2024年北师大新版高三化学上册阶段测试试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年北师大新版高三化学上册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、下列叙述正确的是（）A.常温下，pH值等于14与pH值等于12的两种NaOH溶液等体积混和后，c（H+）=B.常温下，浓度为1×10-10mol/L的KOH溶液的pH值最接近于4C.氨水加水稀释，溶液中除水以外的所有粒子的浓度都减小D.常温下，相同温度下pH值等于1的盐酸溶液中水的电离程度与pH值等于13的Ba（OH）2溶液中水的电离程度相等2、为证明稀硝酸与铜反应产物中气体为NO；设计如图实验（实验过程中活塞2为打开状态），下列说法中不正确的是（）

A.关闭活塞1；加入稀硝酸至液面a处。

B.在装置左侧稍加热可以加快稀硝酸与铜的反应速率。

C.通过关闭或开启活塞1可以控制反应的进行。

D.反应开始后；胶塞下方有无色气体生成，还不能证明该气体为NO

3、Na2SO3和NaHSO3在工业上均有广泛用途，下列有关离子方程式正确的是（）A.用Na2SO3制备少量SO2：SO+2H+═SO2↑+H2OB.Na2SO3溶液使酚酞试剂变红：SO+H2O═OH-+HSOC.用Ba（NO3）2溶液检验HSO：HSO+Ba2+═BaSO3↓+H+D.用NaHSO3溶液检验H2S气体：2H2S+H++HSO═3S↓+3H2O4、下列说法不正确的是（）A.核素H的中子数是0B.16O和18O互为同位素C.纳米碳管和足球烯互为同素异形体D.C2H6O有两种同分异构体5、下列物质中，含有自由移动的Cl-的是（）A.KClO3溶液B.KCl晶体C.熔融的NaClD.氯化氢气体评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)6、铜合金是人类使用最早的金属材料，铜在化合物中的常见化合价有+1、+2．已知Cu2O与稀硫酸反应，有红色金属析出且溶液呈蓝色．现向Cu、Cu2O和CuO组成的混合物中，加入1L0.6mol/LHNO3溶液恰好使混合物溶解；同时收集到2240mLNO气体（标准状况）．请回答下列问题：

（1）写出Cu2O跟稀硝酸反应的离子方程式____．

（2）生成硝酸铜的物质的量为____mol

（3）若将上述混合物用足量的H2加热还原，所得到固体的质量为____g．

（4）若混合物中含0.1molCu，将该混合物与稀硫酸充分反应，至少消耗H2SO4的物质的量为____．

（5）若混合物中Cu的物质的量为nmol，则n的取值范围为____．7、下列有机物A：CH3OHB．CH3CH2OHC．CH3CHOHCH3D．（CH3）2CHCH2CH2OHE．HOCH2CH（CH3）2F．（CH3）3C-OHG．．其中能被氧化成醛的有____，不能被催化氧化的有____，可发生消去反应的有____．8、（2016•邯郸校级模拟）乙酸环己酯具有香蕉及苹果气味；主要用于配制各种饮料；冰淇淋等，实验室制备乙酸环己酯的反应原理、装置示意图和有关数据如下：

。相对分子质量密度/g•cm-3沸点水中溶解性乙酸601.051118.0溶溶环己醇1000.962160.8微溶微溶乙酸环己酯1420.969173.5难溶难溶实验步骤：

将12.0g（0.2mol）乙酸、l0.0g（0.1mol）环己醇和15mL环己烷加入装有温度计、恒压滴液漏斗和球形冷凝管的四颈烧瓶中，在搅拌下，慢慢滴加15mL98%浓硫酸，滴加完后将恒压滴液漏斗换成分水器装置，加热回流90min后，向反应液中依次加入水、10%的NaHCO3溶液、水洗涤，然后加无水MgSO4；放置过夜，加热蒸馏，收集168-174℃的馏分，得到无色透明；有香味的液体产品6.9g

（1）上述反应装置图中存在的一处错误是____．

（2）实验中控制乙酸的物质的量是环己醇的2倍，其目的是____．

（3）分水器（图1）的作用是____．

（4）用l0%的NaHCO3溶液洗涤的目的是____；第二次水洗的目的是____；加入无水MgSO4的目的是____．

（5）本次实验的产率为____．（保留3位有效数字）

（6）若在进行蒸馏操作时，采用图2装置，会使实验的产率____

（填“偏高”或“偏低”），其原因是____．9、（2015春•蓟县校级月考）氮是一种地球上含量丰富的元素；氮及其化合物的研究在生产；生活中有着重要意义．

（1）图是1molNO2和1molCO反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，写出NO2和CO反应的热化学方程式____．

（2）已知：N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180kJ•mol-1

2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）△H=-746kJ•mol-1

则反应CO（g）+1/2O2（g）═CO2（g）的△H=____kJ•mol-1

（3）在一固定容积为2L的密闭容器内加入0.2mol的N2和0.6mol的H2，在一定条件下发生如下反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0；

①该反应的平衡常数表达式K=____；

②若5分钟末达到平衡，此时测得体系压强是开始时的0.7倍，则平衡时H2的转化率为____；

③平衡常数K与温度T的关系如表：则K1____K2（填写“＞”；“=”或“＜”）

。T/K398498平衡常数KK1K210、烷烃通式为____，在通常状况下为气态的烃，其碳原子数均小于或等于____．11、高铁酸钾(K2FeO4)是一种集氧化、吸附、絮凝于一体的新型多功能水处理剂。其生产工艺流程如下：请同答下列问题：(l)写出向KOH溶液中通入足量Cl2发生反应的离子方程式_______。（2）在溶液I中加入KOH固体的目的是______（填编号）。A．为下一步反应提供碱性的环境B．使KClO3转化为KClOC．与溶液I中过量的Cl2继续反应，生成更多的KClOD．KOH固体溶解时会放出较多的热量，有利于提高反应速率（3）从溶液Ⅱ中分离出K2FeO4后，还会有副产品KNO3，KCl,则反应③中发生的离子反应方程式为_______。每制得59.4克K2FeO4，理论上消耗氧化剂的物质的量为____mol。（4）高铁酸钾(K2FeO4)作为水处理剂的一个优点是能与水反应生成胶体吸附杂质，配平该反应的离子方程式：_______FeO42－+_______H2O=_______Fe(OH)3（胶体）+_______O2↑+_______OH－。（5）从环境保护的角度看，制备K2FeO4较好的方法为电解法，其装置如图所示。电解过程中阳极的电极反应式为________。（6）高铁电池是一种新型二次电池，电解液为碱溶液，其反应式为：3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH3Zn+2K2FeO4+8H2O,放电时电池的负极反应式为________。12、（7分）二氧化锰是制造锌锰干电池的基本材料．工业上以软锰矿为原料，利用硫酸亚铁制备高纯二氧化锰的流程如下：某软锰矿的主要成分为MnO2，还含Si（16．27%）、Fe（5．86%）、Al（3．42%）、Zn（2．68%）和Cu（0．86%）等元素的化合物．部分阳离子以氢氧化物或硫化物的形式完全沉淀时溶液的pH见下表，回答下列问题：。沉淀物pHAl（OH）35．2Fe（OH）33．2Fe（OH）29．7Mn（OH）210．4Cu（OH）26．7Zn（OH）28．0CuS≥－0．42ZnS≥2．5MnS≥7FeS≥7（1）硫酸亚铁在酸性条件下将MnO2还原为MnSO4，酸浸时发生的主要反应的化学方程式为______________________________．（2）滤渣A的主要成分为________．（3）加入MnS的目的是除去________杂质．（4）碱性锌锰干电池中，MnO2参与的电极反应方程式为__________________________．（5）从废旧碱性锌锰干电池中可以回收利用的物质有________（写出两种）．评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)13、12g金刚石中含有的共价键数为2NA．____（判断对错）14、金属阳离子一定只具有氧化性．____（判断对错）15、蛋白质、纤维素、蔗糖、PVC、淀粉都是高分子化合物____（判断对错）16、判断对错：1molNa2O2固体中含有离子总数为4NA____．17、蛋白质、纤维素、蔗糖、PVC、淀粉都是高分子化合物____（判断对错）评卷人得分四、简答题(共3题，共9分)18、氨和联氨（N2H4）是氮的两种常见化合物；在科学技术和生产中有重要的应用．根据题意完成下列计算：

（1）联氨用亚硝酸氧化生成氮的另一种氢化物，该氢化物的相对分子质量为43.0，其中氮原子的质量分数为0.977，则该氢化物的分子式为______．该氢化物受撞击则完全分解为氮气和氢气．4.30g该氢化物受撞击后产生的气体在标准状况下的体积为______L．

（2）火箭常用N2H4作燃料，N2O4作氧化剂．已知：

N2（g）+2O2（g）═2NO2（g）△H=+67.7kJ•mol-1

N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）△H=-534.0kJ•mol-1

NO2（g）═N2O4（g）△H=-26.35kJ•mol-1

试写出气态联氨在气态四氧化二氮中燃烧生成氮气和气态水的热化学方程式______，反应生成72.0kg水时的电子转移数为______个．

（3）氨的水溶液可用于吸收NO与NO2混合气体，反应方程式为6NO+4NH3═5N2+6H2O；NO2+______NO与NO2混合气体180mol被8.90×103g氨水（质量分数0.300）完全吸收，产生156mol氮气．吸收后氨水密度为0.980g/cm3．则。

①该混合气体中NO与NO2的体积比为______．

②吸收后氨水的物质的量浓度______（答案保留1位小数）．19、rm{NO}很容易与许多分子迅速发生反应，科学家发现在生物体中不断地产生rm{NO}用于细胞间传递信息；rm{NO}还参与心血管系统；免疫系统以及中枢和外围神经系统的调控．

Ⅰrm{.(1)}实验室用金属铜和稀硝酸制取rm{NO}的离子方程式为______．

rm{(2)NO}是有毒气体，某学生为防止污染，用分液漏斗和烧杯装配了一套简易的、能随开随用、随关随停的rm{NO}气体发生装置；如图甲所示．

rm{垄脵}实验室若没有铜丝，而只有小铜粒，在使用上述装置进行实验时，可用丝状材料包裹铜粒以代替铜丝进行实验，这种丝状材料的成分可以是______rm{(}填选项编号rm{)}．

A.铁rm{B.}铝rm{C.}铂rm{D.}玻璃。

rm{垄脷}打开分液漏斗的活塞反应进行，在充分液漏斗中实际看到的气体是红棕色的，原因是______rm{(}填化学方程式rm{)}

rm{(3)}为证明铜丝与稀硝酸反应生成的确实是rm{NO}某学生另设计了一套如图乙所示的装置制取rm{NO.}反就开始后，可以在rm{U}形管右端观察到无色的rm{NO}气体．

rm{垄脵}长玻璃管的作用是______．

rm{垄脷}让反应停止的操作方法及原因是______．

rm{(4)}以下收集rm{NO}气体的装置，合理的是______rm{(}填选项代号rm{)}．

rm{(5)}假设实验中rm{12.8g}rm{Cu}全部溶解，需要通入标况下______rm{mL}rm{O_{2}}才能使rm{NO}全部溶于水．

Ⅱrm{.}用金属铜制取硝酸铜，从节约原料和防止环境污染的角度考虑，下列rm{4}种方法中最好的是______rm{(}填“甲”、“乙”、“丙”或“丁”rm{)}理由是______．

甲：铜rm{xrightarrow{{脜篓脧玫脣谩}}}硝酸铜。

乙：铜rm{xrightarrow{{脜篓脧玫脣谩}}}硝酸铜。

丙：铜rm{xrightarrow{{脗脠脝酶}}}氯化铜rm{xrightarrow{{脧玫脣谩}}}硝酸铜。

丁：铜rm{xrightarrow{{驴脮脝酶}}}氧化铜rm{xrightarrow{{脧玫脣谩}}}硝酸铜．20、2018第十二届中国国际航空航天博览会于11月6目至11日在珠海举行；银铜合金广泛用于航空工业。从银铜合金切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如下：

注：Al（OH）3和Cu（OH）2开始分解的温度分别为450℃和80℃。

（1）加快渣料（含少量银）溶于稀H2SO4的速率的措施有______；______（写出两种）。

（2）滤渣A与稀HNO3反应，产生的气体在空气中迅速变为红棕色，滤渣A与稀HNO3反应的离子方程式为______。

（3）固体混合物B的组成为______；在生成固体B的过程中；需控制NaOH的加入量，若NaOH过量，则因过量引起的反应的离子方程式为______

（4）完成煅烧过程中一个反应的化学方程式：______CuO+______Al2O3______CuAlO2+______↑

（5）硫酸铜溶液可用于浸取硫铁矿中的铁元素，浸取时发生复杂的氧化还原反应。反应体系中除CuSO4和FeS2外，还有H2SO4、Cu2S、FeSO4和H2O；下列对该反应的分析不正确的是______（填序号）。

A．氧化剂为CuSO4和FeS2B．反应后溶液的pH降低。

C．每转移2mol电子消耗3molCuSO4D．被氧化的FeS2只占总量的30%评卷人得分五、实验题(共3题，共18分)21、实验室欲配制100mL0.5mol/L的Na2SO4溶液；试回答：

（1）实验中用不到的仪器是：____；

A．烧杯B．圆底烧瓶C.100mL容量瓶D．胶头滴管E．玻璃棒。

（2）配制时应称取Na2SO4____g；

（3）在配制一定物质的量浓度溶液的实验中，下列操作会使所配溶液的浓度偏大的是____．

A．在烧杯中溶解溶质；搅拌时不慎溅出少量溶液。

B．未将洗涤烧杯内壁的溶液转移入容量瓶。

C．将配得的溶液从容量瓶转移到干燥；洁净的试剂瓶中时；有少量溅出。

D．将烧杯中溶液转移到容量瓶之前；容量瓶中有少量蒸馏水。

E．定容时俯视液面．22、食盐中含有一定量的镁；铁等杂质；加碘盐中碘的损失主要是由于杂质、水分、空气中的氧气以及光照、受热而引起的．已知：

氧化性：IO3-＞Fe3+＞I2；

还原性：S2O32-＞I-

3I2+6OH-═5I-+IO3-+3H2O

KI+I2⇌KI3

（1）某学习小组对加碘盐进行了如下实验：取一定量某加碘盐（可能含有KIO3、KI、Mg2+、Fe3+），用适量蒸馏水溶解，并加稀盐酸酸化，将所得试液分为3份．第一份试液中滴加KSCN溶液后显血红色；第二份试液中加足量KI固体，溶液显淡黄色，用CCl4萃取，下层溶液显紫红色；第三份试液中加入适量KIO3固体后；滴加淀粉试剂，溶液不变色．

①加KSCN溶液显血红色，该红色物质是______（用化学式表示）；CCl4中显紫红色的物质是______（用电子式表示）．

②第二份试剂中加入足量KI固体后，反应的离子方程式为______．

（2）KI作为加碘剂的食盐在保存过程中，由于空气中氧气的作用，容易引起碘的损失．写出潮湿环境中KI与氧气反应的化学方程式：______．

将I2溶于KI溶液，在低温条件下，可制得KI3•H2O．该物质作为食盐加碘剂是否合适？______（填“是”或“否”），并说明理由：______．

（3）为了提高加碘盐（添加KI）的稳定性，可加稳定剂减少碘的损失．下列物质中有可能作为稳定剂的是______．

A．Na2S2O3B．AlCl3C．Na2CO3D．NaNO2

（4）对含Fe2+较多的食盐（假设不含Fe3+），可选用KI作为加碘剂．请设计实验方案，检验该加碘盐中的Fe2+：______．23、半导体生产中常需要使用掺杂剂，以保证控制电阻率，三氯化磷rm{(PCl_{3})}是一种重要的掺杂剂。实验室要用黄磷rm{(}即白磷rm{)}与干燥的rm{Cl_{2}}模拟工业生产制取rm{PCl_{3}}装置如图所示：rm{(}部分夹持装置略去rm{)}

已知：rm{垄脵}黄磷与少量rm{Cl_{2}}反应生成rm{PCl_{3}}与过量rm{Cl_{2}}反应生成rm{PCl_{5}}rm{垄脷PCl_{3}}遇水会强烈水解生成rm{H_{3}PO_{3}}和rm{HCl}rm{垄脹PCl_{3}}遇rm{O_{2}}会生成rm{POCl_{3}}rm{POCl_{3}}溶于rm{PCl_{3}}rm{垄脺PCl_{3}}rm{POCl_{3}}的熔沸点见下表：

。物质熔点rm{/隆忙}沸点rm{/隆忙}rm{PCl_{3}}rm{-112}rm{75.5}rm{POCl_{3}}rm{2}rm{105.3}请回答下列问题：

rm{(1)B}中所装的试剂是______，rm{F}中碱石灰的作用是______。

rm{(2)}实验时，检査装置气密性后，先打开rm{K_{3}}关闭rm{K_{1}}通入干燥的rm{CO_{2}}再迅速加入黄磷。通干燥rm{CO_{2}}的作用是______，通过控制rm{K_{1}}rm{K_{2}}能除去rm{A}rm{B}装置中的空气；具体的操作是______。

rm{(3)}粗产品中常含有rm{POCl_{3}}rm{PCl_{5}}等。加入黄磷加热除去rm{PCl_{5}}后，通过______rm{(}填实验操作名称rm{)}即可得到较纯净的rm{PCl_{3}}

rm{(4)}通过下面方法可测定产品中rm{PCl_{3}}的质量分数：

rm{垄脵}迅速称取rm{1.00g}产品，加水反应后配成rm{250mL}溶液；

rm{垄脷}取以上溶液rm{25.00mL}向其中加入淀粉作为指示剂。

rm{垄脹}向其中加入rm{0.1000mol?L^{-1}}碘水，充分反应，当达到终点时消耗碘水溶液rm{6.9mL.}已知：rm{H_{3}PO_{3}+H_{2}O+I_{2}篓TH_{3}PO_{4}+2HI}假设测定过程中没有其他反应。

滴定时；滴定终点的现象是______；

配制rm{0.1000mol?L^{-1}}的碘水溶液的过程中；下列操作会使所得溶液浓度偏大的是______

rm{A}烧杯中溶液转移至容量瓶中时；未洗涤烧杯。

rm{B}定容时俯视刻度线。

rm{C}定容时仰视刻度线。

rm{D}容量瓶未干燥。

rm{E}移液时有少量液体溅出。

rm{F}溶解碘时放热；未冷却至室温就转移至容量瓶并定容。

根据上述数据，该产品中rm{PCl_{3}}的质量分数为______。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】【分析】A．计算混合碱溶液的pH时，需要先计算出混合液中氢氧根离子浓度，然后计算出混合液中氢离子浓度，最后根据pH=-lgc（H+）计算器pH；

B．氢氧化钾溶液为碱溶液；溶液的pH大于7，不可能为4；

C．稀释氨水后；氨水中氢氧根离子浓度减小，水的离子积不变，则氢离子浓度增大；

D．pH=1的盐酸中氢离子浓度为0.1mol/L，pH=13的氢氧化钡溶液中氢氧根离子浓度也是0.1mol/L，两溶液对水的电离程度的影响相同．【解析】【解答】解：A．常温下，pH值等于14与pH值等于12的两种NaOH溶液等体积混和后，溶液中氢氧根离子浓度为：≈0.505mol/L；混合液中氢离子浓度为：

c（H+）=mol/L≈1.82×10-14mol/L；故A错误；

B．常温下浓度为1×10-10mol/L的KOH溶液的pH只能大于7；不可能接近于4，故B错误；

C．氨水加水稀释后；溶液中氢氧根离子浓度减小，由于水的离子积不变，则稀释后氨水中的氢离子浓度增大，故C错误；

D．酸溶液和碱溶液都抑制了水的电离；pH=1的盐酸中氢离子浓度为0.1mol/L，pH=13的氢氧化钡溶液中氢氧根离子浓度也是0.1mol/L，盐酸中氢离子与氢氧化钡溶液中的氢氧根离子浓度相同，则两溶液中水的电离程度相同，故D正确；

故选D．2、A【分析】

A；关闭活塞1；U形管左端气体被封在管内，气体产生压强导致稀硝酸的液面无法上升到a处，故A错误．

B；升高温度能加快化学反应速率；无论该反应是放热反应还是吸热反应，所以在装置左侧稍加热可以加快稀硝酸与铜的反应速率，故B正确．

C；关闭或开启活塞1能控制U形管内产生气体的压强；当压强大时能使铜和稀硝酸分离从而停止反应，所以通过关闭或开启活塞1可以控制反应的进行，故C正确．

D；一氧化氮是无色气体；如果证明反应产生的气体是一氧化氮，需要将活塞1打开，将气体放入分液漏斗中，气体在分液漏斗中变为红棕色，则证明反应所产生的气体是一氧化氮，否则无法证明，故D正确．

故选A．

【解析】【答案】A；U形管内空气产生的压强对加入的硝酸液面有影响．

B；升高温度能加快化学反应速率；无论该反应是放热反应还是吸热反应．

C；关闭或开启活塞1能控制U形管内产生气体的压强；从而影响化学反应．

D；一氧化氮是无色气体；只有无色气体和氧气反应后转化为红棕色气体才能证明该气体是一氧化氮．

3、A【分析】【分析】A．亚硫酸钠与稀硫酸反应生成二氧化硫和水；

B．亚硫酸根离子水解生成亚硫酸氢根离子和氢氧根离子；

C．硝酸根离子能够氧化亚硫酸氢根离子；

D．二者反应生成硫单质和亚硫酸钠和水．【解析】【解答】解：A．亚硫酸钠与稀硫酸反应生成二氧化硫和水，离子方程式：SO32-+2H+═SO2↑+H2O；故A正确；

B．Na2SO3溶液使酚酞试剂变红，离子方程式：SO32-+H2O⇌OH-+HSO3-；故B错误；

C．硝酸根离子能够氧化亚硫酸氢根离子生成硫酸根离子；硫酸根离子能够与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，不能检验亚硫酸氢根离子，故C错误；

D．用NaHSO3溶液检验H2S气体：2H2S+2HSO═3S↓+3H2O+SO32-；故D错误；

故选：A．4、A【分析】【分析】A．中子数=质量数-质子数；

B．同位素是质子数相同而中子数不同的同元素的不同原子；

C．同素异形体是同种元素组成的性质不同的单质之间的互称；

D．同分异构体是具有相同的分子式和不同结构的有机物之间的互称．【解析】【解答】解：A．中子数=质量数-质子数=2-1=1；故A错误；

B．16O和18O具有相同的质子数和不同的中子数的碳原子；互为同位素，故B正确；

C．纳米碳管和足球烯是碳元素组成的性质不同的单质；互称同素异形体，故C正确；

D．C2H6O可能是CH3CH2OH和CH3OCH3；具有相同的分子式和不同结构的有机物，互为同分异构体，故D正确．

故选A．5、C【分析】【分析】在水溶液里或熔融状态下能够发生电离的氯化物中含有自由移动的氯离子，据此判断．【解析】【解答】解：A．氯酸钾溶液中含有氯酸根离子，不存在Cl-；故A不选；

B．氯化钾固体中含有氯离子和钾离子；但是离子被静电作用束缚，不能移动，故B不选；

C．熔融的NaCl中；电离出自由移动的钠离子和自由移动的氯离子，所以含自由移动的氯离子，故C选；

D．氯化氢中只含有氯化氢分子；没有自由移动氯离子，故D不选；

故选C．二、填空题(共7题，共14分)6、3Cu2O+14H++2NO3-═6Cu2++2NO↑+7H2O0.25160.1mol0.05mol＜n＜0.15mol【分析】【分析】（1）硝酸具有强氧化性，Cu2O被稀HNO3氧化为Cu2+，NO3-被还原为NO，同时生成H2O；据此配平写出反应离子方程式；

（2）Cu、Cu2O、CuO与0.6molHNO3恰好完全反应时生成Cu（NO3）2、NO和H2O，根据N原子守恒计算n[Cu（NO3）2]；

（3）根据n[Cu（NO3）2]及Cu元素守恒计算还原后得到Cu的物质的量；再根据m=nM计算固体Cu的质量；

（4）由Cu元素守恒可得：2n（Cu2O）+n（CuO）+n（Cu）=混合物中Cu原子物质的量，根据电子守恒可知：2n（Cu）+2n（Cu2O）=3n（NO），联立方程计算Cu2O、CuO的物质的量，Cu2O、CuO中氧原子与H2SO4反应结合H+生成H2O；据此计算消耗硫酸；

（5）根据电子守恒和铜原子守恒用n表示出n（Cu2O）、n（CuO）．【解析】【解答】解：（1）Cu2O被稀HNO3氧化为Cu2+，NO3-被还原为NO，同时生成H2O，其反应的离子方程式为：3Cu2O+14H++2NO3-═6Cu2++2NO↑+7H2O；

故答案为：3Cu2O+14H++2NO3-═6Cu2++2NO↑+7H2O；

（2）Cu、Cu2O、CuO与HNO3恰好完全反应时生成Cu（NO3）2、NO和H2O，硝酸的物质的量为：1L×0.6mol/L=0.6mol，NO的物质的量==0.1mol；

根据N原子守恒可知：n[Cu（NO3）2]==0.25mol；

故答案为：0.25；

（3）根据（2）可知n[Cu（NO3）2]==0.25mol，混合物中所含的Cu元素共有0.25mol，根据铜元素守恒可知，用H2还原Cu、Cu2O；CuO混合物后应得到0.25molCu；故固体的质量为0.25mol×64g/mol=16g；

故答案为：16g；

（4）由Cu元素守恒可得：2×n（Cu2O）+n（CuO）+0.1mol=0.25mol；

由氧化还原反应得失电子守恒可知：0.1×2+2×n（Cu2O）=0.1mol×3；

解之得：n（Cu2O）=0.05mol；n（CuO）=0.05mol；

混合物中，0.1molCu不与稀H2SO4反应，0.05molCu2O、0.05molCuO与稀H2SO4反应，根据Cu2O、CuO中氧原子与H2SO4反应结合H+生成H2O，可得n（H2SO4）=0.05mol+0.05mol=0.1mol；

故答案为：0.1mol；

（5）由Cu元素守恒可得：2×n（Cu2O）+n（CuO）+n=0.25mol；

由氧化还原反应得失电子守恒可知：n×2+2×n（Cu2O）=0.1mol×3；

解之得：n（CuO）=n-0.05mol；

n（Cu2O）=0.15mol-n；

所以n的取值范围为：0.05mol＜n＜0.15mol；

故答案为：0.05mol＜n＜0.15mol．7、A、B、D、E、GFB、C、D、E、F【分析】【分析】均为醇，含-CH2OH可氧化生成醛，与-OH相连C上没有H不能被催化氧化，与-OH相连C的邻位C上有H可发生消去反应，以此来解答．【解析】【解答】解：均为醇，含-CH2OH可氧化生成醛；与-OH相连C上没有H不能被催化氧化，与-OH相连C的邻位C上有H可发生消去反应；

则A；B、D、E、G均能被氧化成醛；

只有F不能被催化氧化；

B；C、D、E、F均可发生消去反应；

故答案为：A、B、D、E、G；F；B、C、D、E、F．8、冷凝水应从下口进上口出提高环已醇的转化率将生成的水及时从体系中分离出来，提高反应物的转化率洗去硫酸和醋酸洗去碳酸氢钠干燥48.6%偏高产品中会收集到未反应的环己醇【分析】【分析】（1）根据装置中仪器的使用方法判断；

（2）酯化反应是可逆反应；增加一种反应物的物质的量可以提高另一种反应物的转化率；

（3）减少生成的物质的量可以提高反应物的转化率；

（4）反应液中有硫酸、醋酸等酸性物质，可以与碳酸氢钠反应，再用水除去碳酸氢钠；无水MgSO4的具有吸水性；

（5）根据产率=×100%进行计算；

（6）环己醇的沸点比乙酸环己酯低，若采用如图3装置，产品中有未反应的环己醇．【解析】【解答】解：（1）冷凝管使用时；冷凝水应从下口进上口出；

故答案为：冷凝水应从下口进上口出；

（2）酯化反应是可逆反应；增加一种反应物的物质的量可以提高另一种反应物的转化率，所以增加乙酸的量可以提高环已醇的转化率；

故答案为：提高环已醇的转化率；

（3）在制乙酸环己酯的反应中；水是生成物，将生成的水及时从体系中分离出来，提高反应物的转化率；

故答案为：将生成的水及时从体系中分离出来；提高反应物的转化率；

（4）反应混合液中有硫酸、醋酸等酸性物质，可以与碳酸氢钠反应，所以可以用再用碳酸氢钠洗去硫酸和醋酸，再用水可以洗去碳酸氢钠，无水MgSO4的具有吸水性，所以用，无水MgSO4干燥产品；

故答案为：洗去硫酸和醋酸；洗去碳酸氢钠；干燥；

（5）0.2mol乙酸和0.1mol环己醇反应，理论上可以生成0.1mol乙酸环己酯，即14.2g，而实际产量是6.9g，所以本次实验的产率=×100%=×100%=48.6%；

故答案为：48.6%；

（6）环己醇的沸点比乙酸环己酯低；若采用如图3装置，产品中有未反应的环己醇，所以会使实验的产率偏高；

故答案为：偏高；产品中会收集到未反应的环己醇．9、NO2（g）+CO（g）=NO（g）+CO2（g）△H=-234KJ/mol-28336%＞【分析】【分析】（1）由图可知，1molNO2（g）和1molCO（g）反应生成1molCO2（g）和1molNO（g）放出热量为368kJ-134kJ=234kJ；注明物质的聚集状态与反应热书写热化学方程式；

（2）已知：①N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180kJ•mol-1

②2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）△H=-746kJ•mol-1

根据盖斯定律，（①+②）÷2可得：CO（g）+O2（g）═CO2（g）；

（3）①化学平衡常数是指：一定温度下；可逆反应到达平衡时，生成物的浓度系数次幂之积与反应物的浓度系数次幂之积的比，固体；纯液体不需要在化学平衡常数中写出；

②若5分钟末达到平衡；此时测得体系压强是开始时的0.7倍，则平衡时混合气体总物质的量为（0.2+0.6）mol×0.7=0.56mol，利用差量法计算参加反应氢气的物质的量，进而计算氢气的转化率；

③正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小．【解析】【解答】解：（1）由图可知，1molNO2（g）和1molCO（g）反应生成1molCO2（g）和1molNO（g）放出热量为368kJ-134kJ=234kJ，热化学方程式为：NO2（g）+CO（g）=NO（g）+CO2（g）△H=-234KJ/mol；

故答案为：NO2（g）+CO（g）=NO（g）+CO2（g）△H=-234KJ/mol；

（2）已知：①N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180kJ•mol-1

②2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）△H=-746kJ•mol-1

根据盖斯定律，（①+②）÷2可得：CO（g）+O2（g）═CO2（g），则△H=×（180kJ•mol-1-746kJ•mol-1）=-283kJ•mol-1；

故答案为：-283；

（3）①N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）的化学平衡常数表达式K=；

故答案为：；

②若5分钟末达到平衡；此时测得体系压强是开始时的0.7倍，则平衡时混合气体总物质的量为（0.2+0.6）mol×0.7=0.56mol，则：

N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）物质的量减小△n

32

0.36mol0.8mol-0.56mol=0.24mol

故氢气的转化率为×1005=36%；

故答案为：36%；

②正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，故平衡常数K1＞K2；

故答案为：＞．10、CnH（2n+2）4【分析】【分析】根据甲烷的化学式为CH4；推断烷烃的通式；

烷烃中碳原子数越大，熔沸点越高，常温常压下气态直链烷烃含碳原子数≤4．【解析】【解答】解：根据烷烃结构，可知烷烃在组成相差若干个CH2原子团．设某烷烃与甲烷相差x个CH2，则它的碳原子的数目为x+1，氢原子的数目为2x+4，即化学式为C（x+1）H（2x+4），令n=x+1，所以烷烃的通式可表示为CnH（2n+2）；

常温常压下气态直链烷烃含碳原子数≤4，故答案为：CnH（2n+2）；4．11、略

【分析】试题分析：(l)KOH溶液与足量Cl2发生反应的离子方程式为2OH-+Cl2=ClO-+Cl-+H2O。（2）在溶液I中加入KOH固体的目的是为下一步反应提供碱性的环境；与溶液I中过量的Cl2继续反应，生成更多的KClO。故选项为A.C．（3）反应③中发生的离子反应方程式为2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+Cl-+5H2O.在方程式中每产生2mol的FeO42-转移电子6mol.消耗氧化剂3mol.现在n(K2FeO4)=59.4g÷198g/mol=0.3mol所以消耗氧化剂的物质的量为3÷2×0.3mol=0.45mol.（4）高铁酸钾(K2FeO4)水解的离子方程式为4FeO42-+10H2O4Fe(OH)3(胶体)+3O2↑+8OH-（5）电解法是制备K2FeO4较好的方法，Fe作阳极，电极反应为Fe+8OH—6e-=FeO42-+4H2O，石墨作阴极，电极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH—.（6）高铁电池放电时电池的负极反应式为Zn+2OH—2e-=Zn(OH)2。考点：考查新型多功能水处理剂高铁酸钾(K2FeO4)的制法、原理、电子转移及高铁电池等反应原理的知识。【解析】【答案】（1）2OH-+Cl2=ClO-+Cl-+H2O（2）AC（3）2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O0.45（4）4FeO42-+10H2O4Fe(OH)3(胶体)+3O2↑+8OH-（5）Fe+8OH—6e-=FeO42--+4H2O（6）Zn+2OH—2e-=Zn(OH)2或Zn+2OH=Zn(OH)2+2e-。12、略

【分析】（1）根据FeSO4在反应条件下将MnO2还原为MnSO4，Fe2＋被氧化为Fe3＋，可以写其反应方程式2FeSO4＋MnO2＋2H2SO4===MnSO4＋Fe2（SO4）3＋2H2O。（2）根据反应后滤液（Mn2＋、Fe3＋、Al3＋、Cu2＋、Zn2＋、Fe2＋）加氨水调pH至5．4，结合题表可知滤渣A的主要成分为Fe（OH）3和Al（OH）3。（3）根据题表可知加入MnS是为了生成溶解度更小的CuS、ZnS而除去Cu2＋、Zn2＋．（4）碱性锌锰干电池中Zn作负极，则MnO2作正极得电子．其电极反应式应为MnO2＋H2O＋e－===MnOOH＋OH－。（5）从碱性锌锰干电池的原料可知，其废旧电池可回收利用的物质为锌和MnO2。【解析】【答案】（1）MnO2＋2FeSO4＋2H2SO4===MnSO4＋Fe2（SO4）3＋2H2O（2）Fe（OH）3、Al（OH）3（3）Cu2＋、Zn2＋（4）MnO2＋H2O＋e－===MnOOH＋OH－（5）Zn、MnO2三、判断题(共5题，共10分)13、√【分析】【分析】求出金刚石的物质的量，然后根据1mol金刚石中含2mol共价键来分析．【解析】【解答】解：12g金刚石的物质的量为1mol，而1mol金刚石中含2mol共价键即2NA个，故答案为：√．14、×【分析】【分析】金属阳离子不一定只有氧化性，可能具有还原性，考虑变价金属阳离子即可．【解析】【解答】解：一般常见金属阳离子只具有氧化性，但是亚铁离子、亚铜离子等据既具有氧化性又具有还原性，故金属阳离子一定只具有氧化性的说法错误，故答案为：×．15、×【分析】【分析】高分子化合物（又称高聚物）一般相对分子质量高于10000，结构中有重复的结构单元；据此分析．【解析】【解答】解：蔗糖的分子式为：C12H22O12；其相对分子质量较小，不属于高分子化合物，蛋白质；纤维素、PVC、淀粉都是高分子化合物，故该说法错误；

故答案为：×．16、×【分析】【分析】过氧化钠化学式是由1个过氧根离子和2个钠离子构成，所以其阴阳离子个数之比为1：2，据此计算离子总数．【解析】【解答】解：过氧化钠化学式是由1个过氧根离子和2个钠离子构成，所以其阴阳离子个数之比为1：2，则1molNa2O2固体中含有离子总数为3NA，故答案为：×．17、×【分析】【分析】高分子化合物（又称高聚物）一般相对分子质量高于10000，结构中有重复的结构单元；据此分析．【解析】【解答】解：蔗糖的分子式为：C12H22O12；其相对分子质量较小，不属于高分子化合物，蛋白质；纤维素、PVC、淀粉都是高分子化合物，故该说法错误；

故答案为：×．四、简答题(共3题，共9分)18、略

【分析】解：（1）氢化物的相对分子质量为43.0，其中氮原子的质量分数为0.977，则氢原子的质量分数为0.023，则n（N）：n（H）==3：1，所以最简式为HN3；

设化学式为（HN3）n，有（1+14×3）n=43，n=1，所以分子式为HN3；

4.30g该氢化物的物质的量为n==0.1mol，根据反应2HN3═H2+3N2；共产生气体的物质的量为0.1mol×2=0.2mol，体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L；

故答案为：HN3；4.48；

（2）由①N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H=+67.7kJ•mol-1

②N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=-534.0kJ•mol-1

③2NO2（g）⇌N2O4（g）△H=-52.7kJ•mol-1

根据盖斯定律可知②×2-①-③得2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）；

△H=（-534.0kJ•mol-1）×2-（+67.7kJ•mol-1）-（-52.7kJ•mol-1）=-1083.0kJ•mol-1；

即热化学方程式为2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）△H=-1083.0kJ•mol-1，根据反应方程式可知生成4mol的水转移8mol的电子，所以反应生成72.0kg水时转移电子数为8000NA；

故答案为：2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）△H=-1083.0kJ•mol-1；8000NA；

（3）二氧化氮与氨气反应的方程为：6NO2+8NH3=7N2+12H2O，故答案为：6NO2+8NH3=7N2+12H2O；

①根据N原子守恒可求得参加反应的氨的物质的量．

n（NH3）+180mol=156mol×2，n（NH3）=132mol．

根据氧化还原反应中得失电子守恒可求得NO与NO2的物质的量．

设为NO的物质的量X，NO2的物质的量为（180mol-X）；

132mol×3=Xmol×2+（180-X）mol×4；X=162mol，（180mol-X）=18mol；

NO与NO2体积比为162：18=9：1．

故答案为：9：1；

②根据质量守恒可求得反应后溶液质量．

8.90×103g+162mol×30g•mol-1+18mol×46gmol-1-156mol×28g•mol-1=10220g；

其溶液体积为10220g÷0.980g•cm-3=10428cm3=10428mL=10.428L；

反应后溶液中剩余溶质氨的物质的量是8.90×103g×0.300÷17g•mol-1-132mol=25.058mol；

吸收后氨水的物质的量浓度为25.058mol÷10.428L=2.4mol•L-1．

故答案为：2.4mol/L．

（1）利用氢化物的相对分子质量直接求出组成该氢化物两种元素的原子数，而后求得分子式．N原子数=43.0×0.977÷14=3，H原子数=43.0×0.023÷1=1，故分子式为HN3．因为该氢化物分解生成两种气体都是双原子分子；根据N原子；H原子守恒可求得混合气体体积；

（2）利用盖斯定律来计算2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）的反应热；根据反应方程式可知生成4mol的水转移8mol的电子，所以反应生成72.0kg水时转移电子数为8000NA；

（3）①根据N原子守恒可求得参加反应的氨的物质的量，根据氧化还原反应中得失电子守恒可求得NO与NO2的物质的量；

②根据质量守恒可求得反应后溶液质量；进而求得溶液的体积和溶液的浓度．

本题考查较为综合，涉及混合物的计算、分子式的确定以及化学方程式的有关计算，题目难度较大，注意从质量守恒的角度分析．【解析】HN3；4.48；2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）△H=-1083.0kJ•mol-1；8000NA；6NO2+8NH3=7N2+12H2O；9：1；2.4mol/L19、略

【分析】解：rm{I.(1)}金属铜可以和稀硝酸之间反应生成硝酸铜、一氧化氮以及水，即rm{3Cu+8H^{+}+2NO_{3}^{-}篓T3Cu^{2+}+4H_{2}O+2NO隆眉}

故答案为：rm{3Cu+8H^{+}+2NO_{3}^{-}篓T3Cu^{2+}+4H_{2}O+2NO隆眉}

rm{(2)垄脵}实验室若没有铜丝；铜粒以代替铜丝进行实验，则包裹桶里的不能是金属铁以及金属铝，因为他们的活泼性强于金属铜，会先于金属铜和硝酸之间发生反应；

故答案为：rm{C}rm{D}

rm{垄脷}试管内有空气，rm{NO}容易被氧化为红棕色的气体二氧化氮，即rm{2NO+O_{2}篓T2NO_{2}}故答案为：rm{2NO+O_{2}篓T2NO_{2}}

rm{(3)垄脵}一氧化氮是难溶于水的气体，当取一氧化氮的装置产生一氧化氮气体时，气体难溶于水，气体把rm{U}形管的液体压出；

故答案为：接收被气体压出rm{U}形管的液体；防止稀硝酸溢出；

rm{垄脷}让反应停止，则应该使铜和稀硝酸分开，具体操作方法及原因是关闭rm{U}形管右端导气管上的活塞，反应产生的气体将rm{U}形管右端内的稀硝酸向下压；使铜丝与稀硝酸分开，反应就会停止；

故答案为：关闭rm{U}形管右端导气管上的活塞，反应产生的气体将rm{U}形管右端内的稀硝酸向下压；使铜丝与稀硝酸分开，反应就会停止；

rm{(4)}由于一氧化氮与氧气在常温下反应生成二氧化氮，故不能用排空法收集，所以只能用排水法，故C正确，而rm{D}和rm{E}排水法收集装置，应该短进长出，所以D正确，E错误，故选：rm{CD}

rm{(5)}铜和硝酸反应，铜失去电子，硝酸得到电子变成一氧化氮，rm{3Cu+8HNO_{3}(}稀rm{)=3Cu(NO_{3})_{2}+2NO隆眉+4H_{2}O}一氧化氮和氧气和水反应生成硝酸，rm{4NO+2H_{2}O+3O_{2}=4HNO_{3}}氧气得电子，一氧化氮失去电子，所以铜失去的电子数等于氧气得到的电子数，rm{12.8g}rm{Cu}为rm{0.2mol}全部溶解，失去rm{0.4mol}电子，rm{1}个氧分子得到rm{4}个电子变成rm{-2}价的氧，所以需氧气rm{0.1mol}rm{0.1mol}氧气在标准状况下的体积为rm{2240mL}

故答案为：rm{2240mL}

rm{II.}甲：铜与浓硝酸制取硝酸铜时的方程式是：rm{Cu+4HNO_{3}(}浓rm{)=Cu(NO_{3})_{2}+2NO_{2}隆眉+2H_{2}O}生成的rm{NO_{2}}会造成大气污染；不环保，故甲不正确；

乙：铜与稀硝酸制取硝酸铜时的方程式是：rm{3Cu+8HNO_{3}(}稀rm{)=3Cu(NO_{3})_{2}+2NO隆眉+4H_{2}O}生成的rm{NO}也会造成大气污染；不环保，故乙不正确；

丙：此过程中使用到了氯气；氯气剧毒，对环保不利，且氯化铜不能与硝酸反应生成硝酸铜，故丙不正确；

丁：此过程用方程式可表示为：rm{2Cu+O_{2}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}2CuO}rm{2Cu+O_{2}dfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}2CuO}从过程可以看出该过程不会产生有毒气体，环保且没有多消耗原料，故丁正确；

故答案为：丁；制取相同质量的rm{CuO+2HNO_{3}=Cu(NO_{3})_{2}+H_{2}O}丁所消耗的rm{Cu(NO_{3})_{2}}的量最少rm{HNO_{3}}原料的利用率最高rm{(}且不产生污染环境的气体；

I.rm{)}与硝酸反应生成硝酸铜、rm{(1)Cu}和水；以此书写离子反应；

rm{NO}根据试验的目的是证明金属铜和硝酸之间的反应；根据目的选择所用的材料；

rm{(2)垄脵}图rm{垄脷}中试管内有空气，rm{1}被氧化为红棕色的气体；

rm{NO}根据一氧化氮的溶解性和装置的特点解答；

rm{(3)}根据一氧化氮的溶解性与氧气的反应确定收集方法；

rm{(4)}根据得失电子守恒解答，rm{(5)}个铜原子失去rm{1}个电子，rm{2}个氧分子得到rm{1}个电子变成rm{4}价的氧；

rm{-2}从经济角度出发；制取等量的硝酸铜时，所用的原料最少，成本最低；从环境保护的角度出发，制取硝酸铜时不对环境造成污染．

本题考查了铜与硝酸的反应，掌握相关的化学反应方程式是解答本题的关键，注意rm{II.}易被氧化及rm{NO}对环境的污染，题目难度中等．rm{NO}【解析】rm{3Cu+8H^{+}+2NO_{3}^{-}篓T3Cu^{2+}+4H_{2}O+2NO隆眉}rm{C}rm{D}rm{2NO+O_{2}篓T2NO_{2}}接收被气体压出rm{U}形管的液体，防止稀硝酸溢出；关闭rm{U}形管右端导气管上的活塞，反应产生的气体将rm{U}形管右端内的稀硝酸向下压，使铜丝与稀硝酸分开，反应就会停止；rm{CD}rm{2240}丁；制取相同质量的rm{Cu(NO_{3})_{2}}丁所消耗的rm{HNO_{3}}的量最少rm{(}原料的利用率最高rm{)}且不产生污染环境的气体20、搅拌适当升温或适当增大硫酸的浓度3Ag+4H++NO3-=3Ag++NO↑+2H2OAl（OH）3和CuO的混合物Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O424O2C【分析】解：（1）加快渣料（含少量银）溶于稀H2SO4速率的措施为搅拌、渣料粉碎、适当升温、适当增大H2SO4的浓度等；

故答案为：搅拌；适当升温或适当增大硫酸的浓度；

（2）滤渣A与稀HNO3反应，产生的气体在空气中迅速变为红棕色，滤渣A与稀HNO3反应的离子方程式为3Ag+4H++NO3-=3Ag++NO↑+2H2O；

故答案为：3Ag+4H++NO3-=3Ag++NO↑+2H2O；

（3）固体混合物B的组成为Al（OH）3和CuO的混合物；在生成固体B的过程中，需控制NaOH的加入量，若NaOH过量，则因过量引起的反应的离子方程式为Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；

故答案为：Al（OH）3和CuO的混合物；Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；

（4）该反应中Cu元素化合价由+2价变为+1价，则CuO作氧化剂，还需要还原剂，失电子，只有O元素失电子，生成氧气，O元素化合价由-2价变为0价，转移电子数为4，根据转移电子守恒及原子守恒配平方程式为4CuO+2Al2O34CuAlO2+O2↑；

故答案为：4；2；4；O2；

（5）反应体系中除CuSO4和FeS2外，还有H2SO4、Cu2S、FeSO4和H2O，则反应的方程式为14CuSO4+5FeS2+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4；

A．反应中Cu、S元素化合价降低，则氧化剂为CuSO4和FeS2；故A正确；

B．反应生成硫酸；则反应后溶液的pH降低，故B正确；

C．反应中Cu元素化合价由+2价降低为+1价，则3molCuSO4参加反应；则至少转移3mol电子，故C错误；

D．反应生成CuS，则部分S被还原，反应中部分S元素化合价由-1价变为+6价，当有5molFeS2参加反应时，由3molS被氧化，转移21mol电子，且有14mol硫酸铜参加反应，被氧化的FeS2只占总量的30%；故D正确。

故答案为：C。

Ag；Cu合金废料在空气中熔炼得到Ag熔体；Ag熔体冷凝成型得到粗Ag，粗Ag电解精炼得到Ag；

渣料中含有少量Ag和CuO，向渣料中加入稀硫酸，发生反应CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，过滤得到滤渣A为Ag，滤液中含有CuSO4；Al（OH）3和Cu（OH）2开始分解的温度分别为450℃和80℃，向硫酸铜溶液中加入硫酸铝和NaOH溶液，得到Al（OH）3和Cu（OH）2，煮沸过程中氢氧化铜分解生成CuO，然后过滤得到固体B为Al（OH）3和CuO，固体B在惰性气体氛围中煅烧得到CuAlO2；以此解答该题。

本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意信息的应用及元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。【解析】搅拌适当升温或适当增大硫酸的浓度3Ag+4H++NO3-=3Ag++NO↑+2H2OAl（OH）3和CuO的混合物Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O424O2C五、实验题(共3题，共18分)21、B7.1E【分析】【分析】（1）根据配制溶液的步骤操作选择所用仪器；

（2）根据n=cV计算硫酸钠的物质的量；再根据m=nM计算硫酸钠的质量；

（3）分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，根据c=判断对所配溶液浓度影响．【解析】【解答】解：（1）根据配制溶液的步骤操作选择所用仪器；圆底烧瓶是作为有液体参加的反应容器，故答案为：B；

（2）n=cV=0.5mol/L×0.1L=0.05mol；m=nM=0.05mol×142g/mol=7.1g，故答案为：7.1；

（3）分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，根据c=判断对所配溶液浓度影响；

A．在烧杯中溶解溶质，搅拌时不慎溅出少量溶液，则Na2SO4有损失，所以n（Na2SO4）偏小；故结果偏小；

B．未将洗涤烧杯内壁的溶液转移入容量瓶，Na2SO4有损失，所以n（Na2SO4）偏小；故结果偏小；

C．将配得的溶液从容量瓶转移到干燥、洁净的试剂瓶中时，有少量溅出，导致Na2SO4有损失，所以n（Na2SO4）偏小；故结果偏小；

D．将烧杯中溶液转移到容量瓶之前；容量瓶中有少量蒸馏水，因为定容时也要加水，所以原来容量瓶中有少量蒸馏水无影响；

E．定容时俯视液面，会导致溶液体积偏小，所以Na2SO4溶液的浓度偏大；

故答案为E．22、略

【分析】解：（1）某加碘盐可能含有KIO3、KI、Mg2+、Fe3+，用蒸馏水溶解，并加稀盐酸酸化后将溶液分为3份．从第一份试液中滴加KSCN溶液后显红色，可知该加碘盐中含有Fe3+，反应：Fe3++3SCN-=Fe（SCN）3，Fe（SCN）3呈血红色；从第二份试液中加足量KI固体，溶液显淡黄色，用CCl4萃取，下层溶液显紫红色，可知有碘生成．这是因为由于“氧化性：IO3-＞Fe3+＞I2”，加足量KI后，IO3-和Fe3+均能将I-氧化成I2，由此也可以知道该加碘盐添加KIO3；第三份试液中加入适量KIO3固体后；滴加淀粉试剂，溶液不变色．由此可知该加碘盐中不含KI．

①该加碘盐溶液中加KSCN溶液显红色的物质是Fe（SCN）3，CCl4中显紫红色的物质是I2，电子式

故答案为：Fe（SCN）3；

②第二份试液中加入足量KI固体后，反应的离子方程式为IO3-+5I-+6H+═3I2+3H2O、2Fe3++2I-═2Fe2++I2；

故答案为：IO3-+5I-+6H+═3I2+3H2O、2Fe3++2I-═2Fe2++I2；

（2）KI作为加碘剂的食盐在保存过程中，KI会被空气中氧气氧化，KI在潮湿空气中氧化的反应化学方程式为：4KI+O2+2H2O═2I2+4KOH，根据题目告知，KI3•H2O是在低温条件下，由I2溶于KI溶液可制得．再由题给的信息：“KI+I2⇌KI3”，可知KI3在常温下不稳定性，受热（或潮湿）条件下易分解为KI和I2，KI又易被空气中的氧气氧化，I2易升华，所以KI3•H2O作为食盐加碘剂是不合适的；

故答案为：4KI+O2+2H2O═2I2+4KOH；否；KI3受热（或潮湿）条件下产生KI和I2，KI被氧气氧化，I2易升华．；

（3）提高加碘盐（添加KI）的稳定性，主要是防止I-被氧化，根据题给信息“还原性：S2O32-＞I-”和氧化还原反应的强弱规律，可以选Na2S2O3作稳定剂；又由题给信息“3I2+6OH-═IO3-+5I-+3H2O”，可知I2与OH-会发生反应生成IO3-和5I-，而Na2CO3水解呈碱性，因而也可以用Na2CO3作稳定剂，防止加碘盐（添加KI）在潮湿环境下被氧气氧化．至于AlCl3，水解后呈酸性，且还原性I-＞Cl-，所不能作稳定剂；NaNO2当遇强还原性物质时能表现出氧化性，则NaNO2与KI能发生氧化还原反应为2NO2-+2I-+4H+=2NO↑+I2+2H2O；所以不能作稳定剂；

故答案为：AC；

（4）实际上就是设计实验方案，检验Fe2+．首先可取少量该加碘盐溶于蒸馏水中，然后用盐酸酸化后，滴加适量氧化剂（如：氯水、过氧化氢等），使溶液中Fe2+转化为Fe3+，再滴加KSCN溶液，若显血红色，则该加碘盐中存在Fe2+；

故答案为：取少量该加碘盐溶于蒸馏水中，用盐酸酸化，滴加适量氧化剂（如：氯水、过氧化氢等），再滴加KSCN溶液，若显血红色，则该加碘盐中存在Fe2+．

（1）①给出的离子中，只有Fe3+遇KSCN溶液显红色，Fe3+与KI发生氧化还原反应生成的碘单质；易溶于有机溶剂，且碘在四氯化碳中显紫色；

②具有氧化性的离子为IO3-、Fe3+，具有还原性的离子为I-；利用氧化还原反应来分析；

（2）根据KI具有还原性及氧化还原反应、KI3在常温下不稳定性来分析；

（3）提高加碘盐（添加KI）的稳定性，主要是防止I-被氧化来分析；

（4）将亚铁离子转化为铁离子；再利用铁离子遇KSCN溶液变红色来检验．

本题以日常生活中熟悉的食盐和加碘盐中碘的损失原因为素材，考查了氧化还原反应、实验方案设计，试题突了有效获取知识并与已有知识整合的能力，突出了能够从新信息中准确提取实质性的内容，并与所学的知识进行有效结合，解决实际问题的能力，题目难度中等．【解析】Fe（SCN）3；IO3-+5I-+6H+═3I2+3H2O、2Fe3++2I-═2Fe2++I2；4KI+O2+2H2O═2I2+4KOH；否；KI3受热（或潮湿）条件下产生KI和I2，KI被氧气氧化，I2易升华；AC；取少量该加碘盐溶于蒸馏水中，用盐酸酸化，滴加适量氧化剂（如：氯水、过氧化氢等），再滴加KSCN溶液，若显血红色，则该加碘盐中存在Fe2+23、略

【分析】解：实验室要用黄磷rm{(}白磷rm{)}与干燥的rm{Cl_{2}}模拟工业生产制取rm{PCl_{3}}流程为：rm{A}装置浓盐酸和二氧化锰二者反应生成氯化锰、氯气和水，制得氯气，因rm{PCl_{3}}遇水会强烈水解，所以氯气需干燥，rm{B}装置利用浓硫酸干燥氯气，rm{K_{3}}利用二氧化碳排尽装置中的空气，防止黄磷rm{(}白磷rm{)}自燃，rm{PCl_{3}}沸点为rm{75.5隆忙}利用rm{E}装置