…………○…………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2024年滬科版高三化學(xué)下冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點(diǎn)；考試時間：120分鐘學(xué)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7題，共14分)1、下列實驗過程能引起結(jié)果偏高的是（）A.配制100g10%CuSO4溶液，稱取10g硫酸銅晶體溶于90g水中B.將30%的乙醇溶液和70%的乙醇溶液等體積混和后所得乙醇溶液的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為50%C.配制一定物質(zhì)的量濃度的稀硫酸溶液時，稱量濃硫酸時仰視量筒的刻度線D.質(zhì)量分?jǐn)?shù)為10%和90%的兩種硫酸等質(zhì)量混合配制50%的硫酸溶液2、下面的能源中屬于二次能源的是（）A.電能、蒸汽B.電能、風(fēng)能C.蒸汽、風(fēng)能D.煤、石油3、用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是（）A.1molFeCl3與沸水反應(yīng)生成膠體后，含有NA個Fe（OH）3膠粒B.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，1.12L的SO3所含的原子數(shù)是0.2NAC.1L0.5mol?L-1Na2CO3溶液中含有的CO32-數(shù)目為0.5NAD.16.9g過氧化鋇（BaO2）固體中陰、陽離子總數(shù)為0.2NA4、如圖用交叉分類法表示了一些物質(zhì)或概念之間的從屬或包含關(guān)系；其中正確的是（）

。XYZA置換反應(yīng)氧化還原反應(yīng)離子反應(yīng)B銅單質(zhì)非電解質(zhì)C石灰水電解質(zhì)分散系D液氨化合物純凈物A.AB.BC.CD.D5、下列根據(jù)化學(xué)事實進(jìn)行的相關(guān)推論；正確的是（）

?；瘜W(xué)事實推論A某一反應(yīng)需要在高溫條件下才能進(jìn)行該反應(yīng)的△H＞0B無色試液加入氫氧化鈣溶液產(chǎn)生白色沉淀試液含有C鐵的氧化物用硝酸溶解后加入KSCN，溶液呈紅色氧化物中鐵元素為+3價D少量CO2通入NaCN溶液時反應(yīng)為：CO2+H2O+CN-=HCO3-+HCN電離常數(shù)Ka（HCN）＞Ka2（H2CO3）A.AB.BC.CD.D6、下列溶液一定呈堿性的是（）A.溶液中c（OH-）＞c（H+）B.溶液中含有OH?離子C.滴加甲基橙后溶液顯紅色D.滴加甲基橙后溶液顯黃色7、適量氯氣與1mol甲烷在光照下發(fā)生反應(yīng)，反應(yīng)后測知產(chǎn)物中四種氯代烷物質(zhì)的量相同，則消耗的氯氣有（）A.2molB.2.5molC.7.5molD.6mol評卷人得分二、雙選題(共8題，共16分)8、下列圖象能正確表示相關(guān)反應(yīng)中產(chǎn)物物質(zhì)的量的變化的是(橫；縱坐標(biāo)單位：mol)()

A.圖1：n(O2)=1mol時，高溫下C和O2在密閉容器中的反應(yīng)產(chǎn)物B.圖2：n(NaOH)=1mol時，CO2和NaOH溶液反應(yīng)生成的鹽C.圖3：n(HCl)=1mol時，K2CO3逐步加入到HCl溶液中在敞口容器反應(yīng)生成的氣體D.圖4：n(HNO3)=1mol時，F(xiàn)e和稀HNO3反應(yīng)生成的氧化產(chǎn)物(還原產(chǎn)物為NO)9、金屬冶煉與處理常涉及氧化還原反應(yīng)．由下列物質(zhì)冶煉相應(yīng)金屬時采用電解法的是（）A.Fe2O3B.NaClC.Cu2SD.Al2O310、銻rm{(Sb)}在自然界一般以硫化物的形式存在，我國銻的蘊(yùn)藏量為世界第一rm{.}從硫化物中提取單質(zhì)銻一般是先在高溫下將硫化物轉(zhuǎn)化為氧化物；再用碳還原：

rm{壟脵2Sb_{2}S_{3}+3O_{2}+6Fedfrac{overset{;{賂脽脦脗};}{}}{;}Sb_{4}O_{6}+6FeS}rm{壟脷Sb_{4}O_{6}+6Cdfrac{overset{;{賂脽脦脗};}{}}{;}4Sb+6CO隆眉}

關(guān)于反應(yīng)rm{壟脵2Sb_{2}S_{3}+3O_{2}+6Fedfrac{

overset{;{賂脽脦脗};}{}}{;}Sb_{4}O_{6}+6FeS}rm{壟脷Sb_{4}O_{6}+6Cdfrac{

overset{;{賂脽脦脗};}{}}{;}4Sb+6CO隆眉}的說法正確的是rm{壟脵}rm{壟脷}A.反應(yīng)rm{(}中的氧化劑分別是rm{)}rm{壟脵壟脷}B.反應(yīng)rm{Sb_{2}S_{3}}中每生成rm{Sb_{4}O_{6}}rm{壟脵}rm{3}時，共轉(zhuǎn)移rm{mol}rm{FeS}電子C.反應(yīng)rm{6}說明高溫下rm{mol}的還原性比rm{壟脷}強(qiáng)D.每生成rm{C}rm{Sb}時，反應(yīng)rm{4mol}與反應(yīng)rm{Sb}中還原劑的物質(zhì)的量之比為rm{壟脵}rm{壟脷}rm{4}11、下列屬于脂肪烴的是()A.CH3CH2CH2CH3B.C.D.12、下列有關(guān)說法正確的是A.加入硫酸銅可使鋅與稀硫酸的反應(yīng)速率加快，說明rm{Cu^{2+}}具有催化作用B.向某溶液中滴加硝酸酸化的rm{BaCl_{2}}溶液產(chǎn)生白色沉淀，則該溶液中含有rm{SO^{2-}_{4}}C.在電解精煉銅過程中，電解質(zhì)溶液中銅離子濃度減少D.rm{298K}時，rm{2H_{2}S(g)+SO_{2}(g)=3S(s)+2H_{2}O(l)}能自發(fā)進(jìn)行，則其rm{婁隴}rm{H}rm{<0}13、下列有關(guān)說法正確的是()A.rm{25隆忙}時，在rm{Mg(OH)_{2}}的懸濁液中加入少量的rm{NH_{4}Cl}固體，rm{c(Mg^{2+})}將減小B.一定溫度下，反應(yīng)rm{2HI(g)?H_{2}(g)+I_{2}(g)}rm{婁隴H>0}能自發(fā)進(jìn)行，則該反應(yīng)rm{婁隴S>0}C.向滴有酚酞的rm{Na_{2}CO_{3}}溶液中滴加rm{BaCl_{2}}溶液，紅色逐漸褪去，說明rm{BaCl_{2}}溶液顯酸性D.上圖電池放電時正極反應(yīng)式：rm{2Li^{+}+Li_{2}O_{2}+2e^{-}=2Li_{2}O}14、下列描述正確的是()A.向濃氨水中滴加飽和rm{FeCl_{3}}溶液，可以制得rm{Fe(OH)_{3}}膠體B.為除去rm{Mg(OH)_{2}}固體中的少量rm{Ca(OH)_{2}}可用飽和rm{MgCl_{2}}溶液多次洗滌后，再水洗、干燥C.向溶液rm{X}中加入足量鹽酸，產(chǎn)生無色無味氣體，將氣體通入澄清石灰水，產(chǎn)生白色沉淀，說明溶液rm{X}中含有rm{CO_{3}^{2mathrm{{-}}}}D.鹵代烴rm{Y}與rm{NaOH}醇溶液共熱后，加入足量稀硝酸，再滴加rm{AgNO_{3}}溶液，產(chǎn)生白色沉淀，說明鹵代烴rm{Y}中含有氯原子15、依據(jù)圖判斷，下列說法正確的是rm{(}rm{)}

A.rm{2}rm{mol}rm{H_{2}(g)}與rm{1}rm{mol}rm{O_{2}(g)}所具有的總能量比rm{2}rm{mol}rm{H_{2}O(g)}所具有的總能量高B.氫氣燃燒的反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故Hrm{{,!}_{2}}與rm{O_{2}}混合即可自發(fā)進(jìn)行C.液態(tài)水分解的熱化學(xué)方程式為：rm{2H_{2}O(l)簍T2H_{2}(g)+O_{2}(g)triangleH=-571.6}rm{2H_{2}O(l)簍T2H_{2}(g)+O_{2}(g)triangle

H=-571.6}D.rm{kJ?mol^{-1}}生成rm{H_{2}O(g)}時，斷鍵吸收的能量小于成鍵放出的能量rm{H_{2}O(l)}評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)16、（1）過氧化氫（H2O2）有廣泛的用途．過氧化氫的制備方法很多，下列方法中原子利用率最高的是____（填序號）．

A．BaO2+H2SO4=BaSO4↓+H2O2

B．2NH4HSO4（NH4）2S2O8+H2↑；（NH4）2S2O8+2H2O=2NH4HSO4+H2O2

C．CH3CHOHCH3+O2→CH3COCH3+H2O2

D．乙基蒽醌法見圖1

Ⅰ．B選項的方法流程圖如下：

回答下列問題：

（2）若要制得1molH2O2，電解時轉(zhuǎn)移電子數(shù)為____，電解硫酸氫銨溶液時，陽極的電極反應(yīng)方程是：____．

（3）在上流程圖中，采用減壓蒸餾的原因是：____．可循環(huán)利用的物質(zhì)是（寫化學(xué)式）____．

Ⅱ．某文獻(xiàn)報導(dǎo)了不同金屬離子及其濃度對雙氧水氧化降解海藻酸鈉溶液反應(yīng)速率的影響，實驗結(jié)果如圖2、圖3所示．注：以上實驗均在溫度為20℃、w（H2O2）=0.25%、pH=7.12、海藻酸鈉溶液濃度為8mg?L-1的條件下進(jìn)行．圖2中曲線a：H2O2；b：H2O2+Cu2+；c：H2O2+Fe2+；d：H2O2+Zn2+；e：H2O2+Mn2+；圖3中曲線f：反應(yīng)時間為1h；g：反應(yīng)時間為2h；兩圖中的縱坐標(biāo)代表海藻酸鈉溶液的粘度（海藻酸鈉濃度與溶液粘度正相關(guān)）．

（4）由上述信息可知，下列敘述錯誤的是____（填序號）．

A．錳離子能使該降解反應(yīng)速率減緩。

B．亞鐵離子對該降解反應(yīng)的催化效率比銅離子低。

C．海藻酸鈉溶液粘度的變化快慢可反映出其降解反應(yīng)速率的快慢。

D．一定條件下，銅離子濃度一定時，反應(yīng)時間越長，海藻酸鈉溶液濃度越小．17、硝酸銨鈣晶體[5Ca（NO3）2?NH4NO3?10H2O]極易溶于水；是一種綠色的復(fù)合肥料．

（1）硝酸銨鈣晶體的溶液顯酸性，原因是____（用離子方程式表示）．

（2）已知磷酸鈣是一種難溶物，常溫下，其Ksp=2.0×10-33，≈1.414．工業(yè)上生產(chǎn)硝酸銨鈣的方法是以硝酸浸取磷礦石得到的粗硝酸鈣（含硝酸鈣；磷酸鈣及硝酸）為原料制備；其生產(chǎn)流程如圖1：

①在粗硝酸鈣濁液中，c（Ca2+）≈0.1mol/L，則其中c（PO43-）約為____

②加入適量的碳酸鈣后發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為____．

③硝酸銨是一種易分解的物質(zhì)，保存和利用時，需控制在較低溫度．230～400℃時，它會分解成空氣中含量最大的兩種氣體，其反應(yīng)的化學(xué)方程式為____．

（3）生產(chǎn)硝酸銨鈣工廠的廢水中常含有硝酸銨；凈化方法有反硝化凈化法和電解法．

①NO3-在酸性條件下可轉(zhuǎn)化為N2，該反硝化方法可用半反應(yīng)（同電極反應(yīng)式）表示____．

②目前常用電解法凈化；工作原理如圖2所示（陽膜和陰膜分別只允許陽離子；陰離子通過）；

Ⅰ．陽極的電極反應(yīng)為____，Ⅰ室可回收的產(chǎn)品為____（填名稱）．

③Ⅱ．Ⅲ室可回收到氨氣，請結(jié)合方程式和文字解釋其原因____．18、（1）實驗測得，5g甲醇（CH3OH）在氧氣中充分燃燒生成二氧化碳?xì)怏w和液態(tài)水時釋放出113.5kJ的熱量，試寫出甲醇燃燒的熱化學(xué)方程式____．

（2）已知H2（g）、C2H4（g）和C2H5OH（1）的燃燒熱△H分別是-285.8kJ?mlo-1、-1411.0kJ?mlo-1和-1366.8kJ，則由C2H4（g）和H2O（I）反應(yīng)生成C2H5OH（I）的熱化學(xué)方程式____．19、工業(yè)制硫酸的尾氣中含有一定量SO2；處理尾氣的手段除了氨吸收法以外還有以下幾種方法．

（一）工業(yè)實際吸收過程中，第I步常采用濃苛性鈉溶液吸收為其中的SO2；然后向生成溶液中加入熟石灰，充分反應(yīng)后將生成產(chǎn)物分離后再經(jīng)氧化后制得產(chǎn)品A．

（1）產(chǎn)品A是____（填化學(xué)式）．

（2）有人提出將第一步中的濃苛性鈉溶液換成同溫度下飽和Ca（OH）2溶液直接制得產(chǎn)品CaSO3，你認(rèn)為是否可行？____（填“可以”、“不可以”或“不確定”）原因是____

（二）制備MnSO4?H2O：SO2還原MnO2礦制備MnSO4?H2O；過程如下：

（1）生產(chǎn)中提高M(jìn)nO2礦浸出率的措施除了將礦石粉碎還有____（答出一條即可）．

（2）除鐵發(fā)生的離子反應(yīng)方程式為____．

（3）操作I的名稱為____．

（4）MnSO4?H2O在1150℃高溫下易分解，產(chǎn)物是Mn3O4、含硫化合物、水，在該條件下硫酸錳晶體分解反應(yīng)的化學(xué)方程式是____．20、（A）(12分)工業(yè)上以氯化鉀和鈦白廠的副產(chǎn)品硫酸亞鐵為原料可得到硫酸鉀、過二硫酸鈉和鐵紅顏料等產(chǎn)品，該方法原料的綜合利用率較高。（1）基態(tài)鈦原子的核外電子排布式為____▲。（2）TiCl4在常溫下是一種無色液體，而FeCl3可用升華法提純，則兩種氯化物均屬于____▲晶體。（3）SO42-和S2O82-（過二硫酸根）結(jié)構(gòu)中，硫原子均位于由氧原子組成的四面體的中心，且所有原子的最外層電子均滿足8電子結(jié)構(gòu)。下列說法正確的是____。A．SO42-中存在σ鍵和π鍵且與PO43-離子互為等電子體B．S2O82-中存在非極性鍵且有強(qiáng)氧化性C．S2O82-比SO42-穩(wěn)定且兩者的氧元素的化合價相同（4）KCl與MgO的晶體結(jié)構(gòu)跟NaCl的晶體結(jié)構(gòu)相似，則KCl與MgO兩者中熔點(diǎn)高的是____，原因是▲。（5）硫與氯可形成化合物SCl2，則該分子中硫原子的雜化方式為▲，分子的空間構(gòu)型為____。（6）在一定條件下鐵形成的晶體的基本結(jié)構(gòu)單元如下圖1和圖2所示，則圖1和圖2的結(jié)構(gòu)中鐵原子的配位數(shù)之比為▲。評卷人得分四、判斷題(共2題，共6分)21、李比希燃燒法、鈉熔法、銅絲燃燒法、是元素定性分析法____（判斷對錯）22、O2和O3互為同位素____．（判斷對錯）評卷人得分五、探究題(共4題，共16分)23、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設(shè)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________．24、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應(yīng)的原理來測定其含量，操作為：25、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設(shè)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________．26、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應(yīng)的原理來測定其含量，操作為：評卷人得分六、綜合題(共2題，共4分)27、（15分）下列框圖中的A~K物質(zhì)均為中學(xué)常見物質(zhì)。已知B、D、E、L常溫下為密度比空氣大的氣體，D、E為單質(zhì)，其它為化合物。A和I都是常用的漂白劑，F(xiàn)的焰色反應(yīng)呈黃色。F、G均能與L的水溶液反應(yīng)放出B。請根據(jù)圖示關(guān)系回答問題：（1）F的俗名是＿＿＿＿＿＿；K的電子式＿＿＿＿＿＿。（2）反應(yīng)①~⑤中，屬于氧化－還原反應(yīng)的是＿＿＿＿＿＿。（3）反應(yīng)④的離子方程式＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。反應(yīng)③的化學(xué)方程式＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。（4）某單質(zhì)能與H反應(yīng)生成E，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。28、（15分）為研究鐵質(zhì)材料與熱濃硫酸的反應(yīng)，某小組進(jìn)行了以下探究活動：[探究一]（1）稱取鐵釘（碳素鋼）12．0g放入30．0mL濃硫酸中，加熱，充分應(yīng)后得到溶液X并收集到氣體Y。①甲同學(xué)認(rèn)為X中除Fe3+外還可能含有Fe2+。若要確認(rèn)其中是否含有Fe2+，應(yīng)選擇加入的試劑為________（選填序號）。a．KSCN溶液和氯水b．鐵粉和KSCN溶液c．濃氨水d．酸性KMnO4溶液②乙同學(xué)取672mL（標(biāo)準(zhǔn)狀況）氣體Y通入足量溴水中，發(fā)生反應(yīng)：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4然后加入足量BaCl2溶液，經(jīng)適當(dāng)操作后得到干燥固體4．66g。據(jù)此推知?dú)怏wY中SO2的體積分?jǐn)?shù)為____。（相對原子質(zhì)量：O—16S—32Ba—137）[探究二]分析上述實驗中SO2體積分?jǐn)?shù)的結(jié)果，丙同學(xué)認(rèn)為氣體Y中還可能含量有H2和CO2氣體。為此設(shè)計了下列探究實驗裝置（圖中夾持儀器省略）。（2）寫出產(chǎn)生CO2的化學(xué)方程式____。（3）裝置A中試劑的作用是____。（4）簡述確認(rèn)氣體Y中含有CO2的實驗現(xiàn)象。（5）如果氣體Y中含有H2，預(yù)計實驗現(xiàn)象應(yīng)是。參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、C【分析】【分析】A.100g10%CuSO4溶液中m（CuSO4）=100g×10%=10g，10g硫酸銅晶體中m（CuSO4）=10g×=6.4g，配制溶液濃度=；

B．乙醇溶液中質(zhì)量分?jǐn)?shù)越大其密度越??；

C．配制一定物質(zhì)的量濃度的稀硫酸溶液時；稱量濃硫酸時仰視量筒的刻度線，導(dǎo)致量取硫酸溶液體積偏大，溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏大；

D．根據(jù)硫酸質(zhì)量和質(zhì)量分?jǐn)?shù)計算出10%和90%的兩種硫酸等質(zhì)量混合后的質(zhì)量分?jǐn)?shù)．【解析】【解答】解：A.100g10%CuSO4溶液中m（CuSO4）=100g×10%=10g，10g硫酸銅晶體中m（CuSO4）=10g×=6.4g，配制溶液濃度==6.4%；配制溶液濃度偏低，故A錯誤；

B．乙醇溶液中質(zhì)量分?jǐn)?shù)越大其密度越??；所以將30%的乙醇溶液和70%的乙醇溶液等體積混和后所得乙醇溶液的質(zhì)量分?jǐn)?shù)小于50%，故B錯誤；

C．配制一定物質(zhì)的量濃度的稀硫酸溶液時；稱量濃硫酸時仰視量筒的刻度線，導(dǎo)致量取硫酸溶液體積偏大，溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏大，所以最終配制溶液濃度偏高，故C正確；

D．設(shè)質(zhì)量為m，10%的硫酸溶液和90%的硫酸混合后，配制的硫酸的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為：=50%；故D錯誤；

故選C．2、A【分析】【分析】一次能源：從自然界取得的未經(jīng)任何改變或轉(zhuǎn)換的能源；如原油；原煤、天然氣、生物質(zhì)能、水能、核燃料，以及太陽能、地?zé)崮?、潮汐能等?/p>

二次能源：一次能源經(jīng)過加工或轉(zhuǎn)換得到的能源，如煤氣、焦碳、汽油、煤油、電力、熱水氫能等．【解析】【解答】解：根據(jù)上述分析；題目選項中屬于二次能源的是電能；蒸汽；屬于一次能源的是風(fēng)能、煤、石油等；

故選A．3、D【分析】解：A．Fe（OH）3膠粒是氫氧化鐵的微粒集合體，1molFeCl3與沸水反應(yīng)生成膠體后，含有小于NA個Fe（OH）3膠粒；故A錯誤；

B．標(biāo)況下三氧化硫不是氣體；不能使用氣體摩爾體積，故B錯誤；

C．碳酸根離子為弱酸根離子，水溶液中部分水解，所以1L0.5mol?L-1Na2CO3溶液中含有的CO32-數(shù)目小于0.5NA；故C錯誤；

D.16.9g過氧化鋇（BaO2）的物質(zhì)的量為=0.1mol，其中陰、陽離子總數(shù)（Ba2+、O22-）為0.2NA；故D正確；

故選：D。

A．膠體微粒是氫氧化鐵的集合體；

B．氣體摩爾體積使用對象為氣體；

C．碳酸根離子為弱酸根離子；水溶液中部分水解；

D．過氧化鋇（BaO2）中含有陰、陽離子（Ba2+、O22-）。

本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的應(yīng)用，質(zhì)量換算物質(zhì)的量計算微粒數(shù)，氣體摩爾體積的條件應(yīng)用，膠體微粒的組成，熟練掌握概念和計算，即可解決，題目難度不大?！窘馕觥緿4、D【分析】【分析】由圖可知，概念的范疇為Z包含Y，Y包含X，然后利用物質(zhì)的組成和性質(zhì)來分析物質(zhì)的類別，再根據(jù)概念的從屬關(guān)系來解答．【解析】【解答】解：A；氧化還原反應(yīng)有些不是離子反應(yīng)；故Z不能完全包含Y，故A錯誤；

B；非電解質(zhì)屬于化合物；故B錯誤；

C；分散系屬于混合物；電解質(zhì)屬于純凈物，故不存在包含關(guān)系，故C錯誤；

D、純凈物包含化合物，化合物包含液氨，故D正確，故選D．5、D【分析】【分析】A．有些放熱反應(yīng)在高溫下才能進(jìn)行；如鋁熱反應(yīng)；

B．能夠與氫氧化鈣生成白色沉淀的離子；不一定為碳酸根離子，可能為碳酸氫根離子；亞硫酸根離子等；

C．亞鐵離子能夠被硝酸氧化成鐵離子；無法證明原氧化物中含有鐵離子；

D．少量二氧化碳與NaCN溶液反應(yīng)產(chǎn)物為碳酸氫根離子離子，說明碳酸氫根離子的酸性小于HCN．【解析】【解答】解：A．在高溫條件下才能進(jìn)行的反應(yīng)不一定為吸熱反應(yīng)；如鋁熱反應(yīng)需要在高溫下進(jìn)行，該反應(yīng)的△H＜0，故A錯誤；

B．無色試液加入氫氧化鈣溶液產(chǎn)生白色沉淀；原溶液中可能含有碳酸氫根離子；亞硫酸根離子，不一定含有碳酸根離子，故B錯誤；

C．鐵的氧化物用硝酸溶解后加入KSCN；溶液呈紅色，原氧化物中可能含有亞鐵離子，不一定含有鐵離子，故C錯誤；

D．少量CO2通入NaCN溶液時反應(yīng)為：CO2+H2O+CN-=HCO3-+HCN，反應(yīng)產(chǎn)物為碳酸氫根離子，說明碳酸氫根離子酸性小于HCN，所以電離常數(shù)Ka（HCN）＞Ka2（H2CO3）；故D正確；

故選D．6、A【分析】【分析】A．溶液顯酸性、中性還是堿性，取決于溶液中c（H+）和c（OH-）的相對大?。?/p>

B．酸性、中性還是堿性溶液中都含有OH?離子；

C．甲基橙變色范圍3.1（紅）-4.4（黃）；

D．甲基橙變色范圍3.1（紅）-4.4（黃）．【解析】【解答】解：A．堿性溶液：c（OH-）＞c（H+）；故A正確；

B．酸性、中性還是堿性溶液中都含有OH?離子，含有OH?離子；溶液不一定呈堿性，故B錯誤；

C．滴加甲基橙后溶液顯紅色；溶液肯定呈酸性，故C錯誤；

D．滴加甲基橙后溶液顯黃色；溶液可能呈堿性，故D錯誤．

故選A．7、B【分析】【分析】根據(jù)四種取代物的物質(zhì)的量相等結(jié)合碳原子守恒計算取代物的物質(zhì)的量，再根據(jù)被取代的氫原子和氯氣分子之間的關(guān)系式計算消耗氯氣的物質(zhì)的量．【解析】【解答】解：1mol甲烷完全與氯氣發(fā)生取代反應(yīng)；若生成相同物質(zhì)的量的四種取代物，所以每種取代物的物質(zhì)的量是0.25mol，甲烷和氯氣的取代反應(yīng)中，被取代的氫原子的物質(zhì)的量與氯氣的物質(zhì)的量相等；

所以生成0.25mol一氯甲烷需要氯氣0.25mol氯氣；

生成0.25mol二氯甲烷需要氯氣0.5mol；

生成0.25mol三氯甲烷需要氯氣0.75mol氯氣；

生成0.25mol四氯化碳需要氯氣1mol；

所以總共消耗氯氣的物質(zhì)的量=0.25mol+0.5mol+0.75mol+1mol=2.5mol；

故選B．二、雙選題(共8題，共16分)8、A|D【分析】解：A．因開始氧氣過量，則發(fā)生C+O2CO2，n(O2)=1mol，生成二氧化碳為1mol，然后發(fā)生CO2+C2CO；則生成2molCO，圖象與反應(yīng)相符合，故A正確；

B．因開始堿過量，則發(fā)生CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O，n(NaOH)=1mol時生成0.5molNa2CO3，再加人二氧化碳發(fā)生Na2CO3+H2O+CO2═2NaHCO3；則最終碳酸鈉減少為0，碳酸氫鈉生成1mol，圖象與反應(yīng)不符，故B錯誤；

C．因開始反應(yīng)時鹽酸過量，則發(fā)生K2CO3+2HCl═2KCl+H2O+CO2↑；n(HCl)=1mol時生成0.5mol二氧化碳后再加鹽酸不反應(yīng)，氣體不會減少，圖象與反應(yīng)不符，故C錯誤；

D．因開始硝酸過量，則發(fā)生Fe+4HNO3═Fe(NO3)3+NO↑+H2O，n(HNO3)=1mol時生成0.25molFe(NO3)3；圖象與反應(yīng)相符，故D正確；

故選AD．【解析】【答案】AD9、B|D【分析】解：A．Fe用熱還原法冶煉；故A不選；

B．鈉的性質(zhì)很活潑；用電解氯化鈉的方法冶煉，故B選；

C．Cu用熱還原法冶煉；故C不選；

D．Al的性質(zhì)很活潑；用電解其氧化物的方法冶煉，故D選．

故選BD．

電解法：冶煉活潑金屬K、Ca、Na、Mg、Al，一般用電解熔融的氯化物（Al是電解熔融的Al2O3）制得；

熱還原法：冶煉較不活潑的金屬Zn、Fe、Sn、Pb、Cu，常用還原劑有（C、CO、H2等）；

熱分解法：冶煉不活潑的金屬Hg；Ag用加熱分解氧化物的方法制得．

本題考查金屬冶煉的一般方法和原理，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重于元素化合物知識的綜合理解和運(yùn)用的考查，注意根據(jù)金屬的活潑性采用相應(yīng)的冶煉方法，難度不大．【解析】【答案】BD10、rBC【分析】解：rm{A}反應(yīng)rm{壟脵}中rm{Sb_{2}S_{3}}含有元素化合價不變，氧化劑是氧氣，反應(yīng)rm{壟脷}中rm{Sb_{4}O_{6}}中rm{Sb}元素的化合價由rm{+3}價降低為rm{0}價，rm{Sb_{4}O_{6}}是氧化劑；故A錯誤；

B、反應(yīng)rm{壟脵}中化合價升高的元素只有rm{Fe}元素，由rm{0}價升高為rm{+2}價，每生成rm{3molFeS}轉(zhuǎn)移電子為rm{3mol隆脕2=6mol}故B正確；

C、反應(yīng)rm{壟脷C}是還原劑，rm{Sb}是還原產(chǎn)物，還原劑還原性強(qiáng)于還原產(chǎn)物的還原性，說明高溫下rm{C}的還原性比rm{Sb}強(qiáng)；故C正確；

D、生成rm{4molSb}時，反應(yīng)rm{壟脷C}是還原劑，需要rm{6molC}需要rm{1molSb_{4}O_{6}}反應(yīng)rm{壟脵}中rm{Fe}是還原劑，生成rm{1molSb_{4}O_{6}}需要rm{6molFe}故反應(yīng)rm{壟脵}與反應(yīng)rm{壟脷}中還原劑的物質(zhì)的量之比為rm{6mol}rm{6mol=1}rm{1}故D錯誤；

故選BC．

A；所含元素化合價降低的反應(yīng)物是氧化劑；據(jù)此結(jié)合元素化合價判斷；

B、反應(yīng)rm{壟脵}中化合價升高的元素只有rm{Fe}元素，由rm{0}價升高為rm{+2}價；據(jù)此計算；

C；根據(jù)還原劑的還原性強(qiáng)于還原產(chǎn)物的還原性判斷；

D、反應(yīng)rm{壟脵}中還原劑是rm{Fe}反應(yīng)rm{壟脷}中還原劑是rm{C}根據(jù)方程式計算．

考查氧化還原反應(yīng)概念與有關(guān)計算、還原性強(qiáng)弱判斷，難度中等，注意根據(jù)化合價進(jìn)行概念的理解．【解析】rm{BC}11、A|B【分析】解：A；丁烷屬于直鏈脂肪烴；故A正確；

B；環(huán)己烷屬于環(huán)烴；屬于脂肪烴，故B正確；

C；苯酚含有苯環(huán)；不是脂肪烴，故C錯誤；

D；甲苯分子含有苯環(huán)；不屬于脂肪烴，故D錯誤；

故選AB．【解析】【答案】AB12、CD【分析】略【解析】rm{CD}13、BD【分析】【分析】本題主要考查沉淀溶解影響因素、反應(yīng)是否自發(fā)的判斷以及原電池的電極反應(yīng)，難度中等?！窘獯稹緼.rm{25隆忙}時，在rm{Mg(OH)_{2}}的懸濁液中加入少量的rm{NH_{4}Cl}固體，銨根離子消耗氫氧根離子，促進(jìn)氫氧化鎂的溶解，rm{c(Mg^{2+})}將增大，故A錯誤；B.一定溫度下，反應(yīng)rm{2HI(g)?H_{2}(g)+I_{2}(g)}rm{婁隴H>0}能自發(fā)進(jìn)行，即rm{婁隴H-T婁隴S<0}則反應(yīng)rm{婁隴S>0}，故B正確；C.rm{Na_{2}CO_{3}}為強(qiáng)堿弱酸鹽，水解呈堿性，rm{BaCl_{2}}與rm{Na_{2}CO_{3}}反應(yīng)生成rm{BaCO_{3}}沉淀，水解平衡逆向移動，溶液堿性減弱，氯化鋇是強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，溶液呈中性，故C錯誤；D.上圖電池放電時正極是rm{Li_{2}O_{2}}得電子，生成rm{Li_{2}O}，電極反應(yīng)式為：rm{2Li^{+}+Li_{2}O_{2}+2e^{-}=2Li_{2}O}，故D正確。故選BD?！窘馕觥縭m{BD}14、BD【分析】【分析】A.濃氨水和飽和氯化鐵溶液產(chǎn)生紅褐色氫氧化鐵沉淀；B.氫氧化物表示方法相同時，溶度積產(chǎn)生大的物質(zhì)能轉(zhuǎn)化為溶度積常數(shù)小的物質(zhì)；C.碳酸根離子、碳酸氫根離子都能與稀鹽酸反應(yīng)生成無色無味且能使澄清石灰水變渾濁的氣體；D.鹵代烴中鹵元素的檢驗時，先將鹵元素轉(zhuǎn)化為鹵離子，然后加入稀硝酸中和未反應(yīng)的rm{NaOH}最后用硝酸銀檢驗鹵離子?！窘獯稹緼.濃氨水和飽和氯化鐵溶液產(chǎn)生紅褐色氫氧化鐵沉淀，氫氧化鐵膠體的制備方法：在沸騰的蒸餾水中加入飽和氯化鐵溶液加熱，當(dāng)溶液變?yōu)榧t褐色時應(yīng)立即停止加熱，故A錯誤；B.氫氧化物表示方法相同時，溶度積大的物質(zhì)能轉(zhuǎn)化為溶度積常數(shù)小的物質(zhì)，氫氧化鎂溶度積常數(shù)小于氫氧化鈣，所以可用飽和rm{MgCl_{2}}溶液多次洗滌后可以除去氫氧化鎂中的氫氧化鈣，故B正確；C.碳酸根離子、碳酸氫根離子都能與稀鹽酸反應(yīng)生成無色無味且能使澄清石灰水變渾濁的氣體，所以原溶液中可能含有碳酸氫根離子，故C錯誤；D.鹵代烴中鹵元素的檢驗時，先將鹵元素轉(zhuǎn)化為鹵離子，然后加入稀硝酸中和未反應(yīng)的rm{NaOH}最后用硝酸銀檢驗鹵離子，則鹵代烴rm{Y}與rm{NaOH}醇溶液共熱后，加入足量稀硝酸，再滴加rm{AgNO_{3}}溶液，產(chǎn)生白色沉淀，說明鹵代烴rm{Y}中含有氯原子，故D正確。故選BD。【解析】rm{BD}15、rAD【分析】解：rm{A}氫氣與氧氣反應(yīng)放熱，反應(yīng)物能量高于生成物，所以rm{2molH_{2}(g)}和rm{1molO_{2}(g)}的總能量大于rm{2molH_{2}O(g)}的能量；故A正確；

B、氫氣燃燒的反應(yīng)為放熱反應(yīng)，但rm{H_{2}}與rm{O_{2}}的反應(yīng)需要外界條件引發(fā)反應(yīng)；常溫混合不能自發(fā)進(jìn)行，故B錯誤；

C、根據(jù)圖象rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)簍T2H_{2}O(l)triangleH=-571.6}rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)簍T2H_{2}O(l)triangle

H=-571.6}故逆反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，rm{2H_{2}O(l)簍T2H_{2}(g)+O_{2}(g)triangleH=+571.6}rm{kJ?mol^{-1}}故C錯誤；

D、rm{2H_{2}O(l)簍T2H_{2}(g)+O_{2}(g)triangle

H=+571.6}生成rm{kJ?mol^{-1}}時為放熱過程；沒有發(fā)生化學(xué)變化，故D錯誤．

故選A．

A；氫氣與氧氣反應(yīng)放熱；反應(yīng)物能量高于生成物；

B、氫氣燃燒的反應(yīng)為放熱反應(yīng)，但rm{H_{2}O(g)}與rm{H_{2}O(l)}的反應(yīng)需要外界條件引發(fā)反應(yīng)；常溫混合不能自發(fā)進(jìn)行；

C、根據(jù)圖象rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)簍T2H_{2}O(l)triangleH=-571.6}rm{H_{2}}故逆反應(yīng)為吸熱反應(yīng)；

D、rm{O_{2}}生成rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)簍T2H_{2}O(l)triangle

H=-571.6}時為放熱反應(yīng)；故斷鍵吸收的能量小于成鍵放出的能量．

本題考查了焓變、蓋斯定律、焓變與反應(yīng)物生成物能量的關(guān)系，題目難度不大．rm{kJ?mol^{-1}}【解析】rm{AD}三、填空題(共5題，共10分)16、D2NA2SO42--2e-=S2O82-過氧化氫不穩(wěn)定，受熱容易分解，減小氣壓，使液體沸點(diǎn)降低NH4HSO4B【分析】【分析】（1）不產(chǎn)生其它物質(zhì)的反應(yīng)原子的利用率最高；

（2）根據(jù)雙氧水和轉(zhuǎn)移電子之間的關(guān)系式計算；SO42-失去e-生成S2O82-；

（3）減小氣壓；使液體沸點(diǎn)降低；

（4）根據(jù)圖片中曲線變化趨勢與溶液粘度、反應(yīng)速率之間的關(guān)系分析．【解析】【解答】解：（1）ABC中除了生成雙氧水為還有其它物質(zhì)生成；D中只有雙氧水生成，所以D中原子利用率最高，故答案為：D；

（2）該反應(yīng)中氧元素的化合價變化為：-2價→-1價，所以生成1mol雙氧水轉(zhuǎn)移電子2NA；SO42-失去e-生成S2O82-，陽極的電極反應(yīng)方程是：2SO42--2e-=S2O82-，故答案為：2NA；2SO42--2e-=S2O82-；

（3）過氧化氫受熱容易分解，減小氣壓，使液體沸點(diǎn)降低；殘液為NH4HSO4，可循環(huán)利用，故答案為：過氧化氫不穩(wěn)定，受熱容易分解，減小氣壓，使液體沸點(diǎn)降低；NH4HSO4；

（4）根據(jù)圖2知；縱坐標(biāo)越大其粘度越大，相同時間內(nèi)縱坐標(biāo)變化越大，其反應(yīng)速率越快，根據(jù)圖3知，相同濃度的銅離子溶液中，縱坐標(biāo)變化越大，其反應(yīng)速率越大；

A．e曲線變化不明顯；所以錳離子能使該降解反應(yīng)速率減緩，故正確；

B．相同時間內(nèi)；含有亞鐵離子的曲線縱坐標(biāo)變化比含有銅離子的大，所以亞鐵離子對該降解反應(yīng)的催化效率比銅離子高，故錯誤；

C．海藻酸鈉濃度與溶液粘度正相關(guān)；粘度變化越大海藻酸鈉濃度變化越大，其反應(yīng)速率越大，所以海藻酸鈉溶液粘度的變化快慢可反映出其降解反應(yīng)速率的快慢，故正確；

D．根據(jù)圖3知；一定條件下，銅離子濃度一定時，反應(yīng)時間越長，溶液粘度越小，則海藻酸鈉溶液濃度越小，故正確；

故答案為：B．17、NH4++H2O?NH3?H2O+H+1.414×10-15mol/LCaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O2NH4NO32N2↑+O2↑+4H2O2NO3-+10e-+12H+═6H2O+N2↑2H2O-4e-═4H++O2↑硝酸電解時Ⅲ室氫離子得電子發(fā)生還原反應(yīng)（或2H++2e-=H2），使堿性增強(qiáng)，同時NH4+通過陽離子膜進(jìn)入III室，發(fā)生反應(yīng)：NH4++OH-=NH3+H2O，生成氨氣【分析】【分析】（1）銨根離子水解顯酸性；

（2）粗硝酸鈣（含硝酸鈣、難溶物及硝酸）加水溶解，過濾得含硝酸鈣和硝酸的溶液，加入碳酸鈣與硝酸銨反應(yīng)生成硝酸銨鈣、水和二氧化碳?xì)怏w，溶液為硝酸鈣和硝酸銨的混合溶液，蒸發(fā)結(jié)晶得到硝酸銨鈣[5Ca（NO3）2?NH4NO3?10H2O]晶體．

①根據(jù)Ksp[Ca3（PO4）2]=[c（Ca2+）]3×c（PO43-）計算；

②粗硝酸鈣（含硝酸鈣；難溶物及硝酸）加水溶解；過濾得含硝酸鈣和硝酸的溶液，加入碳酸鈣與硝酸反應(yīng)生成硝酸鈣、水和二氧化碳?xì)怏w；

③硝酸銨分解生成氮?dú)夂脱鯕庖约八?/p>

（3）①反硝化是利用某些細(xì)菌在酸性條件下將NO3-得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成N2；據(jù)此書寫；

②根據(jù)膜電解法陽極上為水失電子發(fā)生的氧化反應(yīng)；Ⅰ室消耗氫氧根離子使酸性增強(qiáng)；與向陽極移動的硝酸根結(jié)合成硝酸；

③電解時，Ⅲ室為陰極應(yīng)為氫離子得電子發(fā)生還原反應(yīng)，消耗氫離子使堿性增強(qiáng)，與向陰極移動的銨根離子反應(yīng)生成氨氣，據(jù)此分析．【解析】【解答】解：（1）銨根離子水解顯酸性，則水解離子反應(yīng)為NH4++H2O?NH3?H2O+H+；

故答案為：NH4++H2O?NH3?H2O+H+；

（2）①Ksp[Ca3（PO4）2]=2×10-33，c（Ca2+）≈0.1mol/L，Ksp[Ca3（PO4）2]=[c（Ca2+）]3×c（PO43-）=2×10-33，（0.1）3×c2（PO43-）=2×10-33，≈1.414．c（PO43-）=1.414×10-15mol/L；

故答案為：1.414×10-15mol/L；

②加入碳酸鈣與硝酸反應(yīng)生成硝酸鈣、水和二氧化碳?xì)怏w，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O；

故答案為：CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O；

③空氣中含量最大的兩種氣體分別是氮?dú)夂脱鯕?，依?jù)氧化還原反應(yīng)原理得出硝酸銨分解方程式為：2NH4NO32N2↑+O2↑+4H2O；

故答案為：2NH4NO32N2↑+O2↑+4H2O；

（3）①反硝化是利用某些細(xì)菌在酸性條件下將NO3-轉(zhuǎn)化為N2，即NO3-得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成N2，反應(yīng)式為2NO3-+10e-+12H+═6H2O+N2↑；

故答案為：2NO3-+10e-+12H+═6H2O+N2↑；

②膜電解法陽極上為水失電子發(fā)生的氧化反應(yīng)，反應(yīng)式為2H2O-4e-═4H++O2↑；則Ⅰ室陽極消耗氫氧根離子使酸性增強(qiáng)，與向陽極移動的硝酸根結(jié)合成硝酸，所以Ⅰ室可回收的產(chǎn)品為硝酸；

故答案為：2H2O-4e-═4H++O2↑；硝酸；

③電解時，Ⅲ室為陰極應(yīng)為氫離子得電子發(fā)生還原反應(yīng)（或2H++2e-=H2），則消耗氫離子使堿性增強(qiáng)，與向陰極移動的銨根離子反應(yīng)生成氨氣，發(fā)生反應(yīng)：NH4++OH-=NH3+H2O；所以Ⅲ室可回收到氨氣；

故答案為：電解時Ⅲ室氫離子得電子發(fā)生還原反應(yīng)（或2H++2e-=H2），使堿性增強(qiáng)，同時NH4+通過陽離子膜進(jìn)入III室，發(fā)生反應(yīng)：NH4++OH-=NH3+H2O，生成氨氣．18、CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=-726.4KJ/molC2H4（g）+H2O（l）=C2H5OH（l）△H=-44.2kJ/mol【分析】【分析】（1）根據(jù)熱化學(xué)方程式的書寫方法可知；化學(xué)計量數(shù)與反應(yīng)熱成正比，并注意標(biāo)明物質(zhì)的聚集狀態(tài)，根據(jù)燃燒熱的概念結(jié)合熱化學(xué)方程式的書寫來回答；

（2）由燃燒熱的概念寫出各反應(yīng)的熱化學(xué)方程式，利用蓋斯定律計算．【解析】【解答】解：（1）5gCH3OH在氧氣中燃燒生成CO2和液態(tài)水，放出113.5kJ熱量，64g即2molCH3OH在氧氣中燃燒生成CO2和液態(tài)水；放出1452.8kJ熱量；

則燃燒熱的熱化學(xué)方程式為：CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=-726.4KJ/mol；

故答案為：CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=-726.4KJ/mol；

（3）已知H2（g）、C2H4（g）和C2H5OH（l）的燃燒熱分別是-285.8kJ/mol；-1411.0kJ/mol和-1366.8kJ/mol；

則有：①H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=-285.8kJ/mol；

②C2H4（g）+2O2（g）=2H2O（l）+2CO2（g）△H=-1411.0kJ/mol；

③C2H5OH（l）+2O2（g）=3H2O（l）+2CO2（g）△H=-1366.8kJ/mol；

根據(jù)蓋斯定律②-③可得：C2H4（g）+H2O（l）=C2H5OH（l）△H=-44.2kJ/mol；

故答案為：C2H4（g）+H2O（l）=C2H5OH（l）△H=-44.2kJ/mol；19、CaSO4不可以Ca（OH）2在水中溶解度較小，c（OH-）太低，吸收效率不高充分?jǐn)嚢?、適當(dāng)提高體系溫度等2Fe3++3H2O+3CaCO3=2Fe（OH）3↓+3CO2↑+3Ca2+或Fe3++3H2OFe（OH）3+3H+2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶3MnSO4?H2OMn3O4+SO2↑+2SO3↑+3H2O【分析】【分析】（一）（1）采用濃苛性鈉溶液吸收為其中的SO2；然后向生成溶液中加入熟石灰，充分反應(yīng)后將生成產(chǎn)物分離后再經(jīng)氧化后制得產(chǎn)品A，依據(jù)流程轉(zhuǎn)化關(guān)系分析判斷；

（2）濃苛性鈉溶液換成同溫度下飽和Ca（OH）2溶液直接制得產(chǎn)品CaSO3時；氫氧化鈣溶解度較小，吸收二氧化硫的效率不高分析判斷；

（二）根據(jù)制備MnSO4?H2O的原理和流程分析：SO2還原MnO2礦制備MnSO4?H2O；

（1）生產(chǎn)中提高M(jìn)nO2礦浸出率的措施除了將礦石粉碎；其他措施是能加快溶解速率分析；

（2）除鐵發(fā)生的反應(yīng)是利用三價鐵離子水解生成氫氧化鐵和氫離子呈酸性；調(diào)節(jié)PH到6.5時，三價鐵全部沉淀；加入的碳酸鈣是為了和氫離子反應(yīng)使溶液PH升高到6.5；

（3）依據(jù)流程分析；操作I是對得到的硫酸錳溶液結(jié)晶析出，方法為蒸發(fā)溶劑濃縮冷卻結(jié)晶；

（4）MnSO4?H2O在1150℃高溫下易分解，產(chǎn)物是Mn3O4、含硫化合物、水，依據(jù)化合價的升降相同，原子守恒書寫化學(xué)方程式；【解析】【解答】解：（一）（1）流程發(fā)生的反應(yīng)是二氧化硫和氫氧化鈉反應(yīng)生成亞硫酸鈉，亞硫酸鈉和氫氧化鈣反應(yīng)生成亞硫酸鈣，亞硫酸鈣被氧氣氧化為硫酸鈣，化學(xué)式為：CaSO4；

故答案為：CaSO4；

（2）將第一步中的濃苛性鈉溶液換成同溫度下飽和Ca（OH）2溶液直接制得產(chǎn)品CaSO3；由于氫氧化鈣溶解度小對二氧化硫吸收不完全，所以不可以；

故答案為：不可以Ca（OH）2在水中溶解度較小，c（OH-）太低；吸收效率不高；

（二）（1）生產(chǎn)中提高M(jìn)nO2礦浸出率的措施除了將礦石粉碎；也可以進(jìn)行充分?jǐn)嚢瑁贿m當(dāng)提高體系溫度等措施；故答案為：充分?jǐn)嚢琛⑦m當(dāng)提高體系溫度等；

（2）除鐵發(fā)生的反應(yīng)是利用鐵離子在PH=6.5時全部沉淀除去，三價鐵離子水解生成氫氧化鐵和氫離子，加入碳酸鈣會和氫離子反應(yīng)，使PH升高到6.5，所以反應(yīng)的離子反應(yīng)方程式為：2Fe3++3H2O+3CaCO3=2Fe（OH）3↓+3CO2↑+3Ca2+；或Fe3++3H2OFe（OH）3+3H+；2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O；

故答案為：2Fe3++3H2O+3CaCO3=2Fe（OH）3↓+3CO2↑+3Ca2+；或Fe3++3H2OFe（OH）3+3H+；2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O；

（3）操作I是依據(jù)流程得到硫酸錳溶液中得到溶質(zhì)晶體；采取的措施是：蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶；故答案為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶；

（4）MnSO4?H2O在1150℃高溫下易分解，產(chǎn)物是Mn3O4、含硫化合物、水，在該條件下硫酸錳晶體分解反應(yīng)的化學(xué)方程式依據(jù)氧化還原反應(yīng)的化合價升降相同，結(jié)合原子守恒分析判斷寫出化學(xué)方程式為：依據(jù)電子守恒可知，3MnSO4?H2O～Mn3O4～2e-；3MnSO4?H2O～SO2～6e-；所以生成的硫的化合物是二氧化硫和三氧化硫，依據(jù)原子守恒配平化學(xué)方程式為：3MnSO4?H2OMn3O4+SO2↑+2SO3↑+3H2O；

故答案為：3MnSO4?H2OMn3O4+SO2↑+2SO3↑+3H2O；20、略

【分析】【解析】【答案】（1）［Ar］3d24s2（2分）（2）分子（1分）（3）B（2分）（4）MgO；均為離子晶體，而Mg2+與O2-半徑和小于K+與Cl-半徑和且MgO中陰陽離子所帶電荷均比KCl中陰陽離子所帶電荷多，故MgO晶格能比KCl大，熔點(diǎn)高。（3分）（5）sp3、V型（折線型）（2分）（6）2∶3合理答案均參照給分！四、判斷題(共2題，共6分)21、×【分析】【分析】李比希燃燒法是元素定量分析法，鈉熔法定性鑒定有機(jī)化合物所含元素（氮、鹵素、硫）的方法，銅絲燃燒法可定性確定有機(jī)物中是否存在鹵素【解析】【解答】解：李比希于1831年最早提出測定有機(jī)化合物中碳；氫元素質(zhì)量分?jǐn)?shù)的方法；是元素的定量分析法；

鈉熔法是定性鑒定有機(jī)化合物所含元素（氮；鹵素、硫）的方法；銅絲燃燒法可定性確定有機(jī)物中是否存在鹵素；

故答案為：×22、×【分析】【分析】有相同質(zhì)子數(shù)；不同中子數(shù)的原子互為同位素；

相同元素組成，不同形態(tài)的單質(zhì)互為同素異形體．【解析】【解答】解：O2和O3都是由氧元素形成的不同單質(zhì)；故互為同素異形體；

故答案為：×．五、探究題(共4題，共16分)23、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，與氫氧化鈉不反應(yīng)，甲酸、苯酚與氫氧化鈉反應(yīng)生成溶于水的鈉鹽，苯（）不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸（HCOOH），故答案為：a．分液；b．蒸餾；c．分液；d．蒸餾；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚，分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸，以此解答該題．24、酸式|反應(yīng)中生成的錳離子具有催化作用，所以隨后褪色會加快|滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內(nèi)的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有強(qiáng)氧化性，應(yīng)用酸式滴定管盛裝；高錳酸根離子被還原生成的錳離子有催化作用而導(dǎo)致反應(yīng)速率加快，所以剛滴下少量KMnO4溶液時；溶液迅速變成紫紅色；滴定終點(diǎn)時，當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏胃咤i酸鉀溶液，錐形瓶內(nèi)的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化，證明達(dá)到終點(diǎn)；

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

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

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

故答案為：20.00；90.00%；

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

B．滴定前錐形瓶有少量水，待測液的物質(zhì)的量不變，對V（標(biāo)準(zhǔn)）無影響，根據(jù)c（待測）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）不變，故B錯誤；

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