2025年外研版高二化學(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年外研版高二化學(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7題，共14分)1、某溶液中可能含有下列5種離子中的幾種：Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、Cl-．為確認(rèn)該溶液組成進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：①取20.0mL該溶液，加入25.0mL4.00mol?L-1NaOH溶液加熱，有白色沉淀產(chǎn)生，無(wú)刺激氣味氣體生成．過(guò)濾、洗滌、干燥，得沉淀1.16g．再將濾液稀釋至200mL，測(cè)得濾液中c（OH-）=0.1mol?L-1；②另取20.0mL該溶液，加入足量的AgNO3溶液；生成白色沉淀14.35g．關(guān)于原溶液組成結(jié)論正確的是（）

A.一定含有Mg2+、Al3+、Cl-，不含有Na+、NH4+

B.一定含有Na+、Mg2+、Cl-，不含有NH4+、可能含有Al3+

C.c（Mg2+）為1.00mol?L-1，c（Na+）為1.50mol?L-1

D.c（Cl-）為5.00mol?L-1，c（Al3+）為1.00mol?L-1

2、具有下列電子層結(jié)構(gòu)的原子，其對(duì)應(yīng)元素一定屬于同一周期的是（）A.兩種原子的電子層上全部都是s電子B.3p能級(jí)上只有一個(gè)空軌道的原子和3p能級(jí)上只有一個(gè)未成對(duì)電子的原子C.最外層電子排布為2s22p6的原子和最外層電子排布為2s22p6的離子D.原子核外M層上的s能級(jí)和p能級(jí)都填滿了電子，而d軌道上尚未有電子的兩種原子3、現(xiàn)有可逆反應(yīng)A(g)＋2B(g)nC(g)△H＜0，在相同溫度、不同壓強(qiáng)時(shí)，A的轉(zhuǎn)化率跟反應(yīng)時(shí)間（t）的關(guān)系如圖，其中結(jié)論正確的是A.p1＞p2，n＞3B.p1＜p2，n＞3C.p1＜p2，n＜3D.p1＞p2，n=34、設(shè)NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是（）A.46g組成為C2H6O的有機(jī)物，C﹣H鍵數(shù)目一定為5NAB.1mol羥基中含有的電子數(shù)為10NAC.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，1molCCl4的體積約為22.4LD.14g乙烯和丙烯的混合氣體中所含原子總數(shù)為3NA5、檢驗(yàn)Fe2+溶液中是否混有Fe3+時(shí)，可選擇的試劑是（）A.硫氰酸鉀溶液B.硝酸C.酸性高錳酸鉀溶液D.氯水6、下列污染現(xiàn)象主要與SO2有關(guān)的是（）A.臭氧空洞B.酸雨C.光化學(xué)煙霧D.溫室效應(yīng)7、已知rm{H_{2}(g)+Br_{2}(l)=2HBr(g)}rm{triangleH=-72kJ/mol.}蒸發(fā)rm{1mol}rm{Br_{2}(l)}需要吸收的能量為rm{30kJ}其它相關(guān)數(shù)據(jù)如下表：

。化學(xué)物質(zhì)。

rm{H_{2}(g)}

rm{Br_{2}(g)}

rm{HBr(g)}

rm{1mol}分子中的化學(xué)鍵斷裂時(shí)需要吸收的能量rm{/KJ}

rm{436}

rm{a}

rm{369}

則表中rm{a}為。

A.rm{404}B.rm{260}C.rm{230}D.rm{200}評(píng)卷人得分二、雙選題(共7題，共14分)8、下列化合物中的所有碳原子都一定在同一平面上的是（）A.CH3（CH2）4CH3B.CH3CH2CHOC.CH3CH=CHCH3D.（CH3）3C-C≡C-CH39、下列有關(guān)乙醇的性質(zhì)的應(yīng)用中正確的是（）A.由于乙醇的密度比水小，所以乙醇中的水可以通過(guò)分液的方法除去B.由于乙醇能夠溶解很多有機(jī)物和無(wú)機(jī)物，所以可用乙醇提取中藥的有效成分C.乙醇能與乙酸在一定條件下反應(yīng)生成乙酸乙酯和水，說(shuō)明乙醇具有堿性D.由于乙醇容易揮發(fā)，所以才有熟語(yǔ)“酒香不怕巷子深”的說(shuō)法10、草酸是二元弱酸，草酸氫鉀溶液呈酸性。在rm{0.1mol隆隴L^{-1}KHC_{2}O_{4}}溶液中，下列關(guān)系正確的是A.rm{c(K^{+})+c(H^{+})=c({H}_{2}{C}_{2}{{O}_{4}}^{-})+c(OH^{-})+c({C}_{2}{{O}_{4}}^{2-})}B.rm{c(H{C}_{2}{{O}_{4}}^{-})+c({C}_{2}{{O}_{4}}^{2-})=0.1mol隆隴L^{-1}}C.rm{c({C}_{2}{{O}_{4}}^{2-})>c(H_{2}C_{2}O_{4})}D.rm{c(K^{+})=c(H_{2}C_{2}O_{4})+c(H{C}_{2}{{O}_{4}}^{-})+c({C}_{2}{{O}_{4}}^{2-})}11、有機(jī)物rm{A}的鍵線式為有機(jī)物rm{B}與等物質(zhì)的量的rm{H_{2}}發(fā)生加成反應(yīng)可得到rm{A}下列有關(guān)說(shuō)法錯(cuò)誤的是rm{(}rm{)}A.rm{A}的最簡(jiǎn)式為rm{C_{4}H_{9}}B.rm{A}的一氯代物有rm{5}種C.rm{A}有許多同分異構(gòu)體，其中主鏈碳數(shù)為rm{5}有機(jī)物有rm{5}種rm{(}不包括rm{A)}D.rm{B}的結(jié)構(gòu)可能有rm{3}種，其中一種名稱為：rm{2}rm{2}rm{3-}三甲基rm{-3-}戊烯12、某物質(zhì)的結(jié)構(gòu)為關(guān)于該物質(zhì)的說(shuō)法正確的是A.是苯的同系物B.rm{1mol}該物質(zhì)最多可以和rm{7mol}氫氣發(fā)生加成反應(yīng)C.能發(fā)生加聚反應(yīng)D.分子中的所有原子無(wú)法處于同一平面13、下列食品添加劑與類別對(duì)應(yīng)正確的一組是rm{(}rm{)}A.著色劑rm{-}亞硝酸鹽B.疏松劑rm{-}碳酸氫銨C.調(diào)味劑rm{-}苯甲酸鈉D.防腐劑rm{-}醋酸14、用鐵片與稀硫酸反應(yīng)制取氫氣時(shí)，下列措施不能使反應(yīng)速率加快的是（）A.不用稀硫酸，改用98%濃硫酸B.加蒸餾水C.滴加少量CuSO4溶液D.不用鐵片，改用鐵粉評(píng)卷人得分三、填空題(共7題，共14分)15、氮是地球上極為豐富的元素。(1)Li3N晶體中氮以N3－存在，基態(tài)N3－的核外電子排布式為_(kāi)___。(2)X＋中所有電子正好充滿K、L、M三個(gè)電子層，它與N3－形成的晶體結(jié)構(gòu)如圖所示。X的元素符號(hào)是____，與同一個(gè)N3－相連的X＋有____個(gè)。16、（1）pH＝3的醋酸和pH＝11的氫氧化鈉溶液等體積混合后溶液呈____，溶液中c(CH3COO-)____c(Na+)。（填大于、小于、等于）（2）將pH＝3的硫酸溶液和pH＝12的氫氧化鈉溶液混和，若使混和后溶液的pH＝7，則硫酸溶液和氫氧化鈉溶液的體積比是_______（3）某酸性化工廢水中含有濃度約為0.01mol.L-1的Ag+、Pb2+等重金屬離子。有關(guān)數(shù)據(jù)如下：。難溶電解質(zhì)AgIAgOHAg2SPbI2Pb(OH)2PbSKsp8.3×10-125.6×10-86.3×10-507.1×10-91.2×10-153.4×10-28（i）在廢水排放前，用沉淀法除去這兩種離子，最好加入_________(填字母序號(hào))A.Na2S、B.NaOH、C.KI、D.Ca(OH)2（ii）某工程師用CaO處理上述廢水后Pb2+的濃度為1.2×10-3則此溶液的pH=____。17、已知25℃時(shí)0.1mol·L-1醋酸溶液的pH約為3，向其中加入少量醋酸鈉晶體，待晶體溶解后發(fā)現(xiàn)溶液的pH增大。對(duì)上述現(xiàn)象有兩種不同的解釋：甲同學(xué)認(rèn)為醋酸鈉水解呈堿性，增大了c（OH-），因而溶液的pH增大；乙同學(xué)認(rèn)為醋酸鈉溶于水電離出大量醋酸根離子，抑制了醋酸的電離，使c（H+）減小，因此溶液的pH增大。（1）為了驗(yàn)證上述哪種解釋正確，繼續(xù)做如下實(shí)驗(yàn)，向0.1mol·L-1的醋酸溶液中加入少量下列物質(zhì)中的__________（填寫(xiě)編號(hào)），然后測(cè)定溶液的pH。A.、固體CH3COOKB、固體CH3COONH4C、氣體NH3D、固體NaHCO3（2）若________（填“甲”或“乙”）的解釋正確，溶液的pH應(yīng)________（填“增大”減小”或“不變”）。（已知：25℃時(shí)，NH3·H2O的Ka=1.8×10-5，CH3COOH的Kb=1.8×10-5）18、（4分）下列變化①碘的升華②燒堿熔化③氯化鈉溶于水④氯化氫溶于水⑤氧氣溶于水⑥氯化銨受熱分解。其中（1）未發(fā)生化學(xué)鍵破壞的是；（2）僅發(fā)生離子鍵破壞的是_____；（3）僅發(fā)生共價(jià)鍵破壞的是（不包括范德華力）；（4）既發(fā)生離子鍵又發(fā)生共價(jià)鍵破壞的是_________。19、（共6分）如下圖所示的裝置，C、D、E、F都是惰性電極。將電源接通后，向乙中滴入酚酞試液，在F極附近顯紅色。試回答以下問(wèn)題：（1）電極A的名稱是（2）甲裝置中電解反應(yīng)的總化學(xué)方程式是（3）若用惰性電極電解飽和NaCl溶液一段時(shí)間，當(dāng)陽(yáng)極產(chǎn)生56mL（標(biāo)準(zhǔn)狀況下）氣體，電解后溶液體積為500mL時(shí)，求所得溶液在25℃時(shí)的pH=__________。20、50mL0.50mol?L-1鹽酸與50mL0.55mol?L-1NaOH溶液在圖示的裝置中進(jìn)行中和反應(yīng)．通過(guò)測(cè)定反應(yīng)過(guò)程中所放出的熱量可計(jì)算中和熱．回答下列問(wèn)題：

（1）從實(shí)驗(yàn)裝置上看，圖中尚缺少的一種玻璃用品是______．

（2）燒杯間填滿碎紙條的作用是______．

（3）實(shí)驗(yàn)改用60mL0.50mol?L-1鹽酸跟50mL0.55mol?L-1NaOH溶液進(jìn)行反應(yīng)，與上述實(shí)驗(yàn)相比，所放出的熱量不相等，所求中和熱相等，簡(jiǎn)述理由：______．21、如圖表示一些晶體中的某些結(jié)構(gòu)，它們分別是rm{NaCl}rm{CaCl}干冰、金剛石、石墨結(jié)構(gòu)中的某一種的某一部分．

rm{(1)}其中代表金剛石的是填編號(hào)字母，下同______，其中每個(gè)碳原子與______碳原子最接近且距離相等金剛石屬于______晶體．

rm{(2)}其中代表石墨的是______；其中每個(gè)正六邊形占有碳原子數(shù)平均為_(kāi)_____個(gè)。

rm{(3)}其中代表rm{NaCl}的是______，每個(gè)rm{Na^{+}}周圍與它最接近且距離相等的rm{Na^{+}}有______個(gè)

rm{(4)}代表rm{CsCl}的是______，它屬于______晶體，每個(gè)rm{Cs^{+}}與______個(gè)rm{Cl^{-}}緊鄰．

rm{(5)}代表干冰的是______，它屬于______晶體，每個(gè)rm{CO_{2}}分子與______個(gè)rm{CO_{2}}分子緊鄰．

rm{(6)NaCl}晶體、rm{HCl}晶體、干冰、金剛石熔點(diǎn)由高而低的順序是______；其中在熔融為液態(tài)時(shí)能導(dǎo)電的電解質(zhì)是______，液態(tài)不導(dǎo)電但為電解質(zhì)的是______在水溶液中能導(dǎo)電的非電解質(zhì)是______．評(píng)卷人得分四、原理綜合題(共3題，共21分)22、通常用燃燒的方法測(cè)定有機(jī)物的分子式；可在燃燒室內(nèi)將有機(jī)物樣品與純氧在電爐加熱下充分燃燒，根據(jù)產(chǎn)品的質(zhì)量確定有機(jī)物的組成。如圖所示的是用燃燒法確定有機(jī)物物分子式的常用裝置.

現(xiàn)準(zhǔn)確稱取0.72g某烴樣品；經(jīng)燃燒后A管增重2.2g，B管增重1.08g。請(qǐng)回答:

(1)產(chǎn)生的氧氣按從左到右流向，所選裝置各導(dǎo)管的連接順是:__________；

(2)A、B管內(nèi)均盛有固態(tài)試劑，A管的作用是__________。

(3)燃燒管中CuO的作用是_________；如果把CuO網(wǎng)去掉，A管重量將_________；(填“增大”；“減小”、或“不變”)；

(4)請(qǐng)改進(jìn)這套裝置的一個(gè)不足之處_________。

(5)若該有機(jī)物分子中含有4個(gè)甲基，則該有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)________；該有機(jī)物的二氯代物有_______種。23、磷化鋁、磷化鋅、磷化鈣與水反應(yīng)產(chǎn)生高毒的PH3氣體(熔點(diǎn)為-132℃，還原性強(qiáng)、易自燃)，可用于糧食熏蒸殺蟲(chóng)。衛(wèi)生安全標(biāo)準(zhǔn)規(guī)定：當(dāng)糧食中磷化物(以PH3計(jì))的含量低于0.05mg·kg-1時(shí)算合格。可用以下方法測(cè)定糧食中殘留的磷化物含量：

（操作流程）安裝吸收裝置→PH3的產(chǎn)生與吸收→轉(zhuǎn)移KMnO4吸收溶液→亞硫酸鈉標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定。

（實(shí)驗(yàn)裝置）C中盛100g原糧，D中盛有20.00mL1.12×10-4mol?L-1KMnO4溶(H2SO4酸化)。

請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

(1)儀器C的名稱是__________________；

(2)以磷化鈣為例，寫(xiě)出磷化鈣與水反應(yīng)的化學(xué)方程式____________________；檢查整套裝置氣密性良好的方法是_____________________________________。

(3)A中盛裝KMnO4溶液的作用是______________________；通入空氣的作用是____________。若沒(méi)有B裝置，則實(shí)驗(yàn)中測(cè)得PH3含量將____________（填“偏低”；“偏高”或“不變”）

(4)D中PH3被氧化成磷酸，所發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)________________________。

(5)把D中吸收液轉(zhuǎn)移至容量瓶中，加水稀釋至250mL，取25.00mL于錐形瓶中，用5.0×10-5mol?L-1的Na2SO3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定剩余的KMnO4溶液，消耗Na2SO3標(biāo)準(zhǔn)溶液11.00mL，則該原糧中磷化物(以PH3計(jì))的含量為_(kāi)_____mg?kg-1。24、實(shí)驗(yàn)室用鎂和硝基苯制取反式偶氮苯（溶解性:不溶于水；溶于醇；醚）。實(shí)驗(yàn)原理如下：

2+4Mg+8CH3OH→+4Mg(OCH3)2+4H2O

已知：①M(fèi)g(OCH3)2在水中極易水解。

②反式偶氮苯產(chǎn)品在紫外線照射后部分轉(zhuǎn)化為順式偶氮苯。

（1）反應(yīng)中，硝基苯變?yōu)榉词脚嫉降姆磻?yīng)屬于_______________

A；取代反應(yīng)B、消去反應(yīng)C、還原反應(yīng)D、氧化反應(yīng)。

（2）在反應(yīng)裝置中，加入原料及溶劑，攪拌下加熱回流。反應(yīng)加入的鎂條應(yīng)用砂紙打磨干凈的原因是_____________________________________。

（3）反應(yīng)結(jié)束后將反應(yīng)液倒入冰水中；用乙酸中和至中性，即有反式偶氮苯粗產(chǎn)品析出，抽濾（抽濾裝置如圖1），濾渣用95％乙醇水溶液重結(jié)晶提純。

①為了得到較大顆粒的晶體，加入乙酸時(shí)需要____________（填“緩慢加入”；“快速加入”）。

②抽濾過(guò)程中要洗滌粗產(chǎn)品，下列液體最合適的是___________。

A．乙醚B．蒸餾水C．95％乙醇水溶液D．飽和NaCl溶液。

③重結(jié)晶操作包括“加熱溶解、趁熱過(guò)濾、冷卻結(jié)晶、抽濾、洗滌、干燥”。上述重結(jié)晶過(guò)程中的___________操作除去了不溶性雜質(zhì)，____________操作除去了可溶性雜質(zhì)。評(píng)卷人得分五、簡(jiǎn)答題(共3題，共9分)25、二氧化硫是一種重要的化工原料，主要用于生產(chǎn)硫酸、亞硫酸鹽等。請(qǐng)回答：rm{(1)}已知rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)}rm{2SO_{3}(g)}是工業(yè)制硫酸的關(guān)鍵反應(yīng)。下圖為不同溫度rm{(T1}rm{T2)}下rm{SO_{2}}的轉(zhuǎn)化率隨時(shí)間的變化曲線。

rm{壟脵T1}__________rm{(}填“rm{>}”“rm{<}”或“rm{=}”rm{)T2}判斷的依據(jù)是_____________________；該反應(yīng)為_(kāi)___________rm{(}填“放”或“吸”rm{)}熱反應(yīng)，判斷的依據(jù)是___________________。

rm{壟脷}下表為一定溫度和壓強(qiáng)下，rm{4}種投料比rm{[n(SO_{2}):n(O_{2})]}為rm{7:11}rm{2:18}rm{8:10}和rm{4:15}時(shí)rm{SO2}的平衡轉(zhuǎn)化率。rm{(}不是按順序排列rm{)}。投料比rm{a}rmrm{c}rmyg8cukkrm{SO2}平衡轉(zhuǎn)化率rm{/%}rm{97.1}rm{96.8}rm{95.8}rm{90.0}rm{i.b}對(duì)應(yīng)的投料比為_(kāi)____________。rm{ii.}投料比為rm{8:10}時(shí)，平衡混合氣體中rm{SO_{3}}的體積分?jǐn)?shù)為_(kāi)________________。rm{(2)}鈉堿循環(huán)法吸收硫酸廠尾氣中的rm{SO_{2}}并將其轉(zhuǎn)化為硫酸的工藝如下：rm{壟脵}吸收池中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是_____________________。rm{壟脷}電解池的構(gòu)造示意圖如下：rm{i.}在圖中用箭頭標(biāo)示出rm區(qū)的rm{Na^{+}}和rm{HSO_{3}^{-}}的移動(dòng)方向。rm{ii.}請(qǐng)結(jié)合生成rm{H_{2}SO_{4}}的電極反應(yīng)式說(shuō)明rm{c}區(qū)除得到濃的硫酸外，還會(huì)得到什么物質(zhì)：__________________。26、海洋植物如海帶、海藻中含有豐富的碘元素，碘元素以rm{I^{-}}的形式存在rm{.}實(shí)驗(yàn)室中從海藻中提取碘的流程圖如圖如圖rm{1}所示：

rm{(1)}寫(xiě)出提取碘的過(guò)程中有關(guān)實(shí)驗(yàn)操作的名稱：rm{壟脵}______，rm{壟脹}______；寫(xiě)出操作步驟rm{壟脷}中有關(guān)反應(yīng)的離子方程式______．

rm{(2)}操作步驟rm{壟脹}中；可以選擇的試劑是______．

A.乙醇rm{B.}四氯化碳rm{C.}苯rm{D.}乙酸。

rm{(3)}為使海藻灰中的rm{I^{-}}轉(zhuǎn)化為含碘的有機(jī)溶液；實(shí)驗(yàn)室中有燒杯；玻璃棒、集氣瓶、酒精燈、導(dǎo)管、圓底燒瓶、石棉網(wǎng)及必要的夾持儀器，還需要準(zhǔn)備的儀器是______

rm{(4)}從含碘的有機(jī)溶液中提取碘，還要經(jīng)過(guò)蒸餾，指出如圖rm{2}所示蒸餾裝置中的錯(cuò)誤之處______．

rm{(5)}進(jìn)行蒸餾操作時(shí)，使用水浴加熱的原因是______，最后晶體碘收集在______中rm{.}27、氮是地球上含量豐富的一種元素；氮及其化合物在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)；生活中有著重要作用．

（1）圖1是N2（g）和H2（g）反應(yīng)生成1molNH3（g）過(guò)程中能量變化示意圖，請(qǐng)寫(xiě)出N2和H2反應(yīng)的熱化學(xué)方程式______；

（2）若已知下列數(shù)據(jù)：

?；瘜W(xué)鍵H-HN≡N鍵能/kJ?mol-1435943試根據(jù)表中及圖中數(shù)據(jù)計(jì)算N-H的鍵能______．

（3）科學(xué)家用氮化鎵、銅等材料組裝成人工光合系統(tǒng)（如圖2），利用該裝置成功地實(shí)現(xiàn)了以CO2和H2O合成CH4．

①寫(xiě)出銅電極表面的電極反應(yīng)式______．

②為提高該人工光合系統(tǒng)的工作效率；可向裝置中加入少量______（選填“鹽酸”或“硫酸”）．

（4）①肼（N2H4）的結(jié)構(gòu)式______；

②NH3與NaClO反應(yīng)可得到肼（N2H4）；該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)_____；

③肼可作為火箭發(fā)動(dòng)機(jī)的燃料，與氧化劑N2O4反應(yīng)生成N2和水蒸氣．

已知：①N2（g）+2O2（g）=N2O4（g）△H1=-19.5kJ?mol-1

②N2H4（1）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H2=-534.2kJ?mol-1

寫(xiě)出肼和N2O4反應(yīng)的熱化學(xué)方程式______；

④肼一空氣燃料電池是一種堿性電池，該電池放電時(shí)，負(fù)極的反應(yīng)式為_(kāi)_____．評(píng)卷人得分六、探究題(共4題，共16分)28、（14分）某研究性學(xué)習(xí)小組將一定濃度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到藍(lán)色沉淀。甲同學(xué)認(rèn)為兩者反應(yīng)生成只有CuCO3一種沉淀；乙同學(xué)認(rèn)為這兩者相互促進(jìn)水解反應(yīng)，生成Cu(OH)2一種沉淀；丙同學(xué)認(rèn)為生成CuCO3和Cu(OH)2兩種沉淀。（查閱資料知：CuCO3和Cu(OH)2均不帶結(jié)晶水）Ⅰ．按照乙同學(xué)的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式為；在探究沉淀物成分前，須將沉淀從溶液中分離并凈化。具體操作為①過(guò)濾②洗滌③干燥。Ⅱ．請(qǐng)用下圖所示裝置，選擇必要的試劑，定性探究生成物的成分。（1）各裝置連接順序?yàn)椤＃?）裝置C中裝有試劑的名稱是。（3）能證明生成物中有CuCO3的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2兩者都有，可通過(guò)下列所示裝置進(jìn)行定量分析來(lái)測(cè)定其組成。（1）裝置C中堿石灰的作用是，實(shí)驗(yàn)開(kāi)始時(shí)和實(shí)驗(yàn)結(jié)束時(shí)都要通入過(guò)量的空氣其作用分別是（2）若沉淀樣品的質(zhì)量為m克，裝置B質(zhì)量增加了n克，則沉淀中CuCO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。29、（12分）三氧化二鐵和氧化亞銅都是紅色粉末，常用作顏料。某校一化學(xué)實(shí)驗(yàn)小組通過(guò)實(shí)驗(yàn)來(lái)探究一紅色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究過(guò)程如下：查閱資料：Cu2O是一種堿性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空氣中加熱生成CuO提出假設(shè)假設(shè)1：紅色粉末是Fe2O3假設(shè)2：紅色粉末是Cu2O假設(shè)3：紅色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物設(shè)計(jì)探究實(shí)驗(yàn)取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN試劑。（1）若假設(shè)1成立，則實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是。（2）若滴加KSCN試劑后溶液不變紅色，則證明原固體粉末中一定不含三氧化二鐵。你認(rèn)為這種說(shuō)法合理嗎？____簡(jiǎn)述你的理由(不需寫(xiě)出反應(yīng)的方程式)（3）若固體粉末完全溶解無(wú)固體存在,滴加KSCN試劑時(shí)溶液不變紅色,則證明原固體粉末是，寫(xiě)出發(fā)生反應(yīng)的離子方程式、、。探究延伸經(jīng)實(shí)驗(yàn)分析，確定紅色粉末為Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）實(shí)驗(yàn)小組欲用加熱法測(cè)定Cu2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。取ag固體粉末在空氣中充分加熱，待質(zhì)量不再變化時(shí)，稱其質(zhì)量為bg（b>a），則混合物中Cu2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。30、（14分）某研究性學(xué)習(xí)小組將一定濃度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到藍(lán)色沉淀。甲同學(xué)認(rèn)為兩者反應(yīng)生成只有CuCO3一種沉淀；乙同學(xué)認(rèn)為這兩者相互促進(jìn)水解反應(yīng)，生成Cu(OH)2一種沉淀；丙同學(xué)認(rèn)為生成CuCO3和Cu(OH)2兩種沉淀。（查閱資料知：CuCO3和Cu(OH)2均不帶結(jié)晶水）Ⅰ．按照乙同學(xué)的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式為；在探究沉淀物成分前，須將沉淀從溶液中分離并凈化。具體操作為①過(guò)濾②洗滌③干燥。Ⅱ．請(qǐng)用下圖所示裝置，選擇必要的試劑，定性探究生成物的成分。（1）各裝置連接順序?yàn)椤＃?）裝置C中裝有試劑的名稱是。（3）能證明生成物中有CuCO3的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2兩者都有，可通過(guò)下列所示裝置進(jìn)行定量分析來(lái)測(cè)定其組成。（1）裝置C中堿石灰的作用是，實(shí)驗(yàn)開(kāi)始時(shí)和實(shí)驗(yàn)結(jié)束時(shí)都要通入過(guò)量的空氣其作用分別是（2）若沉淀樣品的質(zhì)量為m克，裝置B質(zhì)量增加了n克，則沉淀中CuCO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。31、（12分）三氧化二鐵和氧化亞銅都是紅色粉末，常用作顏料。某校一化學(xué)實(shí)驗(yàn)小組通過(guò)實(shí)驗(yàn)來(lái)探究一紅色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究過(guò)程如下：查閱資料：Cu2O是一種堿性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空氣中加熱生成CuO提出假設(shè)假設(shè)1：紅色粉末是Fe2O3假設(shè)2：紅色粉末是Cu2O假設(shè)3：紅色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物設(shè)計(jì)探究實(shí)驗(yàn)取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN試劑。（1）若假設(shè)1成立，則實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是。（2）若滴加KSCN試劑后溶液不變紅色，則證明原固體粉末中一定不含三氧化二鐵。你認(rèn)為這種說(shuō)法合理嗎？____簡(jiǎn)述你的理由(不需寫(xiě)出反應(yīng)的方程式)（3）若固體粉末完全溶解無(wú)固體存在,滴加KSCN試劑時(shí)溶液不變紅色,則證明原固體粉末是，寫(xiě)出發(fā)生反應(yīng)的離子方程式、、。探究延伸經(jīng)實(shí)驗(yàn)分析，確定紅色粉末為Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）實(shí)驗(yàn)小組欲用加熱法測(cè)定Cu2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。取ag固體粉末在空氣中充分加熱，待質(zhì)量不再變化時(shí)，稱其質(zhì)量為bg（b>a），則混合物中Cu2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、C【分析】

①25.0mL4.00mol?L-1NaOH溶液，含有0.1mol氫氧化鈉；沉淀1.16g為氫氧化鎂，物質(zhì)的量是0.02mol，生成沉淀消耗0.04mol氫氧化鈉；濾液中的n（OH-）=.1mol?L-1×0.2L=0.02mol，故還有0.04mol氫氧化鈉和Al3+反應(yīng)生成了偏鋁酸鈉，故一定含有Mg2+、Al3+；無(wú)刺激氣味氣體生成，一定沒(méi)有NH4+；

②白色沉淀14.35g是氯化銀；物質(zhì)的量是0.1mol，根據(jù)電荷守恒，正電荷有：（0.02mol×2+0.01mol×3）=0.06mol；負(fù)電荷有：0.1mol，故一定含有鈉離子0.04mol；

A、因?yàn)橐欢ê蠳a+；故A錯(cuò)誤；

B、因?yàn)橐欢ê蠥l3+；故B錯(cuò)誤；

C、由于c（Mg2+）==1.00mol?L-1，c（Na+）==1.50mol?L-1；故正確；

D、由于c（Cl-）==5.00mol?L-1；c（Al3+）==0.5mol?L-1；故D錯(cuò)誤；

故選C．

【解析】【答案】①加入NaOH溶液加熱，有白色沉淀產(chǎn)生，無(wú)刺激氣味氣體生成，說(shuō)明原溶液中可能含有Mg2+、Al3+；一定沒(méi)有NH4+；濾液中c（OH-）=0.1mol?L-1，證明堿過(guò)量，一定含有Mg2+；

②加入足量的AgNO3溶液，生成白色沉淀14.35g，溶液中一定含有Cl-；

A、氫氧化鎂1，16g，物質(zhì)的量是0.02mol，消耗的n（OH-）=0.04mol，剩余的n（OH-）=0，加入的氫氧化鈉為0.1molmol，故Al3+消耗了0.04mol氫氧化鈉生成偏鋁酸鈉，n（Al3+）=0.01mol；生成白色沉淀14.35g是氯化銀，物質(zhì)的量是0.1mol，氫氧化鎂有0.02mol，n（Al3+）=0.01mol，根據(jù)電荷守恒，一定含有鈉離子且n（Na+）=n（Cl-）-2n（Mg2+）-3n（Al3+）=0.01mol-0.02mol×2-0.01mol×3=0.03mol；

B、原溶液中一定含有Al3+；

C、c（Mg2+）==1.00mol?L-1，c（Na+）==1.50mol?L-1；

D、c（Cl-）==5.00mol?L-1；c（Al3+）==0.5mol?L-1．

2、B【分析】?jī)煞N原子的電子層上全部都是s電子，可以是第一周期元素，也可以是第二周期元素。3p能級(jí)上只有一個(gè)空軌道的原子是P元素，3p能級(jí)上只有一個(gè)未成對(duì)電子的原子可以是鈉也可以是氯，B正確。最外層電子排布為2s22p6的原子是Ne，最外層電子排布為2s22p6的離子可以是氧元素、氟元素、鈉元素等。原子核外M層上的s能級(jí)和p能級(jí)都填滿了電子，而d軌道上尚未有電子的兩種原子，可以是氬，也可以是鉀或鈣。所以正確的答案是B。【解析】【答案】B3、D【分析】試題分析：由圖可知壓強(qiáng)為p2先到達(dá)平衡，根據(jù)“先拐先平數(shù)值大”，則p2＞p1，壓強(qiáng)越大A的轉(zhuǎn)化率越小，增大壓強(qiáng)平衡向逆反應(yīng)移動(dòng)，增大壓強(qiáng)平衡向氣體氣體減小的方向移動(dòng)，即3＜n，故選B．考點(diǎn)：化學(xué)平衡圖像【解析】【答案】D4、D【分析】【解答】解：A.46g組成為C2H6O的有機(jī)物，若為乙醇則含有C﹣H鍵數(shù)目為5NA，若為甲醚則含有C﹣H鍵數(shù)目為6NA；故A錯(cuò)誤；

B.1mol羥基中含有的電子數(shù)為9NA；故B錯(cuò)誤；

C．標(biāo)準(zhǔn)狀況下；四氯化碳為液體，不能使用氣體摩爾體積，故C錯(cuò)誤；

D.14g乙烯和丙烯的混合氣體含有1mol最簡(jiǎn)式為CH2，含有1mol碳原子和2mol氫原子，總共含有3mol原子，所含原子總數(shù)為3NA；故D正確；

故選：D．

【分析】A．C2H6O可能為乙醇；也可能為甲醚；

B.1個(gè)羥基含有9個(gè)電子；

C．氣體摩爾體積使用對(duì)象為氣體；

D．乙烯和丙烯的最簡(jiǎn)式為CH2，根據(jù)最簡(jiǎn)式計(jì)算出14g混合物中含有的原子總數(shù)；5、A【分析】解：檢驗(yàn)溶液中是否含有Fe3+的方法為：向溶液中加入KSCN溶液，然后觀察現(xiàn)象，若溶液變紅色，說(shuō)明溶液中存在Fe3+；否則沒(méi)有鐵離子，且鐵離子與硝酸；高錳酸鉀、氯水都不反應(yīng)，但硝酸、高錳酸鉀、氯水可氧化亞鐵離子，沒(méi)有太明顯的現(xiàn)象，相對(duì)來(lái)說(shuō)A實(shí)驗(yàn)效果最好；

故選A．

檢驗(yàn)鐵離子；可加入KSCN溶液，溶液變?yōu)榧t色，為鐵離子的特征性質(zhì)，也可加入氫氧化鈉，生成紅褐色沉淀，以此解答該題．

本題考查了鐵離子的檢驗(yàn)方法，題目難度不大，要求學(xué)生掌握鐵離子的檢驗(yàn)方法，試題貼近高考，針對(duì)性強(qiáng)，有利于激發(fā)學(xué)生的學(xué)習(xí)興趣和學(xué)習(xí)積極性．【解析】【答案】A6、B【分析】解：A．制冷劑“氟里昂”等；對(duì)臭氧層有很大的破壞作用，會(huì)使臭氧層形成空洞，故A錯(cuò)誤；

B．酸雨是因?yàn)榭諝庵械奈廴疚锒趸颍坏趸衔锏冗^(guò)多造成的；故B正確；

C．大氣中的碳?xì)浠衔?；氮氧化合物等為一次污染物；在太?yáng)光中紫外線照射下能發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，衍生種種二次污染物．由一次污染物和二次污染物的混合物（氣體和顆粒物）所形成的煙霧污染現(xiàn)象，稱為光化學(xué)煙霧，故C錯(cuò)誤；

D．造成溫室效應(yīng)的主要?dú)怏w為二氧化碳；故D錯(cuò)誤．

故選B．

A．制冷劑“氟里昂”等；對(duì)臭氧層有很大的破壞作用，會(huì)使臭氧層形成空洞；

B．酸雨是因?yàn)榭諝庵械奈廴疚锒趸颍坏趸衔锏冗^(guò)多造成的；

C．光化學(xué)煙霧，是城市大氣中的碳?xì)浠衔铮℉C）和氮氧化合物（NOx）在陽(yáng)光紫外線的作用下發(fā)生的一系列鏈?zhǔn)酱髿饣瘜W(xué)反應(yīng)生成以臭氧（O3）為代表的刺激性二次污染物；

D．溫室效應(yīng)的主要?dú)怏w二氧化碳；主要來(lái)自化石燃料的大量使用．

本題聯(lián)系生活考查了環(huán)境污染和資源綜合利用方面的知識(shí)，同學(xué)們需要在平常生活中提高“節(jié)能、環(huán)?！钡囊庾R(shí)．【解析】【答案】B7、D【分析】

試題分析：設(shè)rm{1mol}液溴分子中的化學(xué)鍵斷裂時(shí)需要吸收的能量是rm{bkJ}根據(jù)反應(yīng)熱rm{=}反應(yīng)物總鍵能rm{-}生成物總鍵能，所以rm{-72=436+b-369隆脕2}解得rm{b=230}蒸發(fā)rm{1mol}rm{Br_{2}(l)}需要吸收的能量為rm{30kJ}則rm{b-a=30}rm{a=b-30=200}答案選D。

考點(diǎn)：考查反應(yīng)熱與鍵能的關(guān)系【解析】rm{D}二、雙選題(共7題，共14分)8、B|C【分析】解：A．CH3（CH2）4CH3中碳鏈呈立體鋸齒形；所有碳原子一定不在同一平面上，故A錯(cuò)誤；

B．CH3CH2CHO中含有3個(gè)碳原子；三點(diǎn)共面，所有碳原子一定處于同一平面上，故B正確；

C．CH3CH=CHCH3相當(dāng)于乙烯中的2個(gè)H分別被甲基取代生成的；即甲基取代H原子的位置，所有碳原子一定處于同一平面上，故C正確；

D．（CH3）3C-C≡部分中碳原子為四面體結(jié)構(gòu)；所有碳原子一定不在同一平面上，故D錯(cuò)誤；

故選BC．

常見(jiàn)具有平面形結(jié)構(gòu)的有機(jī)物有苯；乙烯、甲醛；可在此基礎(chǔ)上結(jié)合甲烷的正四面體結(jié)構(gòu)特征判斷有機(jī)物的結(jié)構(gòu)，以此解答該題．

本題主要考查有機(jī)化合物的結(jié)構(gòu)，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，做題時(shí)注意從甲烷、乙烯、苯和乙炔的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)判斷有機(jī)分子的空間結(jié)構(gòu)．【解析】【答案】BC9、B|D【分析】解：A；乙醇和水互溶；不可以分液，可以采用蒸餾的方法分離，故A錯(cuò)誤；

B；乙醇與中藥中的有效成分是互溶的；可用乙醇提取中藥中的有效成分，故B正確；

C；乙醇跟乙酸反應(yīng)生成乙酸乙酯；發(fā)生的酯化反應(yīng)，不是酸堿中和反應(yīng)，故乙醇不具有堿性，故C錯(cuò)誤；

D；乙醇容易揮發(fā)；遠(yuǎn)遠(yuǎn)的就可以聞到乙醇的香味，即熟語(yǔ)“酒香不怕巷子深”，故D正確．

故選BD．

A；乙醇和水互溶；不可以分液；

B；乙醇與中藥中的有效成分是互溶的；

C；乙醇跟乙酸反應(yīng)生成乙酸乙酯；發(fā)生的酯化反應(yīng)，不是酸堿中和反應(yīng)；

D；乙醇容易揮發(fā)；可以聞到乙醇的香味．

本題考查學(xué)生乙醇的性質(zhì)，可以根據(jù)教材知識(shí)來(lái)回答，難度不大．【解析】【答案】BD10、CD【分析】【分析】本題考查了離子濃度大小比較，根據(jù)溶液酸堿性確定rm{HC_{2}O_{4}^{-}}電離程度和水解程度的大小關(guān)系；再結(jié)合守恒思想分析解答，題目難度不大。

【解答】A.溶液遵循電中性原則，則有rm{c(K}rm{c(K}rm{{,!}^{+}}rm{)+c(H}rm{)+c(H}rm{{H}_{2}{C}_{2}{{O}_{4}}^{-}}rm{{,!}^{+}}rm{)=c(}rm{)=c(}rm{{H}_{2}{C}_{2}{{O}_{4}}^{-}

}rm{)+c(OH}，故A錯(cuò)誤；B.草酸氫鉀溶液中存在rm{)+c(OH}rm{{,!}^{-}}rm{)+2c(}根據(jù)物料守恒可知rm{)+2c(}rm{{C}_{2}{{O}_{4}}^{2-}}rm{)}rm{)}rm{H_{2}C_{2}O_{4}}rm{C_{2}O_{4}^{2-}}故B錯(cuò)誤；

C.草酸氫鉀溶液呈酸性，說(shuō)明rm{HC_{2}O_{4}^{-}}電離程度大于水解程度，則rm{c(}故C正確；

D.溶液遵循物料守恒，應(yīng)有rm{c(}則有rm{H{C}_{2}{{O}_{4}}^{-}}rm{)+c(}rm{)+c(}rm{{C}_{2}{{O}_{4}}^{2-}}rm{)}rm{)}rm{+c(HC_{2}O_{4}^{-})=0.1mol/L}rm{HC_{2}O_{4}^{-}}rm{c(C_{2}O_{4}^{2-})>c(H_{2}C_{2}O_{4})}rm{n(K)=n(C)}rm{c(K}rm{c(K}rm{{,!}^{+}}；故D正確。

故選CD。rm{)=c(H}【解析】rm{CD}11、rCD【分析】解：rm{A.A}的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為分子中含rm{8}個(gè)rm{C}rm{18}個(gè)rm{H}則的最簡(jiǎn)式為rm{C_{4}H_{9}}故A正確；

B.由結(jié)構(gòu)對(duì)稱性可知，含rm{5}種rm{H}rm{A}的一氯代物有rm{5}種；故B正確；

C.主鏈含有rm{5}個(gè)rm{C}原子，側(cè)鏈為rm{3}個(gè)甲基或rm{1}個(gè)甲基和一個(gè)乙基，若乙基在rm{3}號(hào)rm{C}上，甲基可分別在rm{2}rm{3}號(hào)rm{C}上，有rm{2}種；若為rm{3}個(gè)甲基，則rm{2}個(gè)甲基相鄰、相間，另一個(gè)甲基各有rm{2}個(gè)位置，共rm{4}種，不含rm{A}共rm{6}種；故C錯(cuò)誤；

D.rm{A}是有機(jī)物rm{B}與等物質(zhì)的量的rm{H_{2}}發(fā)生加成產(chǎn)物，則rm{B}中含有rm{1}個(gè)rm{C=C}雙鍵，根據(jù)加成反應(yīng)還原雙鍵，rm{A}中相鄰碳原子上都含有rm{H}原子的可以含有碳碳雙鍵，故B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可能有如下三種：它們名稱依次為：rm{3}rm{3-}二甲基rm{-2-}乙基rm{-1-}丁烯、rm{3}rm{4}rm{4-}三甲基rm{-1-}戊烯、rm{3}rm{4}rm{4-}三甲基rm{-2-}戊烯；故D錯(cuò)誤；

故選CD．

根據(jù)信息可知，rm{A}的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為根據(jù)等效氫判斷一氯代物種數(shù)；最長(zhǎng)的主鏈含有rm{5}個(gè)rm{C}原子，側(cè)鏈為rm{3}個(gè)甲基或rm{1}個(gè)甲基和一個(gè)乙基；rm{A}是有機(jī)物rm{B}與等物質(zhì)的量的rm{H_{2}}發(fā)生加成產(chǎn)物，則rm{B}中含有rm{1}個(gè)rm{C=C}雙鍵，根據(jù)加成反應(yīng)還原雙鍵，rm{A}中相鄰碳原子上都含有rm{H}原子的可以含有碳碳雙鍵，據(jù)此書(shū)寫(xiě)rm{B}的結(jié)構(gòu)；再根據(jù)系統(tǒng)命名法命名，以此來(lái)解答．

本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，把握官能團(tuán)與性質(zhì)的關(guān)系為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，綜合性較強(qiáng)，題目難度不大．【解析】rm{CD}12、BC【分析】略【解析】rm{BC}13、rBD【分析】解：rm{A.}亞硝酸鹽有毒；不能食用，故A錯(cuò)誤；

B.碳酸氫銨受熱分解產(chǎn)生二氧化碳；氨氣等；可以作疏松劑，故B正確；

C.亞硝酸鈉可以作發(fā)色劑；防腐劑；不作調(diào)味劑，故C錯(cuò)誤；

D.醋酸能殺菌；可做防腐劑，故D正確．

故選BD．

A.亞硝酸鹽有毒；

B.碳酸氫銨受熱分解產(chǎn)生二氧化碳；氨氣等；

C.亞硝酸鈉可以作發(fā)色劑；防腐劑；

D.醋酸能殺菌．

本題考查了常見(jiàn)食品添加劑與類別的用途，難度不大，注意相關(guān)基礎(chǔ)知識(shí)的積累．【解析】rm{BD}14、AB【分析】解：A．不用稀硫酸改用98%的濃硫酸；不生成氫氣，則生成氫氣的反應(yīng)速率減小，故A選；

B．加蒸餾水；氫離子濃度減小，反應(yīng)速率減小，故B選；

C．滴加少量CuSO4溶液；鐵置換出銅，形成原電池反應(yīng)，加快反應(yīng)速率，故C不選；

D．改用鐵粉；固體表面積增大，反應(yīng)速率增大，故D不選。

故選：AB。

對(duì)于鐵與稀硫酸的反應(yīng)；影響反應(yīng)速率的因素有濃度；溫度以及固體表面積等，一般來(lái)說(shuō)，增大濃度、升高溫度或增大固體表面積等，可增大反應(yīng)速率，以此解答。

本題考查化學(xué)反應(yīng)速率的影響因素，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重于基礎(chǔ)知識(shí)的綜合理解和運(yùn)用的考查，注意相關(guān)基礎(chǔ)知識(shí)的積累，難度不大?！窘馕觥緼B三、填空題(共7題，共14分)15、略

【分析】【解析】試題分析：（1）根據(jù)構(gòu)造原理可知，基態(tài)N3－的核外電子排布式為1s22s22p6。（2）X＋中所有電子正好充滿K、L、M三個(gè)電子層，則X應(yīng)該是29號(hào)元素銅元素。根據(jù)化學(xué)式可知，黑球表示銅，則與同一個(gè)N3－相連的X＋有6個(gè)，即上下左右前后各1個(gè)。考點(diǎn)：考查核外電子數(shù)排布式、晶體結(jié)構(gòu)的判斷【解析】【答案】（每空1分）(1)1s22s22p6(2)Cu，616、略

【分析】【解析】試題分析：（1）醋酸為弱電解質(zhì)，pH=3的醋酸和pH=11的氫氧化鈉溶液等體積混合，醋酸過(guò)量，溶液呈酸性，則c（H+）＞c（OH-），溶液中存在：c（CH3COO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），則c（Na+）＜c（CH3COO-）。（2）pH＝7溶液呈中性，即反應(yīng)前n(H+)=n(OH-)，故硫酸溶液和氫氧化鈉溶液的體積比是10:1。（3）（i）由表格中的溶度積數(shù)據(jù)可知，Ag2S和PbS的溶度積最小，則加入Na2S沉淀效果最好，故答案為：A。（ii）Pb(OH)2的Ksp是1.2×10-15，Pb2+的濃度為1.2×10-3，故c(OH-)=1.0×10-6,PH=8?？键c(diǎn)：酸堿混合時(shí)的定性判斷及有關(guān)ph的計(jì)算溶解平衡【解析】【答案】（10分）（1）酸性大于（2）10:1（3）（i）A;（ii）8（每空2分）17、略

【分析】【解析】試題分析：（1）要判斷甲、乙兩種解釋正確與否，可加入一種含有CH3COO-而溶液不顯堿性的鹽，因此選用CH3COONH4。（2）因CH3COONH4電離產(chǎn)生的CH3COO-可使醋酸電離平衡CH3COOHCH3COO-+H+逆向移動(dòng)，所以pH增大。從而說(shuō)明甲不正確，乙正確?？键c(diǎn)：弱電解質(zhì)的電離【解析】【答案】（1）B（2）乙、增大（或甲不變）18、略

【分析】升華破壞的是分之間作用力；燒堿熔化破壞的是離子間；氯化鈉溶于水破壞的是離子間；氯化氫溶于水破壞的極性鍵；氧氣溶于水破壞的是分子間作用力；氯化銨受熱分解，破壞的是離子間和共價(jià)鍵?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?分）①⑤②③④⑥19、略

【分析】【解析】【答案】（1）正極（2）2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4（3）1220、略

【分析】解：（1）由量熱計(jì)的構(gòu)造可知該裝置的缺少儀器是環(huán)形玻璃攪拌棒；

故答案為：環(huán)形玻璃攪拌棒；

（2）中和熱測(cè)定實(shí)驗(yàn)成敗的關(guān)鍵是保溫工作；大小燒杯之間填滿碎紙條的作用是減少實(shí)驗(yàn)過(guò)程中的熱量損失；

故答案為：減少實(shí)驗(yàn)過(guò)程中的熱量損失；

（3）反應(yīng)放出的熱量和所用酸以及堿的量的多少有關(guān)，若用用60mL0.50mol?L-1鹽酸跟50mL0.55mol?L-1NaOH溶液進(jìn)行反應(yīng)，與上述實(shí)驗(yàn)相比，生成水的量增多，所放出的熱量偏高，但是中和熱的均是強(qiáng)酸和強(qiáng)堿反應(yīng)生成1mol水時(shí)放出的熱，與酸堿的用量無(wú)關(guān)，所以用用60mL0.50mol?L-1鹽酸跟50mL0.55mol?L-1NaOH溶液進(jìn)行上述實(shí)驗(yàn)，測(cè)得中和熱數(shù)值相等，故答案為：因中和熱是指稀強(qiáng)酸與稀強(qiáng)堿發(fā)生中和反應(yīng)生成1molH2O放出的熱量；與酸堿的用量無(wú)關(guān)．

（1）根據(jù)量熱計(jì)的構(gòu)造來(lái)判斷該裝置的缺少儀器；

（2）中和熱測(cè)定實(shí)驗(yàn)成敗的關(guān)鍵是保溫工作；

（3）反應(yīng)放出的熱量和所用酸以及堿的量的多少有關(guān)；并根據(jù)中和熱的概念和實(shí)質(zhì)來(lái)回答．

本題主要考查了中和熱的測(cè)定，注意中和熱與酸、堿的物質(zhì)的量無(wú)關(guān)，可以根據(jù)所學(xué)知識(shí)進(jìn)行回答，難度不大．【解析】環(huán)形玻璃攪拌棒；減少實(shí)驗(yàn)過(guò)程中的熱量損失；因中和熱是指稀強(qiáng)酸與稀強(qiáng)堿發(fā)生中和反應(yīng)生成1molH2O放出的熱量，與酸堿的用量無(wú)關(guān)21、(1)D4原子

(2)E2

(3)A12

(4)C離子8

(5)B分子12

(6)金剛石干冰晶體NaCl晶體HCl晶體干冰【分析】【分析】本題是對(duì)晶體的組成和性質(zhì)的知識(shí)的考查，是中學(xué)化學(xué)的基礎(chǔ)知識(shí)，難度較小。關(guān)鍵是掌握晶體的分離和性質(zhì)，側(cè)重基礎(chǔ)知識(shí)的考查?！窘獯稹咳鐖D表示一些晶體中的某些結(jié)構(gòu)，它們分別是rm{NaCl}rm{CaCl}干冰、金剛石、石墨結(jié)構(gòu)中的某一種的某一部分．rm{NaCl}干冰、金剛石、石墨結(jié)構(gòu)中的某一種的某一部分．rm{CaCl}由于金剛石rm{(1)}由于金剛石rm{(1)}是立體網(wǎng)狀的原子晶體，所以的結(jié)構(gòu)可知，其中每個(gè)碳原子與其中代表金剛石的是rm{D}碳原子最接近且距離相等rm{D}，依據(jù)rm{D}的結(jié)構(gòu)可知，其中每個(gè)碳原子與rm{4}碳原子最接近且距離相等rm{D}rm{4}原子；金剛石屬于原子晶體rm{.}其中代表石墨的是rm{.}依據(jù)故答案為：的結(jié)構(gòu)和“分?jǐn)偡ā笨傻?，其中每個(gè)正六邊形占有碳原子數(shù)平均為rm{D}rm{4}原子；rm{D}rm{4}個(gè)。rm{(2)}其中代表石墨的是rm{E}依據(jù)rm{E}的結(jié)構(gòu)和“分?jǐn)偡ā笨傻茫渲忻總€(gè)正六邊形占有碳原子數(shù)平均為rm{6}rm{(2)}

rm{E}rm{E}其中代表rm{6}的是rm{隆脕dfrac{1}{3}=}每個(gè)rm{2}個(gè)。rm{2}故答案為：rm{E}rm{2}rm{E}rm{2}個(gè)。rm{(3)}其中代表rm{NaCl}的是rm{A}每個(gè)rm{Na}rm{(3)}代表rm{NaCl}的是rm{A}它屬于離子晶體，每個(gè)rm{Na}rm{+}rm{+}個(gè)周圍與它最接近且距離相等的rm{Na}rm{Na}rm{+}rm{+}離子；有rm{12}個(gè)。rm{12}代表干冰的是故答案為：rm{A}rm{12}它屬于分子晶體，每個(gè)rm{A}rm{12}rm{(4)}代表rm{CsCl}的是rm{C}它屬于離子晶體，每個(gè)rm{Cs}個(gè)rm{(4)}rm{CsCl}rm{C}rm{Cs}分子；rm{+}rm{+}依據(jù)晶體的性質(zhì)可得，與rm{8}個(gè)rm{Cl}晶體rm{8}離子晶體rm{Cl}rm{-}晶體rm{-}分子晶體緊鄰。干冰故答案為：rm{C}離子；rm{8}分子晶體rm{C}金剛石rm{8}原子晶體rm{(5)}代表干冰的是rm{B}它屬于分子晶體，每個(gè)rm{CO}熔點(diǎn)由高而低的順序是rm{(5)}rm{B}rm{CO}rm{2}rm{2}晶體分子與rm{12}個(gè)rm{CO}rm{12}晶體，rm{CO}rm{2}rm{2}分子緊鄰。故答案為：rm{B}分子；rm{12}rm{B}rm{12}晶體；rm{(6)}依據(jù)晶體的性質(zhì)可得，rm{NaCl}晶體rm{(}離子晶體rm{)}rm{HCl}晶體rm{(}分子晶體rm{)}干冰rm{(}分子晶體rm{)}金剛石rm{(}原子晶體rm{)}熔點(diǎn)由高而低的順序是晶體；干冰。rm{(6)}【解析】rm{(1)D}rm{4}原子rm{(2)E}rm{2}rm{(3)A}rm{12}rm{(4)C}離子rm{8}rm{(5)B}分子rm{12}rm{(6)}金剛石干冰晶體rm{NaCl}晶體rm{HCl}晶體干冰四、原理綜合題(共3題，共21分)22、略

【分析】分析：(1)D中生成的氧氣中含有水蒸氣；應(yīng)先通過(guò)C中的濃硫酸干燥，在E中電爐加熱時(shí)用純氧氧化管內(nèi)樣品，生成二氧化碳和水，如有一氧化碳生成，則E中CuO可與CO進(jìn)一步反應(yīng)生成二氧化碳，然后分別通入B（吸收水）；A（吸收二氧化碳）中，按照上述分析進(jìn)行裝置的連接。

(2)氫氧化鈉固體；吸收二氧化碳?xì)怏w；，以便測(cè)定有機(jī)物中碳的量。

(3)燃燒管中CuO的作用是把反應(yīng)生成的一氧化碳轉(zhuǎn)化為二氧化碳；減小實(shí)驗(yàn)誤差。

(4)空氣中二氧化碳；水蒸氣直接進(jìn)入A裝置中；影響實(shí)驗(yàn)。

(5)根據(jù)A管質(zhì)量增加2.2g為二氧化碳的質(zhì)量；計(jì)算出碳的量，B管質(zhì)量增加1.08g是水的質(zhì)量，計(jì)算出氫原子的量，算出碳?xì)湓觽€(gè)數(shù)比，確定烴的分子式，再根據(jù)題意要求寫(xiě)出結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式。

詳解：（1）D中生成的氧氣中含有水蒸氣，應(yīng)先通過(guò)C中的濃硫酸干燥，在E中電爐加熱時(shí)用純氧氧化管內(nèi)樣品，生成二氧化碳和水，如有一氧化碳生成，則E中CuO可與CO進(jìn)一步反應(yīng)生成二氧化碳，然后分別通入B（吸收水）、A（吸收二氧化碳）中，根據(jù)產(chǎn)物的質(zhì)量推斷有機(jī)物的組成，則產(chǎn)生的氧氣按從左到右流向，所選裝置各導(dǎo)管的連接順是g-f-e-h-i-c-d-a-b(或g-f-e-h-i-d-c-b-a)；正確答案：g-f-e-h-i-c-d-a-b(或g-f-e-h-i-d-c-b-a)。

(2)A中盛放氫氧化鈉固體；它能夠吸收二氧化碳?xì)怏w；正確答案：吸收生成二氧化碳。

(3)在E中電爐加熱時(shí)用純氧氧化管內(nèi)樣品，生成二氧化碳和水，如有一氧化碳生成，則E中CuO可與CO進(jìn)一步反應(yīng)生成二氧化碳，使有機(jī)物分子中的碳盡可能轉(zhuǎn)化為CO2；如果把CuO網(wǎng)去掉，一氧化碳不能被氫氧化鈉吸收，A管重量將減?。徽_答案：吸收生成二氧化碳；使有機(jī)物分子中的碳盡可能轉(zhuǎn)化為CO2；減小。

(4)A裝置中氫氧化鈉吸收反應(yīng)產(chǎn)生的二氧化碳；但是空氣中水蒸氣；二氧化碳也能夠進(jìn)入A裝置，影響實(shí)驗(yàn)，因此在A裝置后連接一個(gè)裝有堿石灰的干燥管；正確答案：在A裝置后連接一個(gè)裝有堿石灰的干燥管。

（5）A管質(zhì)量增加2.2g為二氧化碳的質(zhì)量，n（CO2）=2.2g÷44g·mol﹣1=0.05mol，n（C）=n（CO2）=0.05mol，B管質(zhì)量增加1.08g是水的質(zhì)量，n（H2O）=1.08g÷18g．mol﹣1=0.6mol，n（H）=2n（H2O）=1.2mol，此有機(jī)物為烴，故只含有C和H兩種元素，且個(gè)數(shù)比為：0.05：1.2=5：12，故可以確定為戊烷（C5H12），該有機(jī)物分子中含有4個(gè)甲基，則該有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為該有機(jī)物的二氯代物有2種，可在相同、不同的甲基上，和正確答案：(CH3)4C；2?！窘馕觥縢-f-e-h-i-c-d-a-b(或g-f-e-h-i-d-c-b-a)吸收生成二氧化碳使有機(jī)物分子中的碳盡可能轉(zhuǎn)化為CO2減小在A裝置后連接一個(gè)裝有堿石灰的干燥管(CH3)4C223、略

【分析】分析：本題為綜合實(shí)驗(yàn)題。主要考察磷化氫制備的原理、裝置氣密性的檢查方法；高錳酸鉀溶液為強(qiáng)氧化劑，因此裝置中盛放該試劑的作用除去還原性氣體；為了保證實(shí)驗(yàn)的準(zhǔn)確性，利用空氣把PH3全部帶入到高錳酸鉀溶液中進(jìn)行吸收；最后根據(jù)反應(yīng)的方程式中物質(zhì)之間的關(guān)系計(jì)算出樣品中PH3含量。

詳解：(1)儀器C為反應(yīng)的發(fā)生器；名稱是三頸燒瓶；正確答案：三頸燒瓶。

(2)磷化鈣與水反應(yīng)生成磷化氫和氫氧化鈣，反應(yīng)的化學(xué)方程式：Ca3P2+6H2O===3Ca(OH)2+2PH3↑；檢查整套裝置氣密性方法：關(guān)閉K1、打開(kāi)K2用抽氣泵緩慢抽氣，若觀察到A、B、D各裝置中有氣泡產(chǎn)生則氣密性良好[或在D左邊用橡膠管和止水夾封閉、關(guān)閉K2用壓差法；或關(guān)閉分液漏斗旋塞后對(duì)C加熱法]；正確答案：Ca3P2+6H2O===3Ca(OH)2+2PH3↑；關(guān)閉K1、打開(kāi)K2用抽氣泵緩慢抽氣，若觀察到A、B、D各裝置中有氣泡產(chǎn)生則氣密性良好[或在D左邊用橡膠管和止水夾封閉、關(guān)閉K2用壓差法；或關(guān)閉分液漏斗旋塞后對(duì)C加熱法]。

(3)依據(jù)裝置圖進(jìn)行分析判斷，高錳酸鉀溶液是強(qiáng)氧化劑，可以吸收空氣中的還原性氣體；通入空氣，吹出PH3，使其全部被酸性KMnO4溶液吸收，減小實(shí)驗(yàn)誤差；B中盛裝焦性沒(méi)食子酸的堿性溶液,其作用是吸收空氣中的氧氣,防止氧化裝置C中生成的PH3,若沒(méi)有B裝置，PH3部分被氧氣氧化，則實(shí)驗(yàn)中測(cè)得PH3含量將偏低；正確答案：除去空氣中的還原性氣體；吹出PH3，使其全部被酸性KMnO4溶液吸收；偏低。

(4)PH3被酸性高錳酸鉀氧化成磷酸，高錳酸鉀被還原為錳離子，結(jié)合電子守恒和電荷守恒、原子守恒配平書(shū)寫(xiě)得到離子方程式為：5PH3+8MnO4-+24H+==5H3PO4+8Mn2++12H2O；正確答案：5PH3+8MnO4-+24H+==5H3PO4+8Mn2++12H2O。

(5)根據(jù)2KMnO4+5Na2SO3+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+5Na2SO4+3H2O反應(yīng)可知，25毫升溶液中剩余KMnO4的量為[5.0×10-5×11×10-3]×2/5mol,那么250毫升溶液中剩余KMnO4的量為5.0×10-5×11×10-3×10mol,由于D中盛有KMnO4的量為20×1.12×10-4×10-3mol，所以參加反應(yīng)的KMnO4的量2.24×10-6-2.2×10-6=0.04×10-6mol,根據(jù)5PH3+8MnO4-+24H+==5H3PO4+8Mn2++12H2O反應(yīng)關(guān)系可知，消耗PH3的量為[4×10-8]×5/8mol；C中盛100g原糧，含有PH3的量[4×10-8]×5/8mol,質(zhì)量為85×10-8g，則該原糧中磷化物(以PH3計(jì))的含量為0.0085mg?kg-1；正確答案：0.0085。

點(diǎn)睛;本題在進(jìn)行最后一問(wèn)計(jì)算時(shí)，要根據(jù)反應(yīng)關(guān)系計(jì)算出參與反應(yīng)的酸性高錳酸鉀溶液的量，但是要注意這是量取25毫升溶液中消耗高錳酸鉀的量，計(jì)算總量時(shí)要注意是250毫升樣品溶液，也就是得擴(kuò)大10倍才能進(jìn)行準(zhǔn)確計(jì)算，否則誤差相差太大。【解析】三頸燒瓶Ca3P2+6H2O===3Ca(OH)2+2PH3↑關(guān)閉K1、打開(kāi)K2用抽氣泵緩慢抽氣，若觀察到A、B、D各裝置中有氣泡產(chǎn)生則氣密性良好[或在D左邊用橡膠管和止水夾封閉、關(guān)閉K2用壓差法；或關(guān)閉分液漏斗旋塞后對(duì)C加熱法]除去空氣中的還原性氣體吹出PH3，使其全部被酸性KMnO4溶液吸收偏低5PH3+8MnO4-+24H+==5H3PO4+8Mn2++12H2O0.008524、略

【分析】分析：（1）去氧或加氫為還原反應(yīng)；（2）鎂易被氧化；故鎂條表面有氧化物，需用砂紙打磨干凈；（3）①結(jié)晶速度越慢可得到較大顆粒的晶體；②洗滌時(shí)應(yīng)該注意不能引入新的雜質(zhì)；③趁熱過(guò)濾可以除去不溶性雜質(zhì)。

詳解：（1）根據(jù)反應(yīng)2+4Mg+8CH3OH→+4Mg(OCH3)2+4H2O的原理；硝基苯變?yōu)榉词脚嫉綖槿パ醴磻?yīng)，反應(yīng)屬于還原反應(yīng)；答案選C；（2）反應(yīng)加入的鎂條應(yīng)用砂紙打磨干凈的原因是除去鎂條表面的氧化物；（3）①結(jié)晶速度越慢可得到較大顆粒的晶體，故應(yīng)緩慢加入乙酸；②抽濾過(guò)程中要洗滌粗產(chǎn)品，注意不能引入新的雜質(zhì)，選擇用蒸餾水沖洗的液體是最好的，答案選B；③重結(jié)晶過(guò)程：加熱溶解→趁熱過(guò)濾→冷卻結(jié)晶→抽濾→洗滌→干燥，其中趁熱過(guò)濾可以除去不溶性雜質(zhì)，冷卻結(jié)晶，抽濾可以除去可溶性雜質(zhì)。

點(diǎn)睛：本題考查了有機(jī)實(shí)驗(yàn)，涉及蒸發(fā)結(jié)晶、過(guò)濾等基本操作，難度不大，解題的關(guān)鍵是理解實(shí)驗(yàn)原理，注意根據(jù)題中的實(shí)驗(yàn)步驟結(jié)合實(shí)驗(yàn)基本操作的要求靈活分析問(wèn)題。【解析】C鎂易被氧化，其表面有氧化物，打磨是為了除去表面的氧化物緩慢加入B趁熱過(guò)濾抽濾五、簡(jiǎn)答題(共3題，共9分)25、（1）①＞溫度越高反應(yīng)速率越快，達(dá)到化學(xué)平衡的時(shí)間越短放溫度升高時(shí)平衡向吸熱方向移動(dòng)，SO2的轉(zhuǎn)化率減?、趇.4：15ii.50%（2）①SO2+SO32-+H2O=2HSO3-②i.ii.SO2【分析】【分析】本題考查了化學(xué)平衡移動(dòng)的影響因素，化學(xué)平衡有關(guān)計(jì)算，電解池中電極反應(yīng)式的書(shū)寫(xiě)，電解產(chǎn)物的判斷，題目綜合性較強(qiáng)，明確影響化學(xué)平衡移動(dòng)的條件和三段式的應(yīng)用，熟悉電解池工作原理是解題關(guān)鍵?！窘獯稹縭m{(1)壟脵}依據(jù)：“先拐先平，高溫高壓”可知溫度越高反應(yīng)速率越快，達(dá)到化學(xué)平衡的時(shí)間越短，所以rm{T_{1}>T_{2}}由rm{T_{2}隆煤T_{1}}溫度升高；

溫度升高時(shí)平衡向吸熱方向移動(dòng)，rm{SO_{2}}的轉(zhuǎn)化率減?。黄胶庀蛘蛞苿?dòng)，所以正向?yàn)榉艧岱磻?yīng)；

故答案為：rm{>}相同條件下，溫度越高反應(yīng)速率越快，達(dá)到化學(xué)平衡的時(shí)間越短；放；溫度升高時(shí)平衡向吸熱方向移動(dòng)，rm{SO_{2}}的轉(zhuǎn)化率減?。?/p>

rm{壟脷i.}反應(yīng)物多種的，增大一種反應(yīng)物濃度可以提高其他反應(yīng)物轉(zhuǎn)化率，投料比rm{[n(SO_{2})}rm{n(O_{2})]}越小，則氧氣的濃度越大，二氧化硫轉(zhuǎn)化率越大，依據(jù)rm的轉(zhuǎn)化率可知：投料比rm{[n(SO_{2})}rm{n(O_{2})]}為：rm{4}rm{15}

故答案為：rm{4}rm{15}

rm{ii.}投料比rm{[n(SO_{2})}rm{n(O_{2})]}為rm{8}rm{10}時(shí)，二氧化硫的轉(zhuǎn)化率為rm{90%}設(shè)起始二氧化硫?yàn)閞m{4mol}氧氣物質(zhì)的量為rm{5mol}則：

rm{2SO_{2(g)}+O_{2(g)}?2SO_{3(g)}}

起始rm{(mol)}rm{4}rm{5}rm{0}

轉(zhuǎn)化rm{(mol)}rm{4隆脕90%=3.6}rm{1.8}rm{3.6}

平衡rm{(mol)}rm{0.4}rm{3.2}rm{3.6}

則平衡混合氣體中三氧化硫的體積分?jǐn)?shù)為rm{Q隆脕100%=50%}

故答案為：rm{50%}

rm{(2)壟脵}吸收池中亞硫酸鈉溶液與二氧化硫反應(yīng)生成亞硫酸氫鈉，反應(yīng)的離子方程式：rm{SO_{2}+SO_{3}^{2-}+H_{2}O=2HSO_{3}^{-}}

故答案為：rm{SO_{2}+SO_{3}^{2-}+H_{2}O=2HSO_{3}^{-}}

rm{壟脷i.}依據(jù)電解池構(gòu)造示意圖可知，rm{a}區(qū)接電源的負(fù)極，是電解池的陰極，rm{c}區(qū)接電源的正極，是電解池的陽(yáng)極，在電解池中陽(yáng)離子移向陰極，陰離子移向陽(yáng)極，故：鈉離子移向rm{a}區(qū)，硫氫根離子移向rm{c}區(qū)；如圖所示；

故答案為：

rm{ii.}電解時(shí)，溶液中陽(yáng)離子移向陰極，氫離子在陰極得到電子生成氫氣，溶液中氫離子濃度降低，導(dǎo)致加速硫酸酸根離子電離生成亞硫酸根離子，鈉離子進(jìn)入rm{a}區(qū)與亞硫酸根離子結(jié)合生成亞硫酸鈉，亞硫酸氫根離子在陽(yáng)極上失去電子和水反應(yīng)生成硫酸，電極反應(yīng)式為：rm{HSO_{3}^{-}-2e^{-}+H_{2}O=SO_{4}^{2-}+3H^{+}}多余的氫離子與硫酸氫酸根離子反應(yīng)生成二氧化硫，所以rm{c}區(qū)除了得到濃硫酸外；還得到二氧化硫；

故答案為：rm{SO_{2}}

【解析】rm{(1)}rm{壟脵}rm{壟脵}溫度越高反應(yīng)速率越快，達(dá)到化學(xué)平衡的時(shí)間越短放溫度升高時(shí)平衡向吸熱方向移動(dòng)，rm{>}的轉(zhuǎn)化率減小rm{SO_{2}}．rm{壟脷i}．rm{壟脷i}rm{4}．rm{15}rm{ii}．rm{ii}．rm{50%}．rm{(2)壟脵SO_{2}+SO_{3}^{2-}+H_{2}O=2HSO_{3}^{-}}rm{壟脷i}．26、略

【分析】解：rm{(1)}依據(jù)流程圖可知：操作rm{壟脵}前為海帶灰懸濁液，操作rm{壟脵}后為含碘離子的溶液，可知操作rm{壟脵}為分離固體與液體的操作為過(guò)濾；

依據(jù)流程圖可知：操作rm{壟脹}前為含碘水溶液，操作rm{壟脹}后含碘的有機(jī)溶劑，所以操作rm{壟脹}為萃取分液；

氯氣具有氧化性，能夠氧化碘離子生成單質(zhì)碘，離子方程式：rm{Cl_{2}+2I^{-}簍T2Cl^{-}+I_{2}}

故答案為：過(guò)濾；萃取分液；rm{Cl_{2}+2I^{-}簍T2Cl^{-}+I_{2}}

rm{(2)}提取碘的過(guò)程中為萃取，萃取劑選擇原則：rm{壟脵}和原溶液中的溶劑互不相溶；rm{壟脷}對(duì)溶質(zhì)的溶解度要遠(yuǎn)大于原溶劑；

A.乙醇與水互溶；不能萃取碘水中的碘，故A不選；

B.四氯化碳與水互不相溶；碘在四氯化碳中溶解度遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于水中，故B選；

C.苯與水互不相溶；碘在苯中溶解度遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于水中，故C選；

D.乙酸能夠與水互溶；不能用乙酸萃取碘水中的碘，故D不選；

故選：rm{BC}

rm{(3)}根據(jù)實(shí)驗(yàn)裝置原理；使用的儀器有：燒杯；玻璃棒、集氣瓶、酒精燈、導(dǎo)管、圓底燒瓶、石棉網(wǎng)、漏斗，分液漏斗等；

故答案為：rm{(}普通rm{)}漏斗和分液漏斗；

rm{(4)}蒸餾實(shí)驗(yàn)中蒸餾燒瓶加熱應(yīng)墊石棉網(wǎng)；溫度計(jì)測(cè)定溫度為蒸汽的溫度，溫度計(jì)水銀球應(yīng)放在支管口處；為達(dá)到最佳冷凝效果冷凝水與蒸汽流向相反，即下口入，上口出；根據(jù)裝置圖可知，錯(cuò)誤有：rm{壟脵}缺石棉網(wǎng)；rm{壟脷}溫度計(jì)插到了液體中；rm{壟脹}冷凝管進(jìn)出水方向顛倒；

故答案為：rm{壟脵}缺石棉網(wǎng)；rm{壟脷}溫度計(jì)插到了液體中；rm{壟脹}冷凝管進(jìn)出水方向顛倒；

rm{(5)}有機(jī)溶劑沸點(diǎn)較低，控制溫度不能過(guò)高，避免碘蒸氣進(jìn)入冷凝管，所以實(shí)驗(yàn)中使用水浴rm{.}碘是固態(tài)；因此最后晶體碘聚集在蒸餾燒瓶中；

故答案為：有機(jī)溶劑沸點(diǎn)較低；控制溫度不能過(guò)高，避免碘蒸氣進(jìn)入冷凝管；蒸餾燒瓶；

rm{(1)}分離固體與液體混合物應(yīng)用過(guò)濾；依據(jù)碘單質(zhì)易溶于有機(jī)溶劑；結(jié)合萃取分液操作解答；氯氣具有氧化性，能夠氧化碘離子生成單質(zhì)碘；

rm{(2)}選用的萃取劑的原則：rm{壟脵}和原溶液中的溶劑互不相溶；rm{壟脷}對(duì)溶質(zhì)的溶解度要遠(yuǎn)大于原溶劑；

rm{(3)}依據(jù)蒸餾裝置圖分析判斷；根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理選擇合適的儀器；

rm{(4)}蒸餾實(shí)驗(yàn)中蒸餾燒瓶加熱應(yīng)墊石棉網(wǎng)；溫度計(jì)測(cè)定溫度為蒸汽的溫度；為達(dá)到最佳冷凝效果冷凝水與蒸汽流向相反；據(jù)此解答；

rm{(5)}有機(jī)溶劑沸點(diǎn)較低，控制溫度不能過(guò)高，避免碘蒸氣進(jìn)入冷凝管，所以實(shí)驗(yàn)中使用水浴rm{.}碘是固態(tài)；因此最后晶體碘聚集在蒸餾燒瓶中．

本題以海水提碘為載體考查物質(zhì)的分離和提純，學(xué)習(xí)中注意掌握過(guò)濾、萃取、蒸餾等操作要點(diǎn)，題目難度中等．【解析】過(guò)濾；萃?。籸m{Cl_{2}+2I^{-}簍T2Cl^{-}+I_{2}}rm{BC}分液漏斗、普通漏斗；缺少石棉網(wǎng)；溫度計(jì)位置不正確；冷凝管進(jìn)出水方向顛倒；使蒸餾燒瓶受熱均勻，控制加熱溫度使其不至過(guò)高；蒸餾燒瓶27、N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=-92.2KJ/mol390KJ/molCO2+8e-+8H+=CH4+2H2O硫酸2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O2N2H4（g）+N2O4（g）═3N2（g）+4H2O（g）△H=-1048.9kJ/molN2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O【分析】解：（1）據(jù)焓變等于反應(yīng)物活化能減去生成物活化能求算焓變，N2和H2反應(yīng)生成2molNH3過(guò)程中的△H=335KJ/mol-427.2KJ/mol=-92.2KJ/mol，所以熱化學(xué)方程式為N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=-92.2KJ/mol；

故答案為：N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=-92.2KJ/mol；

（2）反應(yīng)熱等于反應(yīng)物的總鍵能減去生成物的總鍵能；設(shè)N-H的鍵能為x，則943KJ/mol+3×435KJ/mol-6x=-92KJ/mol，x=390KJ/mol；

故答案為：390KJ/mol；

（3）①原電池中電子從負(fù)極流向正極，則Cu電極為正極，正極上CO2得電子生成CH4，則銅電極表面的電極反應(yīng)式為：CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O；

故答案為：CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O；

②電解質(zhì)溶液顯酸性；加氫氧化鈉能與二氧化碳反應(yīng)，所以不能加NaOH，應(yīng)該加硫酸；

故答案為：硫酸；

（4）①聯(lián)氨是共價(jià)化合物氮原子和氫原子形成共價(jià)鍵，氮原子和氮原子間也形成共價(jià)鍵，結(jié)構(gòu)式為：

故答案為：

②NH3與NaClO發(fā)生氧化還原反應(yīng)可得到肼（N2H4）、氯化鈉和水，所以該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O；

故答案為：2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O；

③已知ⅠN2（g）+2O2（g）=N2O4（g）△H1=-19.5kJ/mol

ⅡN2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）；△H=-534.2kJ/mol；

利用蓋斯定律將Ⅱ×2-Ⅰ可得2N2H4（g）+N2O4（g）═3N2（g）+4H2O（g）；

△H=（-534.2kJ/mol）×2-（-19.5kJ/mol）=-1048.9kJ/mol；

故答案為：2N2H4（g）+N2O4（g）═3N2（g）+4H2O（g）△H=-1048.9kJ/mol；

④肼--空氣燃料電池是一種堿性電池，該電池放電時(shí)，負(fù)