2025年湘教版高三化學(xué)下冊(cè)月考試卷含答案

…………○…………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年湘教版高三化學(xué)下冊(cè)月考試卷含答案考試試卷考試范圍：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9題，共18分)1、下列說(shuō)法正確的是（）A.向1mo1?L-lCH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固體，由于CH3COONa水解顯堿性，所以溶液的pH升高B.25℃時(shí)，將amol?L-l氨水與0.01mol?L-1鹽酸等體積混合，反應(yīng)完全時(shí)溶液中c（NH4+）=c（Cl-），用含a的代數(shù)式表示反應(yīng)完全時(shí)NH3?H2O的電離常數(shù)Kb=C.根據(jù)表中數(shù)據(jù)可以計(jì)算出（g）+3H2（g）→（g）的焓變。

。共價(jià)鍵C-CC=CC-HH-H鍵能/kJ?mol-1348610413436D.已知298K時(shí)，MgCO3的Ksp=6.82×10-6，溶液中c（Mg2+）=0.0001mol?L-1，c（CO32-）=0.0001mol?L-1，此時(shí)Mg2+和CO32-不能共存2、下列實(shí)驗(yàn)?zāi)苓_(dá)到預(yù)期目的是（）

。編號(hào)實(shí)驗(yàn)內(nèi)容實(shí)驗(yàn)?zāi)康腁將SO2通入溴水，溴水褪色后加熱觀察能否恢復(fù)原色驗(yàn)證SO2漂白的可逆性B將氯水加入淀粉KI溶液中驗(yàn)證Cl的非金屬性比I強(qiáng)C把鐵塊和銅塊用導(dǎo)線連接插入濃硝酸中組成原電池驗(yàn)證Fe比Cu活潑D加熱氯化銨和碘單質(zhì)的固體混合物分離除去碘單質(zhì)A.AB.BC.CD.D3、下列因果關(guān)系正確的是（）A.因?yàn)殁浀慕饘傩员肉c強(qiáng)，所以鉀可以在NaCl溶液中置換出鈉B.因?yàn)镃l2與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成鹽和水，所以Cl2是酸C.因?yàn)檫^(guò)氧化鈣與過(guò)氧化鈉的性質(zhì)相似，所以過(guò)氧化鈣也可以跟水反應(yīng)能放出氧氣D.因?yàn)槌叵妈F和鋁遇濃硫酸都能形成致密氧化膜，所以通常情況下鐵和鋁都不需要采取特別的防腐措施4、下列敘述中正確的是（）A.K3C60在熔融狀態(tài)下能夠?qū)щ?，所以K3C60是電解質(zhì)B.Mg、Fe等金屬在一定條件下與水反應(yīng)都生成H2和對(duì)應(yīng)的氫氧化物C.膠體和溶液的本質(zhì)區(qū)別在于能否發(fā)生丁達(dá)爾現(xiàn)象D.變化過(guò)程中化學(xué)鍵被破壞，則一定發(fā)生化學(xué)變化5、實(shí)驗(yàn)室從碘水中提取碘的操作，具體、正確的是（）A.萃取、分液、蒸餾B.過(guò)濾、蒸發(fā)C.萃取、分液D.分液、蒸餾6、掌握物質(zhì)的分類(lèi)是學(xué)好化學(xué)的基礎(chǔ)，指出下列物質(zhì)中屬于堿的是（）A.NaClB.KOHC.MgOD.Cu7、下列元素不屬于第三周期元素的是（）A.溴B.硫C.磷D.鈉8、下列六種工業(yè)生產(chǎn)：①用海水為原料提取鎂②制硅酸鹽水泥③制普通玻璃④冶煉生鐵⑤制漂白粉⑥接觸法制硫酸，其中必需用到石灰石作為原料的是（）A.①②③④⑤B.②③④⑤⑥C.①②③⑤⑥D(zhuǎn).①②③④⑤⑥9、下列實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)及其對(duì)應(yīng)的離子方程式均正確的是()A.用FeCl3溶液腐蝕銅線路板：Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋B.Na2O2與H2O反應(yīng)制備O2：Na2O2＋H2O===2Na＋＋2OH－＋O2↑C.將氯氣溶于水制備次氯酸：Cl2＋H2O===2H＋＋Cl－＋ClO－D.用硫酸酸化的KMnO4溶液與H2O2反應(yīng)，證明H2O2具有氧化性：2MnO＋6H＋＋5H2O2===2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O評(píng)卷人得分二、雙選題(共7題，共14分)10、“綠色化學(xué)”要求利用化學(xué)原理從源頭消除污染，減少或消除在化工產(chǎn)品的設(shè)計(jì)、生產(chǎn)及應(yīng)用中有害物質(zhì)的使用和產(chǎn)生．“綠色化學(xué)”要求化學(xué)反應(yīng)和化學(xué)工業(yè)過(guò)程以“原子經(jīng)濟(jì)性”為基本原則，在獲取新物質(zhì)的化學(xué)反應(yīng)中充分利用參與反應(yīng)的原料的每一個(gè)原子，實(shí)現(xiàn)“零排放”．下列化學(xué)反應(yīng)不符合綠色化學(xué)概念的是（）（兩個(gè)選項(xiàng)符合題意）A.制取聚乙烯：nCH2═CH2→B.制取CuSO4：Cu+2H2SO4（濃）CuSO4+SO↑+2HO2C.制取乙酸：CH3CHO+2Cu（OH）2CH3COOH+Cu2O↓+2H2OD.制取Cu（NO3）2：2Cu+O22CuOCuO+2HNO3（?。?Cu（NO3）2+H2O．11、已知斷裂1molH2（g）中的H-H鍵需要吸收436.4KJ的能量，斷裂1molO2（g）中的共價(jià)鍵需要吸收498KJ的能量，生成H2O（g）中的1molH-O鍵能放出462.8KJ的能量．下列說(shuō)法正確的是（）A.斷裂1molH2O中的化學(xué)鍵需要吸收925.6KJ的能量B.2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=-480.4KJ?mol-1C.2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H=471.6KJ?mol-1D.H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H=-240.2KJ?mol-112、室溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是rm{(}rm{)}A.含有大量rm{Fe^{3+}}的溶液中：rm{Na^{+}}rm{Fe^{2+}}rm{Br^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}B.rm{1.0mol/L}rm{KMnO_{4}}的溶液中：rm{H^{+}}rm{Na^{+}}rm{Cl^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}C.能與鋁反應(yīng)放出rm{H_{2}}的溶液中：rm{K^{+}}rm{Mg^{2+}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{NO_{3}^{-}}D.水電離的rm{c(H^{+})}和rm{C(OH^{-})}之積為rm{1隆脕10^{-20}mol^{2}?L^{-2}}的溶液中：rm{Na^{+}}rm{K^{+}}rm{CO_{3}^{2-}}rm{Cl^{-}}13、青蒿素結(jié)構(gòu)式如圖所示rm{.}下列有關(guān)青蒿素的說(shuō)法錯(cuò)誤的是rm{(}rm{)}

A.青蒿素的分子式為rm{C_{15}H_{22}O_{5}}B.青蒿素分子結(jié)構(gòu)穩(wěn)定，受熱不易分解C.青蒿素中含多個(gè)環(huán)狀結(jié)構(gòu)，其中有一個(gè)六元碳環(huán)D.青蒿素難溶于水，提取的方法是用有機(jī)溶劑萃取后蒸餾14、rm{CPAE}是蜂膠的主要活性成分；也可由咖啡酸合成。

下列說(shuō)法不正確的是rm{(}rm{)}A.咖啡酸分子中所有原子不可能處在同一個(gè)平面上B.可用金屬rm{Na}檢測(cè)上述反應(yīng)是否殘留苯乙醇C.rm{1mol}苯乙醇在rm{O_{2}}中完全燃燒，需消耗rm{10molO_{2}}D.rm{1mol}rm{CPAE}與足量的rm{NaOH}溶液反應(yīng)，最多消耗rm{3molNaOH}15、rm{25隆忙}時(shí)，用rm{Na_{2}S}沉淀rm{Cu^{2+}}rm{Mn^{2+}}rm{Fe^{2+}}rm{Zn^{2+}}四種金屬離子rm{(M^{2+})}所需rm{S^{2-}}最低濃度的對(duì)數(shù)值rm{lgc(S^{2-})}與rm{lgc(M^{2+})}關(guān)系如圖所示rm{.}下列說(shuō)法正確的是rm{(}rm{)}A.rm{Ksp(CuS)}約為rm{l隆脕10^{-20}}B.向rm{Cu^{2+}}濃度為rm{10^{-5}mol?L^{-1}}廢水中加入rm{ZnS}粉末，會(huì)有rm{CuS}沉淀析出C.向rm{l00mL}濃度均為rm{10^{-5}mol?L^{-1}}rm{Zn^{2+}}rm{Fe^{2+}}rm{Mn^{2+}}的混合溶液中逐滴加入rm{10^{-4}mol?L^{-1}}rm{Na_{2}S}溶液，rm{Zn^{2+}}先沉淀D.rm{Na_{2}S}溶液中：rm{2c(S^{2-})+2c(HS^{-})+2c(H_{2}S)=c(Na^{+})}16、在密閉容器中某氣態(tài)烴和氧氣按一定比例混和，點(diǎn)火爆炸后恢復(fù)到原溫度rm{(20隆忙)}壓強(qiáng)減小至原來(lái)的一半，若加rm{NaOH}的溶液則氣體全部被吸收，則此烴為rm{(}rm{)}A.rm{C_{3}H_{8}}B.rm{C_{2}H_{4}}C.rm{C_{2}H_{6}}D.rm{C_{6}H_{6}}評(píng)卷人得分三、填空題(共8題，共16分)17、綠礬（FeSO4?7H2O）是治療缺鐵性貧血藥品的重要成分．下面是以市售鐵屑（含少量錫；氧化鐵等雜質(zhì)）為原料生產(chǎn)純凈綠礬的一種方法：

查詢(xún)資料；得25℃時(shí)有關(guān)物質(zhì)的數(shù)據(jù)如下表：

。飽和H2S溶液SnS沉淀完全FeS開(kāi)始沉淀FeS沉淀完全pH值3.91.63.05.5（1）操作II中，先通入硫化氫至飽和，目的是____；后加入硫酸酸化至pH=2的作用是____．

（2）操作IV得到的綠礬晶體用少量冰水洗滌；其目的是：

①除去晶體表面附著的硫酸等雜質(zhì)；②____．

（3）工業(yè)上常用氧化還原滴定法測(cè)定綠礬產(chǎn)品中Fe2+含量；測(cè)定步驟如下：

a．稱(chēng)取2.850g綠礬產(chǎn)品；溶解，在250mL容量瓶中定容；

b．量取25.00mL待測(cè)溶液于錐形瓶中；

c．用硫酸酸化的0.01000mol?L-1KMnO4溶液滴定至終點(diǎn)，消耗KMnO4溶液體積的平均值為20.00mL．

①已知酸性KMnO4被FeSO4還原時(shí)生成Mn2+．寫(xiě)出該測(cè)定過(guò)程的離子反應(yīng)方程式：____；

②滴定時(shí)盛放KMnO4溶液的儀器為_(kāi)___（填儀器名稱(chēng)）．

③判斷此滴定實(shí)驗(yàn)達(dá)到終點(diǎn)的方法是____．

④若實(shí)驗(yàn)操作無(wú)失誤，測(cè)得上述樣品中FeSO4?7H2O的含量仍偏低，則可能的原因是：____．18、（2015秋?湘潭縣校級(jí)月考）化學(xué)平衡原理是中學(xué)化學(xué)學(xué)習(xí)的重要內(nèi)容．請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

（1）①己知：CH4、H2的燃燒熱（△H）分別為-890.3kJ/mol、-285.8kJ/mol，則CO2和H2反應(yīng)生成CH4的熱化學(xué)方程式是____．

②有人設(shè)想以N2和H2為反應(yīng)物，以溶有A的稀鹽酸為電解質(zhì)溶液，可制造出既能提供電能，又能固氮的新型燃料電池，裝置如圖1所示．電池正極的電極反應(yīng)式是____，A是____．

（2）甲醇是一種可再生能源，具有開(kāi)發(fā)和應(yīng)用的廣闊前景，工業(yè)上可用合成氣制備甲醇．反應(yīng)為CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）．某溫度下；在容積為2L的密閉容器中進(jìn)行該反應(yīng)，其相關(guān)數(shù)據(jù)見(jiàn)圖2：

①?gòu)姆磻?yīng)開(kāi)始至平衡時(shí)，用CO表示化學(xué)反應(yīng)速率為_(kāi)___，該溫度下的平衡常數(shù)為_(kāi)___．

②5min至10min時(shí)速率變化的原因可能是____；

③15min時(shí)對(duì)反應(yīng)體系采取了一個(gè)措施，至20min時(shí)CO的物質(zhì)的量為0.5mol，請(qǐng)?jiān)趫D2中畫(huà)出CO的變化曲線．19、化合物A（C10H12O2）經(jīng)堿性水解，酸化后得到B和C8H8O2；C經(jīng)現(xiàn)代物理方法證明含有苯環(huán)，且苯環(huán)上有2種氫原子；D為甲醛的同系物，相同條件下其蒸氣與氫氣的密度比為22．C可以經(jīng)過(guò)反應(yīng)合成香料I：

已知以下信息：

①RCHO+R′CH2CHO+H2O

②RCHORCH2OH

請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

（1）B的結(jié)構(gòu)式是____；C中官能團(tuán)的名稱(chēng)是____．

（2）E的名稱(chēng)為_(kāi)___．

（3）H和B反應(yīng)生成I的化學(xué)方程式為_(kāi)___，反應(yīng)類(lèi)型為_(kāi)___．

（4）滿(mǎn)足下列條件的C的所有同分異構(gòu)體共有____種（不考慮立體異構(gòu)），其中核磁共振氫譜有4組峰，且峰面積比為3：2：2：1的為_(kāi)___（寫(xiě)結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式）．

①是苯的對(duì)位二取代化合物；

②能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)；

③不考慮烯醇（）結(jié)構(gòu)．20、通常情況下，下列物質(zhì)只能作氧化劑的是____（填選項(xiàng)編號(hào)；下同）；

既可作氧化劑，又可作還原劑的是____．

①濃H2SO4②稀H2SO4③H2S④SO2⑤S⑥HCl⑦濃HNO3⑧稀HNO3．21、現(xiàn)有一定量含有Na2O雜質(zhì)的Na2O2試樣，用下圖的實(shí)驗(yàn)裝置測(cè)定Na2O2試樣的純度．（可供選用的反應(yīng)物只有CaCO3固體、6mol/L鹽酸、6mol/L硫酸和蒸餾水）

回答下列問(wèn)題：

（1）組裝完儀器后必須進(jìn)行的操作為_(kāi)___．

（2）裝置A中液體試劑選用____，理由是____．

（3）裝置B的作用是____．裝置C的作用是____．裝置E中堿石灰的作用是____．

（4）若開(kāi)始時(shí)測(cè)得樣品的質(zhì)量為2.0g，反應(yīng)結(jié)束后測(cè)得氣體體積為224mL（標(biāo)準(zhǔn)狀況），則Na2O2試樣的純度為_(kāi)___．22、（2014秋?鄧州市校級(jí)月考）鉛蓄電池是典型的可充型電池，電池總反應(yīng)式為：Pb+PbO2+4H++2SO42-2PbSO4+2H2O

請(qǐng)回答下列問(wèn)題（不考慮氫；氧的氧化還原）：

（1）放電時(shí)：正極的電極反應(yīng)式是____；電解液中H2SO4的濃度將變____；當(dāng)外電路通過(guò)1mol電子時(shí)，理論上負(fù)極板的質(zhì)量增加____g．

（2）在完全放電耗盡PbO2和Pb時(shí)，若按圖連接，電解一段時(shí)間后，則在A電極上生成____，電極反應(yīng)：____，B電極上生成____，電極反應(yīng)____，此時(shí)鉛蓄電池的正負(fù)極的極性將____．23、已知：25°C時(shí)，A酸的溶液pH=a，B堿的溶液pH=b．

（1）若A為鹽酸，B為氫氧化鋇，酸堿按體積比為1：10混合后溶液顯中性，則a+b=____．

（2）若A為醋酸，B為氫氧化鈉，且a+b=14，用體積為VA的醋酸和體積為VB的氫氧化鈉溶液混合后，溶液顯中性，則其體積關(guān)系VA____VB．

（3）若A的化學(xué)式為HR，B的化學(xué)式為MOH，且a+b=14，兩者等體積混合后溶液顯堿性．則混合溶液中必定有一種離子能發(fā)生水解，該水解反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)___．24、有A、B、C、D四種無(wú)色可溶性鹽，分別是由Na+、K+、Ag+、Ba2+、Cl-、CO32-、SO32-、NO3-中的不同離子組成（離子不能重復(fù)使用）．A溶液與稀硫酸混合產(chǎn)生無(wú)色無(wú)味的氣體；B溶液與稀硫酸混合產(chǎn)生能使品紅褪色的氣體且焰色反應(yīng)為黃色，C溶液與稀鹽酸混合有沉淀生成．

（1）寫(xiě)出下列物質(zhì)的化學(xué)式A____，B____，C____，D____．

（2）寫(xiě)出下列反應(yīng)的離子方程式：

①C溶液與足量稀鹽酸反應(yīng)：____

②B溶液與足量氯化鐵溶液反應(yīng)：____

③A溶液與足量氫氧化鋇溶液反應(yīng)：____．評(píng)卷人得分四、判斷題(共2題，共8分)25、下列實(shí)驗(yàn)操作或?qū)?shí)驗(yàn)事實(shí)的敘述中；正確的在括號(hào)內(nèi)打√，錯(cuò)誤的在括號(hào)內(nèi)打X

（1）實(shí)驗(yàn)室制取乙烯時(shí)，必須將溫度計(jì)的水銀球插入反應(yīng)液液面以下，根據(jù)溫度計(jì)指示的溫度來(lái)調(diào)節(jié)酒精燈火焰大小，以控制反應(yīng)液的溫度____．

（2）在潔凈的試管里加入1mL2%的氨水，然后一邊搖動(dòng)試管，一邊逐滴滴人2%的硝酸銀溶液，至最初產(chǎn)生的沉淀恰好溶解為止，即得銀氨溶液____．

（3）用稀硝酸清洗做過(guò)銀鏡反應(yīng)實(shí)驗(yàn)的試管____．

（4）實(shí)驗(yàn)室制肥皂時(shí)，將適量植物油和NaOH溶液混合，并不斷攪拌、加熱，直到混合物變稠，即可得到肥皂____．

（5）進(jìn)行纖維素水解實(shí)驗(yàn)時(shí)，把一小團(tuán)蓬松脫脂棉放入試管，滴入少量濃硫酸攪拌，使脫脂棉變成糊狀，再加入一定量的水，加熱至溶液呈亮棕色，然后加入新制的Cu（OH）2加熱至沸騰即可____．26、乙酸的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：C2H4O2____．評(píng)卷人得分五、實(shí)驗(yàn)題(共2題，共12分)27、硼鎂泥是一種工業(yè)廢料，主要成份是rm{MgO(}占rm{40%)}還有rm{CaO}rm{MnO}rm{Fe_{2}O_{3}}rm{FeO}rm{Al_{2}O_{3}}rm{SiO_{2}}等雜質(zhì)rm{.}以硼鎂泥為原料制取的硫酸鎂，可用于印染、造紙、醫(yī)藥等工業(yè)rm{.}從硼鎂泥中提取rm{MgSO_{4}?7H_{2}O}的流程如圖：

根據(jù)題意回答下列問(wèn)題：

rm{(1)}在酸解過(guò)程中；想加快酸解速率，請(qǐng)?zhí)岢鰞煞N可行的措施______；______．

rm{(2)}濾渣的主要成份除含有rm{Fe(OH)_{3}}rm{Al(OH)_{3}}rm{MnO_{2}}外；還有______．

rm{(3)}加入的rm{NaClO}可與rm{Mn^{2+}}反應(yīng)產(chǎn)生rm{MnO_{2}}沉淀，該反應(yīng)的離子方程式是______rm{.}在調(diào)節(jié)rm{pH}發(fā)生水解之前，還有一種離子也會(huì)被rm{NaClO}氧化；該反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)_____．

rm{(4)}為了檢驗(yàn)濾液中rm{Fe^{3+}}是否被除盡；可選用的試劑是______．

A.rm{KSCN}rm{B.}淀粉rm{-KI}溶液rm{C.H_{2}O_{2}}rm{D.KMnO_{4}}稀溶液。

rm{(5)}已知rm{MgSO_{4}}rm{CaSO_{4}}的溶解度如表：

。溫度rm{/隆忙}rm{40}rm{50}rm{60}rm{70}rm{MgSO_{4}}rm{30.9}rm{33.4}rm{35.6}rm{36.9}rm{CaSO_{4}}rm{0.210}rm{0.207}rm{0.201}rm{0.193}“除鈣”是將rm{MgSO_{4}}和rm{CaSO_{4}}混合溶液中的rm{CaSO_{4}}除去；根據(jù)上表數(shù)據(jù)，簡(jiǎn)要說(shuō)明除鈣的操作步驟______；______．

rm{(6)}現(xiàn)有rm{l.60t}硼鎂泥，生產(chǎn)rm{MgSO_{4}?7H_{2}O}若生產(chǎn)過(guò)程的產(chǎn)率為rm{50%}則能生產(chǎn)出rm{MgSO_{4}?7H_{2}O}產(chǎn)品______rm{t}rm{(}計(jì)算結(jié)果保留三位有效數(shù)字rm{)}．28、甲烷在加熱條件下可還原氧化銅；氣體產(chǎn)物除水蒸氣外，還有碳的氧化物。某化學(xué)小組利用如圖裝置探究其反應(yīng)產(chǎn)物。

[查閱資料]①CO能與銀氨溶液反應(yīng)：CO+2[Ag（NH3）2]++2OH-═2Ag↓+2NH4++CO32-+2NH3。

②Cu2O為紅色，不與Ag+反應(yīng)，能發(fā)生反應(yīng)：Cu2O+2H+═Cu2++Cu+H2O。

（1）裝置A中反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)_____。

（2）按氣流方向各裝置從左到右的連接順序?yàn)锳→______（填字母編號(hào)）。

（3）實(shí)驗(yàn)中滴加稀鹽酸的操作為_(kāi)_____。

（4）已知?dú)怏w產(chǎn)物中含有CO；則裝置C中可觀察到的現(xiàn)象是______；裝置F的作用為_(kāi)_____。

（5）當(dāng)反應(yīng)結(jié)束后；裝置D處試管中固體全部變?yōu)榧t色。

①設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)證明紅色固體中含有Cu2O：______。

②欲證明紅色固體中是否含有Cu，甲同學(xué)設(shè)計(jì)如下實(shí)驗(yàn)：向少量紅色固體中加入適量0.1mol?L-1AgNO3溶液；發(fā)現(xiàn)溶液變藍(lán)，據(jù)此判斷紅色固體中含有Cu．乙同學(xué)認(rèn)為該方案不合理，欲證明甲同學(xué)的結(jié)論，還需增加如下對(duì)比實(shí)驗(yàn)，完成表中內(nèi)容。

。實(shí)驗(yàn)步驟（不要求寫(xiě)出具體操作過(guò)程）預(yù)期現(xiàn)象和結(jié)論______若觀察到溶液不變藍(lán)，則證明紅色固體中含有Cu；若觀察到溶液變藍(lán)，則不能證明紅色固體中含有Cu，需繼續(xù)進(jìn)行探究實(shí)驗(yàn)。評(píng)卷人得分六、綜合題(共3題，共30分)29、已知N、P同屬元素周期表的ⅤA族元素，N在第二周期，P在第三周期，NH3分子呈三角錐形，N原子位于錐頂，三個(gè)H原子位于錐底，N—H鍵間的夾角是107°。30、［化學(xué)—選修有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)］（15分）．雷諾嗪是治療慢性心絞痛首選新藥。雷諾嗪合成路線如下：（1）雷諾嗪中含氧官能團(tuán)，除酰胺鍵（-NHCO-）外，另兩種官能團(tuán)名稱(chēng)：＿＿＿＿、＿＿＿＿。（2）寫(xiě)出滿(mǎn)足下列條件A的同分異構(gòu)體的數(shù)目＿＿＿＿。①A能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)；②1molA可與2molNaOH反應(yīng)。（3）C→D中，加入適量NaOH的作用是：＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。（4）從雷諾嗪合成路線得到啟示，可用間二甲苯、ClCH2COCl、（C2H5）2NH（無(wú)機(jī)試劑任用）合成鹽酸利多卡因，請(qǐng)?jiān)跈M線上補(bǔ)充反應(yīng)物，在方框內(nèi)補(bǔ)充生成物。已知：31、（15分）下圖中A～J均代表無(wú)機(jī)物或其水溶液，其中A是一種紅棕色粉末，B、D、G是單質(zhì)，B是地殼中含量最高的金屬元素，G是氣體，J是磁性材料。根據(jù)圖示回答問(wèn)題：（1）寫(xiě)出下列物質(zhì)的化學(xué)式：A____，E____，I____；（2）反應(yīng)①的化學(xué)方程式是；反應(yīng)②的化學(xué)方程式是；（3）J與鹽酸反應(yīng)的離子方程式是；反應(yīng)后的溶液與D反應(yīng)的化學(xué)方程式是。參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、B【分析】【分析】A．向CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固體；溶液中醋酸根離子濃度增大抑制醋酸電離；

B．當(dāng)溶液中c（NH4+）=c（C1-），說(shuō)明溶液呈中性，有c（H+）=c（OH-）=10-7，NH3?H2O的電離平衡常數(shù)Kb=；

C．苯環(huán)中碳碳鍵是介于碳碳單鍵和碳碳雙鍵之間的特殊鍵；其鍵能介于二者之間；

D．如果溶液中c（Mg2+）?c（CO32-）＜Ksp=6.82×10-6，則二者能共存，否則不能共存．【解析】【解答】解：A．CH3COO-的增加，抑制了CH3COOH的電離，導(dǎo)致溶液中c（H+）減??；則溶液的pH升高，故A錯(cuò)誤；

B．當(dāng)溶液中c（NH4+）=c（C1-），說(shuō)明溶液呈中性，有c（H+）=c（OH-）=10-7，故NH3?H2O的電離平衡常數(shù)Kb===；故B正確；

C．苯環(huán)中的碳碳鍵是介于單鍵和雙鍵之間的特殊鍵；表格中未給出其鍵能數(shù)值，故不能計(jì)算出該反應(yīng)的焓變，故C錯(cuò)誤；

D．c（Mg2+）?c（CO32-）=（0.0001）2=1×10-8＜6.82×10-6，所以此時(shí)Mg2+和CO32-能共存；故D錯(cuò)誤；

故選B．2、B【分析】【分析】A．發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸和HBr；

B．氯氣氧化碘離子生成碘單質(zhì)；

C．Cu為負(fù)極；Fe為正極，電池反應(yīng)為Cu與濃硝酸反應(yīng)；

D．氯化銨易分解，碘易升華．【解析】【解答】解：A．發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸和HBr，驗(yàn)證SO2的還原性；故A錯(cuò)誤；

B．氯氣氧化碘離子生成碘單質(zhì)；氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，則可驗(yàn)證Cl的非金屬性比I強(qiáng)，故B正確；

C．Cu為負(fù)極；Fe為正極，電池反應(yīng)為Cu與濃硝酸反應(yīng)，不能說(shuō)明Fe比Cu活潑，故C錯(cuò)誤；

D．氯化銨易分解；碘易升華，則不能利用加熱氯化銨和碘單質(zhì)的固體混合物中分離除去碘，應(yīng)利用萃取，故D錯(cuò)誤；

故選B．3、C【分析】【分析】A；鈉鉀都是很活潑的金屬單質(zhì)在水溶液中會(huì)和水反應(yīng)劇烈的反應(yīng)；

B；酸是電離出的陽(yáng)離子全是氫離子的化合物；氯氣是單質(zhì)分析；

C；活潑金屬的過(guò)氧化物能與水反應(yīng)生成堿和氧氣；

D、鐵鋁常溫下在濃硫酸中發(fā)生鈍化現(xiàn)象是濃硫酸的化學(xué)性質(zhì)，鐵和鋁在潮濕的空氣中由于易發(fā)生電化腐蝕和化學(xué)腐蝕，需要進(jìn)行防腐措施；【解析】【解答】解：A；鉀和鈉都是活潑金屬；所以在水溶液中與水發(fā)生劇烈反應(yīng)，鉀不能在NaCl溶液中置換出鈉，故A錯(cuò)誤；

B；氯氣是非金屬單質(zhì)；不是化合物，故B錯(cuò)誤；

C；過(guò)氧化鈣與過(guò)氧化鈉性質(zhì)相似；是活潑金屬的過(guò)氧化物，和水反應(yīng)生成氫氧化鈣和氧氣，故C正確；

D；鐵和鋁在潮濕的空氣中由于易發(fā)生電化腐蝕和化學(xué)腐蝕；需要進(jìn)行防腐措施；故D錯(cuò)誤；

故選C．4、A【分析】【分析】A．根據(jù)電解質(zhì)的定義：電解質(zhì)是指溶于水溶液中或在熔融狀態(tài)下就能夠?qū)щ姡娊怆x成陽(yáng)離子與陰離子）的化合物；據(jù)此即可解答；

B．鐵與高溫水蒸氣反應(yīng)生成四氧化三鐵和氫氣；

C．根據(jù)三種分散系的本質(zhì)差異是分散質(zhì)粒子的大小進(jìn)行解答；

D．變化過(guò)程中化學(xué)鍵被破壞，不一定發(fā)生化學(xué)變化，如晶體的溶解．【解析】【解答】解：A．K3C60是化合物；它在熔融狀態(tài)下能夠電離出自由移動(dòng)的離子能夠?qū)щ?，是電解質(zhì)，故A正確；

B．鐵與高溫水蒸氣反應(yīng)生成四氧化三鐵和氫氣；故B錯(cuò)誤；

C．當(dāng)分散劑是水或其它溶液時(shí)；根據(jù)分散質(zhì)粒子直徑大小來(lái)分類(lèi)，把分散系劃分為：溶液（小于1nm）；膠體（1nm～100nm）、濁液（大于100nm），所以，溶液、膠體和濁液這三種分散系的本質(zhì)的區(qū)別在于分散質(zhì)粒子直徑大小，故C錯(cuò)誤；

D．變化過(guò)程中化學(xué)鍵被破壞；不一定發(fā)生化學(xué)變化，如NaOH為離子化合物，溶于水電離成自由移動(dòng)的離子，破壞的是離子鍵，但溶解在水中的NaOH，沒(méi)有生成其它物質(zhì)，是物理變化，故D錯(cuò)誤；

故選A．5、A【分析】【分析】根據(jù)萃取利用溶質(zhì)在不同溶劑中溶解度不同，用一種溶劑把溶質(zhì)從它與另一溶劑所組成的溶液中提取出來(lái)．【解析】【解答】解：因溴單質(zhì)易溶于有機(jī)溶劑；微溶于水，可通過(guò)萃取；分液方法分離，然后再蒸餾；

故選A．6、B【分析】【分析】根據(jù)堿的概念進(jìn)行分析，堿是指電離時(shí)產(chǎn)生的陰離子全部是氫氧根離子的化合物．【解析】【解答】解：A；鹽是指由金屬離子（或銨根離子）與酸根離子構(gòu)成的化合物；NaCl是由鈉離子和氯離子組成的化合物，屬于鹽，故A錯(cuò)誤；

B；堿是指電離時(shí)產(chǎn)生的陰離子全部是氫氧根離子的化合物；氫氧化鉀符合堿的定義，故B正確；

C；氧化物是指由兩種元素組成且其中一種是氧元素的化合物；氧化鎂符合定義，是一種氧化物，不是堿，故C錯(cuò)誤；

D；單質(zhì)是指由同種元素組成的純凈物；銅符合定義，是一種金屬單質(zhì)，故D錯(cuò)誤；

故選B．7、A【分析】【分析】原子結(jié)構(gòu)中，周期數(shù)=電子層數(shù)，以此來(lái)解答．【解析】【解答】解：硫；磷、鈉的原子結(jié)構(gòu)中均有3個(gè)電子層；均為第三周期元素，而溴的原子結(jié)構(gòu)中有4個(gè)電子層，為第四周期元素；

故選A．8、A【分析】【分析】①?gòu)暮Ｋ刑崛℃V的原料：海水；石灰乳；

②制硅酸鹽水泥的原料：石灰石和黏土；

③制普通玻璃的原料：石英砂；石灰石、純堿等；

④冶煉生鐵的原料：鐵礦石；焦炭、石灰石；

⑤制漂白粉的原料：用石灰石可以制得氧化鈣進(jìn)而得到消石灰；用氯氣與消石灰反應(yīng)得到漂白粉；

⑥接觸法制硫酸的原料：黃鐵礦、空氣、濃硫酸．【解析】【解答】解：①?gòu)暮Ｋ刑崛℃V的原料：用石灰石可以制得氧化鈣進(jìn)而得到石灰乳；海水，必需用到石灰石，故①正確；

②制硅酸鹽水泥的原料：石灰石和黏土；必需用到石灰石，故②正確；

③制普通玻璃的原料：石英砂；石灰石、純堿等；必需用到石灰石，故③正確；

④冶煉生鐵的原料：鐵礦石；焦炭、石灰石；必需用到石灰石，故④正確；

⑤制漂白粉的原料：用石灰石可以制得氧化鈣進(jìn)而得到消石灰；用氯氣與消石灰反應(yīng)得到漂白粉，必需用到石灰石，故⑤正確；

⑥接觸法制硫酸的原料：黃鐵礦；空氣、濃硫酸；無(wú)需用到石灰石，故⑥錯(cuò)誤；

故選A．9、A【分析】B中電子得失不守恒，C中次氯酸是弱酸，應(yīng)該用化學(xué)式表示，D中雙氧水是還原劑，具有還原性，所以正確的答案選A?！窘馕觥俊敬鸢浮緼二、雙選題(共7題，共14分)10、B|C【分析】解：A．所有作為原料的原子都被產(chǎn)品所消納；實(shí)現(xiàn)“零排放”，符合綠色化學(xué)原子經(jīng)濟(jì)性要求，故A錯(cuò)誤；

B．有副產(chǎn)品SO2、H2O生成；不符合綠色化學(xué)概念，故B正確；

C．有副產(chǎn)品Cu2O、H2O生成；不符合綠色化學(xué)概念，故C正確；

D．所有作為原料的原子都被產(chǎn)品所消納；實(shí)現(xiàn)“零排放”，符合綠色化學(xué)原子經(jīng)濟(jì)性要求，故D錯(cuò)誤；

故選BC．

根據(jù)題目信息可知；使原子充分利用，反應(yīng)物完全轉(zhuǎn)化為生成物，使所有作為原料的原子都被產(chǎn)品所消納，實(shí)現(xiàn)“零排放”，符合綠色化學(xué)原子經(jīng)濟(jì)性要求．

本題考查有機(jī)物合成的綠色化學(xué)原子經(jīng)濟(jì)性要求，題目難度不大，注意把握題給信息，認(rèn)真審題．【解析】【答案】BC11、A|B【分析】解：A．生成H2O（g）中的1molH-O鍵能放出462.8KJ的能量，則斷裂1molH2O中的化學(xué)鍵需要吸收熱量462.8KJ×2=925.6KJ；故A正確；

B.2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=（436.4KJ/mol）×2+（498KJ/mol）-2×2×（462.8KJ/mol）=-480.4KJ?mol-1；故B正確；

C.2H2O（g）=2H2O（l）△H=-88KJ/mol，則2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=-568.4KJ/mol，可知2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H=+568.4KJ?mol-1；故C錯(cuò)誤；

D.2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=-568.4KJ/mol，則H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H=-284.2KJ?mol-1；故D錯(cuò)誤；

故選AB．

焓變等于斷鍵吸收的能量減去成鍵釋放的能量；且物質(zhì)的量與熱量成正比，互為逆反應(yīng)時(shí)焓變的數(shù)值相同；符號(hào)相反，以此來(lái)解答．

本題考查反應(yīng)熱與焓變，為高頻考點(diǎn)，把握反應(yīng)中能量變化、焓變的計(jì)算為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意氣態(tài)水轉(zhuǎn)化為液態(tài)水放熱，題目難度不大．【解析】【答案】AB12、rA【分析】解：rm{A.}離子之間不反應(yīng)；可大量共存，故A正確；

B.rm{H^{+}}rm{Cl^{-}}rm{MnO_{4}^{-}}發(fā)生氧化還原反應(yīng)；不能共存，故B錯(cuò)誤；

C.能與鋁反應(yīng)放出rm{H_{2}}的溶液，為非氧化性酸或強(qiáng)堿溶液，堿性溶液中不能大量存在rm{Mg^{2+}}酸溶液中rm{Al}rm{NO_{3}^{-}}發(fā)生氧化還原反應(yīng)不生成氫氣；故C錯(cuò)誤；

D.水電離的rm{c(H^{+})}和rm{C(OH^{-})}之積為rm{1隆脕10^{-20}mol^{2}?L^{-2}}的溶，為酸或堿溶液，酸溶液中不能大量存在rm{CO_{3}^{2-}}故D錯(cuò)誤；

故選A．

A.離子之間不反應(yīng)；

B.發(fā)生氧化還原反應(yīng)；

C.能與鋁反應(yīng)放出rm{H_{2}}的溶液；為非氧化性酸或強(qiáng)堿溶液；

D.水電離的rm{c(H^{+})}和rm{C(OH^{-})}之積為rm{1隆脕10^{-20}mol^{2}?L^{-2}}的溶；為酸或堿溶液．

本題考查離子的共存，為高頻考點(diǎn)，把握習(xí)題中的信息及常見(jiàn)離子之間的反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意復(fù)分解反應(yīng)、氧化還原反應(yīng)的判斷，題目難度不大．【解析】rm{A}13、rBC【分析】解：rm{A.}由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知青蒿素的分子式為rm{C_{15}H_{22}O_{5}}故A正確；

B.含有過(guò)氧鍵；不穩(wěn)定，在溫度過(guò)高時(shí)可分解而變質(zhì)，故B錯(cuò)誤；

C.青蒿素中含多個(gè)環(huán)狀結(jié)構(gòu)，其中有一個(gè)rm{7}元碳環(huán)，rm{3}個(gè)六元環(huán)；故C錯(cuò)誤；

D.沒(méi)有羥基；羧基等親水基；難溶于水，易溶于有機(jī)溶劑，可萃取后蒸餾，故D正確．

故選BC．

該有機(jī)物中含有醚鍵；酯基、過(guò)氧雙鍵；具有醚、酯和過(guò)氧化物性質(zhì)，能發(fā)生水解反應(yīng)和強(qiáng)氧化性，據(jù)此分析解答．

本題考查有機(jī)物結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，明確官能團(tuán)及其性質(zhì)關(guān)系是解本題關(guān)鍵，側(cè)重考查酯、過(guò)氧化物性質(zhì)，易錯(cuò)選項(xiàng)是rm{C}．【解析】rm{BC}14、rAB【分析】解：苯環(huán)上所有碳原子處于同一平面上；乙烯中兩個(gè)碳原子處于同一平面上，咖啡酸中含有苯環(huán)碳碳雙鍵，所以所有碳原子可能處于同一平面上，故A錯(cuò)誤；

B.rm{Na}與三種有機(jī)物均反應(yīng)生成氫氣，則不能用金屬rm{Na}檢測(cè)上述反應(yīng)是否殘留苯乙醇；故B錯(cuò)誤；

C.苯乙醇的分子式為rm{C_{8}H_{10}O}rm{1}rm{mol}苯乙醇在rm{O_{2}}中完全燃燒，需消耗rm{1mol隆脕(8+dfrac{10}{4}-dfrac{1}{2})=10}rm{1mol隆脕(8+dfrac{10}{4}-dfrac

{1}{2})=10}rm{mol}故C正確；

D.酚rm{O_{2}}rm{-OH}與rm{-COOC-}溶液反應(yīng)，則rm{NaOH}rm{1}rm{mol}與足量的rm{CPAE}溶液反應(yīng)，最多消耗rm{NaOH}rm{3}rm{mol}故D正確；

故選AB．

A.苯環(huán)上所有碳原子處于同一平面上；乙烯中兩個(gè)碳原子處于同一平面上；

B.rm{NaOH}與三種有機(jī)物均反應(yīng)生成氫氣；

C.苯乙醇的分子式為rm{Na}結(jié)合燃燒規(guī)律分析；

D.酚rm{C_{8}H_{10}O}rm{-OH}與rm{-COOC-}溶液反應(yīng)．

本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高考常見(jiàn)題型，把握酚、醇、酯的性質(zhì)為解答的關(guān)鍵，注意采用知識(shí)遷移的方法確定原子是否共面，題目難度中等．rm{NaOH}【解析】rm{AB}15、rBD【分析】解：rm{A}在rm{25隆忙}時(shí)，rm{CuS}飽和溶液中存在沉淀溶解平衡：rm{CuS(s)?Cu^{2+}(aq)+S^{2-}(aq)}rm{Ksp(CuS)=c(Cu^{2+})隆脕c(S^{2-})=10^{-25}隆脕10^{-10}=10^{-35}}故A錯(cuò)誤；

B、由于在rm{25隆忙}下，rm{CuS}溶液的是rm{Ksp}是rm{10^{-35}}故向rm{Cu^{2+}}濃度為rm{10^{-5}mol?L^{-1}}廢水中加入rm{ZnS}粉末，會(huì)有rm{CuS}沉淀析出；故B正確；

C、依據(jù)此圖可知，rm{CuS}的rm{Ksp}最小，故Crm{uS}最難溶，那么首先出現(xiàn)的沉淀是rm{CuS}故C錯(cuò)誤；

D、rm{Na_{2}S}溶液中：rm{S}元素的存在形式為：rm{S^{2-}}rm{HS^{-}}rm{H_{2}S}且存在rm{Na}元素的物質(zhì)的量為rm{S}元素物質(zhì)的量的rm{2}倍；故D正確，故選BD．

A、rm{CuS}飽和溶液中存在沉淀溶解平衡：rm{CuS(s)?Cu^{2+}(aq)+S^{2-}(aq)}據(jù)此書(shū)寫(xiě)計(jì)算即可；

B、計(jì)算此時(shí)的rm{Qc}與rm{Ksp}比較即可；

C、依據(jù)溶度積常數(shù)判斷，越難溶的物質(zhì)，rm{Ksp}越?。辉饺菀壮恋?；

D；依據(jù)物料守恒判斷即可．

本題主要考查了沉淀溶解平衡曲線，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，注意掌握?qǐng)D線中rm{lgc(M^{2+})}rm{lgc(S^{2-})}數(shù)值越大，實(shí)際濃度越大是解題的關(guān)鍵，難度中等．【解析】rm{BD}16、rAB【分析】解：設(shè)此烴的化學(xué)式為rm{CxHy}則有。

rm{C_{x}H_{y}+(x+dfrac{y}{4})O_{2}dfrac{underline{;{碌茫脠錄};}}{;}xCO_{2}+dfrac{y}{2}H_{2}O}

rm{C_{x}H_{y}+(x+dfrac{y}{4})O_{2}

dfrac{underline{;{碌茫脠錄};}}{;}xCO_{2}+dfrac

{y}{2}H_{2}O}rm{1}rm{x+dfrac{y}{4}}

rm{x}

由此可得：rm{1+x+dfrac{y}{4}=2x}

若rm{4x=4+y}則rm{x=1}不存在此物質(zhì)；

若rm{y=0}則rm{x=2}物質(zhì)為rm{y=4}

若rm{C_{2}H_{4}}則rm{x=3}物質(zhì)為rm{y=8}

故選：rm{C_{3}H_{8}}．

反應(yīng)后加rm{AB}的溶液則氣體全部被吸收，說(shuō)明氣態(tài)烴與氧氣混合后恰好完全反應(yīng)生成生成二氧化碳和水rm{NaOH}壓強(qiáng)減小至原來(lái)的一半，壓強(qiáng)之比等于物質(zhì)的量之比，容器內(nèi)反應(yīng)后氣體的物質(zhì)的量為是反應(yīng)前的一半rm{.}恢復(fù)到原溫度rm{.}水為液體，結(jié)合方程式計(jì)算．

本題考查了利用方程式進(jìn)行的討論計(jì)算，難度不大，關(guān)鍵判斷烴與氧氣混合后恰好完全反應(yīng)生成生成二氧化碳和水，再依據(jù)化學(xué)方程式中氣體前面的化學(xué)計(jì)量數(shù)進(jìn)行計(jì)算．rm{(20隆忙)}【解析】rm{AB}三、填空題(共8題，共16分)17、除去溶液中的Sn2+離子防止Fe2+離子生成沉淀降低洗滌過(guò)程中FeSO4?7H2O的損耗MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O酸式滴定管滴加最后一滴KMnO4溶液時(shí)，溶液變成淺紅色且半分鐘內(nèi)不褪色部分Fe2+被空氣中O2氧化【分析】【分析】鐵屑加入稀硫酸生成硫酸亞鐵、硫酸錫，過(guò)濾后得到濾液，將濾液加入稀硫酸酸化，并通入硫化氫，可生成SnS沉淀并防止亞鐵離子被氧化，過(guò)濾后得到濾液為硫酸亞鐵，經(jīng)蒸發(fā)濃硫酸、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾可得到FeSO4?7H2O．【解析】【解答】解：鐵屑加入稀硫酸生成硫酸亞鐵、硫酸錫，過(guò)濾后得到濾液，將濾液加入稀硫酸酸化，并通入硫化氫，可生成SnS沉淀并防止亞鐵離子被氧化，過(guò)濾后得到濾液為硫酸亞鐵，經(jīng)蒸發(fā)濃硫酸、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾可得到FeSO4?7H2O；

（1）通入硫化氫至飽和的目的是：硫化氫具有強(qiáng)還原性，可以防止亞鐵離子被氧化，已知：在H2S飽和溶液中，SnS沉淀完全時(shí)溶液的pH為1.6；FeS開(kāi)始沉淀時(shí)溶液的pH為3.0，沉淀完全時(shí)的pH為5.5，操作Ⅱ在溶液中用硫酸酸化至pH=2的目的是，在溶液PH=2時(shí)，Sn2+完全沉淀；亞鐵離子不沉淀；

故答案為：除去溶液中的Sn2+離子；防止Fe2+離子生成沉淀；

（2）②冰水溫度低；物質(zhì)溶解度減小，可以洗去沉淀表面的雜質(zhì)離子，避免綠礬溶解帶來(lái)的損失；

故答案為：降低洗滌過(guò)程中FeSO4?7H2O的損耗；

（3）①酸性KMnO4被FeSO4還原時(shí)生成Mn2+，反應(yīng)的離子方程式為MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；

故答案為：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；

②高錳酸鉀具有強(qiáng)氧化性；可腐蝕橡皮管，應(yīng)放在酸式滴定管中，故答案為：酸式滴定管；

③滴定實(shí)驗(yàn)達(dá)到終點(diǎn)時(shí)，滴加最后一滴KMnO4溶液時(shí)；溶液變成淺紅色且半分鐘內(nèi)不褪色；

故答案為：滴加最后一滴KMnO4溶液時(shí)；溶液變成淺紅色且半分鐘內(nèi)不褪色；

④Fe2+具有還原性，易被空氣中氧化而變質(zhì)，常常導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏低，故答案為：部分Fe2+被空氣中O2氧化．18、CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（l）△H=-252.9kJ/molN2+8H++6e-=2NH4+氯化銨0.03mol/（L．min）9.375使用了催化劑或增大壓強(qiáng)【分析】【分析】（1）①CH4（g）、H2（g）的燃燒熱分別為-890.3kJ?mol-1、-285.8kJ?mol-1；則：

Ⅰ．CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.3kJ?mol-1；

Ⅱ．H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H=-285.8kJ?mol-1；

根據(jù)蓋斯定律，Ⅱ×4-Ⅰ可得：CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（l）；

②電池中氫氣失電子；在負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，氮?dú)獾秒娮釉谡龢O發(fā)生還原反應(yīng)，氨氣與HCl反應(yīng)生成氯化銨，則電解質(zhì)溶液為氯化銨；

（2）①10min時(shí)反應(yīng)到達(dá)平衡，平衡時(shí)CO為0.4mol、甲醇為0.6mol、氫氣為0.8mol，根據(jù)v=計(jì)算v（CO），根據(jù)K=計(jì)算平衡常數(shù)；

②5min時(shí)刻瞬間各組分的物質(zhì)的量未變；而后反應(yīng)速率加快，可能是使用了催化劑或增大壓強(qiáng)；

③15min時(shí)改變條件后，甲醇的物質(zhì)的量增大、氫氣物質(zhì)的量減小，改變條件平衡向正反應(yīng)移動(dòng)，CO的物質(zhì)的量減小，至20min時(shí)氫氣物質(zhì)的量減小0.2mol，CO應(yīng)減小0.1mol，而20min時(shí)CO的物質(zhì)的量為0.5mol，CO物質(zhì)的量增大0.1mol，則3min時(shí)應(yīng)是加入CO，設(shè)加入的CO為xmol，則：x+0.4-0.1=0.5，故x=0.2mol．【解析】【解答】解：（1）①CH4（g）、H2（g）的燃燒熱分別為-890.3kJ?mol-1、-285.8kJ?mol-1；則：

Ⅰ．CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.3kJ?mol-1；

Ⅱ．H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H=-285.8kJ?mol-1；

根據(jù)蓋斯定律，Ⅱ×4-Ⅰ可得：CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（l）△H=-252.9kJ/mol；

故答案為：CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（l）△H=-252.9kJ/mol；

②該電池的本質(zhì)反應(yīng)是合成氨反應(yīng)，電池中氫氣失電子，在負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，氮?dú)獾秒娮釉谡龢O發(fā)生還原反應(yīng)，則正極反應(yīng)式為N2+8H++6e-=2NH4+；氨氣與HCl反應(yīng)生成氯化銨，則電解質(zhì)溶液為氯化銨溶液；

故答案為：N2+8H++6e-=2NH4+；氯化銨；

（2）①10min時(shí)反應(yīng)到達(dá)平衡；平衡時(shí)CO為0.4mol；甲醇為0.6mol、氫氣為0.8mol；

則v（CO）==0.03mol/（L．min），平衡常數(shù)K===9.375；

故答案為：0.03mol/（L．min）；9.375；

②5min時(shí)刻瞬間各組分的物質(zhì)的量未變；而后反應(yīng)速率加快，可能是使用了催化劑或增大壓強(qiáng)；

故答案為：使用了催化劑或增大壓強(qiáng)；

③15min時(shí)改變條件后，甲醇的物質(zhì)的量增大、氫氣物質(zhì)的量減小，改變條件平衡向正反應(yīng)移動(dòng)，CO的物質(zhì)的量減小，至20min時(shí)氫氣物質(zhì)的量減小0.2mol，CO應(yīng)減小0.1mol，而20min時(shí)CO的物質(zhì)的量為0.5mol，CO物質(zhì)的量增大0.1mol，則3min時(shí)應(yīng)是加入CO，設(shè)加入的CO為xmol，則：x+0.4-0.1=0.5，故x=0.2mol，故CO的變化曲線為：

故答案為：．19、CH3CH2OH羧基對(duì)甲基苯甲醇+CH3CH2OH

+H2O取代反應(yīng)（酯化反應(yīng)）3【分析】【分析】化合物A（C12H12O2）經(jīng)堿性水解、酸化后得到B和C（C8H8O2），B能二次氧化生成D，說(shuō)明A是酯，B是醇，則C是羧酸，C（C8H8O2）的核磁共振氫譜表明含有苯環(huán)，且苯環(huán)上有2種氫原子，則說(shuō)明苯環(huán)上有2個(gè)取代基，且兩個(gè)取代基處于對(duì)位，根據(jù)C的分子式知，C是對(duì)甲基苯甲酸，則C是羧酸，C（C8H8O2）的核磁共振氫譜表明含有苯環(huán)，且苯環(huán)上有2種氫原子，則說(shuō)明苯環(huán)上有2個(gè)取代基，且兩個(gè)取代基處于對(duì)位，根據(jù)C的分子式知，C是化合物A（C12H12O2）；A是酯，B是醇；

則A→B+C：+H2OCH3CH2OH+

B→D：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O

C→E：

E→F：2+O22+2H2O

F+D→G：+CH3CHO+H2O

G→H：+2Ag（NH3）2OH+2Ag↓+H2O+4NH3；

H+B→I：+CH3CH2OH

+H2O，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：（1）化合物A（C12H12O2）經(jīng)堿性水解、酸化后得到B和C（C8H8O2），B能二次氧化生成D，說(shuō)明A是酯，B是醇，則C是羧酸，C（C8H8O2）的核磁共振氫譜表明含有苯環(huán)，且苯環(huán)上有2種氫原子，則說(shuō)明苯環(huán)上有2個(gè)取代基，且兩個(gè)取代基處于對(duì)位，根據(jù)C的分子式知，C是對(duì)甲基苯甲酸，則C是羧酸，C（C8H8O2）的核磁共振氫譜表明含有苯環(huán)，且苯環(huán)上有2種氫原子，則說(shuō)明苯環(huán)上有2個(gè)取代基，且兩個(gè)取代基處于對(duì)位，根據(jù)C的分子式知，C是化合物A（C12H12O2）；A是酯，B是醇；

則A→B+C：+H2OCH3CH2OH+B為CH3CH2OH，C為C中官能團(tuán)的名稱(chēng)是羧基；

故答案為：CH3CH2OH；羧基；

（2）C→E：苯環(huán)對(duì)位上有兩個(gè)取代基，1個(gè)甲基，一個(gè)醇羥基，所以E為對(duì)甲基苯甲醇；

故答案為：對(duì)甲基苯甲醇；

（3）H+B→I：+CH3CH2OH

+H2O；反應(yīng)本質(zhì)為酸脫羥基醇脫氫，為取代反應(yīng)（酯化反應(yīng)）；

故答案為：+CH3CH2OH

+H2O；取代反應(yīng)（酯化反應(yīng)）；

（4）C是C的同分異構(gòu)體，①是苯的對(duì)位二取代化合物，說(shuō)明含有2個(gè)取代基；

②能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)；說(shuō)明含有酚羥基；

③不考慮烯醇（）結(jié)構(gòu)；符合條件的異構(gòu)體有：

苯環(huán)上有2種氫原子；其中核磁共振氫譜為4組峰，且面積比為3：2：2：1，說(shuō)明含有1個(gè)-CH3，符合條件的為

故答案為：3；．20、①②⑦⑧③④⑤⑥【分析】【分析】據(jù)化合價(jià)的高低判斷微粒的氧化性還原性，最高價(jià)態(tài)的只有氧化性，最低價(jià)態(tài)的只有還原性，中間價(jià)態(tài)的既有氧化性又有還原性，以此解答該題．【解析】【解答】解：①濃H2SO4②稀H2SO4⑦濃HNO3⑧稀HNO3中中心元素化合價(jià)處于最高價(jià)態(tài)；在化學(xué)反應(yīng)中表現(xiàn)為氧化性；

而③H2S中H元素化合價(jià)為+1價(jià)，具有氧化性，S元素化合價(jià)為-2價(jià)，具有還原性，④SO2；⑤S元素化合價(jià)處于中間價(jià)態(tài)；⑥HCl中H元素化合價(jià)為+1價(jià)，具有氧化性，Cl元素化合價(jià)為-1價(jià)，具有還原性，則③④⑤⑥可作氧化劑，又可作還原劑；

故答案為：①②⑦⑧；③④⑤⑥．21、檢查裝置的氣密性6mol/L鹽酸硫酸和碳酸鈣反應(yīng)生成的硫酸鈣是微溶于水的，會(huì)覆蓋在碳酸鈣的表面，使反應(yīng)不能持續(xù)除去氣體中的HCl干燥氣體吸收裝置D中反應(yīng)剩余的二氧化碳78%【分析】【分析】（1）組裝完儀器后必須進(jìn)行的操作為檢查裝置的氣密性；

（2）根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理裝置A采用的是碳酸鈣和鹽酸反應(yīng)生成二氧化碳；根據(jù)碳酸鈣和硫酸反應(yīng)的情況來(lái)回答；

（3）獲得的二氧化碳?xì)怏w中含有氯化氫氣體；可以用飽和碳酸氫鈉來(lái)除去，濃硫酸具有吸水性，堿石灰可以吸收二氧化碳；

（4）根據(jù)氧氣的量和過(guò)氧化鈉量的關(guān)系來(lái)獲得過(guò)氧化鈉質(zhì)量，進(jìn)而計(jì)算過(guò)氧化鈉的純度．【解析】【解答】解：（1）組裝完儀器后必須進(jìn)行的操作為檢查裝置的氣密性；故答案為：檢查裝置的氣密性；

（2）裝置A是碳酸鈣和鹽酸反應(yīng)生成二氧化碳；碳酸鈣和硫酸反應(yīng)時(shí)，生成的硫酸鈣是微溶于水的，會(huì)覆蓋在碳酸鈣的表面，使反應(yīng)不能持續(xù)，所以用鹽酸而不用硫酸來(lái)反應(yīng)，故答案為：6mol/L鹽酸；硫酸和碳酸鈣反應(yīng)生成的硫酸鈣是微溶于水的，會(huì)覆蓋在碳酸鈣的表面，使反應(yīng)不能持續(xù)；

（3）碳酸鈣和鹽酸反應(yīng)生成的二氧化碳?xì)怏w中含有氯化氫氣體；可以用飽和碳酸氫鈉來(lái)除去，濃硫酸具有吸水性，可以將二氧化碳干燥，裝置E中堿石灰的作用是吸收二氧化碳，防止對(duì)氧氣的體積測(cè)量造成干擾；

故答案為：除去氣體中的HCl；干燥氣體；吸收裝置D中反應(yīng)剩余的二氧化碳；

（4）根據(jù)反應(yīng)2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；反應(yīng)結(jié)束后測(cè)得氣體體積為224mL（標(biāo)準(zhǔn)狀況），即生成的氧氣的量0.01mol，過(guò)氧化鈉的物質(zhì)的量為0.02mol；

過(guò)氧化鈉的純度=×100%=78%，故答案為：78%；22、PbO2+2e-+4H++SO42-=PbSO4+2H2O小48PbPbSO4+2e-=Pb+SO42-PbO2PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+4H++SO42-對(duì)換【分析】【分析】（1）電池總反應(yīng)式為：Pb+PbO2+4H++2SO42-2PbSO4+2H2O，寫(xiě)出電極反應(yīng)為：負(fù)極電解反應(yīng)：Pb-2e-+SO42-=PbSO4，正極電極反應(yīng)：PbO2+2e-+4H++2SO42-=PbSO4+2H2O；依據(jù)電解反應(yīng)和電池原理分析判斷；

（2）裝置中是電解裝置，連接B為陽(yáng)極應(yīng)是失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)，A為陰極是得到電子發(fā)生還原反應(yīng)，所以是鉛蓄電池的充電過(guò)程，兩極為電解硫酸鉛的反應(yīng)，依據(jù)電解原理分析．【解析】【解答】解：（1）電池總反應(yīng)式為：Pb+PbO2+4H++2SO42-2PbSO4+2H2O，寫(xiě)出電極反應(yīng)為：負(fù)極電解反應(yīng)：Pb-2e-+SO42-=PbSO4，正極電極反應(yīng)：PbO2+2e-+4H++2SO42-=PbSO4+2H2O，放電時(shí)：正極的電極反應(yīng)式是PbO2+2e-+4H++2SO42-=PbSO4+2H2O；電解液中H2SO4的濃度將減少；當(dāng)外電路通過(guò)1mol電子時(shí)；依據(jù)電子守恒計(jì)算理論上負(fù)極板的質(zhì)量增加0.5mol×303g/mol-0.5mol×207g/mol=48g；

故答案為：PbO2+2e-+4H++2SO42-=PbSO4+2H2O；?。?8；

（2）在完全放電耗盡PbO2和Pb時(shí)，電極上析出的是PbSO4，若按題右圖連接B為陽(yáng)極應(yīng)是失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)，A為陰極是得到電子發(fā)生還原反應(yīng)，實(shí)質(zhì)是電解反應(yīng)，B電極上發(fā)生反應(yīng)為：PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+4H++2SO42-，A電極發(fā)生反應(yīng)為：PbSO4=Pb-2e-+SO42-，所以A電極上生成Pb；此時(shí)鉛蓄電池的正負(fù)極的極性將對(duì)換；

故答案為：Pb；PbSO4+2e-=Pb+SO42-；PbO2；PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+4H++SO42-；對(duì)換．23、13＜M++H2O?MOH+H+【分析】【分析】（1）鹽酸為強(qiáng)酸，氫氧化鋇為強(qiáng)堿，酸堿按體積比為1：10混合后溶液顯中性，則1×10-a=10×10b-14；

（2）醋酸是一元弱酸；所以醋酸的濃度遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于氫離子濃度，根據(jù)酸和堿濃度大小確定溶液體積大小；

（3）根據(jù)酸中氫離子和堿中氫氧根離子的關(guān)系結(jié)合混合溶液的酸堿性確定堿的強(qiáng)弱，從而確定易水解的離子，根據(jù)水解方程式寫(xiě)出即可．【解析】【解答】解：（1）鹽酸為強(qiáng)酸，氫氧化鋇為強(qiáng)堿，酸堿按體積比為1：10混合后溶液顯中性，則1×10-a=10×10b-14，解得a+b=13；故答案為：13；

（2）醋酸是弱電解質(zhì)，所以醋酸溶液中c（H+）=10-amol/L＜c（CH3COOH），氫氧化鈉溶液中c（OH-）=10b-14mol/L，且a+b=14，c（H+）=10-amol/L=c（OH-）=10b-14mol/L＜c（CH3COOH）；要使混合后的溶液呈中性，則需要?dú)溲趸c的體積大于醋酸體積，故答案為：＜；

（3）酸中c（H+）=10-amol/L，堿中c（OH-）=10b-14mol/L，a+b=14，所以c（H+）=10-amol/L=c（OH-）=10b-14mol/L，兩者等體積混合后溶液顯堿性，說(shuō)明堿過(guò)量，即氫氧根離子濃度小于堿濃度，所以該堿是弱堿，溶液中水解的離子是該堿的陽(yáng)離子，水解方程式為M++H2O?MOH+H+；

故答案為：M++H2O?MOH+H+．24、K2CO3Na2SO3AgNO3BaCl2Ag++Cl-=AgCl↓2Fe3++SO32-+H2O═2Fe2++SO42-+2H+Ba2++CO32-═BaCO3↓【分析】【分析】給出八種離子形成四種可溶性鹽，這個(gè)可以通過(guò)一一組合的形式確定可能存在的物質(zhì)，之后結(jié)合實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象進(jìn)行繼續(xù)排除，從而最終確定，A溶液與稀硫酸混合產(chǎn)生無(wú)色無(wú)味的氣體，說(shuō)明A中含有CO32-，B溶液與稀硫酸混合產(chǎn)生能使品紅褪色的氣體且焰色反應(yīng)為黃色，則說(shuō)明B中含有SO32-和Na+，則B為Na2SO3，所以A中含有陽(yáng)離子為K+，因?yàn)槠渌?yáng)離子與碳酸根結(jié)合不溶于水，所以A為K2CO3，在Ag+、Ba2+、Cl-、NO3-中要形成兩種可溶性鹽，則它們的組合只能是BaCl2和AgNO3，C溶液與稀鹽酸混合有沉淀生成，所以C為AgNO3，D為BaCl2，據(jù)此答題．【解析】【解答】解：給出八種離子形成四種可溶性鹽，這個(gè)可以通過(guò)一一組合的形式確定可能存在的物質(zhì)，之后結(jié)合實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象進(jìn)行繼續(xù)排除，從而最終確定，A溶液與稀硫酸混合產(chǎn)生無(wú)色無(wú)味的氣體，說(shuō)明A中含有CO32-，B溶液與稀硫酸混合產(chǎn)生能使品紅褪色的氣體且焰色反應(yīng)為黃色，則說(shuō)明B中含有SO32-和Na+，則B為Na2SO3，所以A中含有陽(yáng)離子為K+，因?yàn)槠渌?yáng)離子與碳酸根結(jié)合不溶于水，所以A為K2CO3，在Ag+、Ba2+、Cl-、NO3-中要形成兩種可溶性鹽，則它們的組合只能是BaCl2和AgNO3，C溶液與稀鹽酸混合有沉淀生成，所以C為AgNO3，D為BaCl2；

（1）因A為K2CO3；B為Na2SO3；C為AgNO3；D為BaCl2；故答案為：K2CO3；Na2SO3；AgNO3；BaCl2；

（2）AgNO3與鹽酸反應(yīng)的離子方程式為：Ag++Cl-=AgCl↓；

Na2SO3和FeCl3反應(yīng)的離子方程式為：2Fe3++SO32-+H2O═2Fe2++SO42-+2H+；

K2CO3和氫氧化鋇溶液反應(yīng)的離子方程式為：Ba2++CO32-═BaCO3↓；

故答案為：Ag++Cl-=AgCl↓；2Fe3++SO32-+H2O═2Fe2++SO42-+2H+；Ba2++CO32-═BaCO3↓．四、判斷題(共2題，共8分)25、√【分析】【分析】（1）制取乙烯在170℃；需測(cè)定反應(yīng)液的溫度；

（2）向硝酸銀溶液中滴加氨水；制取銀氨溶液；

（3）Ag能與硝酸反應(yīng)；

（4）植物油和NaOH溶液混合發(fā)生水解生成高級(jí)脂肪酸鹽；需加飽和食鹽水發(fā)生鹽析；

（5）纖維素水解后溶液顯酸性，而檢驗(yàn)水解產(chǎn)物葡萄糖，應(yīng)在堿性溶液中．【解析】【解答】解：（1）制取乙烯時(shí)在170℃；需測(cè)定反應(yīng)液的溫度，必須將溫度計(jì)的水銀球插入反應(yīng)液液面以下，根據(jù)溫度計(jì)指示的溫度來(lái)調(diào)節(jié)酒精燈火焰大小，以控制反應(yīng)液的溫度；

故答案為：√；

（2）向硝酸銀溶液中滴加氨水；生成白色沉淀，繼續(xù)滴加氨水，至生成的沉淀恰好溶解，所得溶液為銀氨溶液，故答案為：×；

（3）因Ag能互硝酸反應(yīng)；而溶解，則可用稀硝酸清洗做過(guò)銀鏡反應(yīng)實(shí)驗(yàn)的試管，故答案為：√；

（4）實(shí)驗(yàn)室制肥皂時(shí)；將適量植物油和NaOH溶液混合，并不斷攪拌；加熱，直到混合物變稠，然后加飽和食鹽水發(fā)生鹽析，即可得到肥皂，故答案為：×；

（5）進(jìn)行纖維素水解實(shí)驗(yàn)時(shí)，把一小團(tuán)蓬松脫脂棉放入試管，滴入少量濃硫酸攪拌，使脫脂棉變成糊狀，再加入一定量的水，加熱至溶液呈亮棕色，然后先加堿至堿性，再加入新制的Cu（OH）2加熱至沸騰來(lái)檢驗(yàn)水解產(chǎn)物，故答案為：×．26、×【分析】【分析】根據(jù)結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式的書(shū)寫(xiě)方法來(lái)解答；【解析】【解答】解：乙酸的分子式為：C2H4O2，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3COOH，故答案為：×；五、實(shí)驗(yàn)題(共2題，共12分)27、略

【分析】解：rm{(1)}升高溫度；增大接觸面積，攪拌；增大反應(yīng)物的濃度都可加快反應(yīng)速率；

故答案為：升溫；把硼鎂泥粉碎；攪拌等；

rm{(2)SiO_{2}}不與硫酸反應(yīng)，次氯酸鈉具有強(qiáng)氧化性，加入的rm{NaClO}可與rm{Mn^{2+}}反應(yīng)生成rm{MnO_{2}}把亞鐵離子氧化成鐵離子，溶液rm{PH}升高，鐵離子生成氫氧化鐵沉淀，鋁離子形成氫氧化鋁沉淀，過(guò)濾得濾渣rm{Fe(OH)_{3}}rm{Al(OH)_{3}}rm{MnO_{2}}rm{SiO_{2}}

故答案為：rm{SiO_{2}}

rm{(3)NaClO}溶液在加熱條件下將溶液中的rm{Mn^{2+}}氧化成rm{MnO_{2}}反應(yīng)的離子方程式為rm{Mn^{2+}+ClO^{-}+H_{2}O=MnO_{2}隆媒+2H^{+}+Cl^{-}}溶液中含有rm{Fe^{2+}}具有還原性，可與rm{NaClO}發(fā)生氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)的離子方程式為rm{2Fe^{2+}+ClO^{-}+2H^{+}=2Fe^{3+}+Cl^{-}+H_{2}O}

故答案為：rm{Mn^{2+}+ClO^{-}+H_{2}O簍TMnO_{2}隆媒+2H^{+}+Cl^{-}}rm{2Fe^{2+}+ClO^{-}+2H^{+}簍T2Fe^{3+}+Cl^{-}+H_{2}O}

rm{(4)}可以向溶液中加入硫氰化鉀溶液檢驗(yàn)溶液中是否存在三價(jià)鐵離子，方法為：取少量濾液，向其中加入硫氰化鉀溶液，如果溶液不變紅色，說(shuō)明濾液中不含rm{Fe^{3+}}如果溶液變紅色，說(shuō)明濾液中含rm{Fe^{3+}}

故答案為：取少量濾液，向其中加入硫氰化鉀溶液，如果溶液不變紅色，說(shuō)明濾液中不含rm{Fe^{3+}}如果溶液變紅色，說(shuō)明濾液中含rm{Fe^{3+}}

rm{(5)}有溫度對(duì)硫酸鎂、硫酸鈣的溶解度影響，溫度越高，硫酸鈣溶解度越小，可以采用蒸發(fā)濃縮，趁熱過(guò)濾方法除去硫酸鈣；操作rm{I}”是將濾液繼續(xù)蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶，再經(jīng)過(guò)過(guò)濾，便得到了rm{MgSO_{4}?7H_{2}O}

故答案為：蒸發(fā)濃縮rm{(}結(jié)晶rm{)}趁熱過(guò)濾；

rm{(6)1.6t}硼鎂泥中氧化鎂的物質(zhì)的量為：rm{dfrac{1.6隆脕10;^{6}g隆脕40%}{40g/mol}=1.6隆脕10^{4}mol}根據(jù)鎂原子守恒，生成rm{dfrac

{1.6隆脕10;^{6}g隆脕40%}{40g/mol}=1.6隆脕10^{4}mol}的物質(zhì)的量為rm{MgSO_{4}?7H_{2}O}質(zhì)量為rm{1.6隆脕10^{4}mol}若生產(chǎn)過(guò)程的產(chǎn)率為rm{246g/mol隆脕1.6隆脕10^{4}mol=3.936隆脕10^{6}g}則能生產(chǎn)出rm{50%}的質(zhì)量為：rm{MgSO_{4}?7H_{2}O}

故答案為：rm{3.936隆脕10^{6}g隆脕50%=1.968隆脕10^{6}g=1.97t}．

硼鎂泥主要成份是rm{1.97}占rm{MgO(}還有rm{40%)}rm{CaO}rm{MnO}rm{Fe_{2}O_{3}}rm{FeO}rm{Al_{2}O_{3}}等雜質(zhì)，加入硫酸，rm{SiO_{2}}rm{MgO}rm{CaO}rm{MnO}rm{Fe_{2}O_{3}}rm{FeO}都和硫酸反應(yīng)，rm{Al_{2}O_{3}}不與硫酸反應(yīng)，次氯酸鈉具有強(qiáng)氧化性，加入的rm{SiO_{2}}可與rm{NaClO}反應(yīng)生成rm{Mn^{2+}}把亞鐵離子氧化成鐵離子，溶液rm{MnO_{2}}升高，鐵離子生成氫氧化鐵沉淀，鋁離子形成氫氧化鋁沉淀，過(guò)濾除去濾渣rm{pH}rm{Fe(OH)_{3}}rm{Al(OH)_{3}}rm{MnO_{2}}濾液中含鈣離子；鎂離子，除鈣后，只剩鎂離子，蒸發(fā)冷卻結(jié)晶得到硫酸鎂晶體．

rm{SiO_{2}}從影響反應(yīng)速率的因素分析；

rm{(1)}二氧化硅不與稀硫酸反應(yīng)；所以在濾渣中存在；

rm{(2)}溶液在加熱條件下將溶液中的rm{(3)NaClO}氧化成rm{Mn^{2+}}溶液中含有rm{MnO_{2}}具有還原性，可與rm{Fe^{2+}}發(fā)生氧化還原反應(yīng)；

rm{NaClO}根據(jù)檢驗(yàn)三價(jià)鐵離子的方法完成；

rm{(4)}根據(jù)表中溫度對(duì)硫酸鎂；硫酸鈣的影響完成；根據(jù)分離晶體與溶液方法分析；

rm{(5)}根據(jù)硼鎂泥中rm{(6)}的質(zhì)量分?jǐn)?shù)rm{MgO}占rm{(}計(jì)算出生成rm{40%)}質(zhì)量．

本題考查物質(zhì)的制備、除雜，涉及物質(zhì)的檢驗(yàn)以及沉淀的轉(zhuǎn)化等知識(shí)，題目較為綜合，有一定難度，本題注意要認(rèn)真分析題中數(shù)據(jù)，考查學(xué)生的分析能力．rm{MgSO_{4}?7H_{2}O}【解析】升溫；把硼鎂泥粉碎、攪拌等；rm{SiO_{2}}rm{Mn^{2+}+ClO^{-}+H_{2}O簍TMnO_{2}隆媒+2H^{+}+Cl^{-}}rm{2Fe^{2+}+ClO^{-}+2H^{+}簍T2Fe^{3+}+Cl^{-}+H_{2}O}取少量濾液，向其中加入硫氰化鉀溶液，如果溶液不變紅色，說(shuō)明濾液中不含rm{Fe^{3+}}如果溶液變紅色，說(shuō)明濾液中含rm{Fe^{3+}}蒸發(fā)濃縮rm{(}結(jié)晶rm{)}趁熱過(guò)濾；rm{1.97}28、Al4C3+12HCl═3CH4↑+4AlCl3F→D→B→E→C→G先打開(kāi)分液漏斗上口的玻璃塞（或先將分液漏斗上口的玻璃塞上的凹槽對(duì)準(zhǔn)漏斗上的小孔），再將分液漏斗下面的旋塞打開(kāi)，使稀鹽酸緩慢滴下試管內(nèi)有黑色固體生成除去甲烷中的HCl和H2O取少量紅色固體，加入適量稀硫酸，若溶液變藍(lán)色，則證明含Cu2O取少量的Cu2O固體于試管中，加入適量的0.1mol/LAgNO3溶液【分析】解：裝置A中反應(yīng)是稀鹽酸和Al4C3反應(yīng)生成氯化鋁和甲烷，甲烷在加熱條件下可還原氧化銅，氣體產(chǎn)物除水蒸氣外，還有碳的氧化物，生成的甲烷氣體通過(guò)裝置F吸收混有的氯化氫，干燥氣體，通過(guò)裝置D加熱還原氧化銅，通過(guò)裝置裝置B