2025年華東師大版高三化學上冊階段測試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年華東師大版高三化學上冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、下列物質(zhì)的轉(zhuǎn)變在給定條件下不能實現(xiàn)的是（）A.N2NONO2B.Al2O3NaAlO2（aq）Al（OH）3C.SSO3H2SO4D.SiO2Na2SiO3H2SiO32、表示下列用途或變化的離子方程式不正確的是（）A.泡沫滅火器滅火原理：Al3++3HCO3-=3CO2↑+Al（OH）3↓B.純堿代替洗滌劑洗滌餐具：CO32-+H2O?HCO3-+OH-C.明礬凈水原理：Al3++3H2O?Al（OH）3+3H+D.NaHCO3的水解：HCO3-+H2O?H3O++CO32-3、下列藥物知識，不正確的是（）A.抗生素能抵抗所有細菌感染，可以大量使用B.腸溶片不可嚼碎服用，因為腸溶衣在堿性腸液下溶解才能發(fā)揮藥效C.OTC是非處方藥的標志，可以自行購藥和按方使用D.凡不以醫(yī)療為目的濫用麻醉藥品與精神藥品都屬于吸毒范圍4、配制一定物質(zhì)的量濃度的rm{KOH}溶液時，造成實驗結(jié)果偏高的原因是()A.在轉(zhuǎn)移溶液過程中有少量液體灑在容量瓶外B.洗滌燒杯和玻棒的溶液未轉(zhuǎn)入容量瓶中；C.定容時觀察液面俯視D.定容時觀察液面仰視5、已知反應2N2O5（g）?4NO2（g）+O2（g）的分解速率表達式為v正=k正．cm（N2O5），k正是與溫度有關(guān)的常數(shù)，340K時實驗測得的有關(guān)數(shù)據(jù)如下：。t/min1234c（N2O5）/mol．L-10.1330.0800.0570.040v正/mol．L-1．min-10.04660.0280.0200.014下列有關(guān)敘述不正確的是（）A.340K時，速率表達式中m=1B.340K時，速率表達式中k正≈0.35min-1C.340K時，若c（N2O3）=0.100mol．L-1，則v正≈0.035mol．L-1．minD.若t=2min時升高溫度，則m不變，k正減小6、由草木灰提取鉀鹽并檢驗鉀元素存在的下列實驗操作中，錯誤的是（）A.

溶解B.

過濾C.

蒸發(fā)D.

焰色反應7、1993年，中國學者許志福和美國穆爾共同合成了世界上最大的碳氫分子，其中1個分子由1134個碳原子和1146個氫原子構(gòu)成。關(guān)于此物質(zhì)，下列說法中錯誤的是()A.是烴類化合物B.常溫下是固體C.是高分子化合物D.易被氧化8、化學與生產(chǎn)、生活密切相關(guān)，下列說法正確的是（）A.淀粉溶液、豆?jié){、霧和飽和食鹽水均可發(fā)生丁達爾現(xiàn)象B.氮化硅（Si3N4）、氧化鋁（Al2O3）、碳化硅（SiC）和二氧化鋯（ZrO2）都可用作制高溫結(jié)構(gòu)陶瓷的材料C.綠色化學的核心是利用化學原理治理環(huán)境污染D.光化學煙霧、臭氧空洞、溫室效應、酸雨（硝酸型）的形成都與氮氧化物有關(guān)9、下列每組物質(zhì)發(fā)生變化所克服的粒子間的作用力屬于同種類型的是（）A.氯化銨受熱氣化和苯的汽化B.碘和干冰受熱升華C.二氧化硅和生石灰的熔化D.氯化鈉和鐵的熔化評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)10、取一定量飽和FeCl3溶液；進行如下實驗：

（1）加入少量NaOH（s），F(xiàn)eCl3的水解程度____（填“增強”“減弱”或“不變”）．

（2）將溶液加熱蒸干，并灼燒，最后得到的固體是____（寫化學式）．

（3）FeCl3溶液中通入HCl（g），溶液的pH____（填“增大”“減小”或“不變”），F(xiàn)eCl3的水解程度____（填“增強”“減弱”或“不變”）．

（4）向FeCl3溶液中滴加石蕊試液，現(xiàn)象是____．

（5）向FeCl3溶液中加入過量的Mg片，現(xiàn)象是____．11、合成氨的反應原理為：N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H=-92.4kJ?mol-1．在一恒容密閉容器中注入1molN2和3molH2發(fā)生合成氨反應．

（1）當反應達到平衡時，N2和H2的濃度比是____，N2和H2的轉(zhuǎn)化率比是____．

（2）升高平衡體系的溫度時，混合氣體的平均相對分子質(zhì)量____，密度____

（填“變大”；“變小”或“不變”）．

（3）若容器恒容、絕熱，加熱使容器內(nèi)溫度迅速升至原來的2倍，平衡將____移動（填“向左”“向右”或“不”）．達到新平衡后，容器內(nèi)溫度____（填“大于”、“小于”或“等于”）原來的2倍．12、某煉鐵廢渣中含有大量CuS及少量鐵的化合物，工業(yè)上以該廢渣為原料生產(chǎn)CuCl2?2H2O的工藝流程如圖1：

已知：焙燒過程中發(fā)生的主要反應為：CuS+2NaCl+2O2CuCl2+Na2SO4；回答下列問題：

（1）試劑A應選用____．（填編號）

①NaClO②Cl2

③H2O2溶液④濃硫酸。

理由是____．

（2）分析有關(guān)物質(zhì)的溶解度曲線（如圖2），為了獲得CuCl2?2H2O晶體；對濾液B進行的操作是：

①加入濃鹽酸，其作用是：____

②____得Na2SO4晶體．

③將母液____得CuCl2?2H2O晶體．

（3）已知：2Cu2++4I-═2CuI↓+I2

I2+2S2O32-═2I-+S4O62-

為了測定CuCl2?2H2O產(chǎn)品的質(zhì)量分數(shù)可按如下方法進行：取ag產(chǎn)品，用水溶解后，加入足量的KI溶液，充分反應后過濾、洗滌，將濾液稀釋至250mL，取25.00mL加入淀粉溶液作指示劑，用0.080mol?L-1Na2S2O3標準溶液滴定，達到滴定終點時，四次平行實驗耗去Na2S2O3標準溶液數(shù)據(jù)如下：

。實驗序號1234消耗Na2S2O3標準溶液（mL）25.0025.0226.2024.98此產(chǎn)品中CuCl2?2H2O的質(zhì)量分數(shù)為____．（用含a的最簡表達式表示）

（4）氫化亞銅是一種紅色固體；可由下列反應制備：

4CuCl2+3H3PO2+6H2O═4CuH↓+8HCl+3H3PO4．該反應每轉(zhuǎn)移3mol電子，生成CuH的物質(zhì)的量為____．

（5）氯化銅溶液中銅各物種的分布分數(shù)（平衡時某物種的濃度占各物種濃度之和的分數(shù)）與c（Cl-）的關(guān)系如圖3．

①當c（Cl-）=9mol?L-1時，溶液中主要的3種含銅物種濃度大小關(guān)系為：c（CuCl2）＞c（____）＞c（____）．

②在c（Cl-）=1mol?L-1的氯化銅溶液中，滴入AgNO3溶液，完成其中一個含銅物種間轉(zhuǎn)化的離子方程式為：____

（6）欲實現(xiàn)Cu+H2SO4═CuSO4+H2，在圖4中你認為能實現(xiàn)該轉(zhuǎn)化的裝置中的括號內(nèi)，標出電極材料____（填“Cu”或“C”）．13、科學家發(fā)現(xiàn)在特殊條件下；水能表現(xiàn)出許多有趣的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)：

（1）在一定條件下；給水施加一個弱電場，常溫常壓水就能結(jié)成冰，俗稱“熱冰”，其模擬圖如下：

使水結(jié)成“熱冰”采用弱電場，說明水分子是____分子，請你給“熱冰”設計一個實用的例子：____；

（2）用高能射線照射液態(tài)水時；一個水分子能釋放出一個電子，同時產(chǎn)生一個陽離子．

Ⅰ．釋放出來的電子可以被若干個水分子形成的“網(wǎng)”捕獲而形成水合電子，你認為水分子能形成“網(wǎng)”的原因是____；

Ⅱ．由水釋放出一個電子后產(chǎn)生的陽離子具有較強氧化性．寫出該陽離子與SO2水溶液

反應的離子方程式：____；該陽離子與水作用能生成羥基（-0H），經(jīng)測定此時水具有酸性，寫出反應的離子方程式：____．14、[化學-選修化學與技術(shù)]

請回答氯堿的如下問題：

（1）氯氣、燒堿是電解食鹽水時按照固定的比率k（質(zhì)量比）生成的產(chǎn)品．理論上k=____（要求計算表達式和結(jié)果）；

（2）原料粗鹽中常含有泥沙和Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO42-等雜質(zhì)，必須精制后才能供電解使用．精制時，粗鹽溶于水過濾后，還要加入的試劑分別為①Na2CO3、②HCl（鹽酸）③BaCl2，這3種試劑添加的合理順序是____（填序號）

（3）氯堿工業(yè)是高耗能產(chǎn)業(yè)；一種將電解池與燃料電池相組合的新工藝可以節(jié)（電）能30%以上．在這種工藝設計中，相關(guān)物料的傳輸與轉(zhuǎn)化關(guān)系如下圖所示，其中的電極未標出，所用的離子膜都只允許陽離子通過．

①圖中X、Y分別是____、____（填化學式），分析比較圖示中氫氧化鈉質(zhì)量分數(shù)a%與b%的大小____；

②分別寫出燃料電池B中正極、負極上發(fā)生的電極反應正極：____，負極：____；

③這樣設計的主要節(jié)（電）能之處在于（寫出2處）____、____．15、SiO32-、SO3、NO3-三種粒子是等電子體．三種粒子的立體構(gòu)型為____，其中Si、S、N三種基態(tài)原子的第一電離能大小關(guān)系為____．16、如圖是某工廠對海水資源進行綜合利用的示意圖．

請回答下列問題：

（1）用離子交換膜電解飽和食鹽水時，精制的飽和食鹽水應該加入到____極室．

（2）已知在離子交換膜電解槽中，理論上每小時通過1安培的直流電，每槽可以產(chǎn)生1.492g的燒堿，某工廠用300個電解槽串聯(lián)生產(chǎn)8小時，制得32%的燒堿溶液（密度為1.342×103kg/m3）113m3，電解槽的電流強度1.45×104A，該電解槽的電解效率為____．

（3）示意圖中制取NaHCO3的化學方程式為____．

（4）有人提出直接加熱Mg（OH）2得到MgO，再電解熔融MgO得金屬Mg，這樣可簡化流程．請判斷該方案是否可行，并說明理由____．17、兔耳草醛是一種人造香料；它的合成路線如下：

（1）反應①～④中屬于加成反應的是____（填序號），化合物E中的官能團的名稱是____．

（2）反應②中若HCHO過量，則D可繼續(xù)與HCHO反應生成____（填結(jié)構(gòu)簡式）．

（3）寫出同時滿足下列條件的D的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：____．

Ⅰ．既能發(fā)生水解反應；也能發(fā)生銀鏡反應；Ⅱ．分子中有3種不同化學環(huán)境的氫．

（4）寫出物質(zhì)D在Cu作催化劑條件下與氧氣反應的化學方程式：____．

（5）已知：．寫出以物質(zhì)C為原料制備聚乳酸的合成路線流程圖（無機試劑任用）．合成路線流程圖示例如下：

18、硝酸是一種重要的化工原料；工業(yè)上生產(chǎn)硝酸的主要過程如下：

（1）以N2和H2為原料合成氨氣．反應N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H＜0

①下列措施可以提高H2的轉(zhuǎn)化率是（填選項序號）____．

a．選擇適當?shù)拇呋瘎゜．增大壓強c．及時分離生成的NH3d．升高溫度。

②一定溫度下，在密閉容器中充入1molN2和3molH2發(fā)生反應．若容器容積恒定，達到平衡狀態(tài)時，容器內(nèi)的壓強是原來的，則N2的轉(zhuǎn)化率a1=____；

若容器壓強恒定，達到平衡狀態(tài)時，N2的轉(zhuǎn)化率為a2，則a2____a1（填“＞”；“＜”或“=”）．

（2）以氨氣；空氣為主要原料制硝酸．

①NH3被氧氣催化氧化生成NO的反應的化學方程式是____．

②在容積恒定的密閉容器中進行反應2NO（g）+O2（g）?2NO2（g）△H＞0

該反應的反應速率（v）隨時間（t）變化的關(guān)系如圖所示．若t2、t4時刻只改變一個條件，下列說法正確的是（填選項序號）____．

a．在t1～t2時；可依據(jù)容器內(nèi)氣體的壓強保持不變判斷反應已達到平衡狀態(tài)。

b．在t2時；采取的措施一定是升高溫度。

c．在t3～t4時；可依據(jù)容器內(nèi)氣體的密度保持不變判斷反應已達到平衡狀態(tài)。

d．在t0～t5時，容器內(nèi)NO2的體積分數(shù)在t3時值的最大。

③向容積相同、溫度分別為T1和T2的兩個密閉容器中分別充入等量NO2發(fā)生反應：

2NO2（g）?N2O4（g）△H＜0．恒溫恒容下反應相同時間后，分別測定體系中NO2的百分含量分別為a1，a2．已知T1＜T2，則a1____a2

A．大于B．小于C．等于D．以上都有可能。

（3）硝酸廠常用如下2種方法處理尾氣．

①催化還原法：催化劑存在時用H2將NO2還原為N2．

已知：2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=-483.5kJ/mol

N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H=+133kJ/mol

則H2還原NO2生成水蒸氣反應的熱化學方程式是____．

②堿液吸收法：用Na2CO3溶液吸收NO2生成CO2．

若每9.2gNO2和Na2CO3溶液反應時轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.1mol，則反應的離子方程式是____．評卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)19、蛋白質(zhì)溶液中加入飽和（NH4）2SO4溶液，蛋白質(zhì)析出，再加水也不溶解．____．（判斷對錯）20、分液時，先將下層液體從分液漏斗下端放出，再將上層液體從上口倒出．____．（判斷對錯）21、1mol硫酸鉀中陰離子所帶電荷數(shù)為NA____（判斷對錯）22、放熱反應不需加熱就可以發(fā)生____．（判斷對錯）23、濃硫酸可用于干燥NH3、H2、O2等氣體____．（判斷對錯）24、判斷正誤；正確的劃“√”，錯誤的劃“×”

（1）乙酸分子中含有羧基，可與NaHCO3溶液反應生成CO2____

（2）乙醇、乙酸均能與Na反應放出H2，二者分子中官能團相同____

（3）在酸性條件下，CH3CO18OC2H5的水解產(chǎn)物是CH3CO18OH和C2H5OH____

（4）在水溶液里，乙酸分子中的-CH3可以電離出H+____

（5）乙醇中含乙酸雜質(zhì)：加入碳酸鈉溶液洗滌，分液____

（6）乙酸丁酯中含乙酸雜質(zhì)：加入碳酸鈉溶液洗滌，分液____．25、1mol硫酸鉀中陰離子所帶電荷數(shù)為NA____（判斷對錯）26、判斷題（正確的后面請寫“√”；錯誤的后面請寫“×”）

（1）物質(zhì)的量相同的兩種不同氣體只有在標準狀況下體積才相等．____

（2）Vm在非標準狀況下不可能為22.4L/mol．____

（3）1mol任何物質(zhì)在標準狀況下的體積均為22.4L．____

（4）一定溫度和壓強下，各種氣體物質(zhì)體積的大小由氣體分子數(shù)決定．____．評卷人得分四、實驗題(共3題，共30分)27、（12分）工業(yè)上用鋁土礦(主要成分為Al2O3，F(xiàn)e2O3等)提取Al2O3做冶煉鋁的原料，由熔鹽電解法獲得的粗鋁中含一定量的金屬鈉和氫氣，這些雜質(zhì)可采用吹氣精煉法除去，產(chǎn)生的尾氣經(jīng)處理后可用于鋼材鍍鋁。工藝流程如下圖所示：(已知：NaCl熔點為801℃；AlCl3在181℃升華)（1）向濾液中通入過量CO2所發(fā)生反應的離子方程式為。（2）精煉前，需清除坩堝表面的氧化鐵和石英砂，防止精煉時它們分別與鋁發(fā)生置換反應產(chǎn)生新的雜質(zhì)，則鋁和氧化鐵反應的化學方程式為。（3）將Cl2連續(xù)通入坩堝中的粗鋁熔體，雜質(zhì)隨氣泡上浮而除去。氣泡的主要成分除Cl2外還含有______。固態(tài)雜質(zhì)粘附于氣泡上，在熔體表面形成浮渣，浮渣中肯定存在________。（4）鍍鋁電解池中，金屬鋁為陽極，熔融鹽電鍍液中鋁元素主要以AlCl4－形式存在，則陽極的電極反應式為_____________。（5）鋼材鍍鋁后，抗腐蝕性能會大大增強，其原因是_____________。28、(11分)某興趣小組探究SO2氣體還原Fe3+、I2，他們使用的藥品和裝置如下圖所示：（1）儀器組裝完成后，關(guān)閉兩端活塞，向裝置B中的長頸漏斗內(nèi)注入液體至形成一段液注，若，則整個裝置氣密性良好。裝置E的作用是。裝置F中為溶液。（2）裝置B的作用之一是觀察SO2的生成速率，其中的液體最好選擇。a．蒸餾水b．飽和Na2SO3溶液c．飽和NaHSO3溶液d．飽和NaHCO3溶液（3）SO2氣體還原Fe3+反應的產(chǎn)物是________________（填離子符號）。（4）在上述裝置中通入過量的SO2為了驗證C中SO2與Fe3+發(fā)生了氧化還原反應，他們?nèi)中的溶液，分成三份，并設計了如下實驗：方案①：往第一份試液中加入KMnO4溶液，紫紅色褪去。方案②：往第一份試液加入KSCN溶液，不變紅，再加入新制的氯水，溶液變紅。方案③：往第二份試液加入用稀鹽酸酸化的BaCl2，產(chǎn)生白色沉淀。上述方案不合理的是____，原因是_______________________________________。（5）能表明I－的還原性弱于SO2的現(xiàn)象是__________________________，寫出有關(guān)離子方程式：29、如圖是實驗室研究潛水艇中供氧體系反應機理的裝置圖rm{(}夾持儀器略rm{)}．

rm{(1)B}裝置可除去rm{A}裝置中可能揮發(fā)出的______；反應的離子方程式為______．

rm{(2)C}裝置為rm{O_{2}}的發(fā)生裝置；反應的化學方程式為______；______．

rm{(3)D}裝置可除去rm{C}裝置中未反應的______；反應的離子方程式為______．

rm{(4)C}裝置中固體由淡黃色完全變?yōu)榘咨?，檢驗固體成分的實驗方案為取少量rm{C}裝置中反應后的固體溶于水，向溶液中滴入過量______溶液，若有白色沉淀生成，則證明固體中含有______；過濾，向濾液中滴入幾滴酚酞試液，若______且不褪色，則證明固體中含有______．評卷人得分五、簡答題(共1題，共10分)30、三草酸合鐵酸鉀晶體rm{K_{3}[Fe(C_{2}O_{4})_{3}]?3H_{2}O}可用于攝影和藍色印刷rm{.}某小組將無水三草酸合鐵酸鉀在一定條件下加熱分解，對所得氣體產(chǎn)物和固體產(chǎn)物進行實驗和探究rm{.}該小組同學查閱資料知，固體產(chǎn)物中鐵元素不可能以三價形式存在，而鹽只有rm{K_{2}CO_{3}}產(chǎn)生的氣體中含有rm{CO}rm{CO_{2}}．

請利用實驗室常用儀器；用品和以下限選試劑完成驗證和探究過程．

限選試劑：rm{壟脵}蒸餾水rm{壟脷3%H_{2}O_{2}}溶液rm{壟脹}氧化銅rm{壟脺1.0}rm{mol?L^{-1}}鹽酸rm{壟脻}濃硫酸rm{壟脼1.0}rm{mol?L^{-1}NaOH}溶液rm{壟脽}澄清石灰水rm{壟脿0.5}rm{mol?L^{-1}}rm{CuSO_{4}}溶液rm{壟謾2%KSCN}溶液rm{壟芒}苯酚溶液。

rm{(1)}若用一套連續(xù)實驗裝置檢驗氣體產(chǎn)物中rm{CO}的存在，并驗證檢驗過程中有rm{CO_{2}}生成，應選用的試劑為rm{(}按先后順序把所選試劑的標號填入空格內(nèi)rm{)}______．

rm{(2)}提出合理假設。

假設rm{1}只有rm{Fe}假設rm{2}只有rm{FeO}假設rm{3}______．

rm{(3)}設計實驗方案并實驗驗證。

步驟rm{1}取適量固體產(chǎn)物于試管中；加入足量蒸餾水溶解，過濾分離出不溶固體．

步驟rm{2}取少量上述不溶固體放入試管中，加入足量______溶液，充分振蕩rm{.}若固體無明顯變化；則假設______成立；若有暗紅色固體生成，則反應的離子方程式為______．

步驟rm{3}取步驟rm{2}所得暗紅色固體于試管中，滴加過量______，振蕩后靜置rm{.}若溶液基本無色，則假設______成立；若溶液呈______，則假設rm{3}成立．

rm{(4)}問題討論。

若固體產(chǎn)物中rm{FeO}含量較少，用步驟rm{3}方法難以確定rm{.}請你設計實驗方案證明假設rm{3}成立rm{(}寫出實驗的操作步驟、現(xiàn)象與結(jié)論rm{)}______．

rm{(5)}拓展與延伸。

有資料介紹“在含rm{Fe^{2+}}的溶液中，先滴加少量新制飽和氯水，然后滴加rm{KSCN}溶液，溶液呈紅色；若再滴加過量氯水，卻發(fā)現(xiàn)紅色褪去”rm{.}假設溶液中的rm{+3}價鐵還能被氯水氧化為更高價的rm{QUOTE}試寫出該反應的離子方程式______．評卷人得分六、探究題(共4題，共36分)31、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設計了下列實驗過程．請在括號內(nèi)填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內(nèi)有關(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式．

寫出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式A________、C________、E________、G________．32、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應的原理來測定其含量，操作為：33、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設計了下列實驗過程．請在括號內(nèi)填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內(nèi)有關(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式．

寫出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式A________、C________、E________、G________．34、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應的原理來測定其含量，操作為：參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】【分析】A．氮氣和氧氣在放電條件下發(fā)生反應生成NO；NO和氧氣反應生成二氧化氮；

B．氧化鋁溶于NaOH溶液生成偏鋁酸鈉；偏鋁酸鈉和二氧化碳反應生成氫氧化鋁；

C．S燃燒生成二氧化硫；二氧化硫和水反應生成亞硫酸，亞硫酸被氧化生成硫酸；

D．二氧化硅和碳酸鈉在高溫條件下反應生成硅酸鈉，硅酸鈉溶液和二氧化碳反應生成硅酸．【解析】【解答】解：A．N2+O22NO、2NO+O2=2NO2；所以能實現(xiàn)，故A不選；

B．Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O、NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+NaHCO3；所以能實現(xiàn)，故B不選；

C．S+O2SO2、SO2+H2O=H2SO3、2H2SO3+O2=2H2SO4；所以不能實現(xiàn)，故C選；

D．SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑、Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO3+Na2CO3；所以能實現(xiàn)，故D不選；

故選C．2、D【分析】【分析】A．相互促進水解生成二氧化碳氣體；用來滅火；

B．純堿水解顯堿性；分步進行，以第一步為主；

C．鋁離子水解生成膠體；可凈化水；

D．碳酸氫根離子水解生成碳酸．【解析】【解答】解：A．泡沫滅火器滅火原理，發(fā)生水解離子反應為Al3++3HCO3-=3CO2↑+Al（OH）3↓；故A正確；

B．純堿代替洗滌劑洗滌餐具，水解離子反應為CO32-+H2O?HCO3-+OH-；故B正確；

C．明礬凈水原理，水解離子反應為Al3++3H2O?Al（OH）3+3H+；故C正確；

D．NaHCO3的水解，水解離子反應為HCO3-+H2O?OH-+H2CO3；故D錯誤；

故選D．3、A【分析】【分析】A．抗生素對抵抗細菌感染很有效；但卻不能濫用；

B．為了充分發(fā)揮藥物的治療效果；減少毒副反應，腸溶片劑應整片吞服；

C．OTC是非處方藥的標志；

D．毒品是指鴉片、海洛因、甲基苯丙胺（冰毒）、嗎啡、大麻、可卡因以及國家規(guī)定管制的其他能夠使人形成癮癖的麻醉藥品和精神藥品．【解析】【解答】解：A．抗生素在對抗細菌感染的同時；它對人體的正常細胞；組織、器官也會造成不同的損害．有的會損害神經(jīng)細胞；有的損害肝、腎；有的損害造血功能；有的損害生殖系統(tǒng)．嚴重的甚至是不可逆的，故A錯誤；

B．為了充分發(fā)揮藥物的治療效果；減少毒副反應，腸溶片劑應整片吞服，切不可嚼碎或研成粉末服用，故B正確；

C．所有非處方藥藥盒的右上角均有OTC標識；在自我藥療的時候，只有使用非處方藥才是安全的，故C正確；

D．凡不以醫(yī)療為目的濫用麻醉藥品與精神藥品都屬于吸毒；故D正確．

故選A．4、C【分析】略。

【解析】rm{C}5、D【分析】【分析】A．由表中數(shù)據(jù)可知，c（N2O5）濃度之比等于v正之比，v正與c（N2O5）濃度成正比關(guān)系；

B．v正與c（N2O5）濃度成正比關(guān)系，則m=1，由任意一組數(shù)據(jù)根據(jù)v正=k正．c（N2O5）計算k正；

C．根據(jù)v正=k正．c（N2O5）計算；

D．升高溫度，反應速率加快，k正是與溫度有關(guān)的常數(shù)，不影響m值，根據(jù)v正=k正．c（N2O5）判斷．【解析】【解答】解：A．由表中數(shù)據(jù)可知，c（N2O5）濃度之比等于v正之比，則v正與c（N2O5）濃度成正比關(guān)系；故m=1，故A正確；

B．v正與c（N2O5）濃度成正比關(guān)系，則m=1，由2min數(shù)據(jù)可知，0.028mol．L-1．min-1=k正×0.080mol．L-1，解得k正≈0.35min-1；故B正確；

C．340K時，若c（N2O3）=0.100mol．L-1，則v正≈0.35min-1×0.35min-1=0.035mol．L-1．min-1；故C正確；

D．升高溫度，反應速率加快，k正是與溫度有關(guān)的常數(shù)，不影響m值，根據(jù)v正=k正．c（N2O5）可知k正增大；故D錯誤；

故選：D．6、D【分析】【分析】由草木灰提取鉀鹽并檢驗鉀元素存在，則應進行溶解、過濾除雜，然后蒸發(fā)結(jié)晶得到碳酸鉀，然后利用焰色反應檢驗鉀元素，以此來解答．【解析】【解答】解：由草木灰提取鉀鹽并檢驗鉀元素存在；則應進行溶解（A）；過濾（B）除雜，然后蒸發(fā)結(jié)晶（C）得到碳酸鉀，然后利用焰色反應檢驗鉀元素，而選項D中觀察K的焰色應透過藍色的鈷玻璃，操作錯誤；

故選D．7、C【分析】【解答】根據(jù)題意是最大的碳氫分子；可知是烴類化合物；根據(jù)碳；氫原子個數(shù)可知分子中含有不飽和鍵，易被氧化；含碳原子數(shù)比較多應為固體；該分子不是高分子化合物。

【分析】本題考查高分子的判斷，題目中“合成世界上最大的碳氫分子”是解題的突破口。8、B【分析】解：A．飽和食鹽水不是膠體；均不會可生丁達爾現(xiàn)象，故A錯誤；

B．氮化硅（Si3N4）和碳化硅（SiC）是原子晶體，氧化鋁（Al2O3）和二氧化鋯（ZrO2）是離子晶體；熔點高，都可用作制高溫結(jié)構(gòu)陶瓷的材料，故B正確；

C．綠色化學的核心是從源頭消除污染；故C錯誤；

D．溫室效應與二氧化碳有關(guān)；與氮氧化物無關(guān)，故D錯誤，故選B．

A．膠體能發(fā)生丁達爾效應；

B；離子晶體熔點高；耐高溫；

C；綠色化學核心是減少污染；

D．溫室效應與二氧化碳有關(guān)；與氮氧化物無關(guān)。

本題考查較為綜合，涉及膠體、材料、環(huán)境等問題，題目難度不大，注意基礎知識的積累．【解析】【答案】B9、B【分析】解：A．氯化銨屬于離子晶體；需要克服離子鍵，苯屬于分子晶體，需要克服分子間作用力，所以克服作用力不同，故A不選；

B．碘和干冰受熱升華；均破壞分子間作用力，故B選；

C．二氧化硅屬于原子晶體；需要克服化學鍵，生石灰屬于離子晶體，需要克服離子鍵，所以克服作用力不同，故C不選；

D．氯化鈉屬于離子晶體；熔化需要克服離子鍵，鐵屬于金屬晶體，熔化克服金屬鍵，所以克服作用力不相同，故D不選；

故選B．

A．氯化銨為離子晶體；苯為分子晶體；

B．碘和干冰都為分子晶體；

C．二氧化硅和生石灰分別屬于原子晶體；離子晶體；

D．氯化鈉和鐵分別屬于離子晶體；金屬晶體．

本題考查化學鍵及晶體類型，為高頻考點，把握化學鍵的形成及判斷的一般規(guī)律為解答的關(guān)鍵，側(cè)重化學鍵破壞的考查，一般來說，活潑金屬與非金屬之間形成離子鍵，非金屬之間形成共價鍵，但銨鹽中存在離子鍵；由分子構(gòu)成的物質(zhì)發(fā)生三態(tài)變化時只破壞分子間作用力，但電解質(zhì)的電離化學鍵斷裂，題目難度不大．【解析】【答案】B二、填空題(共9題，共18分)10、增強Fe2O3減小減弱溶液變紅有氣泡產(chǎn)生【分析】【分析】飽和FeCl3溶液中，存在反應為FeCl3+3H2O?Fe（OH）3（膠體）+3HCl；

（1）加入少量NaOH（s），氫離子濃度減小，F(xiàn)eCl3的水解程度增強；

（2）根據(jù)三氯化鐵在溶液中存在水解平衡；從平衡移動的角度分析并解答該題；

（3）FeCl3溶液中通入HCl（g），溶液的pH減小，F(xiàn)eCl3的水解程度減弱；

（4）向FeCl3溶液中滴加石蕊試液；溶液呈酸，所以溶液變紅；

（5）向FeCl3溶液中加入過量的Mg片，鎂與氫離子反應生成氫氣，由此分析解答．【解析】【解答】解：飽和FeCl3溶液中，存在反應為FeCl3+3H2O?Fe（OH）3（膠體）+3HCl；

（1）加入少量NaOH（s），氫離子濃度減小，水解平衡正向移動，所以FeCl3的水解程度增強；故答案為：增強；

（2）在FeCl3溶液中，F(xiàn)e3+發(fā)生水解生成Fe（OH）3：FeCl3+3H2O?Fe（OH）3+3HCl，由于加熱蒸發(fā)，使HCl揮發(fā)，破壞平衡，使平衡不斷向右移動，結(jié)果生成Fe（OH）3，又由于灼熱發(fā)生2Fe（OH）3Fe2O3+3H2O，使Fe（OH）3分解生成Fe2O3，故答案為：Fe2O3；

（3）FeCl3溶液中通入HCl（g），溶液的pH減小，氫離子濃度增大，抑制FeCl3的水解；所以水解程度減弱，故答案為：減?。粶p弱；

（4）向FeCl3溶液中滴加石蕊試液；溶液呈酸，所以溶液變紅，故答案為：溶液變紅；

（5）向FeCl3溶液中加入過量的Mg片，鎂與氫離子反應生成氫氣，所以現(xiàn)象有氣泡產(chǎn)生，故答案為：有氣泡產(chǎn)生．11、1：31：1減小不變向左小于【分析】【分析】（1）根據(jù)開始時注入1molN2和3molH2，發(fā)生反應時消耗氮氣和氫氣始終按照1：3進行，所以當反應達到平衡時，剩余N2和H2的濃度比是仍然為1：3；根據(jù)轉(zhuǎn)化率=判斷N2和H2的轉(zhuǎn)化率比；

（2）根據(jù)升高平衡體系的溫度時，平衡向逆反應方向移動，根據(jù)混合氣體的平均相對分子質(zhì)量=，密度=判斷；

（3）運用勒夏特列原理解答．【解析】【解答】解：（1）因為開始時注入1molN2和3molH2，發(fā)生反應時消耗氮氣和氫氣始終按照1：3進行，所以當反應達到平衡時，剩余N2和H2的濃度比是仍然為1：3；又轉(zhuǎn)化率=，所以N2和H2的轉(zhuǎn)化率比為1：1；

故答案為：1：3；1：1；

（2）因為該反應為放熱反應，則升高平衡體系的溫度時，平衡向逆反應方向移動，氣體物質(zhì)的量變大，質(zhì)量不變，所以混合氣體的平均相對分子質(zhì)量=將減小，又體積不變，所以密度=也不變；

故答案為：減?。徊蛔?；

（3）升溫，平衡向吸熱的逆向移動，使體系溫度降低，故答案為：向左；小于．12、①NaClO能氧化Fe2+成Fe3+，且溶液呈堿性，能增大溶液的pH，使Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe（OH）3沉淀抑制Cu2+水解，提高CuCl2.2H2O的產(chǎn)率蒸發(fā)濃縮、升溫結(jié)晶、趁熱過濾冷卻到30-35℃結(jié)晶、過濾%1molCuCl+CuCl3-CuCl++Ag+=AgCl↓+Cu2+【分析】【分析】流程分析廢渣粉碎加入氯化鈉；通入空氣焙燒后加入鹽酸酸浸，加入試劑A是氧化劑將亞鐵離子氧化為鐵離子，調(diào)節(jié)溶液PH使鐵離子沉淀；過濾后的濾液中主要是氯化銅溶液蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶得到氯化銅晶體；

（1）試劑A滿足能把亞鐵離子氧化為鐵離子和調(diào)節(jié)PH使酸性減弱兩個功能；

（2）①加入濃鹽酸，其作用是抑制Cu2+水解；

②溶液中得到晶體的方法是蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶，過濾洗滌；

③蒸發(fā)濃縮后，由于同溫下硫酸鈉的溶解度小，會有大量硫酸鈉析出；40°C時硫酸鈉溶解度最大，硫酸鈉最不容易析出，為了得到更多的析出CuCl2?2H2O晶體；溫度略低于40℃的范圍；

（3）2Cu2++4I-═2CuI↓+I2，I2+2S2O32-═2I-+S4O62-；得到定量關(guān)系2Cu2+～2S2O32-計算；硫代硫酸鈉溶液消耗的體積第三組數(shù)據(jù)誤差大舍去；

（4）依據(jù)元素化合價變化和電子守恒計算分析得到；

（5）①從圖上在c（Cl-）=9mol?L-1處；做一條平行與縱軸的虛線，可以比較；

②從圖上在c（Cl-）=1mol?L-1處；做一條平行與縱軸的虛線，看哪種微粒最多；

（6）Cu和H2SO4之間的反應是非自發(fā)的，需要電解池實現(xiàn)，根據(jù)電解池的構(gòu)成條件來回答．【解析】【解答】解：（1）NaClO、Cl2、H2O2溶液、濃硫酸均能將Fe2+氧化為Fe3+；但氯水和硫酸溶液均呈酸性，NaClO溶液呈堿性，故可以起到調(diào)節(jié)PH的作用；

故答案為：①；NaClO能將Fe2+氧化為Fe3+，且溶液顯堿性，能增大溶液pH使Fe3+沉淀；

（2）①加入濃鹽酸，其作用是抑制Cu2+水解，提高CuCl2.2H2O的產(chǎn)率；

故答案為：抑制Cu2+水解，提高CuCl2.2H2O的產(chǎn)率；

②溶液中得到晶體的方法是蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶，趁熱過濾；

故答案為：蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶、趁熱過濾；

③由圖乙可知硫酸鈉的溶解度較小而且溫度較高時隨溫度的變化不大，為了防止氯化銅晶體的析出，必須趁熱過濾，加熱濃縮時會有大量的硫酸鈉析出；冷卻結(jié)晶時盡量保證硫酸鈉不析出，而40攝氏度時硫酸鈉溶解度最大，為了能析出更多的CuCl2?2H2O晶體；故適宜溫度為35～40℃．

故答案為：冷卻到30-35℃結(jié)晶；過濾；

（3）2Cu2++4I-═2CuI↓+I2，I2+2S2O32-═2I-+S4O62-；得到定量關(guān)系2Cu2+～2S2O32-計算；硫代硫酸鈉溶液消耗的體積第三組數(shù)據(jù)誤差大舍去得到消耗溶液體積平均為=ml=25ml；

Cu2+～S2O32-

11

n0.0250L×0.080mol?L-1

n=0.002mol；

250mL溶液中含有CuCl2?2H2O物質(zhì)的量=0.002mol×=0.02mol

此產(chǎn)品中CuCl2?2H2O的質(zhì)量分數(shù)=×100%=%；

故答案為：%；

（4）從反應4CuSO4+3H3PO2+6H2O=4CuH↓+4H2SO4+3H3PO4分析，Cu從+2價變成+1，4molCu得到4mol電子，H從+1價變成-1價，4mol-1價的H得到8mol電子，共得電子12mol，P從+1價變成+5價，3molP共失電子12mol．還原劑化合價升高，故該反應的還原劑是H3PO2．每生成4molCuH轉(zhuǎn)移電子12mol；所以，轉(zhuǎn)移電子3mol時應生成CuH1mol；

故答案為：1mol；

（5）①在c（Cl-）=9mol?L-1處，做一條平行與縱軸的虛線，可見溶液中主要含銅物種濃度大小關(guān)系為：c（CuCl2）＞c（CuCl+）＞c（CuCl3-）＞c（Cu2+）＞c（CuCl42-）；

故答案為：CuCl+；CuCl3-；

②從圖上可見，在c（Cl-）=1mol?L-1的氯化銅溶液中，主要是Cu2+與Cl-結(jié)合生成CuCl+，方程式為：Cu2++Cl-═CuCl+或CuCl++Ag+=AgCl↓+Cu2+；

故答案為：CuCl++Ag+=AgCl↓+Cu2+；

（6）Cu和H2SO4之間的反應是非自發(fā)的，需要電解池實現(xiàn)，金屬銅作陽極，陰極是導體即可，電解質(zhì)為硫酸，即：

故答案為：．13、極性建一個夏季室內(nèi)溜冰場水分子之間存在氫鍵2H2O++SO2═CH++SO42-H2O++H2O=H3O++-OH【分析】【分析】（1）極性分子能在電場作用下凝結(jié)；

（2）Ⅰ．水分子之間形成氫鍵；使水分子聯(lián)系成網(wǎng)；

Ⅱ．由水分子釋放出電子時產(chǎn)生的一種陽離子可以表示成H2O+，根據(jù)題中信息判斷生成物，進而書寫反應的離子方程式．【解析】【解答】解：（1）在電場作用下的凝結(jié)；說明分子是極性分子；常溫常壓下的固態(tài)水應用廣泛，如：建造室溫溜冰場，制造熱冰淇淋等；

故答案為：極性；建一個夏季室內(nèi)溜冰場；

（2）Ⅰ．水分子之間形成氫鍵；使水分子聯(lián)系成網(wǎng)，故答案為：水分子之間形成氫鍵；

Ⅱ．由水分子釋放出電子時產(chǎn)生的一種陽離子可以表示成H2O+，由于氧化性很強氧化SO2生成硫酸，2H2O++SO2=4H++SO42-，根據(jù)信息和電荷守恒，H2O++H2O=H3O++-OH；

故答案為：2H2O++SO2═CH++SO42-；H2O++H2O=H3O++-OH．14、略

【分析】

（1）電解飽和食鹽水的化學方程式為2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，則理論上k===1：1.13或0.89；

故答案為：==1：1.13或0.89；

（2）應先加入過量BaCl2，除去SO42-，然后加過量Na2CO3，可除去Ca2+、Mg2+、Fe3+等，過濾后加入鹽酸可除去Na2CO3；故答案為：③①②；

（3）①通空氣一邊為正極（還原反應），那么左邊必然通H2，這樣Y即為H2，則電解池左邊應為陽極，生成Cl2，由于燃料電池正極發(fā)生O2+4e-+2H2O=4OH-，燃料電池中的離子膜只允許陽離子通過，而燃料電池中正極氧氣得到電子產(chǎn)生OH-，所以反應后氫氧化鈉的濃度升高，即a%小于b%；可知NaOH濃度增大；

故答案為：Cl2；H2；a%小于b%；

②燃料電池中正極氧氣得電子發(fā)生還原反應，電極反應式為O2+4e-+2H2O=4OH-，負極氫氣失電子發(fā)生氧化反應，電極反應式為H2-2e-+2OH-=2H2O；

故答案為：O2+4e-+2H2O=4OH-；H2-2e-+2OH-=2H2O；

③據(jù)裝置特點及反應過程可知；這樣設計的優(yōu)點是燃料電池可以補充電解池消耗的電能；提高產(chǎn)出堿液的濃度；降低能耗等；

故答案為：燃料電池可以補充電解池消耗的電能；提高產(chǎn)出堿液的濃度．

【解析】【答案】（1）根據(jù)電解飽和食鹽水的化學方程式2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，即可得到k==以此計算；

（2）抓住除鋇離子要放在除碳酸根離子前即可得到順序關(guān)系：③①②；

（3）本題突破口在于B燃料電池這邊，通空氣一邊為正極（還原反應），那么左邊必然通H2，這樣Y即為H2；再轉(zhuǎn)到左邊依據(jù)電解飽和食鹽水的化學方程式可知唯一未知的X必然為Cl2；A中的NaOH進入燃料電池正極再出來，依據(jù)O2+4e-+2H2O=4OH-可知NaOH濃度增大．

15、平面三角形、平面三角形、平面三角形N＞S＞Si【分析】【分析】根據(jù)價層電子對互斥理論確定粒子空間構(gòu)型，同一周期元素中，元素第一電離能隨著原子序數(shù)增大而呈增大趨勢，但第IIA族、第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素；同一主族元素，元素電離能隨著原子序數(shù)增大而減小，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：SiO32-中價層電子對個數(shù)為3且不含孤電子對；所以為平面三角形；

SO3中價層電子對個數(shù)為3且不含過度競爭；所以為平面三角形；

NO3-中價層電子對個數(shù)為3且不含孤電子對；所以為平面三角形；

同一周期元素中；元素第一電離能隨著原子序數(shù)增大而呈增大趨勢，但第IIA族；第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素；同一主族元素，元素電離能隨著原子序數(shù)增大而減小，所以這幾種元素第一電離能大小順序是N＞S＞Si；

故答案為：平面三角形、平面三角形、平面三角形；N＞S＞Si．16、陽93.45%NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl不可行，MgO熔點比MgCl2高，熔融時耗能過高【分析】【分析】（1）用離子交換膜電解飽和食鹽水時；陽極發(fā)生氧化反應生成氯氣，陰極發(fā)生還原反應生成氫氣和氫氧化鈉；

（2）計算生成NaOH的質(zhì)量；根據(jù)理論耗電量和實際耗電量計算；

（3）NaCl、NH3、CO2和水反應可制取NaHCO3；

（4）MgO熔點高，耗能過高．【解析】【解答】解：（1）用離子交換膜電解飽和食鹽水時；陽極發(fā)生氧化反應生成氯氣，陰極發(fā)生還原反應生成氫氣和氫氧化鈉，精制飽和食鹽水進入陽極室；

故答案為：陽；

（2）燒堿溶液質(zhì)量為1.342×103kg/m3×113m3=1.516×105kg；

m（NaOH）=1.516×105kg×32%=4.85×104kg；

則理論上需要電流量為=3.252×107A；

則實際上耗電量為1.45×104A×8×300=3.48×107A；

該電解槽的電解效率為=93.45%；

故答案為：93.45%；

（3）NaCl、NH3、CO2和水反應可制取NaHCO3，反應的方程式為NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，故答案為：NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl；

（4）MgO的熔點比氯化鎂高；電解時應用熔融的氯化鎂，一般不用氧化鎂，因氧化鎂的熔點高，耗能過高；

故答案為：不可行，MgO熔點比MgCl2高，熔融時耗能過高．17、①②④碳碳雙鍵、醛基HCOOCH（CH3）2【分析】【分析】（1）根據(jù)反應物；生成物的結(jié)構(gòu)以及官能團的變化；結(jié)合有機反應類型的定義進行判斷；

根據(jù)E的結(jié)構(gòu)判斷含有的官能團；

（2）根據(jù)丙醛與甲醛反應生成D；由D的結(jié)構(gòu)可知，應是丙醛中連接醛基的碳原子上C-H鍵斷裂，與甲醛發(fā)生加成反應，則HCHO過量，則D中連接醛基的碳原子上C-H鍵斷裂可以繼續(xù)斷裂，與HCHO發(fā)生加成反應，據(jù)此書寫；

（3）D的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：Ⅰ．既能發(fā)生水解反應，也能發(fā)生銀鏡反應，為甲酸形成的酯，則含有-OOCH，Ⅱ．分子中有3種不同化學環(huán)境的氫，則烴基含有2種H原子，為-CH（CH3）2；據(jù)此書寫；

（4）D在Cu作催化劑條件下與氧氣反應；醇羥基被氧化為-CHO；

（5）丙醛在Cu、加熱條件下生成丙酸，丙酸發(fā)生信息反應生成CH3CH（Cl）COOH，發(fā)生水解反應生成CH3CH（OH）COOH，再發(fā)生縮聚反應生成【解析】【解答】解：（1）根據(jù)A；B的結(jié)構(gòu)可知；反應①屬于加成反應；根據(jù)C、D的結(jié)構(gòu)可知，反應②屬于加成反應，反應③屬于消去反應，根據(jù)B、E、兔耳草醛的結(jié)構(gòu)可知反應④屬于加成反應；

故E的結(jié)構(gòu)可知；含有的官能團為：碳碳雙鍵；醛基；

故答案為：①②④；碳碳雙鍵；醛基；

（2）根據(jù)丙醛與甲醛反應生成D，由D的結(jié)構(gòu)可知，應是丙醛中連接醛基的碳原子上C-H鍵斷裂，與甲醛發(fā)生加成反應，則HCHO過量，則D中連接醛基的碳原子上C-H鍵斷裂可以繼續(xù)斷裂，與HCHO發(fā)生加成反應，故D繼續(xù)與HCHO反應生成的物質(zhì)的結(jié)構(gòu)為

故答案為：

據(jù)此書寫；

（3）D的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：Ⅰ．既能發(fā)生水解反應，也能發(fā)生銀鏡反應，為甲酸形成的酯，則含有-OOCH，Ⅱ．分子中有3種不同化學環(huán)境的氫，則烴基含有2種H原子，為-CH（CH3）2，故符合條件的D的同分異構(gòu)體為HCOOCH（CH3）2；

故答案為：HCOOCH（CH3）2；

（4）D在Cu作催化劑條件下與氧氣反應，醇羥基被氧化為-CHO，反應方程式為：

故答案為：

（5）丙醛在Cu、加熱條件下生成丙酸，丙酸發(fā)生信息反應生成CH3CH（Cl）COOH，發(fā)生水解反應生成CH3CH（OH）COOH，再發(fā)生縮聚反應生成故工藝流程圖為：，

故答案為：．18、bc12.5%＞4NH3+5O24NO+6H2OadD4H2（g）+2NO2（g）=N2（g）+4H2O（g）△H=-1100kJ/mol2NO2+CO32-=NO3-+NO2-+CO2【分析】【分析】（1）①提高H2的轉(zhuǎn)化率；應使平衡向正反應移動，據(jù)此結(jié)合外界條件對平衡想影響分析解答；

②利用壓強之比等于物質(zhì)的量之比計算平衡時反應混合物的總的物質(zhì)的量，再利用差量法計算參加反應的氮氣的物質(zhì)的量，利用定義計算N2的轉(zhuǎn)化率；

正反應是氣體體積減小的反應；容器壓強恒定，相當于在恒容的條件下增大壓強，平衡向正反應進行，氮氣的轉(zhuǎn)化率增大；

（2）①氨氣被氧氣催化氧化生成一氧化氮與水；配平書寫方程式；

②a．該反應正反應是氣體物質(zhì)的量減小的反應；恒溫恒容下條件下，壓強不變，說明到達平衡；

b．該反應正反應是氣體體積減小的反應；增大壓強平衡向正反應進行；

c．恒容條件下；反應混合氣體的總質(zhì)量不變，密度始終不變；

d．由圖可知，在t2時，改變條件平衡向正反應移動，t3時到達平衡，t4時瞬間正反應速率不變，逆反應速率減小，平衡向正反應進行，應是NO2降低的濃度；

③升高溫度平衡向逆反應進行；平衡時二氧化氮的含量增大，溫度越高反應速率越快，到達平衡的時間越短，據(jù)此作出二氧化氮含量與時間關(guān)系草圖，據(jù)此判斷．

（3）①根據(jù)蓋斯定律；由已知熱化學方程式乘以適當?shù)南禂?shù)進行加減，反應熱也乘以相應的系數(shù)并進行相應的運算；

②根據(jù)n=計算NO2的物質(zhì)的量，反應中只有NO2中N元素化合價發(fā)生變化，發(fā)生歧化反應，有生成NO3-，根據(jù)注意電子數(shù)計算生成NO3-的物質(zhì)的量，再根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒計算N元素在還原產(chǎn)物中的化合價，判斷還原產(chǎn)物，據(jù)此書寫．【解析】【解答】解：（1）①、a．選擇適當?shù)拇呋瘎?，加快反應速率，不影響平衡移動，H2的轉(zhuǎn)化率不變；故a錯誤；

b．增大壓強，平衡向正反應移動，H2的轉(zhuǎn)化率增大，故b正確；

c．及時分離生成的NH3，生成物濃度降低，平衡向正反應移動，H2的轉(zhuǎn)化率增大；故c正確；

d．升高溫度，平衡向逆反應移動，H2的轉(zhuǎn)化率降低；故d錯誤；

故答案為：bc；

②壓強之比等于物質(zhì)的量之比，達到平衡狀態(tài)時，容器內(nèi)的壓強是原來的，則減少的物質(zhì)的量為（1+3）mol×=；則：

N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）物質(zhì)的量減少△n

12

n（N2）

故n（N2）==，所以氮氣的轉(zhuǎn)化率==12.5%；

正反應是氣體體積減小的反應，容器壓強恒定，相當于在恒容的條件下增大壓強，平衡向正反應進行，氮氣的轉(zhuǎn)化率增大，所以a2＞a1；

故答案為：12.5%；＞；

（2）①氨氣的催化氧化反應方程式為：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案為：4NH3+5O24NO+6H2O；

②a．該反應正反應是氣體物質(zhì)的量減小的反應；恒溫恒容下條件下，壓強不變，說明到達平衡，故a正確；

b．正反應是吸熱反應，升高溫度平衡向正反應移動，在t2時，正、逆速率都增大，且正反應速率增大更多，平衡向正反應移動，但該反應正反應是氣體體積減小的反應，增大壓強平衡也向正反應進行，故t2時為升高溫度或增大壓強，故b錯誤；

c．恒容條件下；反應混合氣體的總質(zhì)量不變，密度始終不變，所以不能說明反應達到平衡狀態(tài)，故c錯誤；

d．由圖可知，在t2時，改變條件平衡向正反應移動，t3時到達平衡，t4時瞬間正反應速率不變，逆反應速率減小，平衡向正反應進行，應是NO2降低的濃度，故容器內(nèi)NO2的體積分數(shù)在t3時值的最大；故d正確；

故選ad；

③升高溫度平衡向逆反應進行，平衡時二氧化氮的含量增大，溫度越高反應速率越快，到達平衡的時間越短，據(jù)此作出二氧化氮含量與時間關(guān)系草圖為由圖可知，t1時刻a1=a2，t1時刻之前a1＞a2，t1時刻之后a1＜a2；故答案為：D；

（3）①已知：Ⅰ、2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=-483.5kJ/mol

Ⅱ、N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H=+133kJ/mol

由蓋斯定律可知，Ⅰ×2-Ⅱ得4H2（g）+2NO2（g）=N2（g）+4H2O（g）；

故△H=2×（-483.5kJ/mol）-133kJ/mol=-1100kJ/mol；

故熱化學方程式為：4H2（g）+2NO2（g）=N2（g）+4H2O（g）△H=-1100kJ/mol；

故答案為：4H2（g）+2NO2（g）=N2（g）+4H2O（g）△H=-1100kJ/mol；

②9.2gNO2的物質(zhì)的量=，反應中只有NO2中N元素化合價發(fā)生變化，發(fā)生歧化反應，有生成NO3-；

0.2mol二氧化氮轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是0.1mol，故生成的NO3-的物質(zhì)的量為=0.1mol，故被還原的氮原子物質(zhì)的量為0.2mol-0.1mol=0.1mol，令N元素在還原產(chǎn)物中的化合價為x價，則0.1mol×（4-x）=0.1mol，解得x=+3，故還原產(chǎn)物為NO2-，且生成的NO3-和NO2-物質(zhì)的量之比為1：1，同時反應生成CO2，故二氧化氮和碳酸鈉溶液反應的離子反應方程式為：2NO2+CO32-=NO3-+NO2-+CO2，故答案為：2NO2+CO32-=NO3-+NO2-+CO2．三、判斷題(共8題，共16分)19、×【分析】【分析】當向蛋白質(zhì)溶液中加入的鹽溶液達到一定濃度時，反而使蛋白質(zhì)的溶解度降低而從溶液中析出，這種作用叫鹽析．【解析】【解答】解：蛋白質(zhì)溶液中加入飽和（NH4）2SO4溶液，蛋白質(zhì)析出，再加水會溶解，鹽析是可逆的，故答案為：×．20、√【分析】【分析】上層液體若從下口流出會摻雜儀器中附著的下層液體．據(jù)此解題．【解析】【解答】解：分液時，先把下層液體從下口放出，再把上層液體從上口倒出，故答案為：√．21、×【分析】【分析】硫酸鉀由K+和SO42-構(gòu)成，結(jié)合離子化合物的構(gòu)成判斷．【解析】【解答】解：硫酸鉀由K+和SO42-構(gòu)成，1mol硫酸鉀中含有1molSO42-，陰離子所帶電荷數(shù)為2NA；

故答案為：×．22、×【分析】【分析】吸熱反應與放熱反應與是否加熱無關(guān)，化學反應中，反應物的總能量大于生成物的總能量，反應放熱，反之吸熱．【解析】【解答】解：放熱反應不一定不用加熱就能進行，如鋁熱反應，為放熱反應，但應在高溫下才能進行，故答案為：×．23、×【分析】【分析】濃硫酸為酸性、強氧化性干燥劑，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)此進行解答．【解析】【解答】解：濃硫酸為酸性、強氧化性干燥劑，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；不能使用濃硫酸干燥氨氣，所以該說法錯誤；

故答案為：×．24、√【分析】【分析】（1）乙酸分子中含有羧基；乙酸的酸性大于碳酸；

（2）乙醇的官能團是羥基；乙酸的官能圖是羧基；

（3）CH3CO18OC2H5的水解產(chǎn)物是CH3COOH和C2H518OH；

（4）在水溶液里；乙酸分子中的羧基可以電離出氫離子；

（5）乙醇與水以任意比例互溶；

（6）碳酸鈉溶液可以吸收乙酸，降低乙酸丁酯的溶解度．【解析】【解答】解：（1）乙酸分子中含有羧基，乙酸的酸性大于碳酸，可與NaHCO3溶液反應生成CO2氣體；

故答案為：√；

（2）乙醇、乙酸均能與Na反應放出H2；乙醇的官能團是羥基，乙酸的官能圖是羧基，因此二者分子中官能團不相同；

故答案為：×；

（3）在酸性條件下，CH3CO18OC2H5的水解產(chǎn)物是CH3COOH和C2H518OH；

故答案為：×；

（4）在水溶液里；乙酸分子中的羧基可以電離出氫離子，甲基不能電離出氫離子；

故答案為：×；

（5）乙醇與水以任意比例互溶；用碳酸鈉溶液洗滌，除掉了乙酸，引入了乙酸鈉和碳酸鈉；

故答案為：×；

（6）碳酸鈉溶液可以吸收乙酸；降低乙酸丁酯的溶解度；

故答案為：√．25、×【分析】【分析】硫酸鉀由K+和SO42-構(gòu)成，結(jié)合離子化合物的構(gòu)成判斷．【解析】【解答】解：硫酸鉀由K+和SO42-構(gòu)成，1mol硫酸鉀中含有1molSO42-，陰離子所帶電荷數(shù)為2NA；

故答案為：×．26、×【分析】【分析】（1）同溫同壓下；氣體的氣體摩爾體積相等；

（2）氣體摩爾體積取決于溫度和壓強的大??；

（3）氣體摩爾體積僅適用于氣體；

（4）考慮影響氣體體積的因素．【解析】【解答】解：（1）氣體的體積取決于溫度和壓強的大??；同溫同壓下，氣體分子之間的距離相等，則氣體摩爾體積相等，故答案為：×；

（2）氣體摩爾體積取決于溫度和壓強的大小；如不在標準狀況下，也可能為22.4L/mol，故答案為：×；

（3）氣體摩爾體積僅適用于氣體；對于固體；液體來說，不同物質(zhì)的體積大小不同，故答案為：×；

（4）影響氣體體積的因素為分子間的平均距離和分子數(shù)目的多少，一定溫度和壓強下，分子間距離一定，所以氣體體積大小由分子數(shù)目決定，故答案為：√．四、實驗題(共3題，共30分)27、略

【分析】試題分析：（1）濾液中含有AlO2—，通入CO2，生成Al(OH)3沉淀，離子方程式為：AlO2—＋2H2O＋CO2＝Al(OH)3↓＋HCO3—（2）鋁在高溫條件下，把Fe2O3還原為Fe，化學方程式為：Fe2O3＋2AlAl2O3＋2Fe（3）因為粗鋁中含有氫氣，所以與Cl2反應生成AlCl3和H2，AlCl3在181℃升華，所以氣泡的主要成分除Cl2外還含有HCl和AlCl3；粗鋁中含有Na，與Cl2反應生成NaCl，NaCl熔點為801℃，所以浮渣中肯定存在NaCl。（4）Al失電子生成AlCl4－，電極方程式為：Al-3e-＋4Cl-=AlCl4-（5）Al在空氣中與O2反應生成Al2O3，表面形成的致密氧化鋁膜，能防止鋼材腐蝕?？键c：本題考查化學工藝流程的分析、方程式的書寫、電解原理?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?2分）（1）AlO2—＋2H2O＋CO2＝Al(OH)3↓＋HCO3—（2分）（2）Fe2O3＋2AlAl2O3＋2Fe（2分）（3）HCl和AlCl3（2分）NaCl（2分）（4）Al-3e-＋4Cl-=AlCl4-（2分）（5）表面形成的致密氧化鋁膜能防止鋼材腐蝕，或致密的氧化鋁膜將環(huán)境中的電解質(zhì)溶液與內(nèi)層金屬隔離（2分）28、略

【分析】試題分析：（1）儀器組裝完成后，關(guān)閉兩端活塞，向裝置B中的長頸漏斗內(nèi)注入液體至形成一段液柱，若液柱高度保持不變，說明不漏氣，則氣密性良好；裝置E的作用為：安全瓶，可防止液體倒吸；E中盛放NaOH溶液進行尾氣處理，防止含硫化合物排放在環(huán)境中，從而保護環(huán)境。（2）二氧化硫能溶于水生成亞硫酸，二氧化硫和亞硫酸鈉、碳酸氫鈉反應，為防止二氧化硫溶解，應該用亞硫酸氫鈉溶液洗氣，故選C。（3）二氧化硫具有還原性、鐵離子具有氧化性，二者發(fā)生氧化還原反應生成硫酸根離子和亞鐵離子，故答案為：Fe2+、SO42-。（4）方案①往第一份試液中加入KMnO4溶液，紫紅色褪去，原來溶液中有二氧化硫，二氧化硫和亞鐵離子都能被酸性高錳酸鉀溶液氧化而導致酸性高錳酸鉀溶液褪色，所以不能確定哪種微粒其作用，故錯誤；方案②：往第一份試液加入KSCN溶液，不變紅，再加入新制的氯水，溶液變紅，亞鐵離子和KSCN不反應，鐵離子和KSCN反應生成血紅色溶液，所以可以檢驗溶液中存在亞鐵離子，故正確；方案③：往第二份試液加入用稀鹽酸酸化的BaCl2，產(chǎn)生白色沉淀，亞硫酸根離子和氯化鋇不反應，硫酸根離子和鋇離子反應生成硫酸鋇沉淀，且不溶于稀鹽酸，所以可以檢驗溶液中存在硫酸根離子，故正確；所以實驗方案①不合理。（5）SO2通入含淀粉的碘水中發(fā)生氧化還原反應，還原劑是二氧化硫、還原產(chǎn)物是碘離子，所以還原性SO2＞I-，碘遇淀粉試液變藍色，所以能表明I－的還原性弱于SO2的現(xiàn)象是：D中藍色褪去；離子反應方程式為I2+SO2+2H2O=4H++2I-+SO42-。考點：本題考查實驗基本儀器和基本操作、化學實驗方案的設計、氧化還原反應原理、離子反應?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）液柱高度保持不變；安全瓶，防止倒吸；NaOH（各1分）（2）C（1分）（3）Fe2+、SO42－（1分）（4）方案①（1分）SO2、Fe2+都能使酸性高錳酸鉀褪色（2分）（5）D中藍色褪去（1分）I2+SO2+2H2O=4H++2I－+SO42－（2分）29、略

【分析】解：rm{(1)A}裝置：稀鹽酸和大理石制取二氧化碳鹽酸具有揮發(fā)性，石灰石和鹽酸反應：rm{CaCO_{3}+2HCl=CaCl_{2}+H_{2}O+CO_{2}隆眉}該反應是放熱反應，所以生成的二氧化碳中含有氯化氫，為了制取純凈的二氧化碳，應該用飽和的碳酸氫鈉溶液除去氯化氫，氯化氫和碳酸氫鈉反應能生成二氧化碳，不僅除去氯化氫還能增加二氧化碳的量，所以用碳酸氫鈉溶液除去氯化氫，反應為：rm{HCO_{3}^{-}+H^{+}簍TH_{2}O+CO_{2}隆眉}

故答案為：rm{HCl}rm{HCO_{3}^{-}+H^{+}簍TH_{2}O+CO_{2}隆眉}

rm{(2)A}裝置制得的二氧化碳能夠與過氧化鈉反應產(chǎn)生氧氣，反應為：rm{2Na_{2}O_{2}+2CO_{2}簍T2Na_{2}CO_{3}+O_{2}}從rm{B}中出來的氣體含有水蒸氣，水蒸氣能夠與過氧化鈉反應產(chǎn)生氧氣，反應為：rm{2Na_{2}O_{2}+2H_{2}O簍T4NaOH+O_{2}隆眉}

故答案為：rm{2Na_{2}O_{2}+2CO_{2}簍T2Na_{2}CO_{3}+O_{2}}rm{2Na_{2}O_{2}+2H_{2}O簍T4NaOH+O_{2}隆眉}

rm{(3)C}裝置：二氧化碳、水分別和過氧化鈉反應，通過rm{D}裝置有未反應的二氧化碳，氫氧化鈉和酸性氧化物二氧化碳反應生成碳酸鈉和水，反應為：rm{2OH^{-}+CO_{2}簍TCO_{3}^{2-}++H_{2}O}

故答案為：rm{CO_{2}}rm{2OH^{-}+CO_{2}簍TCO_{3}^{2-}++H_{2}O}

rm{(4)C}裝置中固體由淡黃色rm{Na_{2}O_{2}}完全變?yōu)榘咨珵樘妓徕}鈉，反應為rm{2Na_{2}O_{2}+2CO_{2}簍T2Na_{2}CO_{3}+O_{2}}檢驗固體成分實際為檢驗碳酸根離子，可用氯化鋇、或氯化鈣溶液與碳酸根離子反應生成或碳酸鈣、碳酸鋇白色沉淀驗證碳酸根離子的存在，過濾沉淀，向濾液中滴入幾滴酚酞試液，若溶液變紅且不褪色，則證明固體中含有氫氧化鈉，說明發(fā)生rm{2Na_{2}O_{2}+2H_{2}O簍T4NaOH+O_{2}隆眉}

故答案為：rm{CaCl_{2}}或rm{BaCl_{2}}rm{Na_{2}CO_{3}}溶液變紅；rm{NaOH}．

實驗室研究潛水艇中供氧體系反應機理：rm{A}裝置：稀鹽酸和大理石制取二氧化碳，rm{B}裝置：用飽和的碳酸氫鈉除去二氧化碳中的氯化氫，rm{C}裝置：二氧化碳、水分別和過氧化鈉反應rm{2Na_{2}O_{2}+2CO_{2}簍T2Na_{2}CO_{3}+O_{2}}rm{2Na_{2}O_{2}+2H_{2}O簍T4NaOH+O_{2}隆眉}rm{D}裝置：用氫氧化鈉吸收未反應的二氧化碳，rm{E}裝置：用排水法收集制得的氧氣．

rm{(1)}鹽酸具有揮發(fā)性；石灰石和鹽酸反應是放熱反應，所以生成的二氧化碳中含有氯化氫，為了制取純凈的二氧化碳，應該用飽和的碳酸氫鈉溶液除去氯化氫；

rm{(2)C}裝置：二氧化碳；水分別和過氧化鈉反應生成氧氣；

rm{(3)D}裝置可除去rm{C}裝置中未反應的二氧化碳；氫氧化鈉和酸性氧化物生成鹽和水；

rm{(4)C}裝置中固體由淡黃色完全變?yōu)榘咨珵樘妓徕}鈉；依據(jù)碳酸根離子和氯化鋇；或氯化鈣溶液反應生成或碳酸鈣、碳酸鋇白色沉淀驗證碳酸根離子的存在，過濾，向濾液中滴入幾滴酚酞試液，若溶液變紅且不褪色，則證明固體中含有堿．

本題為探究二氧化碳、水與過氧化鈉反應實驗題，側(cè)重考查除雜、產(chǎn)物的檢驗，熟悉反應的原理和常見儀器的用途是解題關(guān)鍵，題目難度中等．【解析】rm{HCl}rm{HCO_{3}^{-}+H^{+}簍TH_{2}O+CO_{2}隆眉}rm{2Na_{2}O_{2}+2CO_{2}簍T2Na_{2}CO_{3}+O_{2}}rm{2Na_{2}O_{2}+2H_{2}O簍T4NaOH+O_{2}隆眉}rm{CO_{2}}rm{2OH^{-}+CO_{2}簍TCO_{3}^{2-}++H_{2}O}rm{CaCl_{2}}或rm{BaCl_{2}}rm{Na_{2}CO_{3}}溶液變紅；rm{NaOH}五、簡答題(共1題，共10分)30、略

【分析】解：rm{(1)}檢驗氣體產(chǎn)物中rm{CO}的存在，并驗證檢驗過程中有rm{CO_{2}}生成，將rm{CO_{2}}除盡，凈化rm{(}干燥rm{)}檢驗rm{CO(}用rm{CuO}變紅rm{)}在檢驗有rm{CO_{2}}生成rm{(CO}的氧化產(chǎn)物rm{)}應該先通過氫氧化鈉溶液除去氣體中的二氧化碳，再通過澄清石灰水檢驗二氧化碳是否除凈，然后通過還原氧化銅生成二氧化碳，用澄清石灰水檢驗一氧化碳生成的二氧化碳，據(jù)此選出試劑并進行排序?qū)怏w產(chǎn)物依次通過rm{壟脼1.0mol?L^{-1}NaOH}溶液除去二氧化碳，再通過rm{壟脽}澄淸石灰水，石灰水不變渾濁，證明二氧化碳除凈，然后通過再用rm{壟脻}濃硫酸干燥氣體，將干燥的氣體通入灼熱的rm{壟脹}氧化銅，試管中有紅色物質(zhì)生成，同時生成了能夠使rm{壟脽}澄淸石灰水變渾濁的氣體，證明原氧氣中有一氧化碳，所以加入試劑的順序為：rm{壟脼壟脽壟脻壟脹壟脽}

故答案為：rm{壟脼壟脽壟脻壟脹壟脽}

rm{(2)}根據(jù)題意“固體產(chǎn)物中，鐵元素不可能以三價形式存在”，所以存在的可能是零價鐵或亞鐵，可能情況有三種：只有rm{Fe}只有rm{FeO}含有rm{Fe}和rm{FeO}

故答案為：含有rm{Fe}和rm{FeO}

rm{(3)}步驟rm{2.}金屬鐵不溶于水中，但是可以和硫酸銅發(fā)生置換反應，生成金屬銅和硫酸亞鐵，所以取少置上述不溶固體放入試管中，加入足量rm{CuSO_{4}}溶液，若藍色溶液顏色及加入的不溶固體無明顯變化，則假設rm{2}成立；若藍色溶液顏色明顯改變，且有暗紅色固體生成，則證明有鐵單質(zhì)存在，發(fā)生反應的離子方程式為：rm{Fe+Cu^{2+}=Cu+Fe^{2+}}

步驟rm{3.}氧化亞鐵不溶于水，可以和鹽酸反應生成氯化冶鐵和水，可以檢驗亞鐵離子的存在進而確定氧化亞鐵的存在，方法為：取取步驟rm{2}所得暗紅色固體于試管中，滴加過量rm{HCl}靜置，振蕩后靜置rm{.}若溶液基本無色，則假設rm{1}成立；若溶液呈淺綠色，則證明假設rm{3}成立；

故答案為：rm{CuSO_{4}}rm{2}rm{Fe+Cu^{2+}=Cu+Fe^{2+}}rm{HCl}rm{1}淺綠色；

rm{(4)}可以所以硫酸氫鉀溶液和雙氧水檢驗步驟rm{3}中是否存在亞鐵離子，方法為：取步驟rm{3}靜置后的上層溶液，滴加幾滴硫氰化鉀溶液無紅色出現(xiàn)，再滴加rm{1-2}滴雙氧水，充分振蕩，若溶液變紅，則證明假設rm{3}成立；

故答案為：取步驟rm{3}靜置后的上層溶液，滴加幾滴硫氰化鉀溶液無紅色出現(xiàn)，再滴加rm{1-2}滴雙氧水，充分振蕩，若溶液變紅，則證明假設rm{3}成立；

rm{(5)}根據(jù)信息可知，鐵離子被氯氣氧化成rm{FeO_{4}^{2-}}根據(jù)化合價升降相等配平，配平后的離子方程式為：rm{2Fe^{3+}+8H_{2}O+3Cl_{2}=2FeO_{4}^{2-}+16H^{+}+6Cl^{-}}

故答案為：rm{2Fe^{3+}+8H_{2}O+3Cl_{2}=2FeO_{4}^{2-}+16H^{+}+6Cl^{-}}．

rm{(1)CO}的檢驗為先將rm{CO_{2}}除盡，凈化rm{(}干燥rm{)}檢驗rm{CO(}用rm{CuO}變紅rm{)}在檢驗有rm{CO_{2}}生成rm{(CO}的氧化產(chǎn)物rm{)}檢驗氣體產(chǎn)物中rm{CO}的存在，并驗證檢驗過程中有rm{CO_{2}}生成；應該先通過氫氧化鈉溶液除去氣體中的二氧化碳，