2025年華師大新版高三化學(xué)下冊(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，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年華師大新版高三化學(xué)下冊(cè)月考試卷221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)一二三四五總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、下列關(guān)于Al及其化合物的性質(zhì)描述正確的是（）A.金屬鋁能夠在空氣中穩(wěn)定存在是因?yàn)槠湓诔叵虏慌c氧氣反應(yīng)B.氧化鋁與NaOH溶液的反應(yīng)體現(xiàn)了氧化鋁的酸性氧化物的特性C.明礬的水溶液具有“凈水、殺菌消毒”的作用D.氫氧化鋁是兩性氫氧化物，其“兩性”是指既具有氧化性，又具有還原性2、一定溫度下，反應(yīng)N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)的標(biāo)志是（）A.斷開1molH-H的同時(shí)斷開2molN-HB.c（N2）：c（H2）：c（NH3）=1：3：2C.N2與H2的物質(zhì)的量之和是NH3的物質(zhì)的量2倍D.單位時(shí)間里每增加1molN2，同時(shí)增加3molH23、有機(jī)化學(xué)中取代反應(yīng)范疇很廣，下列有關(guān)CH3CH2OH的反應(yīng)中（條件未注明）屬于取代反應(yīng)范疇的是（）

①CH3CH2OH+HBr-→CH3CH2Br+H2O

②2CH3CH2OH-→CH3CH2OCH2CH3+H2O

③CH3CH2OH-→CH2=CH2↑+H2O

④2CH3CH2OH+O2-→2CH3CHO+2H2O．A.①②④B.③C.①②D.全是4、關(guān)于某無色溶液中所含離子的鑒別，下列判斷正確的是（）A.加入AgNO3溶液，生成白色沉淀，可確定Cl─存在B.加入稀鹽酸無明顯現(xiàn)象，再加BaCl2溶液生成白色沉淀，可確定SO42─存在C.加入BaCl2溶液，生成白色沉淀，可確定SO42-存在D.某固體加入鹽酸，生成的氣體能使澄清石灰水變渾濁，則該固體中一定含有CaCO35、化學(xué)已滲透到人類生活的各方面，下列說法不正確的是（）A.2012年12月31日，山西一化工廠發(fā)生苯胺泄漏事故，苯胺對(duì)環(huán)境有污染B.纖維素、蔗糖、葡萄糖和脂肪在一定條件下都可以發(fā)生水解反應(yīng)C.從海水中可以得到NaCl，電解熔融NaCl可制備NaD.醫(yī)療上的血液透析利用了膠體的性質(zhì)6、下列有關(guān)表述正確的是（）A.加入催化劑不會(huì)使化學(xué)平衡移動(dòng)B.把封有NO2的燒瓶浸入熱水中，顏色變淺C.用30%的FeCl3溶液腐蝕印刷線路板上的銅箔：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+D.過量的NaHSO4與Ba（OH）2溶液反應(yīng)：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O評(píng)卷人得分二、雙選題(共8題，共16分)7、準(zhǔn)確量取25.00mL高錳酸鉀溶液，可選用的儀器是()A.50mL量筒B.25mL酸式滴定管C.50mL酸式滴定管D.50mL堿式滴定管8、對(duì)下列實(shí)驗(yàn)的描述正確的是()

A.圖1所示的實(shí)驗(yàn)：根據(jù)檢流計(jì)(G)中指針偏轉(zhuǎn)的方向可比較Zn.Cu的金屬活潑性B.圖2所示的實(shí)驗(yàn)：根據(jù)試管中液面的升降可判斷鐵釘發(fā)生的是析氫腐蝕還是吸氧腐蝕C.圖3所示的實(shí)驗(yàn)：根據(jù)溫度計(jì)讀數(shù)的變化可測(cè)量濃硫酸和NaOH反應(yīng)的中和熱D.圖4所示的實(shí)驗(yàn)：根據(jù)兩燒瓶中所示的氣體顏色可判斷2NO2(g)?N2O4(g)正反應(yīng)是吸熱反應(yīng)9、（雙項(xiàng)）下列說法正確的是（）A.氫鍵是一種化學(xué)鍵B.氫鍵使物質(zhì)具有較高的熔、沸點(diǎn)C.能與水分子形成氫鍵的物質(zhì)易溶于水D.水結(jié)成冰體積膨脹與氫鍵無關(guān)10、設(shè)rm{N_{A}}表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是A.rm{5.6g}金屬鐵與足量的稀硫酸反應(yīng)失去的電子數(shù)為rm{0.2N_{A}}B.常溫常壓下，rm{22.4LO_{2}}中含有氧原子個(gè)數(shù)為rm{2N_{A}}C.常溫常壓下，rm{1.7gNH_{3}}含有的電子數(shù)目為rm{N_{A}}D.rm{1mol/LNaCl}溶液中含有rm{Cl^{-}}的個(gè)數(shù)為rm{N_{A}}11、有兩份組成及質(zhì)量都相等的rm{Na_{2}O_{2}}和rm{Na_{2}CO_{3}}的混合物，向第一份中加入足量的稀硫酸，放出的氣體共rm{4.48L.}將此氣體通入第二份混合物，充分反應(yīng)后，氣體體積變?yōu)閞m{4.032L(}均為標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積rm{).}則原混合物中rm{Na_{2}O_{2}}和rm{Na_{2}CO_{3}}的物質(zhì)的量之比為rm{(}rm{)}A.rm{2}rm{9}B.rm{3}rm{2}C.rm{2}rm{1}D.rm{8}rm{1}12、下列說法正確的是（）A.鋼鐵的電化學(xué)腐蝕和化學(xué)腐蝕往往同時(shí)發(fā)生B.反應(yīng)C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）的△S＞0、△H＜0C.常溫下，pH為5的氯化銨溶液和pH為9的醋酸鈉溶液中水的電離程度相同D.向BaSO4沉淀中加入飽和Na2CO3溶液后生成BaCO3，則Ksp（BaCO3）＜Ksp（BaSO4）13、下列關(guān)于Na2CO3和NaHCO3的性質(zhì)比較中，不正確的是（）A.熱穩(wěn)定性：Na2CO3＞NaHCO3B.常溫下在水中的溶解性：NaHCO3＞Na2CO3C.等物質(zhì)的量濃度的溶液與稀鹽酸反應(yīng)的產(chǎn)生氣體的速率：Na2CO3＞NaHCO3D.等質(zhì)量的固體與足量鹽酸反應(yīng)放出CO2的質(zhì)量：Na2CO3＜NaHCO314、rm{Cyrneine}rm{A}對(duì)治療神經(jīng)系統(tǒng)疾病有著很好的療效rm{.}可用香芹酮經(jīng)過多步反應(yīng)合成rm{.}下列說法正確的是rm{(}rm{)}

A.香芹酮化學(xué)式為rm{C_{9}H_{12}O}B.rm{Cyrneine}rm{A}可以發(fā)生加成反應(yīng)、消去反應(yīng)和氧化反應(yīng)C.香芹酮和rm{Cyrneine}rm{A}均能使酸性rm{KMnO_{4}}溶液褪色D.香芹酮和rm{Cyrneine}rm{A}可以通過氯化鐵溶液鑒別評(píng)卷人得分三、填空題(共5題，共10分)15、氨基甲酸銨（NH2COONH4）是一種白色固體；易分解；易水解，可用做肥料、滅火劑、洗滌劑等．

某化學(xué)興趣小組模擬制備氨基甲酸銨，并探究其分解反應(yīng)平衡常數(shù)．反應(yīng)的化學(xué)方程式：2NH3（g）+CO2（g）NH2COONH4（s）．請(qǐng)按要求回答下列問題：

（1）請(qǐng)?jiān)谙聢D1方框內(nèi)畫出用濃氨水與生石灰制取氨氣的裝置簡(jiǎn)圖．

（2）制備氨基甲酸銨的裝置如下圖2所示．生成的氨基甲酸銨小晶體懸浮在四氯化碳中．

①?gòu)姆磻?yīng)后的混合物中分離出產(chǎn)品的實(shí)驗(yàn)方法是____（填操作名稱）．

②圖3中濃硫酸的作用是____．

（3）將一定量純凈的氨基甲酸銨固體置于特制的密閉真空容器中（假設(shè)容器體積不變；固體試樣體積忽略不計(jì)），在恒定溫度下使其達(dá)到分解平衡．實(shí)驗(yàn)測(cè)得不同溫度下的平衡數(shù)據(jù)列于下表：

。溫度（℃）15.020.025.030.035.0平衡總壓強(qiáng)（kPa）5.78.312.017.124.0平衡氣體總濃度（×10-3mol/L）2.43.44.86.89.4①下列選項(xiàng)可以判斷該分解反應(yīng)達(dá)到平衡的是____．

A．密閉容器內(nèi)混合氣體的壓強(qiáng)不變。

B．密閉容器內(nèi)物質(zhì)總質(zhì)量不變。

C．密閉容器中混合氣體的密度不變。

D．密閉容器中氨氣的體積分?jǐn)?shù)不變。

②該分解反應(yīng)的焓變△H____0（填“＞”、“=”或“＜”），25.0℃時(shí)分解平衡常數(shù)的值=____．

③取一定量的氨基甲酸銨固體放在一個(gè)帶活塞的密閉真空容器中，在25.0℃下達(dá)到分解平衡．若在恒溫下壓縮容器體積，氨基甲酸銨固體的質(zhì)量將____（填“增加”；“減少”或“不變”）．

16、CO是現(xiàn)代化工生產(chǎn)的基礎(chǔ)原料；下列有關(guān)問題都和CO的使用有關(guān)．

（1）人們利用CO能與金屬鎳反應(yīng)，生成四羰基鎳，然后將四羰基鎳分解從而實(shí)現(xiàn)鎳的提純，最后可以得到純度達(dá)99.9%的高純鎳．具體反應(yīng)為：Ni（s）+4CO（g）Ni（CO）4（g）該正反應(yīng)的△H____0（選填“＞”或“=”或“＜”）．

（2）工業(yè)上可利用CO生產(chǎn)乙醇：

2CO（g）+4H2（g）═CH3CH2OH（g）+H2O（g）△H1

又已知：H2O（l）═H2O（g）△H2

CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H3

工業(yè)上也可利用CO2（g）與H2（g）為原料合成乙醇：

2CO2（g）+6H2（g）═CH3CH2OH（g）+3H2O（l）△H

則：△H與△H1、△H2、△H3之間的關(guān)系是：△H=____．

（3）一定條件下，H2；CO在體積固定的密閉容器中發(fā)生如下反應(yīng)：

4H2（g）+2CO（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）；

下列選項(xiàng)能判斷該反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的依據(jù)的有____

A．2v（H2）=v（CO）

B．CO的消耗速率等于CH3OCH3的生成速率。

C．容器內(nèi)的壓強(qiáng)保持不變。

D．混合氣體的密度保持不變。

E．混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量不隨時(shí)間而變化。

（4）工業(yè)可采用CO與H2反應(yīng)合成再生能源甲醇；反應(yīng)如下：

CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）

在一容積可變的密閉容器中充有10molCO和20molH2；在催化劑作用下發(fā)生反應(yīng)生成甲醇．CO的平衡轉(zhuǎn)化率（α）與溫度（T）；壓強(qiáng)（p）的關(guān)系如圖1所示．

①合成甲醇的反應(yīng)為____（填“放熱”或“吸熱”）反應(yīng)．

②A、B、C三點(diǎn)的平衡常數(shù)KA、KB、KC的大小關(guān)系為____．

③若達(dá)到平衡狀態(tài)A時(shí)，容器的體積為10L，則在平衡狀態(tài)B時(shí)容器的體積為____L．

④如圖2中虛線為該反應(yīng)在使用催化劑條件下關(guān)于起始?xì)錃馀cCO投料比和CO平衡轉(zhuǎn)化率的關(guān)系圖．

當(dāng)其條件完全相同時(shí)；用實(shí)線畫出不使用催化劑情況下C0平衡轉(zhuǎn)化率的示意圖．

⑤CO的平衡轉(zhuǎn)化率（a）與溫度（T）、壓強(qiáng)（p）的關(guān)系如圖3所示，實(shí)際生產(chǎn)時(shí)條件控制在250℃、1.3x104kPa左右，選擇此壓強(qiáng)的理由是____．

17、如圖中的N是一種用途廣泛的高分子化合物，A是不飽和烴而D是芳香醇化合物．

（1）A的名稱為____，C+D的反應(yīng)類型為____．

（2）H中官能團(tuán)的名稱為____，F(xiàn)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為____．

（3）轉(zhuǎn)化過程中，反應(yīng)①與②的目的是____．

（4）在催化劑存在下，E、M按物質(zhì)的量比為1：1的比例發(fā)生聚合反應(yīng)的化學(xué)方程式為____．

（5）E有多種同分異構(gòu)體，符合下列條件的同分異構(gòu)體最多有____種，其中核磁共振氫譜有5個(gè)峰的有機(jī)物結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為____．

①遇FeCl3溶液顯紫色；②分子中只有一個(gè)環(huán)狀結(jié)構(gòu)。

（6）氯丁橡膠是一種具有良好的物理機(jī)械性能的橡膠，其單體是CH2=CClCH=CH2，試按合成“XY”

形式表示出由1，3-丁二烯合成CH2=CCl-CH=CH2的路線圖．18、某化學(xué)研究性小組采用如下裝置（夾持和加熱儀器已略去）電解飽和食鹽水一段時(shí)間；并通過實(shí)驗(yàn)測(cè)定產(chǎn)物的量來判斷飽和食鹽水的電解率．飽和食鹽水的電解率=（電解的氯化鈉質(zhì)量/總的氯化鈉質(zhì)量）×100%

甲方案：利用甲；乙裝置測(cè)定飽和食鹽水的電解率。

（1）若飽和食鹽水中滴有酚酞，則電解過程中甲裝置中的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象：____．

（2）若洗氣瓶a中盛放的為足量的氫氧化鈉溶液，通過測(cè)定洗氣瓶a在電解前后的質(zhì)量變化來計(jì)算飽和食鹽水的電解率，則正確的連接順序?yàn)開___連____（填A(yù)、B、C、D、E等導(dǎo)管口），則洗氣瓶a中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為____．

乙方案：利用甲；丙裝置測(cè)定飽和食鹽水的電解率。

（3）對(duì)于乙方案；有同學(xué)提出有兩種方法都可測(cè)得飽和食鹽水的電解率。

Ⅰ．通過測(cè)定硬質(zhì)玻璃管中氧化銅固體前后質(zhì)量差來計(jì)算飽和食鹽水的電解率。

Ⅱ．通過測(cè)定丙裝置中除硬質(zhì)玻璃管外的某裝置前后質(zhì)量差來計(jì)算飽和食鹽水的電解率。

①一同學(xué)認(rèn)為可以在乙方案方法Ⅱ中的裝置中添加一干燥裝置防止外界空氣中的水蒸氣的干擾，則該干燥裝置應(yīng)與____口連接（填A(yù)；B、C、D、E等導(dǎo)管口）．

②另一同學(xué)認(rèn)為乙方案的方法Ⅰ、Ⅱ測(cè)得的實(shí)驗(yàn)結(jié)論都不正確，你是否同意？請(qǐng)說明理由____．

丙方案：只利用甲裝置測(cè)定飽和食鹽水的電解率。

（4）若電解150mL飽和食鹽水一段時(shí)間，測(cè)得溶液的為pH為14，求飽和食鹽水的電解率____（假設(shè)電解前后溶液體積不變，飽和食鹽水密度約為1.33g/mL，溶解度為36.0g）．19、元素周期表的形式多種多樣；下圖是扇形元素周期表的一部分（1～36號(hào)元素），對(duì)比中學(xué)常見元素周期表，思考扇形元素周期表的填充規(guī)律，并回答下列問題：

（1）D代表的元素處于常見周期表的位置是____．

（2）元素F、G、I、K、M的原子半徑由大到小的順序是____（用元素符號(hào)表示）．

（3）B、F、G三種元素最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物堿性最強(qiáng)的是____（填化學(xué)式）．

（4）元素B和N形成的化合物的水溶液與元素K的單質(zhì)反應(yīng)的離子方程式為____，反應(yīng)后，向溶液中加入C、K形成的化合物，現(xiàn)象為____．評(píng)卷人得分四、簡(jiǎn)答題(共2題，共14分)20、氯化鋁可制備無機(jī)高分子混凝劑；在有機(jī)合成中有廣泛的用途．

完成下列填空：

rm{(1)}實(shí)驗(yàn)室配制氯化鋁溶液時(shí)加入鹽酸的目的是______．

rm{(2)}往rm{AlCl_{3}}溶液中加入過量下列溶液，最終得到無色澄清溶液的是______rm{(}選填編號(hào)rm{)}．

rm{a.Na_{2}CO_{3}b.NaOHc.NaAlO_{2}d.H_{2}SO_{4}}

rm{(3)}用滴管向試管中滴加少量rm{AlCl_{3}}溶液時(shí)，滴管不得伸入試管中的理由是______用試管夾夾持上述試管在酒精燈上加熱時(shí)，不斷上下移動(dòng)試管的目的是______rm{.}取rm{AlCl_{3}}溶液，用小火持續(xù)加熱至水剛好蒸干，生成白色固體的組成可表示為：______rm{Al_{2}(OH)_{n}Cl_{(6-n)}}為確定rm{n}的值，取rm{3.490g}白色固體，全部溶解在rm{0.1120mol}的rm{HNO_{3}(}足量rm{)}中，并加水稀釋成rm{100mL}將溶液分成兩等份，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：

rm{(4)}一份與足量氨水充分反應(yīng)后過濾、洗滌、灼燒，最后得rm{Al_{2}O_{3}}的質(zhì)量為rm{1.020g.}判斷加入氨水已足量的操作是______rm{.}過濾、洗滌后至少要灼燒______次rm{(}填寫數(shù)字rm{)}測(cè)定樣品中鋁元素含量時(shí)不選擇測(cè)定干燥rm{Al(OH)_{3}}的質(zhì)量，而是測(cè)定rm{Al_{2}O_{3}}的質(zhì)量的原因可能是______rm{(}選填編號(hào)rm{)}．

rm{a.}干燥rm{Al(OH)_{3}}固體時(shí)易失水rm{b.Al_{2}O_{3}}的質(zhì)量比rm{Al(OH)_{3}}大；誤差小。

rm{c.}沉淀rm{Al(OH)_{3}}時(shí)不完全rm{d.}灼燒氧化鋁時(shí)不分解。

rm{(5)}從另一份溶液中取出rm{20.00mL}用rm{0.1290mol/L}的標(biāo)準(zhǔn)rm{NaOH}溶液滴定過量的硝酸，滴定前滴定管讀數(shù)為rm{0.00mL}終點(diǎn)時(shí)滴定管液面rm{(}局部rm{)}如圖所示rm{(}背景為白底藍(lán)線的滴定管rm{).}則滴定管的讀數(shù)______rm{mL}rm{Al_{2}(OH)_{n}Cl_{(6-n)}}中rm{n}的值為______．21、某實(shí)驗(yàn)小組用工業(yè)上廢渣rm{(}主要成分rm{Cu_{2}S}和rm{Fe_{2}O_{3})}制取純銅和綠礬rm{(FeSO_{4}隆隴7H_{2}O)}產(chǎn)品，設(shè)計(jì)流程如下：rm{(1)(1)}在實(shí)驗(yàn)室中，欲用rm{98攏樓}的濃硫酸rm{(}密度為rm{1.84g隆隴mL-1)}配制rm{500mL1.0mol隆隴L-1}的硫酸，需要的儀器除量筒、燒杯、玻璃棒、膠頭滴管，還有________。rm{(2)}該小組同學(xué)設(shè)計(jì)如下裝置模擬廢渣在過量氧氣中焙燒，并驗(yàn)證廢渣中含硫元素。rm{壟脵}裝置rm{A}中反應(yīng)的化學(xué)方程式為________；rm{D}裝置作用________，rm{E}裝置中的現(xiàn)象是________rm{壟脷}當(dāng)rm{F}裝置中出現(xiàn)白色沉淀時(shí)，反應(yīng)離子方程式為________rm{壟脹}反應(yīng)裝置不完善，為避免空氣污染，在方框中補(bǔ)全裝置圖，并注明試劑名稱。rm{(3)}從下列圖中選擇合適的裝置，寫出步驟rm{壟脻}中進(jìn)行的操作順序________rm{(}填序號(hào)rm{)}rm{(4)}步驟rm{壟脼}中由粗銅得到純銅的方法為________rm{(}填寫名稱rm{)}．rm{(5)}為測(cè)定產(chǎn)品中綠礬的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，稱取rm{30.0g}樣品溶于水配成rm{250mL}溶液，取rm{25.00mL}溶液于錐形瓶中，用rm{0.1000mol隆隴L^{-1}}酸性rm{KMnO4}溶液進(jìn)行滴定，反應(yīng)為：rm{10FeSO_{4}+8H_{2}SO_{4}+2KMnO_{4}=2MnSO_{4}+5Fe_{2}(SO_{4})_{3}+K_{2}SO_{4}+8H_{2}O.}實(shí)驗(yàn)所得數(shù)據(jù)如下表所示：。滴定次數(shù)rm{1}rm{2}rm{3}rm{4}rm{KMnO_{4}}溶液體積rm{/mL}rm{19.10}rm{20.02}rm{19.98}rm{20.00}rm{壟脵}第rm{1}組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)出現(xiàn)異常，造成這種異常的原因可能是________rm{(}填代號(hào)rm{)}．rm{a.}酸式滴管定管用蒸餾水洗凈后未用標(biāo)準(zhǔn)液潤(rùn)洗rm{b.}錐形瓶洗凈后未干燥rm{c.}滴定終點(diǎn)時(shí)俯視讀數(shù)rm{d.}滴定前尖嘴有氣泡，滴定后氣泡消失rm{壟脷}根據(jù)表中數(shù)據(jù)，計(jì)算所得產(chǎn)品中綠礬的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為________。評(píng)卷人得分五、解答題(共4題，共12分)22、實(shí)驗(yàn)：將硫酸亞鐵晶體加入如圖（1）中所示的干燥試管A里；隔絕空氣加強(qiáng)熱充分反應(yīng)后，試管A中得殘留固體甲，在試管B內(nèi)得到無色液體乙．取出甲放在圖（2）中的石英管C的中部，連接好其他部分的儀器后，開啟旋塞K，逐滴滴加乙醇使C管左部石棉絨（一種纖維狀硅酸鹽材料，很穩(wěn)定，不燃燒）浸潤(rùn)吸足，關(guān)閉K，然后加熱，幾分鐘左右（加熱過程中還可以較快地開啟；關(guān)閉旋塞K來補(bǔ)充乙醇并使之通入石棉絨里），可觀察到甲的顏色由紅棕色逐漸變?yōu)楹谏磻?yīng)停止后，取試管E中的液體0.5mL逐滴加入到含新配制的銀氨溶液的試管F中，振蕩后，把試管放在水浴中溫?zé)幔痪脮?huì)觀看到試管內(nèi)壁上附著一層光亮如鏡的金屬銀．

回答下列問題：

（1）寫出如圖（1）所示的干燥試管A中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式：______Fe2O3+SO2↑+SO3+14H2O23、取一定量的Na2CO3和Na2SO4混合物溶液與過量鹽酸反應(yīng)，生成2.016LCO2（STP），然后加入足量的Ba（OH）2溶液，得到沉淀的質(zhì)量為2.33g．寫出反應(yīng)的所有離子方程式，計(jì)算混合物中Na2CO3和Na2SO4的物質(zhì)的量分別為多少．24、組成和結(jié)構(gòu)相似的物質(zhì)隨相對(duì)分子質(zhì)量的增大，熔沸點(diǎn)升高．如N2平均相對(duì)分子質(zhì)量是28，O2平均相對(duì)分子質(zhì)量是32，所以O(shè)2的沸點(diǎn)（-183℃）比N2（-196℃）的沸點(diǎn)高．由此推測(cè)NO的相對(duì)分子質(zhì)量為30，它的沸點(diǎn)應(yīng)該介于N2和O2之間．這個(gè)推論符合科學(xué)規(guī)律嗎？為什么？25、20℃時(shí)將12.1gM（NO3）x?3H2O晶體溶于44.3g水中，或在相同溫度下將4.7gM（NO3）x無水鹽溶于23.5g水中，均可制得該鹽的飽和溶液．上述兩部分溶液混合，再加水稀釋為0.1mol/L，用惰性電極進(jìn)行電解，當(dāng)電極上通過0.15mol電子時(shí)，溶液中的Mx+離子恰好全部成單質(zhì)析出（設(shè)無氫氣生成）．試計(jì)算：

（1）20℃時(shí)M（NO3）x的溶解度；

（2）M（NO3）x?3H2O的摩爾質(zhì)量及x值；

（3）M的相對(duì)原子質(zhì)量．參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、B【分析】【分析】A；鋁表面的氧化鋁為致密的氧化物結(jié)構(gòu)；

B；氧化鋁與NaOH溶液的反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和水；

C；根據(jù)明礬的性質(zhì)分析；

D、氫氧化鋁是兩性氫氧化物，其“兩性”是指既具酸性，又具有堿性．【解析】【解答】解：A；鋁表面的氧化鋁為致密的氧化物結(jié)構(gòu)；可阻止金屬進(jìn)一步被腐蝕，故A錯(cuò)誤；

B；氧化鋁與NaOH溶液的反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和水；生成鹽和水，所以體現(xiàn)了氧化鋁的酸性氧化物的特性，故B正確；

C；明礬沒有強(qiáng)氧化性；沒有消毒殺菌作用，故C錯(cuò)誤；

D；氫氧化鋁是兩性氫氧化物；其“兩性”是指既具酸性，又具有堿性，而不是還原性和氧化性，故D錯(cuò)誤；

故選B．2、A【分析】【分析】根據(jù)化學(xué)平衡狀態(tài)的特征解答，當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，正逆反應(yīng)速率相等，各物質(zhì)的濃度、百分含量不變，以及由此衍生的一些量也不發(fā)生變化，解題時(shí)要注意，選擇判斷的物理量，隨著反應(yīng)的進(jìn)行發(fā)生變化，當(dāng)該物理量由變化到定值時(shí)，說明可逆反應(yīng)到達(dá)平衡狀態(tài)．【解析】【解答】解：A；斷開1molH-H；等效于形成2molN-H，同時(shí)斷開2molN-H，故A正確；

B、當(dāng)體系達(dá)平衡狀態(tài)時(shí)，c（N2）：c（H2）：c（NH3）可能等于1：3：2；也可能不是，與各物質(zhì)的初始濃度及轉(zhuǎn)化率有關(guān)，故B錯(cuò)誤；

C；平衡時(shí)反應(yīng)物與生成物的物質(zhì)的量關(guān)系取決于反應(yīng)起始物質(zhì)的量以及轉(zhuǎn)化的程度；不能用來判斷是否達(dá)到平衡狀態(tài)，故C錯(cuò)誤；

D．無論是否達(dá)到平衡狀態(tài)，都存在單位時(shí)間里每增加1molN2，同時(shí)增加3molH2；都是逆反應(yīng)速率，不能說明正逆反應(yīng)速率相等，故D錯(cuò)誤；

故選A．3、C【分析】【分析】根據(jù)取代反應(yīng)的定義“有機(jī)化合物分子里的某些原子或原子團(tuán)被其它原子或原子團(tuán)所代替的反應(yīng)”進(jìn)行判斷．【解析】【解答】解：①CH3CH2OH中的羥基被溴原子取代生成溴乙烷；屬于消去反應(yīng)，故①正確；

②乙醇羥基上的氫原子被乙基取代生成乙醚；屬于取代反應(yīng)，故②正確；

③乙醇發(fā)生消去反應(yīng)生成乙烯；屬于消去反應(yīng)，故③錯(cuò)誤；

④乙醇被催化氧化生成乙醛；該反應(yīng)為氧化反應(yīng)，不屬于取代反應(yīng)，故④錯(cuò)誤；

故選C．4、B【分析】【分析】A；從溶液中碳酸根離子、硫酸根離子的干擾分析；

B；依據(jù)檢驗(yàn)硫酸根離子的規(guī)范操作進(jìn)行分析判斷；主要是避免干擾離子的作用；

C；從碳酸根離子、銀離子等離子的干擾分析判斷；

D、從亞硫酸鹽與鹽酸生成的二氧化硫氣體的干擾分析解決；【解析】【解答】解；A、加入AgNO3溶液；生成白色沉淀，溶液中可能含有碳酸根離子；硫酸根離子，也會(huì)產(chǎn)生白色沉淀，故A錯(cuò)誤；

B、檢驗(yàn)硫酸根離子的存在，先加入稀鹽酸無明顯現(xiàn)象，排除了銀離子、碳酸根離子等其他離子的干擾，再加入BaCl2溶液生成白色沉淀；可以確定含硫酸根離子，故B正確；

C、加入BaCl2溶液；生成白色沉淀，原溶液中可以含有碳酸根離子；銀離子等都可以生成白色沉淀，故不能確定硫酸根離子的存在，故C錯(cuò)誤；

D；某固體加入鹽酸；生成的氣體能使澄清石灰水變渾濁，可能生成的是二氧化硫氣體，不能說明原固體是碳酸鹽，故D錯(cuò)誤；

故選B．5、B【分析】解：A；2012年12月31日；山西一化工廠發(fā)生苯胺泄漏事故，對(duì)水體可造成污染，故A正確；

B；纖維素、蔗糖和脂肪在一定條件下都可以發(fā)生水解反應(yīng)；葡萄糖不能發(fā)生水解反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；

C；海水曬鹽得到NaCl；工業(yè)上常用電解熔融NaCl制取金屬鈉，故C正確；

D；血液透析原理即為滲析原理；涉及膠體性質(zhì)，故D正確；

故選：B．

A；苯胺對(duì)環(huán)境有危害；對(duì)水體可造成污染，會(huì)引起人體高鐵血紅蛋白血癥、溶血性貧血和肝、腎損害；

B；葡萄糖屬于單糖；不能發(fā)生水解；

C；海水曬鹽得到NaCl；工業(yè)上常用電解熔融NaCl制取金屬鈉；

D；血液透析原理即為滲析原理．

本題主要考查了物質(zhì)的性質(zhì)、制備和危害，難度不大，注意血液透析原理即為滲析原理．【解析】【答案】B6、A【分析】【分析】A；催化劑改變反應(yīng)速率不改變平衡；

B；二氧化氮聚合為四氧化二氮存在化學(xué)平衡是放熱反應(yīng)；依據(jù)平衡移動(dòng)原理分析；

C；離子方程式中電荷不守恒；

D、酸式鹽和堿反應(yīng)，量少的全部反應(yīng)．【解析】【解答】解：A；催化劑改變反應(yīng)速率不改變平衡；故A正確；

B、二氧化氮聚合為四氧化二氮存在化學(xué)平衡是放熱反應(yīng)，2NO2?N2O4；升溫平衡逆向進(jìn)行，顏色加深，故B錯(cuò)誤；

C、用30%的FeCl3溶液腐蝕印刷線路板上的銅箔，反應(yīng)的離子方程式為：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；故C錯(cuò)誤；

D、過量的NaHSO4與Ba（OH）2溶液反應(yīng)，依據(jù)氫氧化鋇組成比可知，離子反應(yīng)為Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O；故D正確；

故選AD．二、雙選題(共8題，共16分)7、B|C【分析】解：量筒是不能精確地計(jì)量的儀器；滴定管；移液管是能精確計(jì)量的儀器．準(zhǔn)確量取25.00mL溶液，應(yīng)用25ml的滴定管，50mL滴定管可以量?。忠?yàn)閴A式滴定管的下端有一段橡皮管，高錳酸鉀具有強(qiáng)腐蝕性，量取高錳酸鉀溶液要用酸式滴定管；

故選BC．【解析】【答案】BC8、A|B【分析】A．Cu；Zn原電池中；活潑金屬為負(fù)極，則根據(jù)檢流計(jì)(G)中指針偏轉(zhuǎn)的方向可比較Zn、Cu的金屬活潑性，故A正確；

B．析氫腐蝕生成氫氣；而吸氧腐蝕中氧氣得電子，氣體減少，則根據(jù)試管中液面的升降可判斷鐵釘發(fā)生的是析氫腐蝕還是吸氧腐蝕，故B正確；

C．中和熱測(cè)定應(yīng)選稀的強(qiáng)酸；則不能利用濃硫酸測(cè)定中和熱，故C錯(cuò)誤；

D．熱水中顏色深；則逆反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，所以正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；

故選AB．

【解析】【答案】AB9、B|C【分析】解：A；氫鍵不是化學(xué)鍵；而是一種分子間作用力，故A錯(cuò)誤；

B、氫鍵的存在使物質(zhì)有較高的熔、沸點(diǎn)（如HF、H2O、NH3等）；故B正確；

C、能與水分子形成氫鍵，使某些物質(zhì)易溶于水（如NH3、C2H5OH等）；故C正確；

D；水結(jié)成冰時(shí)；水分子大范圍地以氫鍵互相連結(jié)，形成疏松的晶體，造成體積膨脹，密度減小，故D錯(cuò)誤；故選BC．

A；氫鍵是一種分子間作用力；

B；氫鍵的存在使物質(zhì)有較高的熔、沸點(diǎn)；

C、能與水分子形成氫鍵，使某些物質(zhì)易溶于水（如NH3、C2H5OH等）；

D；水結(jié)成冰時(shí)；水分子大范圍地以氫鍵互相連結(jié)，形成疏松的晶體，造成體積膨脹，密度減?。?/p>

本題考查氫鍵及氫鍵對(duì)物質(zhì)性質(zhì)的影響，注意氫鍵的存在與電負(fù)性較強(qiáng)的N、O、F元素有關(guān)，選項(xiàng)C為解答的難點(diǎn)，題目難度中等．【解析】【答案】BC10、AC【分析】【解析】：本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的計(jì)算。A、rm{5.6g}金屬鐵為rm{0.1mol}與足量的稀硫酸反應(yīng)生成硫酸亞鐵和氫氣，失去的電子數(shù)為rm{0.2N}金屬鐵為rm{5.6g}與足量的稀硫酸反應(yīng)生成硫酸亞鐵和氫氣，失去的電子數(shù)為rm{0.1mol}rm{0.2N}rm{{,!}_{A}}

，故A正確；B、常溫常壓下，rm{22.4LO}rm{22.4LO}故B錯(cuò)誤；

rm{{,!}_{2}}的體積不是rm{1mol}故B錯(cuò)誤；rm{1mol}C、的物質(zhì)的量為常溫常壓下，每個(gè)氨分子含rm{1.7gNH}個(gè)電子，因此rm{1.7gNH}rm{{,!}_{3}}rm{0.1mol}rm{10}rm{1.7gNH}故C正確；rm{1.7gNH}rm{{,!}_{3}}含有的電子數(shù)目溶液中含有為rm{N}rm{N}rm{{,!}_{A}}

D、rm{1mol?L}rm{1mol?L}【解析】rm{AC}11、rAD【分析】解：發(fā)生反應(yīng)的方程式有：

rm{壟脵2Na_{2}O_{2}+2H_{2}SO_{4}=2Na_{2}SO_{4}+2H_{2}O+O_{2}}

rm{壟脷Na_{2}CO_{3}+H_{2}SO_{4}=Na_{2}SO_{4}+H_{2}O+CO_{2}隆眉}

rm{壟脹2Na_{2}O_{2}+2CO_{2}=2Na_{2}CO_{3}+O_{2}}

rm{Na_{2}CO_{3}}與硫酸反應(yīng)產(chǎn)生rm{CO_{2}}rm{Na_{2}O_{2}}與硫酸反應(yīng)生成rm{O_{2}}而rm{CO_{2}}與rm{Na_{2}O_{2}}反應(yīng)將產(chǎn)生rm{O_{2}}

故兩步反應(yīng)后的剩余氣體一定有rm{O_{2}}可能有rm{CO_{2}}

rm{4.48L}氣體的物質(zhì)的量為：rm{dfrac{4.48L}{22.4L/mol}=0.2mol}

rm{dfrac{4.48L}{22.4L/mol}=0.2

mol}氣體的物質(zhì)的量為：rm{dfrac{4.032L}{22.4L/mol}=0.18mol}

rm{2Na_{2}O_{2}+2CO_{2}=2Na_{2}CO_{3}+O_{2}trianglen}

rm{4.032L}rm{dfrac{4.032L}{22.4L/mol}=0.18

mol}

rm{2Na_{2}O_{2}+2CO_{2}=2Na_{2}CO_{3}+O_{2}triangle

n}rm{2}rm{1}

則：rm{n}

若rm{n}完全反應(yīng)，則第一份生成rm{0.2mol-0.18mol=0.02mol}的為rm{n=0.04mol}rm{CO_{2}}為rm{CO_{2}}

rm{0.04mol}

rm{O_{2}}rm{0.2mol-0.04mol=0.16mol}

rm{2Na_{2}O_{2}+4HCl=4NaCl+2H_{2}O+O_{2}}

rm{0.32mol}rm{0.16mol}

混合物中rm{Na_{2}CO_{3}+2HCl=2NaCl+H_{2}O+CO_{2}}與rm{0.04mol}的物質(zhì)的量之比rm{0.04mol}rm{Na_{2}O_{2}}rm{NaHCO_{3}}

若rm{0.32mol}未完全反應(yīng)，則rm{0.04mol=8}應(yīng)是rm{1}

則第一份生成rm{CO_{2}}的為rm{Na_{2}O_{2}}rm{0.04mol}為rm{O_{2}}

rm{0.02mol}

rm{CO_{2}}rm{0.2mol-0.02mol=0.18mol}

rm{2Na_{2}O_{2}+4HCl=4NaCl+2H_{2}O+O_{2}}

rm{0.04mol}rm{0.02mol}

混合物中rm{Na_{2}CO_{3}+2HCl=2NaCl+H_{2}O+CO_{2}}與rm{0.18mol}的物質(zhì)的量之比rm{0.18mol}rm{Na_{2}O_{2}}rm{NaHCO_{3}}

故選AD．

發(fā)生反應(yīng)的方程式有：rm{0.04mol}rm{0.18mol=2}rm{9}根據(jù)反應(yīng)的可能方程式以及氣體體積的變化判斷反應(yīng)的可能性；根據(jù)二氧化碳是否過量用討論的方法計(jì)算．

本題考查了混合物反應(yīng)的計(jì)算，題目難度中等，明確發(fā)生反應(yīng)的原理為解答關(guān)鍵，注意掌握討論法在化學(xué)計(jì)算中的應(yīng)用方法，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力及化學(xué)計(jì)算能力．rm{壟脵2Na_{2}O_{2}+2H_{2}SO_{4}=2Na_{2}SO_{4}+2H_{2}O+O_{2}}【解析】rm{AD}12、A|C【分析】解：A．鋼鐵主要發(fā)生電化學(xué)腐蝕；同時(shí)還發(fā)生化學(xué)腐蝕，故A正確；

B．反應(yīng)C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）的△S＞0；該反應(yīng)在高溫下能自發(fā)進(jìn)行，△H-T△S＜0可知，該反應(yīng)的△H＞0，故B錯(cuò)誤；

C．常溫下，pH為5的氯化銨溶液氫離子全部由水電離，則水電離的氫離子為10-5mol/L，pH為9的醋酸鈉溶液中氫氧根離子全部由水電離，則氫氧根離子濃度為10-5mol/L；則兩種溶液中水的電離程度相同，故C正確；

D．當(dāng)溶液中存在Qc＞Ksp時(shí)就能產(chǎn)生沉淀，向BaSO4沉淀中加入飽和Na2CO3溶液后生成BaCO3，說明溶液中Qc（BaCO3）＞Ksp（BaCO3），但是不能說明Ksp（BaCO3）＜Ksp（BaSO4）；故D錯(cuò)誤．

故選AC．

A．鋼鐵主要發(fā)生電化學(xué)腐蝕；

B．△H-T△S＜0反應(yīng)自反進(jìn)行據(jù)此判斷；

C．易水解的鹽促進(jìn)水的電離；鹽溶液中氫離子和氫氧根離子均由水電離；

D．當(dāng)溶液中存在Qc＞Ksp時(shí)就能產(chǎn)生沉淀．

本題考查了金屬的腐蝕、反應(yīng)自發(fā)性的判斷、鹽的水解及影響水的電離的因素、溶度積常數(shù)的應(yīng)用，題目涉及的知識(shí)點(diǎn)較多，側(cè)重于基礎(chǔ)知識(shí)的綜合應(yīng)用的考查，題目難度中等，注意相關(guān)知識(shí)的積累和應(yīng)用．【解析】【答案】AC13、B|C【分析】解：A、因2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；而碳酸鈉加熱不分解，故A正確；

B、常溫下相同的溶劑時(shí)，Na2CO3較NaHCO3易溶，NaHCO3＜Na2CO3；故B錯(cuò)誤；

C、分別滴加HCl溶液，反應(yīng)離子方程式為CO32-+2H+═CO2↑+H2O，HCO3-+H+═H2O+CO2↑，相同條件下NaHCO3比Na2CO3反應(yīng)放出氣體劇烈，產(chǎn)生氣體的速率：Na2CO3＜NaHCO3；故C錯(cuò)誤；

D、設(shè)質(zhì)量都是106g，則Na2CO3和NaHCO3的物質(zhì)的量分別為1mol、mol，根據(jù)Na2CO3～CO2，NaHCO3～CO2，產(chǎn)生的CO2的物質(zhì)的量分別為1mol、mol，即放出CO2的質(zhì)量：Na2CO3＜NaHCO3；故D正確；

故選：BC．

A、根據(jù)2NaHCO3a2CO3+CO2↑+H2O來分析；

B、常溫下在水中Na2CO3較NaHCO3易溶；

C、相同條件下NaHCO3比Na2CO3反應(yīng)放出氣體劇烈；

D、利用n=可計(jì)算物質(zhì)的量，因酸足量，利用Na2CO3～CO2，NaHCO3～CO2來分析．

本題考查碳酸鈉與碳酸氫鈉的性質(zhì)，明確發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)是解答本題的關(guān)鍵，并注意利用穩(wěn)定性、與酸的反應(yīng)、溶解性來分析解答．【解析】【答案】BC14、rBC【分析】解：rm{A.}根據(jù)有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式并結(jié)合鍵線式的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)可知，香芹酮的化學(xué)式為rm{C_{10}H_{14}O}故A錯(cuò)誤；

B.rm{Cyrneine}rm{A}分子含有碳碳雙鍵、醛基以及羥基，且與羥基相連的碳原子的鄰位碳原子上含有氫原子，所以rm{A}可以發(fā)生加成反應(yīng)；氧化反應(yīng)、消去反應(yīng)；故B正確；

C.香芹酮和rm{Cyrneine}rm{A}分子中均含有碳碳雙鍵，均能使酸性rm{KMnO_{4}}溶液褪色；故C正確；

D.都不含有酚羥基；用過氯化鐵溶液不能鑒別，故D錯(cuò)誤．

故選BC．

由有機(jī)物結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式確定有機(jī)物的分子式，香芹酮含有碳碳雙鍵，rm{CyrneineA}分子含有碳碳雙鍵；醛基以及羥基；結(jié)合烯烴、醛以及醇的性質(zhì)確定有機(jī)物的性質(zhì)，以此解答該題．

本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，是高考中的常見題型和重要的考點(diǎn)之一，屬于中等難度的試題，意在考查學(xué)生對(duì)官能團(tuán)與物質(zhì)性質(zhì)的關(guān)系及常見的有機(jī)反應(yīng)類型的判斷能力rm{.}試題基礎(chǔ)性強(qiáng)，側(cè)重對(duì)學(xué)生能力的培養(yǎng)和解題方法的指導(dǎo)rm{.}該題的關(guān)鍵是準(zhǔn)確判斷出分子中含有的官能團(tuán)，然后依據(jù)相應(yīng)官能團(tuán)的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，靈活運(yùn)用即可rm{.}有利于培養(yǎng)學(xué)生的知識(shí)遷移能力和輯推理能力．【解析】rm{BC}三、填空題(共5題，共10分)15、過濾吸收未反應(yīng)的氨氣，防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入反應(yīng)器使氨基甲酸銨水解AC＞1.6384×10-8增加【分析】【分析】（1）用分液漏斗盛放濃氨水；錐形瓶中盛放生石灰，將濃氨水放入錐形瓶與生石灰混合反應(yīng)生成氨氣；

（2）①分離互不相溶的固體與液態(tài)應(yīng)采取過濾方法；

②濃硫酸吸收未反應(yīng)的氨氣；防止污染空氣，還可以防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入反應(yīng)器使氨基甲酸銨水解；

（3）①可逆反應(yīng)到達(dá)平衡時(shí)；正逆反應(yīng)速率相等，各組分的濃度；含量不變，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，說明到達(dá)平衡；

②由表中數(shù)據(jù)可知；溫度越高，平衡時(shí)壓強(qiáng)越大，而正反應(yīng)為氣體體積增大的反應(yīng)，說明升高溫度平衡向正反應(yīng)向移動(dòng)；

由方程式可知，分解得到氨氣與二氧化碳濃度之比為2：1，據(jù)此計(jì)算各自濃度，代入平衡常數(shù)表達(dá)式K=c2（NH3）×c（CO2）計(jì)算；

③若在恒溫下壓縮容器體積，壓強(qiáng)增大，正反應(yīng)為氣體體積增大的反應(yīng)，不利于分解進(jìn)行．【解析】【解答】解：（1）用分液漏斗盛放濃氨水，錐形瓶中盛放生石灰，將濃氨水放入錐形瓶與生石灰混合反應(yīng)生成氨氣，制取氨氣的裝置簡(jiǎn)圖為：

故答案為：

（2）①生成的氨基甲酸銨小晶體懸浮在四氯化碳中；分離互不相溶的固體與液態(tài)應(yīng)采取過濾方法，故答案為：過濾；

②濃硫酸吸收未反應(yīng)的氨氣；防止污染空氣，由于氨基甲酸銨水解易水解，濃硫酸還可以防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入反應(yīng)器使氨基甲酸銨水解；

故答案為：吸收未反應(yīng)的氨氣；防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入反應(yīng)器使氨基甲酸銨水解；

（3）①A．分解反應(yīng)是氣體體積增大的反應(yīng)；隨反應(yīng)進(jìn)行壓強(qiáng)增大，密閉容器內(nèi)混合氣體的壓強(qiáng)不變，說明到達(dá)平衡，故A正確；

B．密閉容器內(nèi)物質(zhì)總質(zhì)量水中不變；不能說明反應(yīng)到達(dá)平衡，故B錯(cuò)誤；

C．隨反應(yīng)進(jìn)行氣體的質(zhì)量增大；密閉容器中混合氣體的密度不變，說明混合氣體總質(zhì)量不變，說明反應(yīng)到達(dá)平衡，故C正確；

D．密閉容器中反應(yīng)后氨氣與二氧化碳的體積之比始終為2：1；體積分?jǐn)?shù)不變，故D錯(cuò)誤；

故選：AC；

②由表中數(shù)據(jù)可知；溫度越高，平衡時(shí)壓強(qiáng)越大，而正反應(yīng)為氣體體積增大的反應(yīng)，說明升高溫度平衡向正反應(yīng)向移動(dòng)，則正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，即△H＞0；

由方程式可知，分解得到氨氣與二氧化碳濃度之比為2：1，平衡氣體總濃度為4.8×10-3mol/L，故氨氣濃度為3.2×10-3mol/L，二氧化碳濃度為1.6×10-3mol/L，平衡常數(shù)K=c2（NH3）×c（CO2）=（3.2×10-3）2×1.6×10-3=1.6384×10-8；

故答案為：＞；1.6384×10-8；

③若在恒溫下壓縮容器體積；壓強(qiáng)增大，正反應(yīng)為氣體體積增大的反應(yīng)，平衡向逆反應(yīng)移動(dòng)，不利于分解進(jìn)行，氨基甲酸銨固體的質(zhì)量將增加；

故答案為：增加．16、＜△H1﹣2△H3﹣3△H2A放熱KA=KB＞KC2在1.3×104kPa下，CO的轉(zhuǎn)化率已經(jīng)很高，如果增加壓強(qiáng)CO的轉(zhuǎn)化率提高不大，而生產(chǎn)成本增加，經(jīng)濟(jì)效益低【分析】【解答】（1）由反應(yīng)條件可知；低溫有利于向正反應(yīng)進(jìn)行，高溫有利于向逆反應(yīng)進(jìn)行，降低溫度平衡向放熱反應(yīng)移動(dòng)，故該反應(yīng)正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，即△H＜0，故答案為：＜；

（2）a、2CO（g）+4H2（g）═CH3CH2OH（g）+H2O（g）△H1

b、H2O（l）═H2O（g）△H2

c、CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H3

依據(jù)蓋斯定律a﹣c×2﹣3b得到：2CO2（g）+6H2（g）?CH3CH2OH（g）+3H2O（l）△H=△H1﹣2△H3﹣3△H2；

故答案為：△H1﹣2△H3﹣3△H2；

（3）A．2v（H2）=v（CO）沒有指明正逆反應(yīng)方向；故A錯(cuò)誤；

B．因?yàn)镃O與CH3OCH3的系數(shù)比為2：1，則CO的消耗速率等于CH3OCH3的生成速率；不能說明達(dá)到平衡，故B錯(cuò)誤。

C．因?yàn)榉磻?yīng)前后氣體系數(shù)不等；容器內(nèi)的壓強(qiáng)保持不變，說明氣體物質(zhì)的量不變，已達(dá)平衡狀態(tài)，故C正確；

D．因?yàn)榉磻?yīng)前后質(zhì)量不變；體積也不變，混合氣體的密度從反應(yīng)開始到平衡一直不變，不能說明達(dá)到平衡，故D錯(cuò)誤；

E．因?yàn)榉磻?yīng)前后質(zhì)量不變；物質(zhì)的量在變，則混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量不隨時(shí)間而變化，能說明達(dá)到平衡，故E正確；

故選CE；

（3）①據(jù)圖象可知；溫度升高平衡逆向移動(dòng)，即逆反應(yīng)方向?yàn)槲鼰?，所以正反?yīng)方向?yàn)榉艧?；故答案為：放熱?/p>

②因B點(diǎn)與A點(diǎn)溫度相同，K不變，對(duì)于上述反應(yīng)溫度升高平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，平衡常數(shù)減小，所以A、B、C三點(diǎn)的平衡常數(shù)KA=KB＞KC，故答案為：KA=KB＞KC；

③T1時(shí)；A點(diǎn)對(duì)應(yīng)的α=0.5，據(jù)平衡常數(shù)表達(dá)式可得K=1．因B點(diǎn)與A點(diǎn)溫度相同，K不變；

CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）．

起始（mol）10200

轉(zhuǎn)化（mol）8168

平衡（mol）248

則K===1；解得：V=2L；

故答案為：2；

④使用催化劑，加快反應(yīng)速率，但是不會(huì)引起平衡的移動(dòng)，當(dāng)不使用催化劑，起始H2，CO投料比和CO平衡轉(zhuǎn)化率的關(guān)系示意圖如下：

故答案為：

⑤實(shí)際生產(chǎn)條件控制在250℃、1.3×104kPa左右；選擇此壓強(qiáng)的理由是工業(yè)生產(chǎn)要考慮速經(jīng)濟(jì)效益，要考慮速度和效率，壓強(qiáng)越大需要的條件越高，花費(fèi)越大．

故答案為：在1.3×104kPa下；CO的轉(zhuǎn)化率已經(jīng)很高，如果增加壓強(qiáng)CO的轉(zhuǎn)化率提高不大，而生產(chǎn)成本增加，經(jīng)濟(jì)效益低．

【分析】（1）由反應(yīng)條件可知；低溫有利于向正反應(yīng)進(jìn)行，高溫有利于向逆反應(yīng)進(jìn)行，降低溫度平衡向放熱反應(yīng)移動(dòng)，據(jù)此判斷；

（2）依據(jù)熱化學(xué)方程式和蓋斯定律計(jì)算得到；

（3）正逆反應(yīng)速率相等；各物質(zhì)的濃度不發(fā)生變化時(shí)表示化學(xué)反應(yīng)處于平衡狀態(tài)；

（4）根據(jù)溫度和CO的轉(zhuǎn)化率確定反應(yīng)熱；

②溫度不變；化學(xué)平衡常數(shù)不變，溫度升高平衡向吸熱的方向移動(dòng)，平衡常數(shù)變化；

③根據(jù)CO的轉(zhuǎn)化率求出平衡常數(shù)；再根據(jù)A；B兩點(diǎn)的平衡常數(shù)相同求出容器的體積；

④催化劑只改變反應(yīng)速率不改變平衡移動(dòng)；據(jù)此畫圖；

⑤實(shí)際生產(chǎn)條件控制在250℃、1.3×104kPa左右，選擇此壓強(qiáng)的理由是工業(yè)生產(chǎn)要考慮速經(jīng)濟(jì)效益，要考慮速度和效率，壓強(qiáng)越大需要的條件越高，花費(fèi)越大．17、乙烯取代反應(yīng)羥基、溴原子BrCH2CH=CHCH2Br保護(hù)碳碳雙鍵不被氧化19【分析】【分析】D是芳香醇化合物，與C反應(yīng)得到可知D為C為HOCH2CH2OH，故B為二元鹵代物，A是不飽和烴，試劑a為氯氣或溴單質(zhì)，則A為CH2=CH2．發(fā)生消去反應(yīng)生成E為．由HOOCCHBrCH2COOH可知，F(xiàn)為BrCH2CH=CHCH2Br，G為HOCH2CH=CHCH2OH，H為HOCH2CHBrCH2CH2OH，反應(yīng)②為消去反應(yīng)，則M為HOOCCH=CH，COOH，M與E發(fā)生加聚反應(yīng)生成N為．【解析】【解答】解：D是芳香醇化合物，與C反應(yīng)得到可知D為C為HOCH2CH2OH，故B為二元鹵代物，A是不飽和烴，試劑a為氯氣或溴單質(zhì)，則A為CH2=CH2．發(fā)生消去反應(yīng)生成E為．由HOOCCHBrCH2COOH可知，F(xiàn)為BrCH2CH=CHCH2Br，G為HOCH2CH=CHCH2OH，H為HOCH2CHBrCH2CH2OH，反應(yīng)②為消去反應(yīng)，則M為HOOCCH=CH，COOH，M與E發(fā)生加聚反應(yīng)生成N為．

（1）A的名稱為乙烯；C+D的反應(yīng)類型為取代反應(yīng)，故答案為：乙烯；取代反應(yīng)；

（2）H為HOCH2CHBrCH2CH2OH，官能團(tuán)的名稱為羥基、溴原子，F(xiàn)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為BrCH2CH=CHCH2Br；

故答案為：羥基、溴原子；BrCH2CH=CHCH2Br；

（3）轉(zhuǎn)化過程中；反應(yīng)①與②的目的是：保護(hù)碳碳雙鍵不被氧化，故答案為：保護(hù)碳碳雙鍵不被氧化；

（4）在催化劑存在下，E、M按物質(zhì)的量比為1：1的比例發(fā)生聚合反應(yīng)的化學(xué)方程式為：

故答案為：

（5）E（）符合下列條件的同分異構(gòu)：①遇FeCl3溶液顯紫色；說明含有酚羥基，②分子中只有一個(gè)環(huán)狀結(jié)構(gòu)，說明還含有碳碳雙鍵；

含有2個(gè)取代基，其中一個(gè)為-OH，另外取代基為-CH2CH=CH2，或者-CH=CHCH3，或者-C（CH3）=CH2；各有鄰；間、對(duì)3種；

含有3個(gè)取代基為-OH、-CH3、-CH=CH2，-OH、-CH3有鄰、間、對(duì)3種，對(duì)應(yīng)-CH=CH2位置分別有4種；4種、2種；

故符合條件的同分異構(gòu)體共有19種，其中核磁共振氫譜有5個(gè)峰的有機(jī)物結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為

故答案為：19；

（6）可先使1，3-丁二烯與鹵素單質(zhì)發(fā)生1，4-加成，然后水解引入2個(gè)羥基，再與HCl加成引入氯原子，接著在濃硫酸存在下加熱，發(fā)生消去反應(yīng)即可得到CH2=CClCH=CH2，合成路線流程圖為：

故答案為：．18、左右碳棒上都有氣泡產(chǎn)生，左邊碳棒附近溶液變紅BCCl2+2OH-=H2O+Cl-+ClO-D意，在乙方案中氫氣還原氧化銅，氫氣不能全部反應(yīng)，誤差太大16.6%【分析】【分析】（1）甲裝置電解飽和食鹽水；左側(cè)碳棒連接電源負(fù)極，為陰極，右側(cè)碳棒連接電源正極，為陽極，溶液中氯離子在陽極上失電子生成氯氣，氫離子在陰極得到電子生成氫氣，陰極附近氫氧根離子濃度增大，遇到酚酞溶液變紅色；

（2）甲裝置中B口導(dǎo)出的氣體為氯氣；用氫氧化鈉溶液吸收氯氣，反應(yīng)生成氯化鈉；次氯酸鈉與水；

（3）①利用甲；丙裝置測(cè)定飽和食鹽水的電解率；方法Ⅱ通過測(cè)定丙裝置中除硬質(zhì)玻璃管外的某裝置前后質(zhì)量差來計(jì)算飽和食鹽水的電解率，是利用U形管測(cè)定氫氣還原氧化銅過程中生成的水蒸氣，要防止外界空氣中的水蒸氣等被U形管中堿石灰吸收；

②乙方案的方法Ⅰ；Ⅱ測(cè)得的實(shí)驗(yàn)結(jié)論都不正確；主要是氫氣還原氧化銅過程中不能全部發(fā)生反應(yīng)，造成誤差；

（4）根據(jù)溶液pH計(jì)算氫氧根離子濃度，結(jié)合化學(xué)方程式計(jì)算反應(yīng)的氯化鈉質(zhì)量，利用溶解度計(jì)算150ml溶液中氯化鈉的質(zhì)量，用反應(yīng)的氯化鈉質(zhì)量除以原溶液中氯化鈉質(zhì)量得到食鹽水的電解率．【解析】【解答】解：（1）甲裝置電解飽和食鹽水；左側(cè)碳棒連接電源負(fù)極，為陰極，右側(cè)碳棒連接電源正極，為陽極，溶液中氯離子在陽極上失電子生成氯氣，氫離子在陰極得到電子生成氫氣，陰極附近氫氧根離子濃度增大，遇到酚酞溶液變紅色，電解過程中甲裝置中的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象為：左右碳棒上都有氣泡產(chǎn)生，左邊碳棒附近溶液變紅；

故答案為：左右碳棒上都有氣泡產(chǎn)生；左邊碳棒附近溶液變紅；

（2）甲裝置中B口導(dǎo)出的氣體為氯氣，用氫氧化鈉溶液吸收氯氣，則裝置B連C，反應(yīng)生成氯化鈉、次氯酸鈉與水，離子方程式為：Cl2+2OH-=H2O+Cl-+ClO-；

故答案為：B；C；Cl2+2OH-=H2O+Cl-+ClO-；

（3）①利用甲；丙裝置測(cè)定飽和食鹽水的電解率；方法Ⅱ通過測(cè)定丙裝置中除硬質(zhì)玻璃管外的某裝置前后質(zhì)量差來計(jì)算飽和食鹽水的電解率，是利用U形管測(cè)定氫氣還原氧化銅過程中生成的水蒸氣，在乙方案方法Ⅱ中的裝置中添加一干燥裝置防止外界空氣中的水蒸氣的干擾，應(yīng)連接裝置D處；

故答案為：D；

②乙方案的方法Ⅰ；Ⅱ測(cè)得的實(shí)驗(yàn)結(jié)論都不正確；主要是氫氣還原氧化銅過程中不能全部發(fā)生反應(yīng)，造成誤差；

故答案為：同意；在乙方案中氫氣還原氧化銅，氫氣不能全部反應(yīng)，誤差太大；

（4）若電解150mL飽和食鹽水一段時(shí)間，測(cè)得溶液的為pH為14，則c（H+）=10-14mol/L，c（OH-）=1mol/L，氫氧根離子物質(zhì)的量=0.15L×1mol/L=0.15mol，由2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑可知，電解的氯化鈉物質(zhì)的量為0.15mol，其質(zhì)量=0.15mol×58.5g/mol=8.775g，飽和食鹽水密度約為1.33g/mL，150mL飽和食鹽水質(zhì)量=1.33g/mL×150ml=199.5g，溶液中含有溶質(zhì)氯化鈉質(zhì)量=199.5g×=52.81g，電解率=×100%=16.6%；

故答案為：16.6%．19、第二周期，第ⅤA族Ca＞Mg＞Al＞P＞ClNaOHCl2+2Br-═Br2+2Cl-溶液分層，下層溶液呈橙紅色【分析】【分析】（1）由表可知；D在第二周期第15列；

（2）由位置可知；M為Ca，F(xiàn)為Mg，G為Al，I為P，K為Cl，電子層越多，原子半徑越大；同周期，原子序數(shù)大的原子半徑小；

（3）金屬性越強(qiáng)；最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物堿性越強(qiáng)；

（4）元素B和N形成的化合物為NaBr，與K的單質(zhì)氯氣發(fā)生氧化還原反應(yīng)；加入C、K形成的化合物四氯化碳，發(fā)生萃?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓海?）由表可知；D在第二周期第15列，即位于周期表的第二周期，第ⅤA族，故答案為：第二周期，第ⅤA族；

（2）由位置可知；M為Ca，F(xiàn)為Mg，G為Al，I為P，K為Cl，電子層越多，原子半徑越大；同周期，原子序數(shù)大的原子半徑小，則原子半徑為Ca＞Mg＞Al＞P＞Cl；

故答案為：Ca＞Mg＞Al＞P＞Cl；

（3）金屬性Na＞Mg＞Al；則B；F、G三種元素最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物堿性最強(qiáng)的是NaOH，故答案為：NaOH；

（4）元素B和N形成的化合物為NaBr，與K的單質(zhì)氯氣發(fā)生氧化還原反應(yīng)，離子反應(yīng)為Cl2+2Br-═Br2+2Cl-；加入C；K形成的化合物四氯化碳，發(fā)生萃取，其現(xiàn)象為溶液分層，下層溶液呈橙紅色；

故答案為：Cl2+2Br-═Br2+2Cl-；溶液分層，下層溶液呈橙紅色．四、簡(jiǎn)答題(共2題，共14分)20、略

【分析】解：rm{(1)}氯化鋁水解顯酸性；加入鹽酸能抑制其水解，故答案為：防止氯化鋁水解；

rm{(2)a}rm{AlCl_{3}}和rm{Na_{2}CO_{3}}發(fā)生雙水解：rm{2AlCl_{3}+3Na_{2}CO_{3}+3H_{2}O=2Al(OH)_{3}隆媒+3CO_{2}隆眉}得不到澄清溶液，故rm{a}錯(cuò)誤；

rmrm{AlCl_{3}}和過量的氫氧化鈉反應(yīng)生成rm{NaAlO_{2}}溶液：rm{AlCl_{3}+4NaOH=3NaCl+NaAlO_{2}+2H_{2}O}得澄清溶液，故rm正確；

rm{c}rm{AlCl_{3}}和rm{NaAlO_{2}}發(fā)生雙水解：rm{AlCl_{3}+3NaAlO_{2}+6H_{2}O=4Al(OH)_{3}隆媒+3NaCl}得不到澄清溶液，故rm{c}錯(cuò)誤；

rmxi068bgrm{AlCl_{3}}和硫酸不反應(yīng)，故溶液仍為澄清，故rmbjvrgb8正確．

故選rm{bd}．

rm{(3)}向試管中滴加溶液時(shí)應(yīng)“垂直、懸空”，目的是防止污染試劑；用試管夾夾持上述試管在酒精燈上加熱時(shí)，要上下移動(dòng)試管防止局部暴沸；rm{AlCl_{3}}溶液蒸干時(shí)由于水解生成的rm{HCl}是揮發(fā)性酸，rm{HCl}的揮發(fā)導(dǎo)致水解被促進(jìn)，故最終得rm{Al(OH)_{3}}

故答案為：防止試劑被污染；防止局部受熱引起暴沸；rm{Al(OH)_{3}}．

rm{(4)}判斷試劑已過量的方法是繼續(xù)滴加，即當(dāng)氨水加入過量時(shí)，去上層清液繼續(xù)滴加氨水，則無沉淀生成；將所得的rm{Al(OH)_{3}}沉淀至少灼燒rm{2-3}次，至兩次質(zhì)量差不超過rm{0.1g}即說明rm{Al(OH)_{3}}分解完全得rm{Al_{2}O_{3}}不選擇測(cè)定干燥rm{Al(OH)_{3}}的質(zhì)量，而是測(cè)定rm{Al_{2}O_{3}}的質(zhì)量的原因是干燥rm{Al(OH)_{3}}時(shí)易分解失水而灼燒rm{Al_{2}O_{3}}不失水；故答案為：靜置，取上層清液，滴加氨水，無沉淀生成；rm{2}rm{ad}

rm{(5)}滴定管的rm{0}刻度在上，故滴定管的讀數(shù)為rm{18.60mL}則消耗的氫氧化鈉的體積為rm{18.60mL}根據(jù)rm{0.1120mol}rm{HNO_{3}}的消耗有兩個(gè)原因：被rm{3.490gAl_{2}(OH)_{n}Cl_{(6-n)}}中rm{OH^{-}}消耗的和被rm{0.1290mol/L}的標(biāo)準(zhǔn)rm{NaOH}溶液消耗的，可有：rm{0.112mol=dfrac{3.490g}{(267-18.5n)g/mol}隆脕n+0.129mol/L隆脕0.0186L隆脕5}

解得rm{0.112mol=dfrac

{3.490g}{(267-18.5n)g/mol}隆脕n+0.129mol/L隆脕0.0186L隆脕5}．

故答案為：rm{n=5}rm{18.60}．

rm{5}氯化鋁水解顯酸性；

rm{(1)}rm{(2)a}和rm{AlCl_{3}}發(fā)生雙水解；

rm{Na_{2}CO_{3}}rm和過量的氫氧化鈉反應(yīng)生成rm{AlCl_{3}}溶液；

rm{NaAlO_{2}}rm{c}和rm{AlCl_{3}}發(fā)生雙水解；

rm{NaAlO_{2}}rmk3osgtt和硫酸不反應(yīng)．

rm{AlCl_{3}}向試管中滴加溶液時(shí)應(yīng)“垂直、懸空”，用試管夾夾持上述試管在酒精燈上加熱時(shí)，要上下移動(dòng)試管防止局部暴沸；rm{(3)}溶液蒸干時(shí)水解被促進(jìn)，得rm{AlCl_{3}}

rm{Al(OH)_{3}}判斷試劑已過量的方法是繼續(xù)滴加；當(dāng)氨水加入過量時(shí)，去上層清液繼續(xù)滴加氨水，則無沉淀生成；將所得的rm{(4)}沉淀至少灼燒rm{Al(OH)_{3}}次，至兩次質(zhì)量差不超過rm{2-3}即說明rm{0.1g}分解完全得rm{Al(OH)_{3}}不選擇測(cè)定干燥rm{Al_{2}O_{3}}的質(zhì)量，而是測(cè)定rm{Al(OH)_{3}}的質(zhì)量的原因是rm{Al_{2}O_{3}}熱穩(wěn)定性不如rm{Al(OH)_{3}}好；

rm{Al_{2}O_{3}}滴定管的rm{(5)}刻度在上；根據(jù)rm{0}rm{0.1120mol}的消耗有兩個(gè)原因：被rm{HNO_{3}}中rm{3.490gAl_{2}(OH)_{n}Cl_{(6-n)}}消耗的和被rm{OH^{-}}的標(biāo)準(zhǔn)rm{0.1290mol/L}溶液消耗的；據(jù)此計(jì)算．

本題考查了鋁及其化合物的性質(zhì)和酸堿中和滴定的有關(guān)內(nèi)容，綜合性較強(qiáng)，注意計(jì)算過程中數(shù)據(jù)的處理．rm{NaOH}【解析】防止氯化鋁水解；rm{bd}防止試劑被污染；防止局部受熱引起暴沸；rm{Al(OH)_{3}}靜置，取上層清液，滴加氨水，無沉淀生成；rm{2}rm{ad}rm{18.60}rm{5}21、略

【分析】【分析】本題是化學(xué)工藝流程與綜合實(shí)驗(yàn)題目，涉及混合物的分離和提純、對(duì)裝置的分析與評(píng)價(jià)、物質(zhì)含量測(cè)定等，側(cè)重考查學(xué)生分析問題能力、實(shí)驗(yàn)操作能力，明確物質(zhì)的性質(zhì)是解本題關(guān)鍵，能從整體上分析各個(gè)步驟發(fā)生的反應(yīng)，題目難度中等。廢棄固體主要成分rm{Cu_{2}S}和rm{Fe_{2}O_{3}}灼燒廢氣固體發(fā)生反應(yīng)rm{C{u}_{2}S+2{O}_{2}overset{賂脽脦脗}(cāng){=}S{O}_{2}+2CuO}所以氣體rm{C{u}_{2}S+2{O}_{2}

overset{賂脽脦脗}(cāng){=}S{O}_{2}+2CuO}是rm{a}固體rm{SO_{2}}是rm{A}和rm{CuO}固體rm{Fe_{2}O_{3}}和稀硫酸混合，發(fā)生的反應(yīng)為rm{A}rm{CuO+H_{2}SO_{4}=CuSO_{4}+H_{2}O}所以溶液rm{Fe_{2}O_{3}+3H_{2}SO_{4}=Fe_{2}(SO_{4})_{3}+3H_{2}O}中成分為rm{A}rm{CuSO_{4}}向溶液rm{Fe_{2}(SO_{4})_{3}}中加入過量rm{A}屑，發(fā)生反應(yīng)rm{Fe}rm{CuSO_{4}+Fe=FeSO_{4}+Cu}所以固體rm{2Fe_{2}(SO_{4})_{3}+Fe=3FeSO_{4}}成分是rm{B}rm{Fe}濾液rm{Cu}成分為rm{B}固體rm{FeSO_{4}}和稀硫酸混合，rm{B}和稀硫酸反應(yīng)生成rm{Fe}rm{FeSO_{4}}和稀硫酸不反應(yīng)，過濾得到固體粗銅，硫酸亞鐵溶液蒸發(fā)結(jié)晶得到綠礬?！窘獯稹縭m{Cu}用rm{(1)}的濃硫酸配制rm{98%}的硫酸，需要的儀器除量筒、燒杯、玻璃棒外、膠頭滴管，還有rm{500mL1.0mol?L^{-1}}容量瓶；

故答案為：rm{500mL}容量瓶；

rm{500mL}中制備氧氣，rm{(2)A}中盛放濃硫酸干燥氧氣，rm{B}中硫化亞銅與氧氣反應(yīng)，rm{C}中進(jìn)氣管短，應(yīng)是安全瓶，防止溶液倒吸，rm{D}裝置檢驗(yàn)二氧化硫，rm{E}中氧氣與亞硫酸反應(yīng)生成硫酸；硫酸與氯化鋇溶液反應(yīng)，最后需要尾氣處理，防止二氧化硫污染空氣．

rm{F}過氧化鈉與水反應(yīng)生成氫氧化鈉與氧氣，反應(yīng)方程式為：rm{壟脵}rm{2Na_{2}O_{2}+2H_{2}O=4NaOH+O_{2}隆眉}的為安全瓶；二氧化硫具有漂白性，rm{D}裝置中品紅溶液紅色褪去；

故答案為：rm{E}安全瓶；品紅溶液紅色褪去；

rm{2Na_{2}O_{2}+2H_{2}O=4NaOH+O_{2}隆眉}氧氣與亞硫酸反應(yīng)生成硫酸，硫酸與氯化鋇溶液反應(yīng)，總的反應(yīng)離子方程式為：rm{壟脷}

故答案為：rm{2SO_{2}+O_{2}+2H_{2}O+2Ba^{2+}=2BaSO_{4}隆媒+4H^{+}}

rm{2SO_{2}+O_{2}+2H_{2}O+2Ba^{2+}=2BaSO_{4}隆媒+4H^{+}}圖rm{壟脹}方框中裝置為吸收二氧化硫尾氣處理裝置，可以盛放氫氧化鈉溶液，用導(dǎo)致的漏斗防止倒吸，裝置圖為：

故答案為：

rm{3}步驟rm{(3)}是從溶液中獲得晶體，需要進(jìn)行加熱蒸發(fā)、冷卻結(jié)晶、過濾等操作，步驟rm{壟脻}中進(jìn)行的操作順序?yàn)閞m{壟脻}

故答案為：rm{cb}

rm{cb}步驟rm{(4)}中由粗銅得到純銅的方法為電解精煉；

故答案為：電解精煉；

rm{壟脼}酸式滴定管用蒸餾水洗凈后未用標(biāo)準(zhǔn)液潤(rùn)洗，酸性高錳酸鉀溶液濃度變稀，消耗體積應(yīng)偏大，故rm{(5)壟脵a.}不符合；

rm{a}錐形瓶洗凈后未干燥，溶質(zhì)的物質(zhì)的量未變，不影響高錳酸鉀溶液體積，故rm{b.}不符合；

rm滴定終點(diǎn)時(shí)俯視讀數(shù)，讀數(shù)在液面上方，滴定管刻度由上而下增大，則讀數(shù)偏小，故rm{c.}符合；

rm{c}滴定前尖嘴有氣泡，滴定后氣泡消失，高錳酸鉀溶液體積讀數(shù)應(yīng)大于實(shí)際消耗量，故rm{d.}不符合；

故選：rmdqyk8xz

rm{c}消耗高錳酸鉀溶液體積為設(shè)產(chǎn)品中綠礬的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為rm{壟脷}則：

rm{x}rm{8H_{2}SO_{4;;}+2KMnO_{4}簍T2MnSO_{4}+5Fe_{2}(SO_{4})_{3}+K_{2}SO_{4}+8H_{2}O}

rm{10FeSO_{4;;}+}rm{8H_{2}SO_{4;;}+

2KMnO_{4}簍T2MnSO_{4}+5Fe_{2}(SO_{4})_{3}+K_{2}SO_{4}+8H_{2}O}

rm{1520g}

所以解得rm{2mol}

故答案為：rm{0.02L隆脕0.1mol/L}rm{x=92.7%}【解析】rm{(}rm{1}rm{1}rm{)}容量瓶。

rm{500mL}rm{500mL}rm{(}rm{2}rm{)壟脵}rm{2Na}rm{(}rm{2}rm{2}rm{)壟脵}rm{2Na}rm{2Na}rm{2}rm{2}rm{O}rm{O}rm{2}rm{2}rm{+}rm{2H}rm{+}rm{2H}安全瓶rm{2H}品紅溶液褪色rm{2}rm{2}rm{O}rm{O}rm{=}rm{4NaOH}rm{+}rm{O}rm{=}rm{4NaOH}rm{4NaOH}rm{+}rm{O}rm{O}rm{2}rm{2}rm{隆眉}安全瓶品紅溶液褪色rm{隆眉}rm{壟脷}rm{2Ba}rm{壟脷}rm{2Ba}rm{2Ba}rm{{,!}^{2+}}rm{+}rm{2SO}rm{+}rm{2SO}rm{2SO}rm{2}rm{2}rm{+}rm{O}rm{+}電解精煉rm{O}rm{O}rm{2}rm{2}