2025年仁愛(ài)科普版高三化學(xué)下冊(cè)階段測(cè)試試卷含答案

…………○…………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年仁愛(ài)科普版高三化學(xué)下冊(cè)階段測(cè)試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5題，共10分)1、下列說(shuō)法正確的是（）A.煤的干餾是化學(xué)變化，煤的氣化、液化和石油的分餾都是物理變化B.2010年諾貝爾化學(xué)獎(jiǎng)授予“鈀催化交叉偶聯(lián)反應(yīng)”的研究，采用鈀催化可將碳原子連接在一起制造新的有機(jī)材料，所以鈀催化劑能催化所有類(lèi)型的有機(jī)反應(yīng)C.日常生活中，無(wú)水乙醇常用于殺菌消毒D.無(wú)論吸熱反應(yīng)還是放熱反應(yīng)，其它條件一定時(shí)，升高溫度，化學(xué)反應(yīng)速率一定增大2、提純下列物質(zhì)所選試劑及對(duì)應(yīng)分離方法均可行的是（）

。雜質(zhì)試劑方法A乙烷乙烯H2催化轉(zhuǎn)化B乙酸乙酯乙醇飽和NaCO3溶液分液C溴苯溴H2O萃取D乙酸苯酚NaOH溶液蒸餾A.選項(xiàng)AB.選項(xiàng)BC.選項(xiàng)CD.選項(xiàng)D3、一定條件下進(jìn)行反應(yīng)：COCl2(g)Cl2(g)＋CO(g)，向2.0L恒容密閉容器中充入1.0molCOCl2(g)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后達(dá)到平衡。反應(yīng)過(guò)程中測(cè)得的有關(guān)數(shù)據(jù)見(jiàn)下表：。t/s02468n(Cl2)/mol00.300.390.400.40下列說(shuō)法正確的是A.保持其他條件不變，升高溫度，平衡時(shí)c(Cl2)＝0.22mol·L－1，則反應(yīng)的ΔH＜0B.若在2L恒容絕熱（與外界沒(méi)有熱量交換）密閉容器進(jìn)行該反應(yīng)，化學(xué)平衡常數(shù)不變C.保持其他條件不變，起始向容器中充入1.2molCOCl2、0.60molCl2和0.60molCO，反應(yīng)達(dá)到平衡前的速率：v(正)＜v(逆)D.保持其他條件不變，起始向容器中充入1.0molCl2和0.8molCO，達(dá)到平衡時(shí)，Cl2的轉(zhuǎn)化率小于60%4、下列有關(guān)阿伏加德羅常數(shù)（NA）的說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A.常溫常壓下14克CO所含的原子數(shù)目為NA個(gè)B.標(biāo)準(zhǔn)狀況下0.8molCCl4含有的原子數(shù)目為4NA個(gè)C.任何條件下0.5mol氮?dú)夥肿拥姆肿訑?shù)一定是0.5NAD.49克硫酸中含有的原子數(shù)目為0.5NA5、實(shí)現(xiàn)下列變化，需要加入還原劑的是（）A.HCO3-→CO2B.CuO→CuSO4C.MnO4-→Mn2+D.2Cl-→Cl2評(píng)卷人得分二、填空題(共6題，共12分)6、（2016春?彭州市期中）（1）將純鋅片和純銅片按下圖方式插入相同濃度的稀硫酸中一段時(shí)間；回答下列問(wèn)題：

①下列說(shuō)法中正確的是____（填序號(hào)）．

A．甲；乙均為化學(xué)能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔艿难b置。

B．乙中銅片上沒(méi)有明顯變化。

C．甲中銅片質(zhì)量減少；乙中鋅片質(zhì)量減少。

D．兩燒杯中H+的濃度均減小。

②在相同時(shí)間內(nèi)，兩燒杯中產(chǎn)生氣泡的速率：甲____乙（填“＞”；“＜”或“=”）．

③甲中硫酸根離子向____極移動(dòng)（填“銅”或“鋅”）

④當(dāng)甲中產(chǎn)生1.12L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）氣體時(shí)，理論上通過(guò)導(dǎo)線的電子數(shù)目為_(kāi)___．

（2）欲將反應(yīng)2Fe3++Cu═Cu2++2Fe2+設(shè)計(jì)成原電池，該電池負(fù)極材料為_(kāi)___，電解質(zhì)溶液為_(kāi)___，正極反應(yīng)為_(kāi)___，10min內(nèi)該電池向外提供0.1mol電子，則正極材料與負(fù)極材料的質(zhì)量差為_(kāi)___g（假設(shè)剛開(kāi)始時(shí)，兩電極的質(zhì)量相等）．7、CoCl2?6H2O是一種飼料營(yíng)養(yǎng)強(qiáng)化劑．一種利用水鈷礦（主要成分為Co2O3、Co（OH）3，還含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等）制取CoCl2?6H2O的工藝流程如圖1：

已知：①浸出液含有的陽(yáng)離子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；

②部分陽(yáng)離子以氫氧化物形式沉淀時(shí)溶液的pH見(jiàn)下表：（金屬離子濃度為：0.01mol/L）

。沉淀物Fe（OH）3Fe（OH）2Co（OH）2Al（OH）3Mn（OH）2開(kāi)始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8③CoCl2?6H2O熔點(diǎn)為86℃；加熱至110～120℃時(shí)，失去結(jié)晶水生成無(wú)水氯化鈷．

（1）寫(xiě)出浸出過(guò)程中Co2O3發(fā)生反應(yīng)的離子方程式____．

（2）寫(xiě)出NaClO3發(fā)生反應(yīng)的主要離子方程式____；若不慎向“浸出液”中加過(guò)量NaClO3時(shí)，可能會(huì)生成有毒氣體，寫(xiě)出生成該有毒氣體的離子方程式____．

（3）“加Na2CO3調(diào)pH至a”，過(guò)濾所得到的沉淀成分為_(kāi)___．

（4）“操作1”中包含3個(gè)基本實(shí)驗(yàn)操作，它們依次是____、____和過(guò)濾．制得的CoCl2?6H2O在烘干時(shí)需減壓烘干的原因是____．

（5）萃取劑對(duì)金屬離子的萃取率與pH的關(guān)系如圖2．向“濾液”中加入萃取劑的目的是____；其使用的最佳pH范圍是____．

A．2.0～2.5B．3.0～3.5

C．4.0～4.5D．5.0～5.5

（6）為測(cè)定粗產(chǎn)品中CoCl2?6H2O含量，稱(chēng)取一定質(zhì)量的粗產(chǎn)品溶于水，加入足量AgNO3溶液，過(guò)濾、洗滌，將沉淀烘干后稱(chēng)其質(zhì)量．通過(guò)計(jì)算發(fā)現(xiàn)粗產(chǎn)品中CoCl2?6H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)大于100%，其原因可能是____．（答一條即可）8、已知氧；碳、氮、磷元素的某些物質(zhì)具有相似的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)．請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

（1）氧元素的氫化物除H2O外，還有H2O2；碳元素的氫化物除CH4外，還有C2H6等；氮元素的氫化物除NH3外，還有含2個(gè)氮原子的分子的化學(xué)式為_(kāi)___，其沸點(diǎn)比氨氣____（填“高”或“低”），該氫化物與足量鹽酸反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式為：____．

（2）類(lèi)似于碳原子，氮原子間也可形成鏈狀結(jié)構(gòu)．某鏈狀結(jié)構(gòu)的氮?dú)浠衔镏?，氮原子間只以N-N單鍵形式連接形成氫化物．該系列氮?dú)浠衔锘瘜W(xué)通式為_(kāi)___（n表示氮原子個(gè)數(shù)）．

（3）生活中廣泛使用烴類(lèi)物質(zhì)（CmHn）燃料，火箭發(fā)射時(shí)的高能燃料常用氮?dú)浠衔?，比如肼N2H4．2014年10月31日在測(cè)試飛行時(shí)墜毀的維珍銀河公司“太空船2號(hào)”商業(yè)載人飛船用N2H4燃料，但助燃劑選擇不當(dāng)據(jù)說(shuō)是事故原因之一．經(jīng)分析該助燃劑分子由氮、氧原子組成，分子中原子最外層電子總數(shù)和CO2分子中原子最外層電子總數(shù)相同．該助燃劑的化學(xué)式為_(kāi)___．上述燃燒反應(yīng)產(chǎn)物綠色、環(huán)保，寫(xiě)出該燃燒反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)___

（4）分子式為N4的氮元素的同素異形體，結(jié)構(gòu)等同于白磷，N4中每個(gè)原子滿足最外層8e-結(jié)構(gòu)．則1molN4中含有____對(duì)共用電子對(duì)．已知NH3、-NH2、一定條件下都可以和H+結(jié)合．則N4和足量的H+反應(yīng)生成的粒子的化學(xué)式為_(kāi)___．

（5）化學(xué)家發(fā)現(xiàn)了一種化學(xué)式為N4H4的離子化合物，一定條件下1molN4H4熔融電離生成兩種離子，其中一種為NH4+，該物質(zhì)熔融時(shí)電離方程式為_(kāi)___．9、在第一次世界大戰(zhàn)期間；德國(guó)就開(kāi)始制造烷基苯基磺酸鹽以代替肥皂．1930年，美國(guó)NationalAniline公司正式將烷基苯磺酸鈉作為廉價(jià)的合成洗滌劑銷(xiāo)售．這種產(chǎn)品，在第二次世界大戰(zhàn)后的1945～1950年間迅速普及．在日本，利用硬性型ABS（帶支鏈的烷基苯磺酸鹽）的合成洗滌劑的產(chǎn)量，在1963年已超過(guò)肥皂．但是隨著合成洗滌劑消費(fèi)量的增加，引起了河川發(fā)生泡沫等污染水質(zhì)的問(wèn)題．因而改用對(duì)微生物降解性良好的軟性型LAS（直鏈烷基苯磺酸鹽）．

（1）軟性型LAS最常見(jiàn)的是直鏈?zhǔn)榛交撬徕c：其結(jié)構(gòu)中與肥皂（C17H35COONa）的憎水基團(tuán)-C17H35相當(dāng)?shù)幕鶊F(tuán)為_(kāi)___；

（2）當(dāng)洗滌用水硬度較大時(shí)，洗衣粉與肥皂相比，____洗滌效果較好，原因是肥皂____．

（3）1999年1月1日開(kāi)始的太湖流域禁磷行動(dòng)是指____，主要目的是____．

（4）現(xiàn)在市場(chǎng)上銷(xiāo)售的加酶洗衣粉中含有堿性蛋白酶，它對(duì)洗滌____類(lèi)污漬效果極好，原因是____．10、鋁土礦的主要成分是Al2O3，還含有Fe2O3、SiO2等雜質(zhì)．

Ⅰ．從鋁土礦中提取氧化鋁的流程如圖所示：

（1）試劑A是____；試劑B是氨水，則溶液b與試劑B反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)___．

（2）向溶液a中通入過(guò)量的CO2，將得到的不溶物煅燒后也可得到Al2O3，該方案的缺點(diǎn)是____．

Ⅱ．電解熔融的氧化鋁可制備金屬鋁。

（3）寫(xiě)出電解的化學(xué)方程式____．每生產(chǎn)0.324噸鋁，理論上轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為_(kāi)___mol．

Ⅲ．新型陶瓷氮化鋁可用以下兩種方法制備。

（4）氧化鋁高溫還原法（配平）：____Al2O3+____C+____N2____AlN+____CO．11、釔；鈧和鑭系一起稱(chēng)為稀土元素；稀土元素堪稱(chēng)“工業(yè)味精”，對(duì)工業(yè)和國(guó)防有著十分重要的作用．獨(dú)居石是稀土元素的常見(jiàn)礦物，下圖是由獨(dú)居石（主要成分是釷和鑭系元素的磷酸鹽）提取鑭系元素（以Ln表示）的生產(chǎn)工藝流程：

（1）獨(dú)居石中鑭系元素主要以LnPO4的形式存在，試寫(xiě)出LnPO4與濃H2SO4反應(yīng)的化學(xué)方程式：____；寫(xiě)出Ln2（HPO4）3的溶解平衡表達(dá)式：____．

（2）可選用精密pH試紙測(cè)定pH，控制沉淀的分步沉淀，其pH試紙使用的操作過(guò)程是：____．

（3）若在實(shí)驗(yàn)室中洗滌所得的Ln2（HPO4）3沉淀的方法是：____；怎樣證明Ln2（HPO4）3沉淀洗滌已經(jīng)干凈，其操作是：____．

（4）若直接加熱LnCl3?6H2O，生成的是LnOCl寫(xiě)出相應(yīng)反應(yīng)的化學(xué)方程式：____；用電解法制取稀土金屬Ln時(shí)，需要無(wú)水氯化物，在干燥的HCl氣流中加熱LnCl3?6H2O，能得到無(wú)水LnCl3，其原因是____．評(píng)卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)12、0.1L3.0mol?L-1的NH4NO3溶液中含有的NH4+的數(shù)目為0.3NA．____（判斷對(duì)錯(cuò)）13、判斷下列說(shuō)法是否正確；正確的在橫線內(nèi)打“√”，錯(cuò)誤的打“×”．

①1mol任何氣體的體積都是22.4L．____

②在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，某氣體的體積為22.4L，則該氣體的物質(zhì)的量為1mol，所含的分子數(shù)目約為6.02×1023．____

③當(dāng)溫度高于0℃時(shí)，一定量任何氣體的體積都大于22.4L．____

④凡升高溫度，均可使飽和溶液變成不飽和溶液．____．14、常溫常壓下，22.4LO3中含有3nA個(gè)氧原子____（判斷對(duì)錯(cuò)）15、NaHCO3溶液與NaOH溶液反應(yīng)：OH-+HCO3-=CO32-+H2O．____（判斷對(duì)錯(cuò)）16、因?yàn)镹a可以與水反應(yīng)放出H2，所以K也可以與水反應(yīng)放出H2____．（判斷對(duì)錯(cuò)）17、一定量的鐵粉與銅粉混合物，與適量稀硝酸反應(yīng)，生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下氣體5.6L．則參加反應(yīng)的硝酸的物質(zhì)的量為1mol．____（判斷對(duì)錯(cuò)）18、3.4gNH3中含有電子數(shù)為0.2NA____（判斷對(duì)錯(cuò)）評(píng)卷人得分四、實(shí)驗(yàn)題(共1題，共8分)19、化學(xué)興趣小組設(shè)計(jì)以下實(shí)驗(yàn)方案,測(cè)定某已部分變質(zhì)的小蘇打樣品中Na2CO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。【方案一】稱(chēng)取一定質(zhì)量的固體樣品,通過(guò)加熱至恒重后冷卻,稱(chēng)量剩余固體質(zhì)量,計(jì)算。(1)下列儀器中,在灼燒固體樣品時(shí)必須用到的是(填名稱(chēng))。(2)實(shí)驗(yàn)中需加熱至恒重的目的是:。(3)實(shí)驗(yàn)中確定加熱至恒重的方法是:。(4)若加熱過(guò)程中有晶體迸濺出來(lái),則測(cè)得的結(jié)果(填“偏大”、“偏小”或“不變”)?！痉桨付糠Q(chēng)取一定質(zhì)量樣品,置于小燒杯中,加適量水溶解;向小燒杯中加入足量Ba(OH)2溶液,過(guò)濾,洗滌,干燥沉淀,稱(chēng)量固體質(zhì)量,計(jì)算。(已知:Ba2++OH-+HCBaCO3↓+H2O)(1)過(guò)濾操作中,除了燒杯、漏斗外,還要用到的玻璃儀器為。(2)實(shí)驗(yàn)中判斷沉淀是否完全的方法是。(3)實(shí)驗(yàn)中洗滌沉淀的操作是。(4)實(shí)驗(yàn)中判斷沉淀是否洗滌干凈的方法是?！痉桨溉堪慈鐖D所示裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn):(1)B裝置內(nèi)所盛試劑是;D裝置的作用是;分液漏斗中(填“能”或“不能”)用鹽酸代替稀硫酸進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。(2)實(shí)驗(yàn)前稱(chēng)取17.9g樣品,實(shí)驗(yàn)后測(cè)得C裝置增重8.8g,則樣品中Na2CO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。(3)根據(jù)此實(shí)驗(yàn)測(cè)得的數(shù)據(jù),測(cè)定結(jié)果有誤差,因?yàn)閷?shí)驗(yàn)裝置還存在一個(gè)明顯缺陷是。評(píng)卷人得分五、探究題(共4題，共16分)20、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________．21、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：22、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________．23、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：評(píng)卷人得分六、解答題(共1題，共5分)24、柴達(dá)木盆地以青藏高原“聚寶盆”之譽(yù)蜚聲海內(nèi)外，它有富足得令人驚訝的鹽礦資源．液體礦床以鉀礦為主，伴生著鎂、溴等多種礦產(chǎn)．某研究性學(xué)習(xí)小組擬取鹽湖苦鹵的濃縮液（富含K+、Mg2+、Br-、SO42-、Cl-等），來(lái)制取較純凈的氯化鉀晶體及液溴（Br2）；他們?cè)O(shè)計(jì)了如下流程圖1：

請(qǐng)根據(jù)以上流程；回答相關(guān)問(wèn)題：

（1）操作①的名稱(chēng)：______；操作②名稱(chēng)是：______；

操作③的名稱(chēng)是：______；

操作④需要的玻璃儀器有：______．

（2）參照?qǐng)D2溶解度曲線；欲得到較純的氯化鉀晶體需用少量的______（選填：“熱水”，“冷水”）洗滌固體______（選填“A”或“B”）．

（3）同學(xué)甲提出一些新的方案；對(duì)上述操作②后無(wú)色溶液進(jìn)行除雜提純，其方案如下：

【有關(guān)資料】

?；瘜W(xué)式BaCO3BaSO4Ca（OH）2MgCO3Mg（OH）2Ksp8.1×10一91.08×10一101.0×10一43.5×10一51.6×10一11【設(shè)計(jì)除雜過(guò)程】

（i）若在圖3的操作⑤結(jié)束后發(fā)現(xiàn)溶液B略有渾濁；應(yīng)采取的措施是______；

（ii）混合液A的主要成分是______．（填化學(xué)式）

【檢驗(yàn)除雜效果】

（ⅲ）為檢驗(yàn)Mg2+、SO42-是否除盡；通常分別取懸濁液A上層清液于兩試管中．進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：

步驟一：檢驗(yàn)Mg2+是否除盡．向其中一支試管中加入______溶液（填化學(xué)式），如果沒(méi)有沉淀生成，則Mg2+已除盡．

步驟二：檢驗(yàn)SO42-是否除盡．向另一支試管中加入某溶液，如果無(wú)有沉淀生成，則SO42-已除盡；效果最好的是______（填字母）．

A．Na2CO3B．BaCl2C．CaCl2

【獲取純凈氯化鉀】

（ⅳ）對(duì)溶液B加熱并不斷滴加lmol?L一1的鹽酸溶液；同時(shí)用pH試紙檢測(cè)溶液，直至pH=5時(shí)停止加鹽酸，得到溶液C．該操作的目的是______．

（ⅴ）將溶液C倒入______（填儀器名稱(chēng)）中；加熱蒸發(fā)并用玻璃棒不斷攪拌，直到______時(shí)（填現(xiàn)象），停止加熱．

【問(wèn)題討論】

（ⅵ）進(jìn)行操作⑤前，需先加熱，其目的是______，該操作中控制溶液pH=12可確保Mg2+除盡，根據(jù)提供的數(shù)據(jù)計(jì)算，此時(shí)溶解B中Mg2+物質(zhì)的量濃度為_(kāi)_____．

參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、D【分析】【分析】A．沒(méi)有新物質(zhì)生成的變化是物理變化；有新物質(zhì)生成的變化是化學(xué)變化；

B．沒(méi)有“萬(wàn)能催化劑”；

C．體積分?jǐn)?shù)為75%的酒精溶液常用于殺菌消毒；此濃度殺菌力最強(qiáng)；

D．升高溫度，無(wú)論反應(yīng)是吸熱還是放熱反應(yīng)，反應(yīng)速率都會(huì)加快．【解析】【解答】解：A．利用原油中各組分沸點(diǎn)的不同進(jìn)行分離的過(guò)程叫分餾；屬于物理變化；通過(guò)石油的裂化；裂解可以得到小分子化合物，所以石油的裂化、裂解是化學(xué)變化，故A錯(cuò)誤；

B．催化劑具有選擇性；沒(méi)有“萬(wàn)能催化劑”，故B錯(cuò)誤；

C．在75%的酒精作用下；乙醇能滲入細(xì)胞內(nèi)，使蛋白質(zhì)凝固變性，從而起到殺菌的作用，低于這個(gè)濃度，其滲透脫水作用減弱，殺菌力不強(qiáng)；而高于此濃度，則會(huì)使細(xì)菌表面蛋白質(zhì)迅速脫水，凝固成膜，妨礙乙醇透入，削弱殺菌能力，對(duì)病毒無(wú)效，故C錯(cuò)誤；

D．溫度升高；正逆反應(yīng)速率都會(huì)加快，與反應(yīng)吸熱放熱無(wú)關(guān)，故D正確．

故選D．2、B【分析】【分析】根據(jù)除雜質(zhì)至少要滿足兩個(gè)條件：①加入的試劑只能與雜質(zhì)反應(yīng)，不能與原物質(zhì)反應(yīng)；②反應(yīng)后不能引入新的雜質(zhì)，以此來(lái)解答．【解析】【解答】解：A．乙烯與H2反應(yīng)不能完全進(jìn)行；且會(huì)引入新的雜質(zhì)，故A錯(cuò)誤；

B．因乙醇能溶于飽和Na2CO3溶液，乙酸乙酯不與飽和Na2CO3溶液反應(yīng)，也不溶于飽和Na2CO3溶液反應(yīng)；出現(xiàn)分層現(xiàn)象，可用分液的方法分離，既除去了雜質(zhì)，又沒(méi)有引入新的雜質(zhì)，符合除雜原則，故B正確；

C．溴在溴苯中的溶解度比在水中的大；達(dá)不到除雜目的，故C錯(cuò)誤；

D．氫氧化鈉可與乙酸反應(yīng)；將原物質(zhì)出去，不符合除雜原則，故D錯(cuò)誤．

故選B．3、C|D【分析】試題分析：A、該反應(yīng)平衡時(shí)氯氣的濃度為0.2mol·L－1，升高溫度濃度變大，平衡正向移動(dòng)，反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，錯(cuò)誤；B、絕熱容器中反應(yīng)的熱量不能交換導(dǎo)致溫度發(fā)生變化，平衡常數(shù)隨之改變，錯(cuò)誤；C、根據(jù)濃度熵和平衡常數(shù)比較，判斷逆向進(jìn)行，正確；D、充入1.0molCl2和1.0molCO，Cl2的轉(zhuǎn)化率為60%，CO量減少，平衡逆向移動(dòng)，轉(zhuǎn)化率降低，正確。考點(diǎn)：考查化學(xué)平衡有關(guān)問(wèn)題。【解析】【答案】CD4、D【分析】【分析】A．質(zhì)量轉(zhuǎn)化為物質(zhì)的量結(jié)合1個(gè)CO含有2個(gè)原子解答；

B．一個(gè)四氯化碳分子含有5個(gè)原子；

C.1mol任何氣體都含有個(gè)NA分子；與條件無(wú)關(guān)；

D．質(zhì)量轉(zhuǎn)化為物質(zhì)的量，結(jié)合1個(gè)硫酸分子含有7個(gè)原子．【解析】【解答】解：A．常溫常壓下14克CO所含的原子數(shù)目為×2×NA=NA；故A正確；

B．標(biāo)準(zhǔn)狀況下0.8molCCl4含有的原子數(shù)目為0.8mol×5=4NA；故B正確；

C.1mol任何氣體都含有個(gè)NA分子，與條件無(wú)關(guān)，所以0.5mol氮?dú)夥肿拥姆肿訑?shù)一定是0.5NA；故C正確；

D.49克硫酸的物質(zhì)的量為0.5mol，含有原子數(shù)目為0.5mol×7=3.5mol，含有的原子數(shù)目為3.5NA；故D錯(cuò)誤；

故選：D．5、C【分析】【分析】需要加入還原劑才能實(shí)現(xiàn)，說(shuō)明題中所給物質(zhì)作氧化劑，氧化劑在氧化還原反應(yīng)中得電子化合價(jià)降低，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：需要加入還原劑才能實(shí)現(xiàn)；說(shuō)明題中所給物質(zhì)作氧化劑，氧化劑在氧化還原反應(yīng)中得電子化合價(jià)降低；

A．該反應(yīng)中；各元素化合價(jià)都不變，所以不是氧化還原反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；

B．該反應(yīng)中；各元素的化合價(jià)都不變，所以不是氧化還原反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；

C．該反應(yīng)中；錳元素化合價(jià)由+7價(jià)得電子變?yōu)?2價(jià)，所以高錳酸根離子作氧化劑，故C正確；

D．該反應(yīng)中；氯元素的化合價(jià)由-1價(jià)變?yōu)?價(jià)，則氯離子失電子作還原劑，故D錯(cuò)誤；

故選C．二、填空題(共6題，共12分)6、BD＞鋅0.1NA或6.02×1022Cu氯化鐵溶液Fe3++e-═Fe2+3.2【分析】【分析】（1）①甲裝置符合原電池構(gòu)成條件；所以是原電池，乙不能形成閉合回路，所以不能構(gòu)成原電池，兩個(gè)燒杯中，鋅都失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，甲中銅上氫離子得電子發(fā)生還原反應(yīng)，乙中鋅上氫離子得電子發(fā)生還原反應(yīng)；

②作原電池負(fù)極的金屬加速被腐蝕；

③原電池工作時(shí)；陰離子向負(fù)極移動(dòng)；

④根據(jù)氫氣和轉(zhuǎn)移電子之間的關(guān)系式計(jì)算；

（2）根據(jù)電池反應(yīng)式知，Cu失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，則作負(fù)極，不如Cu活潑的金屬或?qū)щ姷姆墙饘僮髡龢O，含有鐵離子的可溶性鐵鹽溶液為電解質(zhì)溶液，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子與Cu的關(guān)系式計(jì)算消耗Cu的質(zhì)量．【解析】【解答】解：（1）①A．甲符合原電池構(gòu)成條件；所以屬于原電池，乙不能構(gòu)成閉合回路，所以不能構(gòu)成原電池，故A錯(cuò)誤；

B．乙不能構(gòu)成原電池；氫離子在鋅片上得電子發(fā)生還原反應(yīng)，所以乙中銅片上沒(méi)有明顯變化，故B正確；

C．甲中銅片作正極；正極上氫離子得電子生成氫氣，所以銅片質(zhì)量不變，乙中鋅片和氫離子發(fā)生置換反應(yīng)，所以質(zhì)量減少，故C錯(cuò)誤；

D．兩燒杯中鋅和氫離子發(fā)生置換反應(yīng)導(dǎo)致溶液中氫離子濃度減??；所以溶液的pH均增大，故D正確；

故答案為：BD；

②甲能構(gòu)成原電池；乙不能構(gòu)成原電池，作原電池負(fù)極的金屬加速被腐蝕，所以在相同時(shí)間內(nèi)，兩燒杯中產(chǎn)生氣泡的速度：甲＞乙，故答案為：＞；

③鋅為負(fù)極；硫酸根離子向鋅極移動(dòng)過(guò)，故答案為：鋅；

④甲中，銅電極上氫離子得電子生成氫氣，電極反應(yīng)式為2H++2e-=H2↑，根據(jù)電極反應(yīng)式知，通過(guò)電子的物質(zhì)的量==×2=0.1mol，通過(guò)導(dǎo)線的電子數(shù)目為0.1NA或6.02×1022；

故答案為：0.1NA或6.02×1022；

（2）根據(jù)電池反應(yīng)式知，Cu失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，則作負(fù)極，不如Cu活潑的金屬或?qū)щ姷姆墙饘僮髡龢O，含有鐵離子的可溶性鐵鹽溶液為電解質(zhì)溶液，如FeCl3溶液；

負(fù)極反應(yīng)式為Cu-2e-=Cu2+，負(fù)極上銅失電子生成銅離子進(jìn)入溶液，所以銅質(zhì)量在不斷減少，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子與Cu的關(guān)系式得消耗Cu的質(zhì)量=×64g/mol=3.2g；

故答案為：Cu；氯化鐵溶液；Fe3++e-═Fe2+；3.2．7、Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2OClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2OClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2OFe（OH）3、Al（OH）3蒸發(fā)濃縮冷卻結(jié)晶降低烘干溫度，防止產(chǎn)品分解除去溶液中的Mn2+B粗產(chǎn)品含有可溶性氯化物或晶體失去了部分結(jié)晶水【分析】【分析】含鈷廢料中加入鹽酸，加入鹽酸和亞硫酸鈉，可得CoCl2、AlCl3、FeCl2，加入NaClO3，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3調(diào)pH至5.2，可得到Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，過(guò)濾后所得濾液主要含有CoCl2，為得到CoCl2?6H2O晶體；應(yīng)控制溫度在86℃以下，加熱時(shí)要防止溫度過(guò)高而失去結(jié)晶水，可減壓烘干；

（1）根據(jù)流程圖結(jié)合信息浸出液含有的陽(yáng)離子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等進(jìn)行解答；

（2）NaClO3的作用是將Fe2+氧化成Fe3+；在酸性條件下，NaClO3與氯離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氯氣；

（3）根據(jù)鋁離子；鐵離子能與碳酸根離子發(fā)生雙水解生成沉淀和二氧化碳進(jìn)行解答；

（4）根據(jù)從溶液中制取固體的方法制取氯化鈷固體，從而確定操作步驟；溫度高時(shí)，CoCl2?6H2O分解；

（5）由表中數(shù)據(jù)可知，調(diào)節(jié)溶液PH在3.0～3.5之間，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+轉(zhuǎn)化為Co（OH）2沉淀；

（6）根據(jù)CoCl2?6H2O的組成分析，可能是含有雜質(zhì)，也可能是失去部分水．【解析】【解答】解：（1）向水鈷礦[主要成分為Co2O3、Co（OH）3，還含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]，加入鹽酸和亞硫酸鈉，浸出液含有的陽(yáng)離子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等，所以Co2O3和亞硫酸鈉在酸性條件下發(fā)生氧化還原，根據(jù)電荷守恒和得失電子守恒，反應(yīng)的離子方程式為：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O；

故答案為：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O；

（2）NaClO3的作用是將Fe2+氧化成Fe3+，其反應(yīng)的離子方程式為：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；在酸性條件下，NaClO3與氯離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氯氣，其反應(yīng)的離子方程式為：ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O；

故答案為：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O；

（3）NaClO3的作用是將Fe2+氧化成Fe3+，加Na2CO3調(diào)pH至a，鋁離子能與碳酸根離子發(fā)生雙水解生成氫氧化鋁和二氧化碳，水解的離子方程式為：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；鐵離子能與碳酸根離子發(fā)生雙水解生成氫氧化鐵和二氧化碳，水解的離子方程式為：2Fe3++3CO32-+3H2O=2Fe（OH）3↓+3CO2↑，所以沉淀成分為：Fe（OH）3、Al（OH）3；

故答案為：Fe（OH）3、Al（OH）3；

（4）利用從溶液中制取固體的方法制取氯化鈷固體；其操作步驟為：蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶和過(guò)濾；

根據(jù)題意知，CoCl2?6H2O常溫下穩(wěn)定無(wú)毒，加熱至110～120℃時(shí)，失去結(jié)晶水變成有毒的無(wú)水氯化鈷，為防止其分解，制得的CoCl2?6H2O需減壓烘干；

故答案為：蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶；降低烘干溫度；防止產(chǎn)品分解；

（5）根據(jù)流程圖可知，此時(shí)溶液中存在Mn2+、Co2+金屬離子；

由萃取劑對(duì)金屬離子的萃取率與pH的關(guān)系可知，調(diào)節(jié)溶液PH在3.0～3.5之間，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+轉(zhuǎn)化為Co（OH）2沉淀；

故答案為：除去溶液中的Mn2+；B；

（6）根據(jù)CoCl2?6H2O的組成分析，造成產(chǎn)品中CoCl2?6H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)大于100%的原因可能是：含有雜質(zhì)；導(dǎo)致氯離子含量大或結(jié)晶水化物失去部分水，導(dǎo)致相同質(zhì)量的固體中氯離子含量變大；

故答案為：粗產(chǎn)品含有可溶性氯化物或晶體失去了部分結(jié)晶水．8、N2H4高N2H4+2HCl=N2H6Cl2NnHn+2（n≥1且n為正整數(shù)）N2ON2H4+2N2O=3N2+2H2O6NAN4H44+N4H4=NH4++N3-【分析】【分析】（1）依據(jù)信息結(jié)合常識(shí)判斷含2個(gè)氮原子的分子為肼；依據(jù)相對(duì)分子質(zhì)量大小判斷其熔沸點(diǎn)；然后書(shū)寫(xiě)化學(xué)反應(yīng)方程式即可；

（2）每個(gè)N原子能形成3個(gè)共價(jià)鍵；可以和氮原子；氫原子都能形成共價(jià)鍵，利用數(shù)學(xué)歸納法確定其通式；

（3）依據(jù)該N；O化合物與二氧化碳屬于等電子體；推斷出該氧化物即可；綠色環(huán)保，氮的燃燒產(chǎn)物為氮?dú)夥项}意，據(jù)此書(shū)寫(xiě)即可；

（4）白磷分子為正四面體，每個(gè)邊都代表一個(gè)P-P鍵，所以共6個(gè)P-P共價(jià)鍵，據(jù)此推斷即可；N4中每個(gè)原子滿足最外層8e-結(jié)構(gòu)；還含有1對(duì)孤對(duì)電子，每個(gè)N原子還能單獨(dú)結(jié)合1個(gè)H離子，據(jù)此解答即可；

（5）依據(jù)題意，結(jié)合氮元素、H元素守恒書(shū)寫(xiě)電離方程式即可．【解析】【解答】解：（1）含2個(gè)氮原子的分子為肼，化學(xué)式為N2H4；由于其相對(duì)分子質(zhì)量較氨氣大，故熔沸點(diǎn)比氨氣高，肼與HCl反應(yīng)方程式為N2H4+2HCl=N2H6Cl2；

故答案為：N2H4；高；N2H4+2HCl=N2H6Cl2；

（2）當(dāng)?shù)觽€(gè)數(shù)為1時(shí)；氫原子個(gè)數(shù)為3；

當(dāng)?shù)觽€(gè)數(shù)為2時(shí)；氫原子個(gè)數(shù)為4；

當(dāng)?shù)觽€(gè)數(shù)為3時(shí)；氫原子個(gè)數(shù)為5；

當(dāng)?shù)觽€(gè)數(shù)為4時(shí)；氫原子個(gè)數(shù)為6；

當(dāng)?shù)觽€(gè)數(shù)為n時(shí)；氫原子個(gè)數(shù)為n+2；

所以其通式為NnHn+2（n≥1且n為正整數(shù)）；

故答案為：NnHn+2（n≥1且n為正整數(shù)）；

（3）該助燃劑分子由氮、氧原子組成，分子中原子最外層電子總數(shù)和CO2分子中原子最外層電子總數(shù)相同，故該助燃劑為：N2O，由于該反應(yīng)產(chǎn)物綠色環(huán)保，故N的產(chǎn)物應(yīng)為氮?dú)?，依?jù)氧化還原反應(yīng)原理書(shū)寫(xiě)，化學(xué)反應(yīng)方程式為：N2H4+2N2O=3N2+2H2O；

故答案為：N2O；N2H4+2N2O=3N2+2H2O；

（4）白磷分子為正四面體，每個(gè)邊都代表一個(gè)P-P鍵，所以共6個(gè)P-P共價(jià)鍵，N4的結(jié)構(gòu)等同于白磷，故1molN4中含有6molN-N鍵，N4中每個(gè)原子滿足最外層8e-結(jié)構(gòu)，還含有1對(duì)孤對(duì)電子，每個(gè)N原子還能提供1個(gè)空軌道，結(jié)合1個(gè)H離子，故可以形成N4H44+；

故答案為：6NA；N4H44+；

（5）1molN4H4熔融電離生成兩種離子，其中一種為NH4+，依據(jù)N元素與H元素守恒得知另外一種離子應(yīng)為：N3-，電離方程式為：N4H4=NH4++N3-；

故答案為：N4H4=NH4++N3-．9、洗衣粉肥皂易與Ca2+、Mg2+生成沉淀在太湖流域禁止使用、銷(xiāo)售含磷洗衣粉防止太湖流域水體磷含量過(guò)高而起藻類(lèi)大量繁殖血漬、奶漬血漬、奶漬主要成分是蛋白質(zhì)，能在蛋白酶催化下水解【分析】【分析】（1）憎水基團(tuán)為相對(duì)分子質(zhì)量較大的烴基；

（2）肥皂易與Ca2+、Mg2+生成沉淀；失去去污能力；

（3）太湖流域禁磷行動(dòng)是指在太湖流域禁止使用；銷(xiāo)售含磷洗衣粉；磷元素是植物生長(zhǎng)的營(yíng)養(yǎng)元素；水體磷含量過(guò)高會(huì)引起藻類(lèi)大量繁殖，污染湖水；

（4）加酶洗衣粉中含有堿性蛋白酶，能使蛋白質(zhì)發(fā)生水解．【解析】【解答】解；（1）憎水基團(tuán)為相對(duì)分子質(zhì)量較大的烴基，則的憎水基團(tuán)為

故答案為：

（2）水硬度較大時(shí)Ca2+、Mg2+濃度較大，肥皂的主要成分是高級(jí)脂肪酸鈉，易與Ca2+、Mg2+生成沉淀；失去去污能力，所以當(dāng)洗滌用水硬度較大時(shí)，洗衣粉的洗滌效果較好；

故答案為：洗衣粉；肥皂易與Ca2+、Mg2+生成沉淀；

（3）太湖流域禁磷行動(dòng)是指在太湖流域禁止使用；銷(xiāo)售含磷洗衣粉；磷元素是植物生長(zhǎng)的營(yíng)養(yǎng)元素；水體磷含量過(guò)高會(huì)引起藻類(lèi)大量繁殖，污染湖水；所以禁磷行動(dòng)的目的是防止太湖流域水體磷含量過(guò)高而起藻類(lèi)大量繁殖；

故答案為：在太湖流域禁止使用；銷(xiāo)售含磷洗衣粉；防止太湖流域水體磷含量過(guò)高而起藻類(lèi)大量繁殖；

（4）加酶洗衣粉中含有堿性蛋白酶；能使蛋白質(zhì)發(fā)生水解，所以加酶洗衣粉對(duì)洗滌血漬；奶漬等含有蛋白質(zhì)的污漬效果極好；

故答案為：血漬、奶漬；血漬、奶漬主要成分是蛋白質(zhì)，能在蛋白酶催化下水解．10、鹽酸（硫酸或硝酸）Al3++3NH3?H2O=Al（OH）3↓+3NH4+Al2O3中含有SiO2雜質(zhì)2Al2O34Al+3O2↑3.6×10413123【分析】【分析】Ⅰ．（1）SiO2和鹽酸不反應(yīng)，F(xiàn)e2O3和氫氧化鈉不反應(yīng)而氧化鋁能，該工藝流程原理為：鋁土礦加入試劑A氫氧化鈉，得到濾液a中含有偏鋁酸根離子、硅酸根離子，沉淀a為氧化鐵，a溶液加入過(guò)量為酸溶液，除去硅酸根離子，將偏鋁酸根離子轉(zhuǎn)化為鋁離子，進(jìn)入濾液b中；加過(guò)量氨水生成氫氧化鋁沉淀，加熱分解得氧化鋁；

（2）濾液a中含有偏鋁酸根離子；硅酸根離子；制氧化鋁的過(guò)程中可能會(huì)混有二氧化硅雜質(zhì)；

Ⅱ．（3）電解熔融的氧化鋁可制備金屬鋁；陽(yáng)極生成氧氣，陰極生成鋁，產(chǎn)物為鋁和氧氣；

Ⅲ．（4）根據(jù)化合價(jià)的升降總數(shù)相等配平方程式；【解析】【解答】解：Ⅰ．（1）鋁土礦與氫氧化鈉反應(yīng)生成偏鋁酸鈉，加入鹽酸或硝酸等酸性溶液可除去硅酸根離子，試劑B是氨水，濾液b中含有鋁離子，氨水與鋁離子反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀，反應(yīng)的離子方程式為Al3++3NH3?H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；

故答案為：鹽酸（硫酸或硝酸）；Al3++3NH3?H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；

（2）濾液a中含有偏鋁酸根離子、硅酸根離子，向溶液a中通入過(guò)量的CO2，沉淀為Al（OH）3及少量硅酸，煅燒得到與和二氧化硅，則Al2O3中含有SiO2雜質(zhì)；

故答案為：Al2O3中含有SiO2雜質(zhì)；

Ⅱ．（3）電解熔融的氧化鋁可制備金屬鋁，陽(yáng)極生成氧氣，陰極生成鋁，總反應(yīng)為2Al2O34Al+3O2↑，n（Al）==1.2×104mol，則轉(zhuǎn)移電子3.6×104mol；

故答案為：2Al2O34Al+3O2↑；3.6×104；

Ⅲ．（4）碳從0價(jià)→+2價(jià)，氮從0價(jià)→-3價(jià)，最小公倍數(shù)為6，由化合價(jià)的升降總數(shù)相等可知反應(yīng)的方程式為Al2O3+3C+N2═2AlN+3CO；

故答案為：1；3；1；2；3；11、2LnPO4+3H2SO4=Ln2（SO4）3+2H3PO4Ln2（HPO4）3（s）?2Ln3+（aq）+3HPO42-（aq）取一小塊試紙放在表面皿（玻璃片）上，用沾有待測(cè)液的玻璃棒（膠頭滴管）點(diǎn)于試紙的中部，半分鐘后與標(biāo)準(zhǔn)比色卡比較，確定溶液的pH值將沉淀置于放置在新制過(guò)濾器中，注入蒸餾水至浸沒(méi)沉淀，待液體濾干，再重復(fù)兩到三次取最后一次洗滌浸出液，加入BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，則說(shuō)明未洗滌干凈，若無(wú)白色沉淀則說(shuō)明已洗滌干凈LnCl3?6H2OLnOCl+2HCl+5H2O在干燥的HCl氣流中，抑制了LnCl3的水解，且?guī)ё週nCl3?6H2O受熱產(chǎn)生的水氣，故能得到無(wú)水LnCl3【分析】【分析】獨(dú)居石（主要成分是釷和鑭系元素的磷酸鹽）與濃硫酸反應(yīng)生成Ln2（SO4）3和磷酸，過(guò)濾出不溶物后第一次用稀氨水中和，然后過(guò)濾出含有鈧元素的濾渣并得到含有Ln的濾液，再次過(guò)濾得到濾渣Ln2（HPO4）3，經(jīng)過(guò)第一步轉(zhuǎn)化Ln2（HPO4）3轉(zhuǎn)化成LnCl3?6H2O，在干燥的HCl氣流中加熱LnCl3?6H2O，能得到無(wú)水LnCl3，電解LnCl3得到Ln；

（1）根據(jù)強(qiáng)酸制取弱酸寫(xiě)出LnPO4與濃H2SO4反應(yīng)的化學(xué)方程式；Ln2（HPO4）3為難溶物，與Ln3+、HPO42-之間存在沉淀轉(zhuǎn)化平衡，據(jù)此寫(xiě)出Ln2（HPO4）3的溶解平衡表達(dá)式；

（2）根據(jù)實(shí)驗(yàn)室中pH試紙的正確使用方法解答；

（3）根據(jù)實(shí)驗(yàn)室中洗滌沉淀的操作方法分析；沒(méi)有洗滌干凈的濾液中會(huì)含有硫酸根離子；根據(jù)具有硫酸根離子的方法解答；

（4）根據(jù)信息“若直接加熱LnCl3?6H2O，生成的是LnOCl”及氯化氫的揮發(fā)性形成反應(yīng)的化學(xué)方程式；根據(jù)鹽的水解原理分析“在干燥的HCl氣流中加熱LnCl3?6H2O，能得到無(wú)水LnCl3”的原因．【解析】【解答】解：獨(dú)居石（主要成分是釷和鑭系元素的磷酸鹽）與濃硫酸反應(yīng)生成Ln2（SO4）3和磷酸，過(guò)濾出不溶物后第一次用稀氨水中和，然后過(guò)濾出含有鈧元素的濾渣并得到含有Ln的濾液，再次過(guò)濾得到濾渣Ln2（HPO4）3，經(jīng)過(guò)第一步轉(zhuǎn)化Ln2（HPO4）3轉(zhuǎn)化成LnCl3?6H2O，在干燥的HCl氣流中加熱LnCl3?6H2O，能得到無(wú)水LnCl3，電解LnCl3得到Ln；

（1）LnPO4與濃H2SO4反應(yīng)生成Ln2（SO4）3和磷酸，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2LnPO4+3H2SO4=Ln2（SO4）3+2H3PO4；

Ln2（HPO4）3與Ln3+、HPO42-之間存在沉淀轉(zhuǎn)化平衡，Ln2（HPO4）3的溶解平衡表達(dá)式為：Ln2（HPO4）3（s）?2Ln3+（aq）+3HPO42-（aq）；

故答案為：2LnPO4+3H2SO4=Ln2（SO4）3+2H3PO4（或3LnPO4+3H2SO4=Ln2（SO4）3+Ln（H2PO4）3）；Ln2（HPO4）3（s）?2Ln3+（aq）+3HPO42-（aq）；

（2）pH試紙使用的操作方法為：取一小塊試紙放在表面皿（玻璃片）上；用沾有待測(cè)液的玻璃棒（膠頭滴管）點(diǎn)于試紙的中部，半分鐘后與標(biāo)準(zhǔn)比色卡比較，確定溶液的pH值；

故答案為：取一小塊試紙放在表面皿（玻璃片）上；用沾有待測(cè)液的玻璃棒（膠頭滴管）點(diǎn)于試紙的中部，半分鐘后與標(biāo)準(zhǔn)比色卡比較，確定溶液的pH值；

（3）在實(shí)驗(yàn)室中洗滌所得的Ln2（HPO4）3沉淀的方法為：將沉淀置于放置在新制過(guò)濾器中；注入蒸餾水至浸沒(méi)沉淀，待液體濾干，再重復(fù)兩到三次；

若最后一次的洗滌液中不含硫酸根離子，則已經(jīng)洗滌干凈，操作方法為：取最后一次洗滌浸出液，加入BaCl2溶液；若有白色沉淀生成，則說(shuō)明未洗滌干凈，若無(wú)白色沉淀則說(shuō)明已洗滌干凈；

故答案為：將沉淀置于放置在新制過(guò)濾器中，注入蒸餾水至浸沒(méi)沉淀，待液體濾干，再重復(fù)兩到三次；取最后一次洗滌浸出液，加入BaCl2溶液；若有白色沉淀生成，則說(shuō)明未洗滌干凈，若無(wú)白色沉淀則說(shuō)明已洗滌干凈；

（4）由于氯化氫具有揮發(fā)性，若直接加熱LnCl3?6H2O，生成的是LnOCl，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：LnCl3?6H2OLnOCl+2HCl+5H2O；

由于在干燥的HCl氣流中，抑制了LnCl3的水解，且?guī)ё週nCl3?6H2O受熱產(chǎn)生的水氣，故能得到無(wú)水LnCl3；

故答案為：LnCl3?6H2OLnOCl+2HCl+5H2O；在干燥的HCl氣流中，抑制了LnCl3的水解，且?guī)ё週nCl3?6H2O受熱產(chǎn)生的水氣，故能得到無(wú)水LnCl3．三、判斷題(共7題，共14分)12、×【分析】【分析】NH4NO3為強(qiáng)酸弱堿鹽，發(fā)生水解生成一水合氨，以此解答該題．【解析】【解答】解：0.1L3.0mol?L-1的NH4NO3溶液中n（NH4NO3）=0.1L×3.0mol/L=0.3mool，NH4NO3為強(qiáng)酸弱堿鹽，發(fā)生水解生成一水合氨，則NH4+的數(shù)目小于0.3NA；

故答案為：×．13、×【分析】【分析】①外界條件不同；氣體的體積不同；

②標(biāo)準(zhǔn)狀況下，氣體的氣體摩爾體積為22.4L/mol，結(jié)合n==計(jì)算；

③氣體的體積受溫度；壓強(qiáng)影響；

④升高溫度，如溶解度減小，則仍未飽和溶液．【解析】【解答】解：①氣體的體積受溫度；壓強(qiáng)影響；外界條件不同，分子之間的距離不同，則氣體的體積不同，故答案為：×；

②標(biāo)準(zhǔn)狀況下，氣體的氣體摩爾體積為22.4L/mol，n===1moL，所含的分子數(shù)目約為6.02×1023；故答案為：√；

③氣體的體積受溫度；壓強(qiáng)影響；如壓強(qiáng)較大，則氣體的體積可能小于22.4L，故答案為：×；

④升高溫度，如溶解度減小，則仍未飽和溶液，故答案為：×．14、×【分析】【分析】常溫常壓下，氣體的氣體摩爾體積不等于22.4L/mol，無(wú)法計(jì)算物質(zhì)的量．【解析】【解答】解：常溫常壓下，氣體的氣體摩爾體積不等于22.4L/mol，則22.4LO3的物質(zhì)的量不等于1mol，氧原子個(gè)數(shù)不等于3nA；

故答案為：×．15、√【分析】【分析】NaHCO3為強(qiáng)電解質(zhì)，在溶液中電離出鈉離子和碳酸氫根離子；NaOH為可溶性的強(qiáng)堿，在溶液中完全電離出鈉離子和氫氧根離子，NaHCO3與NaOH溶液反應(yīng)實(shí)質(zhì)為碳酸氫根離子與氫氧根離子反應(yīng)生成碳酸根離子和水．【解析】【解答】解：NaHCO3溶液與NaOH溶液反應(yīng)生成可溶性的碳酸鈉和水，反應(yīng)的實(shí)質(zhì)為HCO3-與OH-反應(yīng)生成CO32-和H2O，該反應(yīng)的離子方程式為：OH-+HCO3-=CO32-+H2O；

故答案為：√．16、√【分析】【分析】根據(jù)同主族元素性質(zhì)相似的規(guī)律判斷．【解析】【解答】解：Na和K位于周期表相同主族，性質(zhì)相似，Na可以與水反應(yīng)放出H2，所以K也可以與水反應(yīng)放出H2；

故答案為：√．17、√【分析】【分析】標(biāo)準(zhǔn)狀況下5.6LNO的物質(zhì)的量為：=0.25mol；鐵粉、銅粉的混合物與稀硝酸發(fā)生的反應(yīng)有：Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O、3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O、3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O，據(jù)此判斷消耗的硝酸的物質(zhì)的量．【解析】【解答】解：粉與銅粉混合物與適量稀硝酸反應(yīng)生成的氣體為NO，標(biāo)準(zhǔn)狀況下5.6LNO的物質(zhì)的量為：=0.25mol；

銅粉與稀硝酸反應(yīng)的方程式為：①3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；

鐵與稀硝酸反應(yīng)的方程式有：②Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O、③3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O；

分析反應(yīng)①②③可知；無(wú)論銅粉與鐵粉的組成，生成0.25molNO都消耗硝酸：0.25mol×4=1mol；

故答案為：√．18、×【分析】【分析】每個(gè)NH3分子中含有10個(gè)電子，結(jié)合n==計(jì)算．【解析】【解答】解：n（NH3）==0.2mol，含有的電子的物質(zhì)的量為0.2mol×10=2mol，則個(gè)數(shù)為2NA；

故答案為：×．四、實(shí)驗(yàn)題(共1題，共8分)19、略

【分析】【方案一】小蘇打受熱分解,根據(jù)反應(yīng)前后固體質(zhì)量的變化,可以測(cè)定小蘇打樣品中Na2CO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。(1)給固體灼燒需用到的儀器有:酒精燈、三腳架、坩堝、泥三角、坩堝鉗。(2)加熱至恒重的目的是保證NaHCO3分解完全。(3)當(dāng)兩次稱(chēng)量剩余固體的質(zhì)量差不超過(guò)0.1g時(shí),說(shuō)明已經(jīng)加熱至恒重。(4)加熱過(guò)程中迸濺出晶體時(shí),最后剩余的固體質(zhì)量減小,求出的小蘇打的質(zhì)量增大,進(jìn)而求出的蘇打的質(zhì)量減小?！痉桨付?1)過(guò)濾操作中用到的儀器有:鐵架臺(tái)(附鐵圈)、燒杯、漏斗、玻璃棒、濾紙。(2)判斷沉淀是否完全的方法是:靜置,向上層清液中繼續(xù)滴加沉淀劑,若有沉淀生成,則說(shuō)明沉淀不完全;若無(wú)沉淀生成,則說(shuō)明沉淀已完全。(3)洗滌沉淀的操作是向漏斗里加入蒸餾水,使水面沒(méi)過(guò)沉淀物,等水自然流完后,重復(fù)操作2～3次。(4)要判斷沉淀是否洗干凈就要分析如果沒(méi)有洗凈,洗滌液中含有何種易于鑒別的離子,然后取最后一次的洗滌液,選擇適當(dāng)?shù)脑噭┻M(jìn)行實(shí)驗(yàn),該題若沒(méi)有洗干凈,會(huì)含有OH-、Ba2+、HCC離子,現(xiàn)象明顯的是用S鑒別Ba2+?！痉桨溉?1)A裝置是將樣品中的Na2CO3、NaHCO3完全轉(zhuǎn)化為CO2,產(chǎn)生的CO2被C裝置吸收,通過(guò)稱(chēng)量C裝置吸收前后的質(zhì)量差(即產(chǎn)生的CO2的質(zhì)量),可以求出Na2CO3和NaHCO3的質(zhì)量,進(jìn)而求出小蘇打樣品中Na2CO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。由于堿石灰既能吸收CO2又能吸收水蒸氣,所以從A裝置中出來(lái)的氣體在進(jìn)入C裝置前,必須除去CO2氣體中的水蒸氣,C裝置后面必須連接一防止空氣中的水蒸氣、CO2進(jìn)入的裝置。用鹽酸代替稀硫酸進(jìn)行實(shí)驗(yàn)時(shí),揮發(fā)出來(lái)的HCl氣體會(huì)被C裝置吸收而導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果不準(zhǔn)確。(2)設(shè)樣品中Na2CO3的物質(zhì)的量為x,NaHCO3的物質(zhì)的量為y。則有:44g·mol-1(x+y)=8.8g,106g·mol-1x+84g·mol-1y=17.9g,解得:x=0.05mol,y=0.15mol。可求出樣品中Na2CO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為29.6%。(3)由于A、B裝置內(nèi)的CO2氣體無(wú)法完全進(jìn)入C裝置里,導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)測(cè)得的結(jié)果有誤差,應(yīng)增加一套將A、B內(nèi)的CO2氣體驅(qū)趕到C里的裝置(合理即可)?！窘馕觥俊敬鸢浮俊痉桨敢弧?1)坩堝、泥三角(2)保證NaHCO3分解完全(3)兩次稱(chēng)量固體的質(zhì)量差不超過(guò)0.1g(4)偏小【方案二】(1)玻璃棒(2)靜置,向上層清液滴加一滴Ba(OH)2溶液,觀察是否有白色沉淀生成(3)向漏斗里加入蒸餾水,使水面沒(méi)過(guò)沉淀物,等水自然流完后,重復(fù)操作2～3次(4)取少量最后一次洗滌沉淀的濾液于試管中,滴加一滴Na2SO4溶液,觀察是否有白色沉淀生成【方案三】(1)濃H2SO4防止空氣中的水蒸氣、CO2進(jìn)入C裝置不能(2)29.6%(3)缺少一套將A、B內(nèi)的CO2氣體驅(qū)趕到C里的裝置(或其他合理答案)五、探究題(共4題，共16分)20、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，與氫氧化鈉不反應(yīng)，甲酸、苯酚與氫氧化鈉反應(yīng)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，以此解答該題．21、酸式|反應(yīng)中生成的錳離子具有催化作用，所以隨后褪色會(huì)加快|滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶?jī)?nèi)的顏色由無(wú)色變成紫紅色，且半分鐘不變化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有強(qiáng)氧化性，應(yīng)用酸式滴定管盛裝；高錳酸根離子被還原生成的錳離子有催化作用而導(dǎo)致反應(yīng)速率加快，所以剛滴下少量KMnO4溶液時(shí)；溶液迅速變成紫紅色；滴定終點(diǎn)時(shí)，當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏胃咤i酸鉀溶液，錐形瓶?jī)?nèi)的顏色由無(wú)色變成紫紅色，且半分鐘不變化，證明達(dá)到終點(diǎn)；

故答案為：酸式；反應(yīng)中生成的錳離子具有催化作用；所以隨后褪色會(huì)加快；滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶?jī)?nèi)的顏色由無(wú)色變成紫紅色，且半分鐘不變化；

(2)③第3組KMnO4溶液的體積與第1、2組相差比較大，舍去第3組，應(yīng)按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，故消耗KMnO4溶液的體積為mL=20mL

設(shè)樣品的純度為x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g2mol5.0g×x×g（0.1000×0.020）mol解得：x==90.00%；

故答案為：20.00；90.00%；

(3)④A．未用標(biāo)準(zhǔn)濃度的酸性KMnO4溶液潤(rùn)洗滴定管，標(biāo)準(zhǔn)液的濃度偏小，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，故A正確；

B．滴定前錐形瓶有少量水，待測(cè)液的物質(zhì)的量不變，對(duì)V（標(biāo)準(zhǔn)）無(wú)影響，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）不變，故B錯(cuò)誤；

C．滴定前滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后氣泡消失，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，故C正確；

D．不小心將少量酸性KMnO4溶液滴在錐形瓶外，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，故D正確；

E．觀察讀數(shù)時(shí)，滴定前仰視，滴定后俯視，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏小，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏小，故E錯(cuò)誤；

故選ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有強(qiáng)氧化性，應(yīng)用酸式滴定管盛裝；高錳離子有催化作用而導(dǎo)致反應(yīng)速率加快；乙二酸與KMnO4發(fā)生氧化還原反應(yīng)，滴定終點(diǎn)時(shí)，溶液由無(wú)色變成紫紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色；③第3組KMnO4溶液的體積與第1、2組相差比較大，舍去第3組，應(yīng)按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，根據(jù)關(guān)系式2KMnO4～5H2C2O4計(jì)算；

④根據(jù)c（待測(cè)）=分析不當(dāng)操作對(duì)V（標(biāo)準(zhǔn)）的影響，以此判斷濃度的誤差．22、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，與氫氧化鈉不反應(yīng)，甲酸、苯酚與氫氧化鈉反應(yīng)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，以此解答該題．23、酸式|反應(yīng)中生成的錳離子具有催化作用，所以隨后褪色會(huì)加快|滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶?jī)?nèi)的顏色由無(wú)色變成紫紅色，且半分鐘不變化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有強(qiáng)氧化性，應(yīng)用酸式滴定管盛裝；高錳酸根離子被還原生