2025年上外版拓展型课程化学下册阶段测试试卷

…………○…………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2025年上外版拓展型课程化学下册阶段测试试卷566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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、磷酸铝是一种用途广泛的材料，由磷硅渣[主要成分为等]制备磷酸铝的工艺流程如下：

下列叙述错误的是A.废渣中一定含B.“浸出”和“除硫”的操作均在高温下进行C.“除硫”的化学反应方程式为D.流程中的循环操作可以提高P、Al元素的利用率2、以下几种气体可用如图所示装置干燥；收集的是。

①H2②O2③CO2④SO2⑤CH4⑥NH3

A.①③④B.②⑤⑥C.②③④D.①⑤⑥3、CaH2是重要的供氢剂；遇水或酸能引起燃烧。利用下列装置制备氢化钙固体(提供的实验仪器不得重复使用)。下列说法正确的是。

A.装置①在加入试剂前无需检查装置气密性B.仪器接口的连接顺序为a→c→b→f→g→d→eC.加热装置④之前必须检查气体的纯度D.装置③的主要作用是防止空气中的CO2、H2O(g)进入装置④中4、如图是进行Mg与SiO2反应的实验装置,O2和H2O(g)的存在对该实验有较大影响。

下列说法不正确的是A.装稀硫酸仪器的名称是分液漏斗，II中洗气瓶内是碳酸氢钠溶液B.可以把装置I换成启普发生器C.实验开始时,必须先通一段时间X气体,再在III处加热D.当III处反应引发后,移走酒精灯,反应仍进行,说明该反应为放热反应5、下列实验装置设计正确的是（）A.B.C.D.评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)6、向某密闭容器中充入等物质的量的气体M和N；一定条件下发生反应，达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中物质的浓度；反应速率随时间的变化如图1、图2所示。

回答下列问题：

(1)该反应的化学方程式为_______，其_______(填“>”、“<”或“=”)0。

(2)30min时改变的条件是____，40min时改变的条件是____，请在图2中画出30min~40min的正逆反应速率变化曲线以及标出40min~50min内对应的曲线_____。

(3)0~8min内，_______；50min后，M的转化率为_______(保留三位有效数字)。

(4)20min~30min内，反应平衡时的平衡常数K=_______。7、油气开采；石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢；需要回收处理并加以利用。

H2S热分解反应：2H2S(g)=S2(g)＋2H2(g)ΔH4=170kJ·mol-1，在1373K、100kPa反应条件下，对于n(H2S)：n(Ar)分别为4：1、1：1、1：4、1：9、1：19的H2S-Ar混合气，热分解反应过程中H2S转化率随时间的变化如下图所示。

(1)n(H2S)：n(Ar)越小，H2S平衡转化率___________，理由是___________

(2)n(H2S)：n(Ar)=1：9对应图中曲线___________，计算其在0~0.1s之间，H2S分压的平均变化率为___________kPa·s-1。8、向某密闭容器中充入等物质的量的气体M和N；一定条件下发生反应，达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中物质的浓度；反应速率随时间的变化如图1、图2所示。

回答下列问题：

(1)该反应的化学方程式为_______，其_______(填“>”、“<”或“=”)0。

(2)30min时改变的条件是____，40min时改变的条件是____，请在图2中画出30min~40min的正逆反应速率变化曲线以及标出40min~50min内对应的曲线_____。

(3)0~8min内，_______；50min后，M的转化率为_______(保留三位有效数字)。

(4)20min~30min内，反应平衡时的平衡常数K=_______。9、常温下有浓度均为0.1mol/L的四种溶液：①HCl；②CH3COOH；③NaOH；④Na2CO3。

(1)这四种溶液中水的电离程度由大到小的顺序是___（用序号填写）。

(2)等体积混合②和③的溶液中离子浓度的大小顺序是___。

(3)常温下，0.1mol/L的CH3COOH溶液pH=3，则CH3COOH溶液的电离平衡常数Ka=___。

(4)用离子方程式表示④的水溶液呈碱性的主要原因：___。

(5)取10mL溶液①，加水稀释到1000mL，则该溶液中由水电离出的c(H+)约为___。10、以下是合成乙酰水杨酸（阿司匹林）的实验流程图；请你回答有关问题：

已知：阿司匹林；水杨酸和乙酸酐的相对分子量分别为：180、138、102．

（1）制取阿司匹林的化学反应方程式为_________________；反应类型____________；

（2）水杨酸分子之间会发生缩合反应生成聚合物，写出用除去聚合物的有关离子方程式______________________________________________；

（3）抽滤装置如图所示，仪器A的名称___________；该操作时在仪器A中加入滤纸，用蒸馏水湿润后，应________（选择下列正确操作的编号）；再转移液体①微开水龙头；②开大水龙头；③微关水龙头；④关闭水龙头。

（4）下列有关抽滤的说法中正确的是________

A．抽滤是为了加快过滤速率；得到较大颗粒的晶体。

B.不宜用于过滤胶状沉淀或颗粒太小的沉淀。

C．当吸滤瓶内液面高度快达到支管口时；应拔掉链接支管口的橡皮管，从支管口倒出。

D．将晶体转移至布氏漏斗时；若有晶体附在烧杯内壁，应用蒸馏水淋洗至布氏漏斗中。

E.洗涤沉淀时；应使洗涤剂快速通过沉淀。

（5）用冷水洗涤晶体的目的_______________________；

（6）取2.000g水杨酸、5.400g乙酸酐反应，最终得到产品1．566g。求实际产率_______；11、连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，是白色砂状或淡黄色粉末状固体，易溶于水、不溶于醇，该物质具有强还原性，在空气中易被氧化为NaHSO4，75℃以上会分解产生SO2。是重要的有机合成原料和漂白剂。

制取Na2S2O4常用甲酸钠法：控制温度60～70℃，在甲酸钠(HCOONa)的甲醇溶液中，边搅拌边滴加Na2CO3甲醇溶液，同时通入SO2，即可生成Na2S2O4。反应原理如下：2HCOONa＋4SO2＋Na2CO3＝2Na2S2O4＋H2O＋3CO2

（1）如图，要制备并收集干燥纯净的SO2气体，接口连接的顺序为：a接__，__接__，__接__。制备SO2的化学方程式为___。

（2）实验室用图装置制备Na2S2O4。

①Na2S2O4中硫元素的化合价为___。

②仪器A的名称是___。

③水浴加热前要通一段时间N2，目的是___。

④为得到较纯的连二亚硫酸钠，需要对在过滤时得到的连二亚硫酸钠进行洗涤，洗涤的方法是___。

⑤若实验中所用Na2SO3的质量为6.3g，充分反应后，最终得到mg纯净的连二亚硫酸钠，则连二亚硫酸钠的产率为___(用含m的代数式表示)。12、某化学小组用下列装置和试剂进行实验，探究O2与KI溶液发生反应的条件。

供选试剂：质量分数为30%的H2O2溶液、0.1mol·L-1的H2SO4溶液、MnO2固体、KMnO4固体。

(1)小组同学设计甲；乙、丙三组实验；记录如下：

。

操作。

现象。

甲。

向装置I的锥形瓶中加入MnO2固体，向装置I的____中加入质量分数为30%的H2O2溶液；连接装置I；III，打开活塞。

装置I中产生无色气体并伴随大量白雾；装置III中有气泡冒出；溶液迅速变蓝。

乙。

向装置II中加入KMnO4固体；连接装置II；III，点燃酒精灯。

装置III中有气泡冒出；溶液不变蓝。

丙。

向装置II中加入____，向装置III中再加入适量0.1mol·L-1的H2SO4溶液；连接装置II；III，点燃酒精灯。

装置III中有气泡冒出；溶液变蓝。

(2)丙实验中O2与KI溶液反应的离子方程式为___________________________________。

(3)对比乙、丙实验可知，O2与KI溶液发生反应的适宜条件是__________。为进一步探究该条件对反应速率的影响；可采取的实验措施是____________________________。

(4)由甲、乙、丙三组实验推测，甲实验中可能是I中的白雾使溶液变蓝。为了验证推测，可将装置I中产生的气体通入_________(填字母)溶液中，依据实验现象来证明白雾中含有H2O2。A．酸性KMnO4B．FeCl2C．H2S(5)资料显示：KI溶液在空气中久置的过程中会被缓慢氧化：4KI＋O2＋2H2O＝2I2＋4KOH。该小组同学取20mL久置的KI溶液，向其中加入几滴淀粉溶液，结果没有观察到溶液颜色变蓝，他们猜想可能是发生了反应___________________________________(写离子方程式)造成的，请设计实验证明他们的猜想是否正确：___________________________________。13、已知稀溴水和氯化铁溶液都呈黄色；现在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴液溴，振荡后溶液呈黄色。

（1）甲同学认为这不是发生化学反应所致，则使溶液呈黄色的微粒是：______（填粒子的化学式；下同）；

乙同学认为这是发生化学反应所致，则使溶液呈黄色的微粒是_________。

（2）如果要验证乙同学判断的正确性；请根据下面所提供的可用试剂，用两种方法加以验证，请将选用的试剂代号及实验中观察到的现象填入下表。

实验可供选用试剂：。A．酸性高锰酸钾溶液B．氢氧化钠溶液C．四氯化碳D．硫氰化钾溶液E．硝酸银溶液F．碘化钾淀粉溶液。实验方案。

所选用试剂（填代号）

实验现象。

方案一。

方案二。

（3）根据上述实验推测，若在稀溴化亚铁溶液中通入氯气，则首先被氧化的离子是________，相应的离子方程式为_______________________________________________；评卷人得分三、工业流程题(共9题，共18分)14、铟(In)是一种稀散金属，常与其他金属矿石伴生，回收氧化锌烟尘(主要成分是ZnO，还含少量PbO、FeS、等)中的金属铟的工艺流程如下：

已知：室温下，金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示。金属离子开始沉淀pH(离子浓度为时)1.363完全沉淀pH2.784.3

回答下列问题：

(1)In为49号元素，常以＋3价形式存在于化合物中，基态In原子的价电子排布式为_______。

(2)“中性浸出”的过程为：先加入稀硫酸和适量氧化剂氧化酸浸氧化锌烟尘；反应结束前半个小时加入CaO调整pH=5.0~5.2。

①与稀反应的化学方程式为_______。

②氧化酸浸过程中，中的硫元素被氧化为该反应的离子方程式为_______。

③氧化剂用量对中性浸出效果的影响如图所示。最佳氧化剂用量为_______。

④“中浸渣”的主要成分为_______(填化学式)。

(3)萃取时，发生反应代表有机萃取剂。

①反萃取时，宜选用的试剂X为_______。

②实验室进行萃取和反萃取时，均需要使用的玻璃仪器有_______。

(4)“置换”后的滤液可返回_______(填“滤液1”或“滤液2”)中利用。

(5)“置换”时锌粉的利用率为99.5%，若想获得6.9kg海绵铟，需要使用锌粉_______kg(保留两位小数)。15、工业上用铝土矿(主要成分为氧化铝；含少量氧化铁)制取铝的过程如图所示：

请回答：

（1）试剂1为_______(填化学式)，①~④转化中属于氧化还原反应的是_______(填序号)；

（2）沉淀B的化学式为_______，写出该物质发生铝热反应的化学方程式_______；（3）电解F，当转移0.6mol电子时，可制得铝_______g；

（4）沉淀D是药物“胃舒平”的主要成分，可用于治疗胃酸(稀盐酸)过多，写出该反应的离子方程式_______；

（5）②中发生反应的离子方程式为_______。16、某化学实验小组从市场购买海带并设计提碘的流程如图所示：

请回答下列问题：

(1)操作2包括以下步骤：a.振荡萃取b.分液c.静置分层d.加碘溶液和CCl4e.检漏。

①上述步骤的正确先后顺序是______(填编号)。

②完成步骤a时要及时放气，放气时分液漏斗下端应_____(填“向上倾斜”或“向下倾斜”)，放气的目的是______。

③步骤b的具体操作是______，再将分液漏斗下面的活塞拧开，使下层液体沿烧杯内壁流下，当下层液体刚好放完时关闭活塞，______。

(2)浓NaOH溶液与I2反应的化学方程式是_____。

(3)加入45%硫酸溶液的作用是______(用离子方程式表示)。

(4)利用如图所示装置进行粗碘提纯。简述纯化I2的原理：_____。棉花的作用是______。

17、某兴趣小组设计了利用MnO(含少量铁的氧化物和不溶性杂质)制备二氧化锰的两种方案流程如下：

已知：

①MnO+H2NCOONH4→+2H2OMnCO3↓+2NH3·H2O

②MnO易被空气中氧化；难溶于水；受热易分解；其他硝酸盐相对难分解。

请回答：

(1)方案一中铁元素以_______(填化学式)被除去。

(2)下列说法正确的是_______。A．步骤Ⅱ中，真空加热主要是为了防止被氧化B．步骤Ⅲ中，氨基甲酸铵溶液的制备应在水中先通氨气至饱和，再通至饱和C．步骤Ⅳ和Ⅴ，步骤Ⅳ所得的滤液3和步骤Ⅴ生成的气体可以循环利用D．方案二与方案一相比，方案二相对比较环保(3)过滤后，步骤Ⅴ，为了得到更多进行了以下操作。请选出合理的操作(操作不能重复使用)并排序：将带有沉淀的滤纸折卷→_______。

a.将滤纸包放入坩埚后；在泥三角上如装置1朝向摆放；

b.将滤纸包放入坩埚后；在泥三角上如装置2朝向摆放；

c.加热时；不断转动坩埚使滤纸完全灰化；

d.先加热装置3中a处，再加热b处；

e.先加热装置3中b处；再加热a处；

f.将沉淀转移至在石英玻璃管中继续灼烧氧化。

(4)步骤Ⅰ，硝酸的质量分数选取50%，不能过大或者过小的理由是_______。

(5)由碳酸锰在空气中灼烧获得的结构比较疏松，步骤Ⅵ用硫酸溶解其中的后，再用合适浓度的氧化后，可得到结构相对致密的重质精品。写出其中发生的离子反应方程式_______。18、将少量氯水加入到NaI溶液中”的学生实验产生了大量含碘废液。某研究小组用该含碘废液制备NaI固体，实验流程如下：

已知：反应②2I−+2Cu2++SO32−+H2O=2CuI↓+SO42−+2H+

回答下列问题：

（1）产生含碘废液的离子方程式为____________________________________。

（2）①中I2与Na2SO3溶液反应的离子方程为_________________________________。

（3）③中CuI发生了_____（填“氧化”或“还原”）反应,当有95.5gCuI参与反应，电子转移的数目为_______________，若还原产物只有NO2，写出该反应的化学方程式______________。

（4）化合物B中含两种元素，铁元素与另一种元素物质的量之比为3:8，则化合物B的化学式为____________。

（5）反应⑤中生成黑色固体和无色无味能使澄清石灰水变浑浊的气体，黑色固体的俗称为磁性氧化铁，则⑤的化学方程式为_____________________________________________。19、H5IO6(正高碘酸)是用于光度法测定苯肼的试剂。工业上用NaIO3制备H5IO6的流程如图：

（1）“反应Ⅰ”可在如图所示的装置中进行。该反应生成不溶于水的Na2H3IO6的离子方程式为____。若要提高Cl2的利用率，可对装置进行改进的措施为___。

（2）反应Ⅱ生成不溶于水的黑色Ag5IO6，“滤液2”呈__(填“酸”“碱”或“中”)性。

（3）“无色气体”为__(填化学式)。

（4）工业上为降低成本，减少对环境的污染，整个流程需要控制加入Cl2和AgNO3的物质的量之比为n(Cl2)∶n(AgNO3)=__。

（5）H5IO6具有强氧化性，可将FeSO4氧化为H2FeO4，自身被还原为HIO3，该反应的化学方程式为___。20、我国青海查尔汗盐湖蕴藏丰富的盐业资源。经分析知道，该湖水中含有高浓度的Na＋、K＋、Mg2＋及Cl－等。利用盐湖水可得到某些物质。其主要工业流程如下：

请根据上述流程；回答下列问题：

(1)利用湖水得到晶体（A）的方法是_________结晶法（填“降温”或“蒸发”）。

(2)操作Ⅰ的名称为___________，此操作适用于分离__________________。

(3)本流程中分别采用条件1和条件2获得不同晶体，所依据的物理量是__________。

a．摩尔质量b．溶解度c．溶解性d．熔沸点。

(4)检验钾肥中是否含有Na+的实验方法是___________，若含有Na+，能观察到的现象是___________。若需得到高纯度的钾肥，可以采用的提纯方法为_________。

(5)水氯镁石的化学式可表示为MgCl2·xH2O；若通过实验确定x，其实验步骤设计为：

①先称坩埚质量、再称_________________质量；

②高温充分灼烧；

③____________；

④再称量；

⑤____________操作。根据实验数据计算χ时；所需的化学方程式为：

MgCl2·xH2O________＋________＋_________。21、央视网2019年6月17日报道；针对近年来青蒿素在全球部分地区出现的“抗药性”难题，我国著名药学家；诺贝尔生理学或医学奖获得者屠呦呦及其团队，经过多年攻坚，提出应对“青蒿素抗药性”难题的切实可行治疗方案。从青蒿（粉末）中提取青蒿素的方法以萃取原理为基础，主要有乙醚浸提法和汽油浸提法。青蒿素为白色针状晶体，易溶于乙醇、乙醚、苯和汽油等有机溶剂，不溶于水，熔点为156～157℃，沸点为389.9℃，热稳定性差，汽油浸提法的主要工艺流程如下图所示。

注:汽油的沸点为40～200℃。回答下列问题：

（1）超声提取的原理是在强大的超声波作用下，使青蒿细胞乳化、击碎、扩散，超声波提取的优点是___________；时间短、温度低等。

（2）操作1的名称为________，如图所示为操作Ⅱ的实验装置图(部分夹持装置已略)，图中A、B、C、D错误的是_______(填标号)。

（3）已知青蒿素在95％乙醇中的溶解度随温度的升高而升高，则操作Ⅲ为____________；过滤、洗涤、干燥。

（4）通过控制其他实验条件不变，来研究原料粒度、提取时间和提取温度对青蒿素提取速率的影响，其结果如下图所示，采用的最佳原料粒度、提取时间和提取温度分别为________。

（5）将青蒿素加入滴有酚酞的NaOH溶液中，青蒿素的溶解量较小，加热并搅拌，青蒿素的溶解量增大，且溶液红色变浅，说明青蒿素与_________（填标号）具有相似的性质。

A乙醇B乙酸甲酯C乙醛D果糖。

（6）已知青蒿素的分子式为C15H22O5（相对分子质量为282），将28.2g青蒿素样品在燃烧管中充分燃烧，将燃烧后的产物依次通过盛有足量P2O5和碱石灰的干燥管，盛有碱石灰干燥管增重的质量为______g。22、已知某工业废水中含有大量FeSO4，较多的Cu2+，极少量的Na+以及部分污泥，通过下列流程可从该废水中回收FeSO4·7H2O晶体及金属Cu。

（1）步骤1的主要操作是___，需用到的玻璃仪器除烧杯外还有___。

（2）固体混合物是____（填化学式）

（3）步骤3中发生反应的化学方程式为___。

（4）步骤4中涉及的操作是：蒸发浓缩、___；过滤、洗涤、干燥。

（5）火法制得的粗铜中常混有少量氧化亚铜(Cu2O)，氧化亚铜溶于稀硫酸溶液变蓝。试写出该反应的离子方程式___。评卷人得分四、原理综合题(共3题，共30分)23、醋酸乙烯(CH3COOCH=CH2)是一种重要的有机化工原料，以二甲醚(CH3OCH3)与合成气(CO、H2)为原料,醋酸锂；碘甲烷等为催化剂；在高压反应釜中一步合成醋酸乙烯及醋酸。回答下列问题:

(1)常温下,将浓度均为amol/L的醋酸锂溶液和醋酸溶液等体积混合，测得混合液的pH=b，则混合液中c(CH3COO-)=______mol/L(列出计算式即可)。

(2)合成二甲醚:Ⅰ.2H2(g)+CO(g)=CH3OH(g)ΔH1=-91.8kJ/mol;

Ⅱ.2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH2=-23.5kJ/mol;

Ⅲ.CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH3=-41.3kJ/mol.

已知:H-H的键能为436kJ/mol，C=O的键能为803kJ/mol，H-O的键能为464kJ/mol，则C≡O的键能为_____kJ/mol.

(3)二甲醚(DME)与合成气一步法合成醋酸乙烯(VAC)的反应方程式为2CH3OCH3(g)+4CO(g)+H2(g)CH3COOCH=CH2(g)+2CH3COOH(g)，T℃时,向2L恒容密闭反应釜中加入0.2molCH3OCH3、0.4molCO、0.1molH2发生上述反应,10min达到化学平衡；测得VAC的物质的量分数为10%。

①0~10min内,用CO浓度变化表示的平均反应速率v(CO)=______;该温度下,该反应的平衡常数K=__________。

②下列能说明该反应达到平衡状态的是______(填选项字母)。

A、V正(DME)=v逆(H2)≠0B；混合气体的密度不再变化。

C、混合气体的平均相对分子质量不再变化D；c(CO):c(VAC)=4:1

③如图是反应温度对二甲醚(DME)的转化率和醋酸乙烯(VAC)选择性(醋酸乙烯的选择性Svac=)的影响，该反应的ΔH______0(填“>”“<”或“=”);控制的最佳温度是___________.

④保持温度不变,向反应釜中通入氩气增大压强,则化学平衡______(填“向正反应方向”“向逆反应方向"或“不”)移动。

24、我国自主知识产权的首套煤基乙醇工业化项目生产过程：先用煤制得乙酸甲酯；再将乙酸甲酯转化为乙醇。在1L密闭容器中充入1mol乙酸甲酯，乙酸甲酯转化为乙醇涉及反应原理：

主反应：CH3COOCH3(g)＋2H2(g)C2H5OH(g)＋CH3OH(g)ΔH1=-23.61kJ·mol·L-1

副反应：CH3COOCH3(g)＋C2H5OH(g)CH3COOC2H5(g)＋CH3OH(g)ΔH2=0.99kJ·mol·L-1

在催化剂作用下的反应历程为(*表示吸附态)

化学吸附：H2→2H*

表面反应：CH3COOCH3+4H*→CH3CH2OH*+CH3OH*

化学脱附：CH3CH2OH*→CH3CH2OHCH3OH*→CH3OH

已知：化学吸附的活化能大；决定主反应的反应速率。

(1)反应2CH3COOCH3(g)+2H2(g)CH3COOC2H5(g)+2CH3OH(g)自发进行的条件是：____。

(2)能说明体系中主反应达到化学平衡状态的有____。

A．CH3COOCH3的质量分数不再变化B．v正(C2H5OH)=v正(CH3OH)

C．容器中气体密度不再变化D．体系的总压强不再变化。

(3)乙酸甲酯的平衡转化率与温度和氢酯比(x)〖〗的关系如图。

①比较x1、x2、x3的大小关系，最大的是___________。

②250℃、x1=5，C2H5OH的选择性为80%，则主反应的平衡常数为___________(保留2位有效数字)。

(4)其它条件相同，反应经过相同时间，乙酸甲酯的转化率与乙醇的选择性随氢酯比的关系如图所示。氢酯比(x)在2~9之间，乙醇的选择性逐渐增大的原因为___________。

(5)若在未加催化剂的情况下主反应的能量反应历程示意图如图，请在图3中画出使用催化剂后该反应的能量反应历程示意图_______。

25、以工业生产硼砂所得废渣硼镁泥为原料制取MgSO4·7H2O的过程如图所示：

硼镁泥的主要成分如下表：。MgOSiO2FeO、Fe2O3CaOAl2O3B2O330%~40%20%~25%5%~15%2%~3%1%~2%1%~2%

回答下列问题：

（1）“酸解”时应该加入的酸是_______，“滤渣1”中主要含有_________（写化学式）。

（2）“除杂”时加入次氯酸钙、氧化镁的作用分别是________、_______。

（3）判断“除杂”基本完成的检验方法是____________。

（4）分离滤渣3应趁热过滤的原因是___________。评卷人得分五、有机推断题(共1题，共2分)26、G是一种治疗心血管疾病的药物；合成该药物的一种路线如下。

已知：R1CH2BrR1CH=CHR2

完成下列填空：

(1)写出①的反应类型_______。

(2)反应②所需的试剂和条件_______。

(3)B中含氧官能团的检验方法_______。

(4)写出E的结构简式_______。

(5)写出F→G的化学方程式_______。

(6)写出满足下列条件，C的同分异构体的结构简式_______。

①能发生银镜反应；②能发生水解反应；③含苯环；④含有5个化学环境不同的H原子。

(7)设计一条以乙烯和乙醛为原料(其它无机试剂任选)制备聚2-丁烯（）的合成路线_______。(合成路线常用的表达方式为：AB目标产物)评卷人得分六、元素或物质推断题(共1题，共8分)27、周期表前三周期元素A；B、C、D；原子序数依次增大，A的基态原子的L层电子是K层电子的两倍；B的价电子层中的未成对电子有3个；C与B同族；D的最高价含氧酸为酸性最强的无机含氧酸。请回答下列问题：

(1)C的基态原子的电子排布式为_____________；D的最高价含氧酸酸性比其低两价的含氧酸酸性强的原因是___________________________。

(2)杂化轨道分为等性和不等性杂化，不等性杂化时在杂化轨道中有不参加成键的孤电子对的存在。A、B、C都能与D形成中心原子杂化方式为____________的两元共价化合物。其中，属于不等性杂化的是____________(写化学式)。以上不等性杂化的化合物价层电子对立体构型为_________，分子立体构型为_______________________________。

(3)以上不等性杂化化合物成键轨道的夹角________(填“大于”；“等于”或“小于”)等性杂化的化合物成键轨道间的夹角。

(4)A和B能形成多种结构的晶体。其中一种类似金刚石的结构，硬度比金刚石还大，是一种新型的超硬材料。其结构如下图所示(图1为晶体结构，图2为切片层状结构)，其化学式为________________。实验测得此晶体结构属于六方晶系，晶胞结构见图3。已知图示原子都包含在晶胞内，晶胞参数a＝0.64nm，c＝0.24nm。其晶体密度为________________(已知：＝1.414，＝1.732,结果精确到小数点后第2位)。

参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】【分析】

【详解】

A．根据题给流程图分析可知，磷硅渣在浓硫酸“浸出”操作之后涉及的物质中不含有硅元素且不与浓硫酸反应，则废渣中一定含有选项A正确；

B．高温条件下；硫酸钙的结晶水容易失去，所以“除硫”的操作不能在高温下进行，选项B错误；

C．根据反应前后的物质可知，“除硫”的化学反应方程式为选项C正确；

D．进入循环的滤液中主要含有P、等元素，所以可以提高P、元素的利用率；选项D正确。

答案选B。2、D【分析】【分析】

由图示可知气体用碱石灰来干燥；说明气体是显中性或碱性，不能是酸性气体；由收集方法是向下排空气方法说明该气体密度比空气小。

【详解】

①H2密度比空气小；且属于中性气体，①符合要求；

②O2密度比空气大；且属于中性气体，①不符合要求；

③CO2密度比空气大；且属于酸性气体，③不符合要求；

④SO2密度比空气大；且属于酸性气体，④不符合要求；

⑤CH4密度比空气小；且属于中性气体，⑤符合要求；

⑥NH3密度比空气小；属于碱性气体，⑥符合题意；

综上所述可知：符合要求的物质序号是①⑤⑥；故合理选项是D。

【点睛】

碱性干燥剂只能用来干燥中性气体或碱性气体；酸性干燥剂只能用来干燥酸性或中性气体；中性干燥剂理论上可以干燥酸性、碱性、中性气体，但碱性气体NH3不能使用中性干燥剂无水CaCl2干燥；H2S属于酸性气体，同时具有还原性，不能使用酸性干燥剂浓硫酸来干燥；用排空气法收集气体时，主要考虑气体的密度与空气的相对大小，密度比空气小的使用向下排气法，密度比空气大的使用向上排空气方法。3、C【分析】【分析】

【详解】

A．装置①为启普发生器；在加入试剂前应先检查装置气密性，然后再加入药品，A错误；

B．由装置①制取氢气，由于盐酸具有挥发性，故氢气中混有HCl和水蒸气，氢气由导管a口通入到装置③中除去HCl和水蒸气，再将纯净、干燥的H2通入装置④中与Ca在加热时反应产生CaH2；为防止空气中的H2O(g)进入装置④中，导致CaH2因吸收水蒸气而变质，最后要通过盛浓硫酸的洗气瓶，故装置接口连接顺序为a→d→e→f（或g）→g（或f）→b→c；B错误；

C．为防止Ca与空气中成分反应，加热前需先通入氢气排尽装置中的空气，H2是可燃性气体，为防止H2、O2混合气体点燃爆炸；加热装置④之前必须检查气体的纯度确认空气是否排尽，C正确；

D．装置③的主要作用是除去氢气中混有的HCl和水蒸气；D错误；

故合理选项是C。4、A【分析】【分析】

【详解】

A．装稀硫酸仪器的名称是分液漏斗，Mg与SiO2反应的实验装置，O2和H2O(g)的存在对该实验有较大影响；因此II中洗气瓶内液体作用是干燥气体，应盛放浓硫酸，故A错误；

B．I是实验室制氢气；可以把装置I换成启普发生器，可以达到随开随用，随关随停，故B正确；

C．实验开始时，必须先通一段时间X气体，排除装置内的空气，以免镁和氧气反应，再在III处加热，Mg与SiO2反应；故C正确；

D．当III处反应引发后；移走酒精灯，反应仍进行，说明该反应为放热反应，故D正确。

综上所述，答案为A。5、A【分析】【详解】

A.中和热测定实验装置设计合理；A项正确；

B.浓硫酸溶于水放出大量的热；为防止暴沸引发安全事故，应将浓硫酸沿烧杯壁慢慢倒入水中稀释并不停搅拌，B项错误；

C.锌比铜活泼；则锌应作负极（－），铜作正（＋），C项错误；

D.带磨口玻璃活塞的酸式滴定管不能盛标准溶液；D项错误；

答案选A。二、填空题(共8题，共16分)6、略

【分析】【详解】

（1）依据图1中各物质的浓度变化量可得到0-20min，M、N浓度减少量为1.5mol/L，P浓度增加量为3mol/L，则反应的化学方程式为由图1可知，40min时平衡发生了移动，而P、M、N的浓度没有改变，且改变压强和使用催化剂平衡不移动，则改变的条件是温度，30min时P、M、N浓度均减小则改变的条件为扩大容器体积，压强减小，反应速率减小，由图2可知40min时速率增大，则40min时改变的条件是升高温度，而生成物P的浓度在减小，依据勒夏特列原理可判断该反应的

（2）由(1)分析可知，30min时改变的条件是扩大容器的体积；40min时改变的条件是升高温度；在图2中画出30min~40min的正逆反应速率变化曲线以及标出40min~50min内对应的曲线为

（3）8min时，M、N、P的物质的量浓度相等，设

则解得x=2，故8min时，0~8min内；

50min后；M；N、P的物质的量浓度相等，故M的转化率为33.3%；

（4）由图1可知，20min~30min内，为平衡状态，M、N的平衡浓度为1.5mol/L，P的平衡浓度为3mol/L，则反应平衡时的平衡常数K=【解析】(1)<

(2)扩大容器的体积升高温度

(3)33.3%

(4)47、略

【分析】【分析】

2H2S(g)=S2(g)＋2H2(g)ΔH4=170kJ·mol-1，该反应正方向为体积增大的反应，降低压强，平衡会向正反应方向移动；则对于n(H2S)：n(Ar)为4：1、1：1、1：4、1：9、1：19的H2S-Ar混合气在图中对应的曲线分别是a、b；c、d、e。

【详解】

（1）由于正反应是体积增大的可逆反应，n(H2S)：n(Ar)越小，H2S的分压越小，相当于降低压强，平衡向正反应方向移动，因此H2S平衡转化率越高；

（2）n(H2S)：n(Ar)越小，H2S平衡转化率越高，所以n(H2S)：n(Ar)=1：9对应的曲线是d；根据图像可知n(H2S)：n(Ar)=1：9反应进行到0.1s时H2S转化率为0.24；假设在该条件下；硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1mol和9mol，则根据三段式可知：

此时H2S的压强为≈7.51kPa，H2S的起始压强为10kPa，所以H2S分压的平均变化率为=24.9kPa·s-1。【解析】(1)越高n(H2S)：n(Ar)越小，H2S的分压越小，平衡向正反应方向进行，H2S平衡转化率越高。

(2)d24.98、略

【分析】【详解】

（1）依据图1中各物质的浓度变化量可得到0-20min，M、N浓度减少量为1.5mol/L，P浓度增加量为3mol/L，则反应的化学方程式为由图1可知，40min时平衡发生了移动，而P、M、N的浓度没有改变，且改变压强和使用催化剂平衡不移动，则改变的条件是温度，30min时P、M、N浓度均减小则改变的条件为扩大容器体积，压强减小，反应速率减小，由图2可知40min时速率增大，则40min时改变的条件是升高温度，而生成物P的浓度在减小，依据勒夏特列原理可判断该反应的

（2）由(1)分析可知，30min时改变的条件是扩大容器的体积；40min时改变的条件是升高温度；在图2中画出30min~40min的正逆反应速率变化曲线以及标出40min~50min内对应的曲线为

（3）8min时，M、N、P的物质的量浓度相等，设

则解得x=2，故8min时，0~8min内；

50min后；M；N、P的物质的量浓度相等，故M的转化率为33.3%；

（4）由图1可知，20min~30min内，为平衡状态，M、N的平衡浓度为1.5mol/L，P的平衡浓度为3mol/L，则反应平衡时的平衡常数K=【解析】(1)<

(2)扩大容器的体积升高温度

(3)33.3%

(4)49、略

【分析】【详解】

(1)水电离程度比较：碳酸钠溶液属于强碱弱酸盐；碳酸根离子水解导致溶液显碱性，促进了水的电离；盐酸是强酸溶液，氢氧化钠溶液是强碱溶液，溶液中水的电离都受到了抑制作用，其中盐酸中的氢离子浓度等于氢氧化钠溶液中的氢氧根离子浓度，二者中水的电离程度相等；醋酸溶液为弱酸，发生微弱的电离产生氢离子，抑制了水的电离，但醋酸溶液中氢离子浓度远小于盐酸，故水的电离程度比盐酸和氢氧化钠都强，综合而言这四种溶液中水的电离程度由大到小的顺序是④＞②＞①=③。故答案为：④＞②＞①=③。

(2)等体积的醋酸和氢氧化钠混合，混合后溶液恰好为醋酸钠溶液，属于强碱弱酸盐，醋酸根离子发生微弱的水解导致溶液显碱性，所以溶液中离子浓度的大小顺序是c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)。故答案为：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)。

(3)常温下，0.1mol/L的CH3COOH溶液pH=3，可得溶液中c(H+)=10-3mol/L，由醋酸的电离方程式：CH3COOHCH3COO-+H+可得其电离平衡常数为：故答案为：10-5。

(4)碳酸钠溶液属于强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液显碱性，促进了水的电离，其水解方程式为：CO+H2OHCO+OH-，HCO+H2OH2CO3+OH-，故答案为：CO+H2OHCO+OH-，HCO+H2OH2CO3+OH-。

(5)取10mLHCl溶液，加水稀释到1000mL，此时溶液中由HCl电离出的由此可知，此时溶液中的c(H+)=10-3mol/L，可得该溶液中由水电离出的故答案为：10−11mol/L。【解析】④＞②＞①=③c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)10-5CO+H2OHCO+OH-，HCO+H2OH2CO3+OH-10−11mol/L10、略

【分析】【详解】

(1)水杨酸和乙酸酐在浓硫酸的条件下发生取代反应生成乙酰水杨酸，方程式为：（2)在除去聚合物并提纯阿司匹林的过程中；可以将阿司匹林与碳酸氢钠反应使羧基变为羧酸钠，且酯基不水解，这样使阿司匹林溶于水，聚合物难溶于水，将聚合物除去，再将阿司匹林的钠盐盐酸酸化可得阿司匹林，过程中涉及的离子方程式为：

.(3)该仪器的名称为布氏漏斗。布氏漏斗中加入滤纸，用蒸馏水湿润后，应先微开水龙头，不能大开，避免滤纸破损。故选①。(4)A．抽滤能为了加快过滤速率，但不能使沉淀的颗粒变大，故错误；B.颗粒太小的沉淀不能用抽滤的原因是颗粒太小的容易在滤纸上形成一层密实的沉淀，不容易透过，故正确；C．当吸滤瓶内液面高度快达到支管口时，应拔掉吸滤瓶上的橡皮管，从吸滤瓶上口倒出溶液，而不能从吸滤瓶支管口倒出溶液，故错误；D．将晶体转移至布氏漏斗时，若有晶体附在烧杯内壁，应用滤液来淋洗布氏漏斗，因为滤液是饱和溶液，冲洗是不会使晶体溶解，同时又不会带入杂质，故错误；E.洗涤沉淀时，应先关小水龙头，然后蒸馏水缓缓淋洗，再打开水龙头抽滤，不能使洗涤剂快速通过沉淀，故错误。故选B。（5）阿司匹林在冷水中的溶解度减小，所以用冷水洗涤晶体可以除去晶体表面附着的杂质，并减少阿司匹林因溶解而引起的损耗。(6)根据方程式分析，乙酸酐过量，用水杨酸计算阿司匹林的质量为g，实际产率为=60%。【解析】取代反应布氏漏斗①B除去晶体表面附着的杂质，并减少阿司匹林因溶解而引起的损耗60%11、略

【分析】【详解】

（1）亚硫酸钠和硫酸反应生成二氧化硫,反应的方程式为：Na2SO3+H2SO4(浓)═Na2SO4+SO2↑+H2O，生成的二氧化硫含有水蒸气，可用浓硫酸干燥，用向上排空气法收集，且用碱石灰吸收尾气，避免污染环境，则连接顺序为a接b；c接f，g接d；

（2）①Na2S2O4中硫元素的化合价为+3；

②由装置可知；仪器A的名称为恒压滴液漏斗；

③实验时应避免Na2S2O4和HCOONa被氧化，可应先通入二氧化硫，排净系统中的空气，防止加热时Na2S2O4和HCOONa被氧化，也可通一段时间N2；排净系统中的空气；

④洗涤连二亚硫酸钠时应与空气隔离；洗涤剂可用甲醇或乙醇，洗涤过程为：在无氧环境中，向漏斗中加入甲醇或乙醇至浸没晶体，待甲醇顺利流下，重复2-3次；

⑤设连二亚硫酸钠理论产率为x；根据硫原子守恒：

2Na2SO3～Na2S2O4

252174

6.3gx

则解得x=4.35g，产率为：【解析】bcfgdNa2SO3+H2SO4(浓)═Na2SO4+SO2↑+H2O+3恒压滴液漏斗排净系统中的空气向漏斗中加入甲醇或乙醇至浸没晶体，待甲醇顺利流下，重复2-3次12、略

【分析】【分析】

(1)甲实验:根据裝置Ⅰ不要加热制取氧气可以知道利用的是双氧水的分解；过氧化氢在二氧化锰催化作用下分解生成氧气，I中产生无色气体并伴随大量白雾；Ⅲ中有气泡冒出，溶液迅速变蓝说明生成碘单质；

(2)碘离子具有还原性；在酸性条件下能够被氧化氧化成碘单质，据此写出反应的离子方程式；

(3)对比乙、丙实验可以知道，O2与KI溶液发生反应的适宜条件酸性环境；酸溶液中氢离子浓度不同，装置Ⅲ中出现蓝色的速率不同；

(4)证明Ⅰ中产生的气体中含有双氧水；氧气和双氧水都具有氧化性，需要利用不同性质进行检验；

(5)该小组同学取20mL久置的KI溶液；向其中加入几滴淀粉溶液，结果没有观察到溶液颜色变蓝，可能是生成的碘单质在碱溶液中发生反应生成碘化钾；碘酸钾，验证是否正确是在未变蓝色的溶液中滴入稀硫酸观察是否变蓝。

【详解】

(1)甲实验:根据装置Ⅰ不需要加热制取氧气可以知道利用的是双氧水的分解，过氧化氢在二氧化锰催化作用下分解生成氧气，向Ⅰ的锥形瓶中加入MnO2固体，向Ⅰ的分液漏斗中加入30%H2O2溶液；连接Ⅰ；Ⅲ，打开活塞，Ⅰ中产生无色气体并伴随大量白雾；Ⅲ中有气泡冒出，溶液迅速变蓝说明生成碘单质，故答案为：分液漏斗；

(2)碘离子具有还原性，在酸性条件下能够被氧化成碘单质，据此写出反应的离子方程式为:O2+4I-+4H+=2I2+2H2O，故答案为：O2+4I-+4H+=2I2+2H2O；

(3)向装置Ⅱ中加入KMnO4固体，连接装置II、III，点燃酒精灯，Ⅲ中有气泡冒出，溶液不变蓝，向Ⅱ中加入KMnO4固体，Ⅲ中加入适量0.1mol·L-1的H2SO4溶液，连接Ⅱ、Ⅲ，点燃酒精灯，Ⅲ中有气泡冒出，溶液变蓝。对比乙、丙实验可以知道，O2与KI溶液发生反应的适宜条件是：酸性环境；为进一步探究该条件对反应速率的影响；可采取的实验措施是：使用不同浓度的稀硫酸作对比实验，故答案为：酸性环境；使用不同浓度的稀硫狻作对比实验；

(4)A.高锰酸钾溶液能够将双氧水氧化；导致高锰酸钾溶液褪色，而氧气不与高锰酸钾溶液反应，如果高锰酸钾溶液褪色可证明混合气体中含有双氧水，故A正确；

B.氧气和高锰酸钾溶液都能够氧化亚铁离子；无法证明混合气体中含有双氧水，故B错误；

C.高锰酸钾和氧气都能够氧化硫化氢；无法用硫化氢检验混合气体中是否含有双氧水，故C错误；

故答案为：A；

（5）KI溶液在空气中久置的过程中会被缓慢氧化：4KI＋O2＋2H2O＝2I2＋4KOH。该小组同学取20mL久置的KI溶液，向其中加入几滴淀粉溶液，结果没有观察到溶液颜色变蓝，他们猜想可能是发生了反应的离子方程式为3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O，设计实验证明他们的猜想是否正确的实验方案为：在上述未变蓝的溶液中滴入0.1mol∙L-1H2SO4溶液，观察现象，若溶液变蓝则猜想正确，否则错误，故答案为：3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O；在上述未变蓝的溶液中滴入0.1mol∙L-1H2SO4溶液；观察现象，若溶液变蓝则猜想正确，否则错误。

【点睛】

在做探究性实验的题目时，根据资料，如果没有得到预期的实验结果，那么除了资料中给的化学反应，还要考虑酸性或碱性环境的影响，结合题目的上下文进行联系，综合考虑得出结论。这是解答此类题目时的难点。【解析】分液漏斗KMnO4固体O2+4I-+4H+=2I2+2H2O酸性环境使用同体积不同浓度的稀硫酸做对比实验A3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O在上述未变蓝的溶液中滴入0.1mol∙L-1H2SO4溶液，观察现象，若溶液变蓝则猜想正确，否则错误13、略

【分析】【分析】

溴单质氧化性较强，能将亚铁离子氧化为三价铁，三价铁在水溶液中是黄色的；要验证乙同学的判断正确，可检验黄色溶液中不含Br2或黄色溶液中含Fe3+，根据Br2和Fe3+的性质进行检验,Br2可溶于CCl4，Fe3+可与KSCN溶液反应生成血红色物质；Br2能将Fe2+氧化成Fe3+，说明还原性：Fe2+>Br-；依据氧化还原反应中“先强后弱”规律判断。

【详解】

(1)在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1-2滴液溴，若没有发生化学反应，使溶液呈黄色的微粒为Br2；若是发生化学反应，二价铁离子被溴单质氧化为三价铁在水溶液中是黄色的；因此答案是:Br2；Fe3+；

(2)要验证乙同学的判断正确，可检验黄色溶液中不含Br2或黄色溶液中含Fe3+，根据Br2和Fe3+的性质进行检验,Br2可溶于CCl4，Fe3+可与KSCN溶液反应生成血红色物质；方案一可选用CCl4（C），向黄色溶液中加入四氯化碳，充分振荡、静置，溶液分层，若下层呈无色，表明黄色溶液中不含Br2，则乙同学的判断正确；方案二可选用KSCN溶液（D），向黄色溶液中加入KSCN溶液，振荡，若溶液变为血红色，则黄色溶液中含Fe3+；则乙同学的判断正确。

(3)根据上述推测说明发生反应Br2+2Fe2+=2Fe3++2Br-，由此说明亚铁离子的还原性大于溴离子，Cl2具有氧化性，先氧化的离子是亚铁离子，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；因此答案是:Fe2+；2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。【解析】Br2；Fe3+答案如下:

。

选用试剂。

实验现象。

第一种方法。

C

有机层无色。

第二种方法。

D

溶液变红。

Fe2+2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-三、工业流程题(共9题，共18分)14、略

【分析】【分析】

氧化锌烟尘中性浸出，过滤分离得到滤液1，滤液1为ZnSO4，中性渣主要含加入硫酸酸浸，过滤得到滤液2和酸浸渣，酸浸渣为滤液2中主要含有In3+、Fe3+；加入P204+260号溶剂由萃取，再加入酸反萃取后，加入Zn置换得到海绵铟。

【详解】

（1）In为第五周期第ⅢA族元素，基态In原子的价电子排布式为故答案为：

（2）①加入稀硫酸浸泡过程中，与稀反应生成和沉淀，反应的化学方程式为故答案为：

②氧化酸浸过程中，中的硫元素被氧化为MnO2被还原为Mn2+，则发生反应的离子方程式为故答案为：

③“中性浸出”时要尽可能使锌元素浸出；铟元素不浸出，根据题图判断，最佳氧化剂用量为1%，故答案为：1%；

④由上述分析可知，“中浸渣”的主要成分为故答案为：

（3）①反萃取过程中，需要加入酸溶液让萃取反应的平衡逆向移动，从流程中看出宜选用稀故答案为：稀

②萃取和反萃取后需要分液；则均需要使用的玻璃仪器有烧杯；分液漏斗，故答案为：烧杯、分液漏斗；

（4）“置换”后的滤液中含有大量可返回滤液1中利用，故答案为：滤液1；

（5）“置换”过程中发生反应则需要消耗的Zn的质量为故答案为：5.88。【解析】(1)

(2)1%

(3)稀烧杯；分液漏斗。

(4)滤液1

(5)5.8815、略

【分析】铝土矿的主要成分为氧化铝，含少量氧化铁，由流程可知，加入氢氧化钠，氧化铁不和碱反应，氧化铝可与氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠和水；过滤后得到的沉淀B为Fe2O3；滤液A中含氢氧化钠和偏铝酸钠；通入二氧化碳，二氧化碳和四羟基合铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸氢钠，过滤得到氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠溶液；灼烧氢氧化铝得到氧化铝和水，电解氧化铝得到铝和氧气；碳酸氢钠溶液和氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钠，氢氧化钠用来碱浸，以此来解答。

【详解】

（1）由上述分析可知；试剂1为NaOH，氧化铁不和碱反应，氧化铝可与氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠和水；①~④转化过程中只有④有化合价变化，即④为氧化还原反应，故答案为：NaOH；④；

（2）由上述分析可知沉淀B为Fe2O3，三氧化二铁发生铝热反应的方程式为2A1+Fe2O3Al2O3+2Fe，故答案为：Fe2O3；2A1+Fe2O3Al2O3+2Fe；

（3）电解氧化铝的方程式为2Al2O34A1+3O2↑；设得到铝的质量为m；

解得m==5.4g；故答案为：5.4；

（4）D是氢氧化铝，是药物胃舒平的主要成分，可与盐酸反应治疗胃酸过多的离子反应为：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；故答案为：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；

（5）偏铝酸钠溶液通入过量的二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，②中离子方程式为CO2+Al(OH)=Al(OH3)↓+HCO故答案为：CO2+Al(OH)=Al(OH)3↓+HCO【解析】NaOH④Fe2O32Al+Fe2O3Al2O3+2Fe5.4Al(OH)3+3H+=Al3++3H2OCO2+Al(OH)=Al(OH3)↓+HCO16、略

【分析】【分析】

海带中提取I2，即将海带中的I-溶于水中，再将其氧化为I2，再利用CCl4萃取从水中提取出来。

【详解】

（1）操作为从水中分离出I2，即为萃取分液。具体操作顺序为edacb。在振荡过程中CCl4挥发导致分液漏斗中气压增大为了防止炸裂引发安全事故，需要进行放气，放气时分液漏斗下端朝上转动活塞放气。将漏斗置于铁圈上打开上端活塞静置分层，然后从下口放出下层，再从上口倒出上层。答案为edacb；向上倾斜；排除气体防止压强过大分液漏斗炸裂；打开上端活塞静置；从上口倒出上层；

（2）从图可以看出I2转变为NaI和NaIO3，那么反应按照升降守恒配平即可，3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O。答案为3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O；

（3）从图看NaI和NaIO3经稀硫酸转变为I2，即反应为6H++5I-+=3I2+3H2O。答案为6H++5I-+=3I2+3H2O；

（4）碘易升华经冷却之后便可被收集起来。该装置中I2经加热升华进入漏斗冷却为固体被收集在漏斗中从而达到分离提纯的目的。棉花为防止I2蒸汽升华至空气中。答案为I2经加热升华进入漏斗冷却为固体被收集在漏斗中从而达到分离提纯的目的；防止I2蒸汽升华至空气中。【解析】(1)edacb向上倾斜排除气体防止压强过大分液漏斗炸裂打开上端活塞从上口倒出上层。

(2)3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O

(3)6H++5I-+=3I2+3H2O

(4)I2经加热升华进入漏斗冷却为固体被收集在漏斗中从而达到分离提纯的目的防止I2蒸汽升华至空气中17、略

【分析】【分析】

方案一利用MnO加入50%硝酸溶液浸取，调节pH、过滤后得到滤液1在真空加热到250℃~300℃，洗涤后得到二氧化锰粗品，多步操作后得到二氧化锰精品；方案二在MnO和水中同时通入CO2和氨气；浸取后得到滤液2，蒸发；过滤得到的滤渣灼烧得到二氧化锰粗品，多步操作得到精品。

【详解】

（1）方案一中通过调节溶液的pH，使铁离子水解产生氢氧化铁沉淀过滤而除去，故铁元素以被除去；

（2）A.受热易分解，其他硝酸盐相对难分解，步骤Ⅱ中，真空加热主要是为了使氧化生成二氧化锰；选项A错误；

B.步骤Ⅲ中，氨基甲酸铵溶液的制备应在MnO和水中同时通氨气和进行反应；选项B错误；

C.步骤Ⅳ和Ⅴ，步骤Ⅳ所得的滤液3和步骤Ⅴ生成的气体可以循环利用；选项C正确；

D.方案一有硝酸参与；产生氮的氧化物，故方案二与方案一相比，方案二相对比较环保，选项D正确；

答案选CD；

（3）过滤后，步骤Ⅴ，为了得到更多具体操作为b.将滤纸包放入坩埚后，在泥三角上如装置2朝向摆放；d.先加热装置3中a处，再加热b处；c.加热时，不断转动坩埚使滤纸完全灰化；f.将沉淀转移至在石英玻璃管中继续灼烧氧化；答案为bdcf；

（4）步骤Ⅰ，硝酸的质量分数选取50%；因为浓度太小，反应速率太小，浓度过大容易被氧化而不利于MnO的溶解；在后续过滤中被滤除；

（5）步骤Ⅵ用硫酸溶解其中的后，再用合适浓度的氧化后，可得到结构相对致密的重质精品，高锰酸根离子与锰离子发生归中反应生成二氧化锰，发生的离子反应方程式为【解析】(1)

(2)CD

(3)bdcf

(4)浓度太小，反应速率太小，浓度过大容易被氧化而不利于MnO的溶解；在后续过滤中被滤除。

(5)18、略

【分析】【详解】

根据流程中的反应②发生反应：2I-+2Cu2++SO32-+H2O═2CuI↓+SO42-+2H+；过滤则得到碘化亚铜沉淀，碘化亚铜可以被硝酸氧化为碘单质，碘单质中加入铁和水，会得到化合物B，是一种含有铁元素和碘元素的化合物，在向其中加入碳酸氢钠溶液，过滤可以得到碘化钠的溶液，从而制得碘化钠固体．

（1）将少量氯水加入到NaI溶液中，氯气能将碘单质置换出来，发生的反应为：Cl2+2I—═I2+2Cl—；

（2）碘单质具有氧化性，亚硫酸根离子具有还原性，I2与Na2SO3溶液发生氧化还原反应，即I2+SO32—+H2O═SO42—+2I—+2H+；

（3）碘化亚铜可以被硝酸氧化为碘单质，碘元素的化合价升高，所以CuI被氧化；95.5gCuI的物质的量为0.5mol，每摩尔CuI被氧化为碘单质和铜离子需要失去2mol电子，则95.5gCuI被氧化电子转移的数目为NA，若硝酸还原产物只有NO2，反应的化学方程式为：2CuI+8HNO3=2Cu(NO3)2+I2+4NO2+4H2O。

（4）化合物B，是一种含有铁元素和碘元素的化合物，铁元素与碘元素物质的量之比为3：8，则化合物B的化学式为Fe3I8；

（5）向碘化铁的溶液中加入碳酸氢钠溶液则生成黑色固体四氧化三铁和二氧化碳无色气体，发生的反应为：Fe3I8+8NaHCO3═Fe3O4+8NaI+8CO2↑+4H2O。【解析】①.Cl2+2I−=I2+2Cl−②.I2+SO32−+H2O=SO42−+2I−+2H+③.氧化④.NA⑤.2CuI+8HNO3=2Cu(NO3)2+I2+4NO2+4H2O⑥.Fe3I8⑦.Fe3I8+8NaHCO3=Fe3O4+8NaI+8CO2↑+4H2O19、略

【分析】【分析】

反应Ⅰ是在氢氧化钠溶液中将碘酸钠氧化为不溶于水的Na2H3IO6，过滤得到Na2H3IO6，反应Ⅱ加入硝酸银溶液生成不溶于水的黑色Ag5IO6，过滤得到黑色Ag5IO6，反应Ⅲ加入氯气和水反应的化学方程式为：2Ag5IO6+5Cl2+H2O=10AgCl↓+5O2+2H5IO6，生成气体氧气，过滤得到H5IO6(正高碘酸)。

【详解】

（1）氢氧化钠溶液中氯气将碘酸钠氧化为不溶于水的Na2H3IO6，反应的化学方程式为：NaIO3+Cl2+3NaOH=Na2H3IO6↓+2NaCl，该反应生成不溶于水的Na2H3IO6的离子方程式为IO3-+Cl2+2Na++3OH-=Na2H3IO6↓+2Cl-。若要提高Cl2的利用率，可对装置进行改进的措施为：通Cl2导管的下端连接多孔球泡装置。

故答案为：IO3-+Cl2+2Na++3OH-=Na2H3IO6↓+2Cl-；通Cl2导管的下端连接多孔球泡装置；

（2）反应Ⅱ加入硝酸银反应生成不溶于水的黑色Ag5IO6，反应为：Na2H3IO6+5AgNO3=3HNO3+2NaNO3+Ag5IO6↓；滤液中生成硝酸，溶液显酸性；

故答案为：酸；

（3）上述分析可知Ag5IO6被氧化生成高碘酸，反应的化学方程式为：2Ag5IO6+5Cl2+H2O=10AgCl↓+5O2+2H5IO6，“无色气体”为O2(填化学式)。

故答案为：O2；

（4）依据化学反应的定量关系计算：NaIO3+Cl2+3NaOH=Na2H3IO6+2NaCl，Na2H3IO6+5AgNO3=3HNO3+2NaNO3+Ag5IO6↓，2Ag5IO6+5Cl2+H2O=10AgCl↓+5O2+2H5IO6，计算得到，2Cl2～2Na2H3IO6～10AgNO3～2Ag5IO6～5Cl2，所以整个流程需要控制加入氯气和硝酸银的物质的量之比为n(Cl2)∶n(AgNO3)=7∶10。

故答案为：7∶10；

（5）H5IO6具有强氧化性，可将FeSO4氧化为H2FeO4，自身被还原为HIO3，该反应的化学方程式为FeSO4+2H5IO6=H2FeO4+H2SO4+2HIO3。

故答案为：FeSO4+2H5IO6=H2FeO4+H2SO4+2HIO3。

【点睛】

本题考查了物质分离提纯的分析，主要是化学反应的定量关系分析计算，过程的产物判断和化学方程式的书写是解题关键，难点（4）写出方程式，计算得到，2Cl2～2Na2H3IO6～10AgNO3～2Ag5IO6～5Cl2，所以整个流程需要控制加入氯气和硝酸银的物质的量之比为n(Cl2)∶n(AgNO3)=7∶10。【解析】①.IO3-+Cl2+2Na++3OH-=Na2H3IO6↓+2Cl-②.通Cl2导管的下端连接多孔球泡装置③.酸④.O2⑤.7∶10⑥.FeSO4+2H5IO6=H2FeO4+H2SO4+2HIO320、略

【分析】【分析】

湖水中含有高浓度的Na+、K+、Mg2+及Cl-等，氯化钠的溶解度受温度影响不大，通过蒸发结晶得到晶体A，通过过滤得到食盐晶体和溶液B，溶液B中含大量K+、Mg2+及Cl-，氯化钾的溶解度受温度影响较大，通加入冷水冷却结晶，再次过滤得到得到钾肥氯化钾晶体和溶液C，溶液C中含大量Mg2+及Cl-；最后蒸发浓缩；冷却结晶得到水氯镁石。

【详解】

（1）得到的晶体A主要是氯化钠；氯化钠的溶解度受温度影响变化较小，所以得到晶体A的方法是蒸发结晶，故答案为：蒸发；

（2）过滤可以将溶液和固体分离；所以操作Ⅰ的名称为过滤，故答案为：过滤；不溶于液体的固体和液体；

（3）本流程中分别采用条件1和条件2获得不同晶体，所依据是物质的溶解度，故答案为：b；

（4）钠离子用焰色反应进行检验；火焰呈黄色，要得到较高纯度的钾肥，利用钾盐和钠盐在水中不同温度时的溶解度不同而使它们相互分离，这种方法叫重结晶，故答案为：焰色反应；火焰呈黄色；重结晶；

（5）水氯镁石在高温的条件下反应，镁离子水解生成氢氧化镁，且产生的氯化氢不断挥发，使水解彻底，氢氧化镁灼烧后分解得到氧化镁，所以水氯镁石分解生成氧化镁、水和氯化氢，化学方程式为：MgCl2•xH2OMgO+2HCl+（x-1）H2O；结晶水的测定实验步骤为：

①称量：称量坩埚质量；再称坩埚和晶体样品的总质量；

②加热灼烧：使晶体MgCl2•xH2O完全转化为MgO为止；

③冷却：将坩埚放在干燥器里冷却；

④称量：称量坩埚和MgO的总质量；

⑤重复②③④操作，若再次称量的坩埚和MgO的总质量与第一次的差小于0.1g，则实验成功；若大于0.1g，必须再重复②③④操作，也叫做恒重操作，直至两次的差小于0.1g为止，取平均值，故答案为：坩埚和样品；冷却；恒重；MgO；2HCl；（x-1）H2O。【解析】①.蒸发②.过滤③.不溶于液体的固体和液体④.b⑤.焰色反应⑥.火焰呈黄色⑦.重结晶法⑧.坩埚和样品⑨.冷却⑩.恒重⑪.MgO⑫.2HCl⑬.（x-1）H2O21、略

【分析】【分析】

根据乙醚浸取法的流程可知；对青蒿进行干燥破碎，可以增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率，用乙醚对青蒿素进行浸取后，过滤，可得滤液和滤渣，提取液经过蒸馏后可得青蒿素的粗品，对粗品加95%的乙醇，浓缩；结晶、过滤可得精品；

（1）根据乙醚浸取法的流程可知；对青蒿进行干燥破碎，可以增大青蒿与乙醚的接触面积；

（2）根据上面的分析；操作I为过滤，需要的玻璃仪器依据装置图分析选择玻璃仪器；提取液经过蒸馏后可得青蒿素的粗品；

（3）根据上面的分析可知，粗品中加95%的乙醇，浓缩、结晶、过滤可得精品；

（4）根据原料的粒度；提取时间和提取温度对青蒿素提取速率的影响如图3所示；取提取率最大的值进行答题；

（5）根据酯的性质；结合题给信息，分析青蒿素的性质；

（6）碱石灰能够吸收水蒸气和二氧化碳；据此分析计算干燥管增重的质量；

【详解】

（1）超声提取的原理是在强大的超声波作用下；使青蒿细胞乳化；击碎、扩散，超声波提取的优点是浸取率高；

故答案为浸取率高；

（2）操作1是固体和液体分离；名称为过滤，该冷凝管是直形冷凝管，故D错误；

故答案为过滤；D；

（3）已知青蒿素在95％乙醇中的溶解度随温度的升高而升高；从溶液中获得晶体，则操作Ⅲ为蒸发浓缩；冷却结晶；

故答案为蒸发浓缩；冷却结晶；

（4）有图像分析可知采用的最佳原料粒度；提取时间和提取温度分别为60目（40~60目）、100min、50℃；

故答案为60目（40~60目）；100min、50℃；

（5）将青蒿素加入滴有酚酞的NaOH溶液中；青蒿素的溶解量较小，加