例如燃燒反應(yīng)，故錯(cuò)誤，故答案為：×．四、計(jì)算題(共2題，共20分)22、12.60g2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O3～96.4%【分析】【分析】（1）30.00mL5.00mol?L-1的稀硫酸如果溶解的全部是碳酸鎂；則其質(zhì)量為最少，根據(jù)硫酸與碳酸鎂反應(yīng)的方程式可計(jì)算出原料的質(zhì)量；

（2）加入H2O2的目的是將溶液中的亞鐵離子氧化成鐵離子再調(diào)節(jié)pH值；將鐵元素除去，據(jù)此書(shū)寫(xiě)離子方程式；

（3）根據(jù)Ksp[Mg（OH）2]可計(jì)算出鎂離子開(kāi)始出現(xiàn)沉淀時(shí)的pH值，根據(jù)Ksp[Fe（OH）3]可計(jì)算出鐵離子沉淀完全時(shí)的pH值；據(jù)此判斷溶液的pH值范圍；

（4）在pH在9～10之間溶液A中，可以通過(guò)鋅離子的物質(zhì)的量計(jì)算出剩余EDTA的物質(zhì)的量，調(diào)節(jié)pH在5～6時(shí)，通過(guò)鋅離子的物質(zhì)的量可計(jì)算出總EDTA的物質(zhì)的量，由此可計(jì)算出與鎂離子反應(yīng)的EDTA的物質(zhì)的量，根據(jù)×100%計(jì)算出Mg2+的質(zhì)量分?jǐn)?shù)；【解析】【解答】解：（1）30.00mL5.00mol?L-1的稀硫酸的物質(zhì)的量為0.15mol；根據(jù)硫酸與碳酸鎂反應(yīng)的方程式可知碳酸鎂的物質(zhì)的量也為0.15mol，所以碳酸鎂的質(zhì)量為0.15mol×84g/mol=12.60g；

故答案為：12.60g；

（2）加入H2O2的目的是將溶液中的亞鐵離子氧化成鐵離子再調(diào)節(jié)pH值，將鐵元素除去，反應(yīng)的離子方程式為2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；

故答案為：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；

（3）根據(jù)Ksp[Mg（OH）2]可知鎂離子開(kāi)始出現(xiàn)沉淀時(shí)溶液中氫氧根離子的濃度為mol?L-1=1×10-5mol?L-1，此時(shí)溶液的pH值為9，根據(jù)Ksp[Fe（OH）3]可知鐵離子沉淀完全時(shí)溶液中氫氧根離子的濃度為mol?L-1=1×10-11mol?L-1；此時(shí)溶液的pH值為3，所以需調(diào)節(jié)溶液pH范圍為3～9；

故答案為：3～9；

（4）Mg2+、Zn2+與EDTA均按1：1反應(yīng)，在25mL溶液A中：n（EDTA）=n（Zn2+）=0.10×20.00×10-3=2.00×10-3mol

則100mL溶液A中剩余EDTA的量：n（EDTA）=2.00×10-3×100/25=8.00×10-3mol

25mL溶液A中EDTA的量：n（EDTA）總=n（Zn2+）=0.10×30.00×10-3=3.00×10-3mol

則100mL溶液A中EDTA總量：n（EDTA）總=3.00×10-3×4=0.0120mol

所以與1.5g樣品中鎂離子反應(yīng)的EDTA的物質(zhì)的量為0.012mol-8.00×10-3mol=0.004mol，所以樣品中n（Mg2+）=0.004mol；其質(zhì)量為0.004mol×24g/mol=0.096g；

則該結(jié)晶硫酸鎂中Mg2+的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為=6.4%；

故答案為：6.4%．23、44.2%x=0＜x＜3.1g【分析】【分析】方案一：利用Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑、NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑及固體質(zhì)量和氣體質(zhì)量計(jì)算；

方案二：利用2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑及差量法計(jì)算．【解析】【解答】解：方案一：設(shè)碳酸鈉；碳酸氫鈉的質(zhì)量分別為x、y；

由Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑、NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑可知；

；解得x=5.3g，y=4.2g；

所以碳酸氫鈉的含量為×100%=44.2%；故答案為：44.2%；

方案二：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑質(zhì)量差。

16862

yx

則x=＞0，若固體全部為碳酸氫鈉，則x==3.1g；

所以x的取值范圍為0＜x＜3.1g；

故答案為：x=；0＜x＜3.1g．五、實(shí)驗(yàn)題(共4題，共8分)24、燒杯、玻璃棒、100mL容量瓶、膠頭滴管ac【分析】【分析】（1）根據(jù)lOOmL0.5mol?L-1碳酸鈉溶液的正確步驟選擇使用的儀器；并按實(shí)驗(yàn)使用先后順序，找出四種只要的玻璃儀器；

（2）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(shí)，關(guān)鍵要看配制過(guò)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(shí)，都會(huì)使所配溶液濃度偏??；若n比理論值大，或V比理論值小時(shí)，都會(huì)使所配溶液濃度偏大．【解析】【解答】解：（1）配制100mL0.5mol/LNa2CO3溶液的步驟為：計(jì)算；稱量、溶解、冷卻、轉(zhuǎn)移、洗滌、定容、搖勻等；按照試驗(yàn)操作順序需要使用的儀器有：藥匙、托盤天平（砝碼、鑷子）、燒杯、玻璃棒、100mL容量瓶、膠頭滴管等；

故答案為：燒杯；玻璃棒、100mL容量瓶、膠頭滴管；

（2）a．沒(méi)有將洗滌液轉(zhuǎn)移到容量瓶中，導(dǎo)致配制的溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏小，根據(jù)c=可得；配制的溶液濃度偏低，故a正確；

b．容量瓶洗凈后未經(jīng)干燥處理，對(duì)溶質(zhì)和溶液的體積沒(méi)有影響，根據(jù)c=可得，不影響配制結(jié)果，故b錯(cuò)誤；

e．轉(zhuǎn)移過(guò)程中有少量的溶液濺出，導(dǎo)致配制的溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏小，根據(jù)c=可得；配制的溶液濃度偏低，故c正確；

d．搖勻后立即觀察，發(fā)現(xiàn)溶液未達(dá)刻度線，導(dǎo)致配制的溶液體積偏小，根據(jù)c=可得；配制的溶液濃度偏高，故d錯(cuò)誤；

故選ac．25、酚酞（甲基橙）ac生成磚紅色沉淀ab1614H+267【分析】【分析】（1）①?gòu)?qiáng)酸強(qiáng)堿相互滴定；生成的鹽不水解，溶液顯中性；

②a．酸式滴定管用蒸餾水洗后未用標(biāo)準(zhǔn)液潤(rùn)洗就直接盛入標(biāo)準(zhǔn)鹽酸溶液；勢(shì)必使滴定管中標(biāo)準(zhǔn)鹽酸被沖稀，滴定待測(cè)堿液時(shí)消耗標(biāo)準(zhǔn)鹽酸的體積數(shù)增大；

b．錐形瓶水洗后未用待測(cè)堿液潤(rùn)洗；實(shí)際的待測(cè)堿液量等于應(yīng)取的量；

c．酸式滴定管滴定前尖嘴處有氣泡；滴定后氣泡消失，使記錄的數(shù)值比實(shí)際偏大；

（2）①K2CrO4為指示劑，Ag2CrO4為磚紅色；用標(biāo)準(zhǔn)硝酸銀滴定待測(cè)液，滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是滴入最后一滴標(biāo)準(zhǔn)溶液，生成磚紅色沉淀；

②a．若溶液pH＜6.5，則Cr2O72-+H2O?2CrO42-+2H+平衡左移；

b．溶液中有銨鹽存在時(shí)，當(dāng)pH＞7.2，則有可能因?yàn)樯蒣Ag（NH3）2]+；導(dǎo)致銀子里濃度降低；

c．滴定時(shí)應(yīng)劇烈搖動(dòng)，以使被AgCl沉淀吸附的Cl-及時(shí)釋放出來(lái)；防止滴定終點(diǎn)提前；

（3）①氫離子是反應(yīng)物；水是生成物．根據(jù)化合價(jià)升高降低一致可得該離子方程式；

②據(jù)2K2Cr2O7～3O2可求出廢水中化學(xué)耗氧量；【解析】【解答】解：（1）①?gòu)?qiáng)酸強(qiáng)堿相互滴定；生成的鹽不水解，溶液顯中性，可選擇酚酞或甲基橙作指示劑；

故答案為：酚酞（甲基橙）；

②a．酸式滴定管用蒸餾水洗后未用標(biāo)準(zhǔn)液潤(rùn)洗就直接盛入標(biāo)準(zhǔn)鹽酸溶液；勢(shì)必使滴定管中標(biāo)準(zhǔn)鹽酸被沖稀，滴定待測(cè)堿液時(shí)消耗標(biāo)準(zhǔn)鹽酸的體積數(shù)增大，因而測(cè)出待測(cè)堿液的濃度偏大，故a正確；

b．錐形瓶水洗后未用待測(cè)堿液潤(rùn)洗，實(shí)際的待測(cè)堿液量等于應(yīng)取的量，測(cè)出的待測(cè)堿液濃度正確，故b錯(cuò)誤；

c．酸式滴定管滴定前尖嘴處有氣泡；滴定后氣泡消失，使記錄的數(shù)值比實(shí)際偏大，因而測(cè)出待測(cè)堿液的濃度偏大，故c正確；

故選ac．

（2）①由Ksp（AgCl）=1.56ⅹ10-10，Ksp（Ag2CrO4）=1.10ⅹ10-12；

轉(zhuǎn)化為AgCl沉淀需要的c（Ag+）==1.4×10-5mol/L；

轉(zhuǎn)化為Ag2CrO4沉淀需要的c（Ag+）=mol/L＞1.4×10-5mol/L；

即AgCl先轉(zhuǎn)化為沉淀；則滴入最后一滴硝酸銀溶液時(shí)，溶液中出現(xiàn)磚紅色深沉，故答案為：生成磚紅色沉淀；

②a．已知該滴定適宜的酸度范圍是pH6.5～10.5，但當(dāng)溶液中有銨鹽存在，c（NH4+）＜0.05mol/L時(shí)，應(yīng)將溶液的pH控制在6.5～7.2．a(chǎn)．若溶液pH＜6.5，則Cr2O72-+H2O?2CrO42-+2H+平衡左移，導(dǎo)致Ag2CrO4沉淀過(guò)遲；故a正確；

b．．若溶液中有銨鹽存在時(shí)，當(dāng)pH＞7.2，則有可能因?yàn)樯蒣Ag（NH3）2]+，導(dǎo)致銀子里濃度降低終點(diǎn)滯后，故b正確；

c．滴定時(shí)應(yīng)劇烈搖動(dòng)，以使被AgCl沉淀吸附的Cl-及時(shí)釋放出來(lái)；防止滴定終點(diǎn)提前，故c錯(cuò)誤；

故選ab．

（3）①用硫酸酸化后，加入0.01667mol/L的K2Cr2O7溶液25.00mL，使水樣中的還原性物質(zhì)在一定條件下完全被氧化，所以，氫離子是反應(yīng)物，水是生成物．根據(jù)化合價(jià)升高降低一致可得該離子方程式是：_1__Cr2O72-+__6_Fe2++___14_H+_____=___2_Cr3++_6___Fe3++___7_H2O，故答案為：1；6；14H+；2；6；7；

②分析實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)記錄表；第一次實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)有誤，故剔除這一數(shù)據(jù)．

消耗的FeSO4標(biāo)準(zhǔn)溶液平均體積為：[（15.31-0.30）+（15.19-0.20）]/2=15.00mL

則廢水中消耗的K2Cr2O7總物質(zhì)的量為：0.01667mol/L×0.025L-1/6×15.00×10-3L×0.1000mol/L=1.667×10-4mol=0.1667mmol

據(jù)2K2Cr2O7～3O2可知，廢水中化學(xué)耗氧量m（O2）=（0.1667mmol×1.5×32g/mol）÷0.1000L=80.0mg/L；

故答案為：80.0mg/L．26、略

【分析】3Fe＋4H2OFe3O4＋4H2↑,從所給裝置看出，C為中心反應(yīng)的容器需要強(qiáng)熱，需要水蒸汽需要加熱，則a用于產(chǎn)生水蒸氣，B為安全瓶，D收集氫氣，連接順序是ACBD。試管底部是蘸有水的濕棉花，其作用是用來(lái)產(chǎn)生水蒸氣，蒸發(fā)皿內(nèi)加入的肥皂液的作用是證明生成的氣體是氫氣并驗(yàn)純?！窘馕觥俊敬鸢浮糠磻?yīng)原理（2分）：3Fe＋4H2OFe3O4＋4H2↑實(shí)驗(yàn)裝置（每空2分）。裝置編號(hào)ABCD裝置裝置所起作用________________________________________裝置連接順序裝置連接順序：____需加熱的裝置____實(shí)驗(yàn)裝置改進(jìn)（3分）：用來(lái)產(chǎn)生水蒸氣；證明生成的氣體是氫氣并驗(yàn)純。27、略

【分析】解：rm{(1)壟脵Fe}還原水體中rm{NO_{3}^{-}}則rm{Fe}作還原劑；失去電子，作負(fù)極；

故答案為：鐵；

rm{壟脷NO_{3}^{-}}在正極得電子發(fā)生還原反應(yīng)產(chǎn)生rm{NH_{4}^{+}}根據(jù)圖rm{2}信息可知為酸性環(huán)境，則正極的電極反應(yīng)式為：rm{NO_{3}^{-}+8e^{-}+10H^{+}=NH_{4}^{+}+3H_{2}O}

故答案為：rm{NO_{3}^{-}+8e^{-}+10H^{+}=NH_{4}^{+}+3H_{2}O}

rm{(2)pH}越高，rm{Fe^{3+}}越易水解生成rm{FeO(OH)}而rm{FeO(OH)}不導(dǎo)電，阻礙電子轉(zhuǎn)移，所以rm{NO_{3}^{-}}的去除率低．

故答案為：rm{FeO(OH)}不導(dǎo)電；阻礙電子轉(zhuǎn)移；

rm{(3)壟脵}從圖rm{2}的實(shí)驗(yàn)結(jié)果可以看出，單獨(dú)加入rm{Fe^{2+}}時(shí)，rm{NO_{3}^{-}}的去除率為rm{0}因此得出rm{Fe^{2+}}不能直接還原rm{NO_{3}^{-}}而rm{Fe}和rm{Fe^{2+}}共同加入時(shí)rm{NO_{3}^{-}}的去除率比單獨(dú)rm{Fe}高，因此可以得出結(jié)論：本實(shí)驗(yàn)條件下，rm{Fe^{2+}}不能直接還原rm{NO_{3}^{-}}在rm{Fe}和rm{Fe^{2+}}共同作用下能提高rm{NO_{3}^{-}}的去除率．

故答案為：本實(shí)驗(yàn)條件下，rm{Fe^{2+}}不能直接還原rm{NO_{3}^{-}}在rm{Fe}和rm{Fe^{2+}}共同作用下能提高rm{NO_{3}^{-}}的去除率；

rm{壟脷}同位素示蹤法證實(shí)了rm{Fe^{2+}}能與rm{FeO(OH)}反應(yīng)生成rm{Fe_{3}O_{4}}離子方程式為：rm{Fe^{2+}+2FeO(OH)=Fe_{3}O_{4}+2H^{+}}rm{Fe^{2+}}將不導(dǎo)電的rm{FeO(OH)}轉(zhuǎn)化為可導(dǎo)電的rm{Fe_{3}O_{4}}利于電子轉(zhuǎn)移．

故答案為：rm{Fe^{2+}+2FeO(OH)=Fe_{3}O_{4}+2H^{+}}rm{Fe^{2+}}將不導(dǎo)電的rm{FeO(OH)}轉(zhuǎn)化為可導(dǎo)電的rm{Fe_{3}O_{4}}利于電子轉(zhuǎn)移．

rm{(1)壟脵Fe}還原水體中rm{NO_{3}^{-}}根據(jù)題意rm{Fe_{3}O_{4}}為電解質(zhì)，則rm{Fe}作還原劑；失去電子，作負(fù)極；

rm{壟脷NO_{3}^{-}}在正極得電子發(fā)生還原反應(yīng)產(chǎn)生rm{NH_{4}^{+}}根據(jù)圖rm{2}信息可知為酸性環(huán)境；

rm{(2)}由于rm{Fe_{3}O_{4}}為電解質(zhì)，而電解質(zhì)主要作用是為電子轉(zhuǎn)移提供媒介，然后根據(jù)rm{FeO(OH)