2025年北師大新版高三化學上冊階段測試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年北師大新版高三化學上冊階段測試試卷149考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、下列事實中，能證明氯化氫是強電解質(zhì)的是（）A.氯化氫易溶于水B.氯化氫水溶液能導電C.氯化氫在水溶液中完全電離D.氯化氫易揮發(fā)2、化學與新型材料、環(huán)境保護、能源開發(fā)等密切相關(guān)．下列說法錯誤的是（）A.使用生物酶降解生活廢水中的有機物，可防止水體的富營養(yǎng)化B.人造纖維、合成橡膠和光導纖維都屬于有機高分子化合物C.上海世博會很多展館采用光電轉(zhuǎn)化裝置，體現(xiàn)當今“低碳”經(jīng)濟的理念D.利用二氧化碳等原料合成的聚碳酸酯類可降解塑料有利于減少白色污染3、某學生中和滴定實驗過程為：(a)取堿式滴定管；(b)用蒸餾水洗凈；(c)即加入待測的NaOH溶液；(d)記錄液面刻度讀數(shù)；(e)用酸式滴定管精確放出一定量標準酸液入只用蒸餾水洗滌過的錐形瓶中；(f)向錐形瓶中加入適量蒸餾水；(g)加入酚酞試液2滴；(h)滴定時邊搖動錐形瓶；(i)邊注視滴定管內(nèi)液面變化；(j)當?shù)蔚饺芤河蔁o色變到粉紅色時，立即停止滴定；(k)記錄液面刻度讀數(shù)；(m)根據(jù)重復兩次滴定的耗NaOH溶液體積平均值為22mL，上述實驗過程中錯誤之處有()A.c、d、f、j、kB.c、i、j、mC.e、f、i、mD.c、e、f、i、j、m4、迷迭香酸是從植物中提取得到的酸性物質(zhì)，其結(jié)構(gòu)如圖所示。下列敘述正確的是A.迷迭香酸屬于芳香族化合物，分子式C18H18O8B.迷迭香酸含的官能團只有：羥基、羧基、酯基C.1mol迷迭香酸最多能和含7molBr2的濃溴水發(fā)生反應D.1mol迷迭香酸最多與含5molNaOH的水溶液完全反應5、常溫下，下列溶液中可能大量共存的離子組是（）A.含有大量S2-的溶液：Na+、ClO-、Cl-、CO32-B.含有大量Al3+的溶液：K+、Na+、AlO2-、SO42-C.能使pH試紙變紅的溶液：NH4+、Na+、NO3-、HCO3-D.水電離產(chǎn)生的c（H+）=1×10-12mol?L-1的溶液：Mg2+、SO42-、NO3-、Cl-評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)6、下列操作中正確的是（）A.除去乙烷中的少量乙烯：通入氫氣，使乙烯全部轉(zhuǎn)化為乙烷B.提取溶解在水中的少量碘：加入CCl4，振蕩、靜置分層后，取出有機層再分離C.除去苯中的少量苯酚：加入NaOH溶液，振蕩、靜置分層后，除去水層D.檢驗鹵代烴中的鹵素原子：取少量鹵代烴，加入NaOH水溶液，充分加熱一段時間后，在水解液中加入AgNO3溶液，觀察現(xiàn)象7、生物質(zhì)能來源于植物及其加工產(chǎn)品所貯存的能量．下列不屬于生物質(zhì)能的利用方式的是（）A.直接燃燒B.生物化學轉(zhuǎn)換C.熱化學轉(zhuǎn)換D.光合作用8、某原電池裝置如圖所示．下列有關(guān)敘述不正確的是（）A.Fe作正極，發(fā)生氧化反應B.負極反應：2H++2e-=H2↑C.工作一段時間后，NaCl溶液中c（Cl-）增大D.工作一段時間后，右燒杯中溶液pH增大9、已知三種溶液：

①0.1mol/LH2S

②0.2molNa2S和0.1molHCl混合配成1L水溶液。

③0.2molH2S和0.1molNaOH混合配成1L水溶液。

下列各項排序正確的是（）A.pH：③＞②＞①B.c（S2-）：②＞①＞③C.c（H+）：③＞①＞②D.c（H2S）：③＞①＞②10、恒容下的2SO2+O2?2SO3；△H＜0，達到平衡后，下列可以加快反應速率的方法是（）A.將SO3分離出一部分B.升溫C.充入少量N2，增大壓強D.充入少量SO3氣體11、鋰-釩氧化物電池的能量密度遠遠超過其他材料電池，電池總反應式為xLi+V2O5LixV2O5，下列說法正確的是（）A.放電時，鋰離子向負極移動B.放電時，負極上反應的物質(zhì)是鋰，正極上反應的物質(zhì)是V2O5C.放電時，負極的電極反應為Li-e-=Li+D.充電時，V2O5在陰極被還原12、常溫下，取0.2mol/LHX溶液與0.2mol/LNaOH溶液等體積混合（忽略混合后溶液體積的變化），測得混合溶液的pH=8，則下列說法（或關(guān)系式）正確的是（）A.c（Na+）-c（X-）=9.9×10-7mol/LB.c（Na+）=c（X-）+c（HX）=0.1mol/LC.c（OH-）-c（HX）=c（H+）=1×10-6mol/LD.混合溶液中由水電離出的c（OH-）小于0.2mol/LHX溶液中由水電離出的c（H+）13、下列對一些實驗事實的理論解釋正確的是。

。選項實驗事實理論解釋ASO2溶于水形成的溶液能導電SO2是電解質(zhì)B白磷熔沸點比較低白磷為分子晶體C1體積水可以溶解700體積氨氣氫鍵的影響DHF的沸點高于HClH-F的鍵長比H-Cl的鍵長短A.AB.BC.CD.D評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)14、某學?；瘜W科研小組從文獻資料上獲得如下信息：NaHCO3在潮濕的空氣中會緩慢分解成Na2CO3、H2O和CO2．為了驗證這一信息，該科研小組將一瓶在潮濕空氣中久置的NaHCO3樣品混合均勻后；進行如下實驗：

（1）在一個質(zhì)量為ag的蒸發(fā)皿中加入一些樣品，稱得總質(zhì)量為bg．用酒精燈對其充分加熱，冷卻后稱得其總質(zhì)量為cg．殘留在蒸發(fā)皿中的固體是（填化學式）____．

（2）寫出實驗過程中發(fā)生反應的化學方程式____

（3）求此樣品中NaHCO3的質(zhì)量分數(shù)（寫出計算過程）15、高鐵酸鹽（K2FeO4、Na2FeO4）在能源；環(huán)保等方面有著廣泛的用途．干法、濕法制備高鐵酸鹽的原理如下表所示．

。干法Fe2O3、KNO3、KOH混合加熱共熔生成紫紅色K2FeO4和KNO2等產(chǎn)物濕法強堿性介質(zhì)中，F(xiàn)e（NO3）3與NaClO反應生成紫紅色Na2FeO4溶液（1）干法制備K2FeO4的化學方程式為Fe2O3+3KNO3+4KOH═2K2FeO4+3KNO2+2H2O，該反應中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為____．

（2）工業(yè)上用濕法制備高鐵酸鉀（K2FeO4）的流程如圖所示：

①反應Ⅰ的離子方程式為____．

②反應Ⅱ的化學方程式為____．

③加入飽和KOH溶液的目的是____．

（3）高鐵酸鉀在水中既能消毒殺菌，又能凈水，是一種理想的水處理劑．它能消毒殺菌是因為，它能凈水的原因是____．16、系統(tǒng)命名：（CH3）C（OH）CH2CH3____它的H-NMR譜中有____個峰，此化合物在濃硫酸作用下發(fā)生消去反應，寫出一種有機產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式：____．17、[化學選修5一有機化學基礎(chǔ)]

蘇合香醇可以用作食用香精，其結(jié)構(gòu)簡式如圖所示．

（1）蘇合香醇的分子式為____，它不能發(fā)生的有機反應類型有（填數(shù)字序號）____．

①取代反應②加成反應③消去反應④加聚反應⑤氧化反應⑥水解反應。

有機物G是一種香料；其合成路線如下圖．其中D的相對分子質(zhì)量為88，它的核磁共振氫譜顯示只有三組峰；F與蘇合香醇互為同系物．

（2）按照系統(tǒng)命名法．A的名稱是____

（3）C與新制Cu（OH）2懸濁液反應的化學方程式為____．

（4）G中含有兩個甲基，E可發(fā)生銀鏡反應，在催化劑存在下，1molE與2molH2可以反應生成F，則E的結(jié)構(gòu)簡式為____．

（5）D與F反應的化學方程式為____

（6）苯環(huán)上有三個取代基或官能團，且顯弱酸性的F的同分異構(gòu)體共有____種，其中有三個取代基且官能團互不相鄰的有機物結(jié)構(gòu)簡式為____．18、A、B、C、D、E、F為前四周期元素且原子序數(shù)依次增大,其中A含有3個能級,且每個能級所含的電子數(shù)相同;C的最外層有6個運動狀態(tài)不同的電子;D是短周期元素中電負性最小的元素;E的最高價氧化物的水化物酸性最強;F除最外層原子軌道處于半充滿狀態(tài),其余能層均充滿電子。G元素與D元素同主族,且相差3個周期。(1)元素A、B、C的第一電離能由小到大的是(用元素符號表示)。(2)E的最高價含氧酸中E的雜化方式為。(3)F原子的外圍電子排布式為。(4)DE,GE兩種晶體,都屬于離子晶體,但配位數(shù)不同,其原因是。(5)已知DE晶體的晶胞如圖所示,若將DE晶胞中的所有E離子去掉,并將D離子全部換為A原子,再在其中的4個“小立方體”中心各放置一個A原子,且這4個“小立方體”不相鄰。位于“小立方體”中的A原子與最近的4個A原子以單鍵相連,由此表示A的一種晶體的晶胞(已知A—A鍵的鍵長為acm,NA表示阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值),則該晶胞中含有個A原子,該晶體的密度是g·cm-3(列式表示)。評卷人得分四、判斷題(共1題，共7分)19、判斷對錯：在標準狀況下，1molO2與1molSO3的體積相同____．評卷人得分五、實驗題(共4題，共20分)20、實驗室有兩瓶已失去標簽的白色固體需要鑒別，已知他們分別是純堿（Na2CO3）和小蘇打（NaHCO3）；某學習小組將這兩瓶固體編號：A和B，并設(shè)計如下鑒別方案：

方案一：取等質(zhì)量的A；B兩種固體；分別置于兩支試管中，按如圖方法進行鑒別。

方案二：取等質(zhì)量的A；B兩種固體分別置于兩個小氣球中；并將小氣球套在盛等濃度、等體積的鹽酸溶液試管上（如圖2），實驗時同時將A、B抖入各自試管中．請?zhí)顚懀?/p>

（1）在進行方案一的實驗時，觀察到加熱A的那支試管產(chǎn)生的氣體能使澄清石灰水變渾濁，可判斷A是____；則方案二可觀察到的現(xiàn)象是____

（2）寫出A與鹽酸反應的化學方程式____．21、孔雀石的主要成分為Cu2(OH)2CO3，還含少量鐵的氧化物和硅的氧化物。以下是實驗室以孔雀石為原料制備CuSO4·5H2O晶體的流程圖：（1）研磨孔雀石的目的是。浸泡孔雀石的試劑A若選用過量的稀硫酸，則固體a是____(填化學式)。（2）試劑B的目的是將溶液中的Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+，則試劑B宜選用____（填序號）：A．酸性KMnO4溶液B．雙氧水C．濃硝酸D．氯水相應的離子方程式為：。（3）試劑C用于調(diào)節(jié)溶液pH，使Fe3+轉(zhuǎn)化為沉淀予以分離。則試劑C宜選用____（填序號）：A．稀硫酸B．NaOH溶液C．氨水D．CuO固體C的化學式為。（4）1mol氨氣通過加熱的Cu2(OH)2CO3可以產(chǎn)生1.5mol金屬銅，則該反應的化學方程式為。（5）常溫下Fe(OH)3的Ksp=1×10-39，若要將溶液中的Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，使溶液中c(Fe3+)降低至1×10—3mol／L，必需將溶液調(diào)節(jié)至pH=。22、2015年8月12日天津港特大爆炸事故，再一次引發(fā)了人們對環(huán)境問題的關(guān)注．據(jù)查?；瘋}庫中存有大量的鈉、鉀、白磷（P4）；硝酸銨和氰化鈉（NaCN）．

（1）白磷有毒能和氯酸溶液發(fā)生氧化還原反應：3P4+10HClO3+18H2O═10HCl+12H3PO4，該反應的氧化產(chǎn)物是______，若有1molP4參加反應轉(zhuǎn)移電子為______mol．

（2）氰化鈉（NaCN）是一種化工原料；用于基本化學合成；電鍍、冶金和有機合成醫(yī)藥、農(nóng)藥及金屬處理等方面．

①已知：25℃時，HCN的電離平衡常數(shù)Ka=6.2×10-10，H2CO3在25℃時的電離平衡常數(shù)是Ka1=4.5×10-7、Ka2=4.7×10-11，則向NaCN溶液通入少量CO2反應方程式是：______．

②常溫下，氰化鈉能與過氧化氫溶液反應，生成碳酸氫鈉和能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍色的氣體，大大降低其毒性．該反應的化學方程式是：______．

③電解法可以處理空氣中的氮氧化物，用如圖示電解池，將NOx在電解池中分解成無污染的N2和O2除去，兩電極間是固體氧化物電解質(zhì)，在一定條件下可自由傳導O2-，電解池陰極反應為______．

（3）①傳統(tǒng)工業(yè)上利用氨氣可以合成尿素．主要反應如下：

2NH3（g）+CO2（g）═NH2CO2NH4（s）△H=-159.47kJ?mol-1

NH2CO2NH4（s）═CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H=+72.49kJ?mol-1

反應2NH3（g）+CO2（g）═CO（NH2）（s）+H2O（g）的△H=______kJ?mol-1

②工業(yè)上用氨氣制備硝酸，將一定質(zhì)量的鐵粉加入到100mL某濃度的稀硝酸中充分反應后，容器中剩余m1g鐵粉，此時共收集到NO氣體448mL（標準狀況）．然后向上述混合物中加入稀硫酸至不再產(chǎn)生NO為止，容器剩余鐵粉m2g，則m1-m2為______．（若鐵改為銅，答案相應改正）23、rm{(}Ⅰrm{)}氨基甲酸銨rm{(NH_{2}COONH_{4})}的制備氨基甲酸銨是一種白色固體，易分解、易水解，難溶于rm{CCl_{4}.}可用做肥料．

制備氨基甲酸銨的裝置如圖rm{1}所示rm{.}反應的化學方程式如下：rm{2NH_{3}(g)+CO_{2}(g)?NH_{2}COONH_{4}(s)triangleH<0}．

注：四氯化碳與液體石蠟均為惰性介質(zhì)．

rm{2NH_{3}(g)+CO_{2}(g)?NH_{2}COONH_{4}(s)triangle

H<0}發(fā)生器用冰水冷卻的原因是______．

rm{(1)}液體石蠟鼓泡瓶的作用是______．

rm{(2)}從反應后的混合物中分離出產(chǎn)品的實驗方法是______rm{(3)}填寫操作名稱rm{(}為了得到干燥產(chǎn)品，應采取的方法是______rm{).}填寫選項序號rm{(}．

rm{)}熱風下烘干rm{a.80隆忙}熱風下烘干rm{b.60隆忙}熱風下烘干。

rm{c.40隆忙}尾氣處理裝置如圖rm{(4)}所示rm{2}雙通玻璃管的作用：______；

濃硫酸的作用：______；______．

rm{.}取因部分變質(zhì)而混有碳酸氫銨的氨基甲酸銨樣品rm{(5)}用足量石灰水充分處理后，使碳元素完全轉(zhuǎn)化為碳酸鈣，過濾、洗滌、干燥，測得質(zhì)量為rm{0.7820g}則樣品中氨基甲酸銨的物質(zhì)的量分數(shù)為______rm{1.000g.}精確到rm{.(}位小數(shù)，碳酸氫銨和氨基甲酸銨的相對分子質(zhì)量分別為rm{2}和rm{79}

rm{78)}Ⅱrm{(}rm{)}晶體的制備。

rm{FeSO_{4}?7H_{2}O}已知：

。rm{(6)}金屬離子開始沉淀的rm{pH}沉淀完全的rm{pH}rm{Fe^{3+}}rm{1.1}rm{3.2}rm{Al^{3+}}rm{3.0}rm{5.0}rm{Fe^{2+}}rm{5.8}rm{8.8}某研究性學習小組欲從硫鐵礦燒渣rm{(}主要成分為rm{Fe_{2}O_{3}}rm{SiO_{2}}rm{Al_{2}O_{3})}出發(fā)，制備綠礬rm{(FeSO_{4}?7H_{2}O)}補充完整由硫鐵礦燒渣制備rm{FeSO_{4}?7H_{2}O}晶體的實驗步驟rm{(}可選用的試劑：鐵粉、稀硫酸和rm{NaOH}溶液rm{)}

rm{壟脵}向一定量燒渣中加入足量的稀硫酸充分反應；充分反應后過濾；

rm{壟脷}______；

rm{壟脹}______；

rm{壟脺}將得到溶液加熱蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶，過濾，洗滌，低溫干燥，得到rm{FeSO_{4}?7H_{2}O}晶體．評卷人得分六、其他(共3題，共12分)24、磨砂”是增加玻璃儀器密封性的一種處理工藝．在儀器A．試管B．分液漏斗C．帶滴管的試劑瓶（滴瓶）D．集氣瓶E．酸式滴定管F．堿式滴定管中，沒有用到“磨砂”工藝處理的有____．

（填字母編號）．25、將下列各儀器名稱前的字母序號與其用途相對應的選項填在相應位置．

（1）用來夾試管的工具是____；

（2）貯存固體藥品的儀器是____；

（3）常作為反應用的玻璃容器是____；

（4）用于洗滌儀器內(nèi)壁的工具是____；

（5）用于夾持燃燒鎂條的工具是____；

（6）檢驗物質(zhì)可燃性，進行固氣燃燒實驗的儀器是____；

（7）用于加熱濃縮溶液、析出晶體的瓷器是____；

（8）加熱時常墊在玻璃容器與熱源之間的用品是____．26、（10分）已知某種有機物A的質(zhì)譜圖和紅外光譜圖如下：圖2：紅外光譜圖回答下列問題：⑴結(jié)合以上譜圖推斷：有機物A的相對分子質(zhì)量為，分子式為，有機物A的核磁共振氫譜圖中有____種吸收峰，峰面積之比為____；該有機物與氫氧化鈉溶液在加熱條件下反應的化學方程式為：。⑵直鏈烴B的相對分子質(zhì)量比A小4，含2個甲基，并能使溴的四氯化碳溶液褪色，寫出B所有可能的結(jié)構(gòu)簡式：、。⑶鏈烴C是B的同系物，且其對乙烯的相對密度為3，C的核磁共振氫譜顯示：C中只含有一種氫原子。則C在一定條件下發(fā)生聚合反應的方程式為：。參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、C【分析】【分析】完全電離的電解質(zhì)為強電解質(zhì)，強酸、強堿和大部分的鹽、金屬氧化物等都是強電解質(zhì)．【解析】【解答】解：A；易溶于水的物質(zhì)不一定是強電解質(zhì)；如醋酸，故A錯誤；

B；水溶液能導電的物質(zhì)不一定是強電解質(zhì)；如二氧化硫為非電解質(zhì)，故B錯誤；

C；氯化氫在水溶液里完全電離；說明氯化氫是強電解質(zhì)，故C正確；

D；易揮發(fā)的物質(zhì)不一定是強電解質(zhì)；如酒精，故D錯誤；

故選C．2、B【分析】【分析】A．降低廢水中的有機物可防止水體的富營養(yǎng)化；

B．光導纖維不屬于有機高分子化合物；

C．采用光電轉(zhuǎn)化裝置；可減少常規(guī)能源的使用；

D．形成白色污染的主要來源為聚乙烯材料．【解析】【解答】解：A．廢水中的有機物可導致水體富營養(yǎng)化；降低廢水中的有機物可防止水體的富營養(yǎng)化，故A正確；

B．光導纖維的主要成分為二氧化硅；不屬于有機高分子化合物，故B錯誤；

C．采用光電轉(zhuǎn)化裝置；可減少常規(guī)能源的使用，從而減少二氧化碳的排放，體現(xiàn)當今“低碳”經(jīng)濟的理念，故C正確；

D．形成白色污染的主要來源為聚乙烯材料；難以降解，但利用二氧化碳等原料合成的聚碳酸酯類可降解塑料有利于減少白色污染，故D正確．

故選B．3、B【分析】【解析】試題分析：(c)錯誤，加入待測的NaOH溶液之前應該用待測液潤洗；(i)錯誤，眼睛要始終注視錐形瓶內(nèi)液體顏色的變化；(j)錯誤，當?shù)蔚饺芤河蔁o色變到粉紅色時，半分鐘內(nèi)不變色，停止滴定讀數(shù)；(m)錯誤，滴定管讀數(shù)應該精確到0.01mL?？键c：考查酸堿中和滴定操作。【解析】【答案】B4、C【分析】【解析】【答案】C5、D【分析】【分析】A．S2-具有還原性，ClO-具有氧化性；利用氧化還原來分析；

B．利用相互促進水解來分析；

C．能使pH試紙變紅的溶液中有大量的H+；利用復分解反應來分析；

D．水電離產(chǎn)生的c（H+）=1×10-12mol?L-1的溶液，水的電離受到抑制，溶液可能為酸或堿溶液．【解析】【解答】解：A．S2-具有還原性，ClO-具有氧化性；二者發(fā)生氧化還原而不能大量共存，故A錯誤；

B．Al3+與AlO2-相互促進水解而不能大量共存；故B錯誤；

C．能使pH試紙變紅的溶液中有大量的H+，H+與HCO3-反應生成水和二氧化碳；則不能共存，故C錯誤；

D．水電離產(chǎn)生的c（H+）=1×10-12mol?L-1的溶液；水的電離受到抑制，溶液可能為酸或堿溶液，該組離子在酸或堿溶液中都不反應，則能共存，故D正確；

故選D．二、多選題(共8題，共16分)6、BC【分析】【分析】A．不確定乙烯的含量；易引入雜質(zhì)；

B．碘易溶于四氯化碳；

C．苯酚可與氫氧化鈉溶液反應；

D．水解后應先酸化．【解析】【解答】解：A．乙烯與氫氣的反應應在催化劑條件下進行；在實驗室難以完成，且不確定乙烯的含量，易引入雜質(zhì)，應用溴水除雜，故A錯誤；

B．碘易溶于四氯化碳；且四氯化碳不溶于水，萃取后進行蒸餾可分離，故B正確；

C．苯酚可與氫氧化鈉溶液反應；而苯不溶于水，可除雜，故C正確；

D．水解后應先酸化；防止生成AgOH而干擾實驗，故D錯誤．

故選BC．7、AD【分析】【分析】生物質(zhì)能就是太陽能以化學能形式貯存在生物質(zhì)中的能量形式，即以生物質(zhì)為載體的能量；它直接或間接地來源于綠色植物的光合作用，可轉(zhuǎn)化為常規(guī)的固態(tài)、液態(tài)和氣態(tài)燃料，取之不盡、用之不竭，是一種可再生能源，同時也是唯一一種可再生的碳源，生物質(zhì)能是太陽能的一種表現(xiàn)形式．【解析】【解答】解：生物質(zhì)能包括農(nóng)業(yè)廢棄物、水生植物、油料植物、城市與工業(yè)有機廢棄物、動物糞便等，其利用方式有：直接燃燒、生物化學轉(zhuǎn)化、熱化學轉(zhuǎn)化，故選D．8、AB【分析】【分析】鐵為負極，被氧化，電極反應為Fe-2e-=Fe2+，石墨為正極，發(fā)生還原反應，電極反應為2H++2e-=H2↑，結(jié)合電極反應解答．【解析】【解答】解：A．鐵為負極；發(fā)生氧化反應，故A錯誤；

B．負極反應為Fe-2e-=Fe2+；故B錯誤；

C．鐵為負極；氯離子向負極移動，則濃度增大，故C正確；

D．右燒杯發(fā)生2H++2e-=H2↑；氫離子濃度減小，則pH增大，故D正確．

故選AB．9、BD【分析】【分析】①中溶質(zhì)是硫化氫；其電離程度較小；

②中溶質(zhì)是等物質(zhì)的量濃度的硫化鈉；硫氫化鈉和氯化鈉；為0.1mol/L；

③中溶質(zhì)是硫氫化鈉和硫化氫；其物質(zhì)的量濃度都是0.1mol/L；

根據(jù)溶液中的溶質(zhì)確定溶液的酸堿性，結(jié)合電荷守恒分析解答．【解析】【解答】解：①中溶質(zhì)是硫化氫；其電離程度較小；

②中溶質(zhì)是等物質(zhì)的量濃度的硫化鈉；氯化鈉和硫氫化鈉；為0.1mol/L；

③中溶質(zhì)是硫氫化鈉和硫化氫；其物質(zhì)的量濃度都是0.1mol/L，硫氫化鈉溶液呈堿性，則硫氫根離子生成程度大于電離程度；

A．①溶液呈酸性；②溶液呈堿性，③溶液呈酸性，但酸性小于①，所以pH大小順序是②＞③＞①，故A錯誤；

B．②中含有硫化鈉；其主要電離，所以硫離子濃度最大，③中硫氫化鈉抑制硫化氫電離，所以硫離子濃度大小順序是：②＞①＞③，故B正確；

C．根據(jù)A知；氫離子濃度大小順序是②＜③＜①，故C錯誤；

D．②在硫離子和硫氫根離子生成生成硫化氫；但很微弱，所以硫化氫濃度最小，①中硫化氫只有少部分電離，③中硫氫化鈉抑制硫化氫電離，所以硫化氫濃度大小順序是：③＞①＞②，故D正確；

故選：BD．10、BD【分析】【分析】一般來說，增大濃度、升高溫度、增大壓強、加入催化劑等可增大反應速率，以此解答該題．【解析】【解答】解：A．將SO3分離出一部分；生成物濃度減小，反應速率減小，故A錯誤；

B．升高溫度；增大活化分子百分數(shù)，可增大反應速率，故B正確；

C．充入少量N2；增大壓強，但參加反應氣體的濃度不變，反應速率不變，故C錯誤；

D．充入少量SO3氣體；生成物濃度增大，反應速率增大，故D正確．

故選BD．11、BC【分析】【分析】放電時，該原電池中鋰失電子而作負極，V2O5得電子而作正極，負極上發(fā)生氧化反應，正極上發(fā)生還原反應，陽離子向正極移動，據(jù)此分析．【解析】【解答】解：A．放電時；該裝置是原電池，鋰離子向正極移動，故A錯誤；

B．該原電池中，鋰失電子而作負極，V2O5得電子而作正極；故B正確；

C．該原電池中，鋰失電子發(fā)生氧化反應而作負極，電池反應式為：xLi-xe-=xLi+；故C正確；

D．放電時V2O5得電子而作正極；發(fā)生還原反應，充電時做陽極發(fā)生氧化反應，故D錯誤；

故選BC．12、AB【分析】【分析】取0.2mol?L-1HX溶液與0.2mol?L-1NaOH溶液等體積混合，恰好生成NaX，測得混合溶液的pH=8，說明溶液呈堿性，NaX為強堿弱酸鹽，結(jié)合鹽類水解原理以及物料守恒解答該題．【解析】【解答】解：A．該鹽溶液中存在電荷守恒，即c（Na+）+c（H+）=c（X-）+c（OH-），移項得c（Na+）-c（X-）=c（OH-）-c（H+）=1×10-6mol?L-1-1×10-8mol?L-1=9.9×10-7mol?L-1；故A正確；

B．等物質(zhì)的量的該酸和氫氧化鈉恰好反應生成鹽，鹽溶液中存在物料守恒，即c（Na+）=c（X-）+c（HX）=0.1mol?L-1；故B正確；

C．該鹽溶液中存在電荷守恒，即c（Na+）+c（H+）=c（X-）+c（OH-）①，存在物料守恒，即c（Na+）=c（X-）+c（HX）②，將②帶人①得c（HX）+c（H+）=c（OH-），所以c（OH-）-c（HX）=c（H+）=1×10-8mol?L-1；故C錯誤；

D．混合溶液中由水電離出的c（OH-）==1×10-6mol?L-1，而0.2mol/LHX溶液中由水電離出的c（H+），受抑制c（H+）＜1×10-7mol?L-1，所以混合溶液中由水電離出的c（OH-）大于0.2mol/LHX溶液中由水電離出的c（H+）；故D錯誤；

故選AB．13、BC【分析】【分析】A．SO2溶于水形成的溶液能導電是由于SO2和水反應生成亞硫酸；本身不電離出離子；

B．分子晶體熔沸點較低；

C．氨氣和水中都含有氫鍵；氨氣極易溶于水；

D．HF含有氫鍵，沸點較高．【解析】【解答】解：A．SO2溶于水形成的溶液能導電是由于SO2和水反應生成H2SO3，電離出離子，但SO2本身不電離出離子，SO2為非電解質(zhì)；故A錯誤；

B．白磷為非金屬元素形成的單質(zhì)；沸點較低，應為分子晶體，故B正確；

C．氨氣和水中都含有氫鍵；并且氨氣能和水分子之間形成氫鍵，則氨氣極易溶于水，故C正確；

D．HF含有氫鍵；沸點較高，屬于分子間作用力的一種，但與化學鍵無關(guān)，故D錯誤．

故選BC．三、填空題(共5題，共10分)14、Na2CO32NaHO3Na2CO3+CO2↑+H2O【分析】【分析】（1）碳酸氫鈉加熱分解生成碳酸鈉；二氧化碳氣體和水；據(jù)此判斷殘留在蒸發(fā)皿中的固體；

（2）碳酸氫鈉加熱分解生成碳酸鈉；二氧化碳氣體和水；書寫化學方程式；

（3）根據(jù)差量法計算出樣品中碳酸氫鈉的質(zhì)量、碳酸氫鈉的質(zhì)量分數(shù)．【解析】【解答】解：（1）碳酸氫鈉加熱發(fā)生的反應方程式為：2NaHO3Na2CO3+CO2↑+H2O，所以殘留在蒸發(fā)皿中的固體為碳酸鈉，故答案為：Na2CO3；

（2）碳酸氫鈉加熱發(fā)生的反應方程式為：2NaHO3Na2CO3+CO2↑+H2O，故答案為：2NaHO3Na2CO3+CO2↑+H2O；

（3）根據(jù)差量法：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O△m

16862

m（NaHCO3）（b-c）g

ag樣品中含有碳酸氫鈉的質(zhì)量為：m（NaHCO3）=g，此樣品中NaHCO3的質(zhì)量分數(shù)為；

故答案為：．15、3：12OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O3NaClO+10NaOH+2Fe（NO3）3=2Na2FeO4+3NaCl+6NaNO3+5H2O增大K+濃度，促進K2FeO4晶體析出高鐵酸鉀有強氧化性，高鐵酸鉀與水反應生成的Fe（OH）3膠體有吸附性使水澄清【分析】【分析】（1）反應Fe2O3+3KNO3+4KOH2K2FeO4+3KNO2+2H2O中；Fe元素化合價升高，化合價由+3價升高到+6價，被氧化，N元素化合價由+5價降低到+2價，結(jié)合方程式判斷；

（2）反應Ⅰ：2NaOH+Cl2═NaCl+NaClO+H2O，反應Ⅱ：3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+5H2O，加入飽和KOH溶液可以增大K+的濃度；使平衡向右移動，以此解答該題；

（3）K2FeO4具有強氧化性，可用于殺菌消毒，可生成Fe（OH）3，具有吸附性；【解析】【解答】解：（1）反應Fe2O3+3KNO3+4KOH2K2FeO4+3KNO2+2H2O中；Fe元素化合價升高，化合價由+3價升高到+6價，被氧化，N元素化合價由+5價降低到+2價，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為3：1；

故答案為：3：1；

（2）①反應Ⅰ為復分解反應，方程式為：2NaOH+Cl2═NaCl+NaClO+H2O，離子方程式為：2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O，故答案為：2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O；

②反應Ⅱ為氧化還原反應，+3價鐵被氧化成+6價鐵，+1價的氯被氧化為-1價，反應的化學方程式：3NaClO+10NaOH+2Fe（NO3）3=2Na2FeO4+3NaCl+6NaNO3+5H2O；

故答案為：3NaClO+10NaOH+2Fe（NO3）3=2Na2FeO4+3NaCl+6NaNO3+5H2O；

③Na2FeO4+2KOH?K2FeO4+2NaOH，加入飽和KOH溶液可以增大K+的濃度，使平衡向右移動，析出晶體，故答案為：增大K+的濃度，促進K2FeO4晶體析出．

（3）K2FeO4具有強氧化性，可用于殺菌消毒，可生成Fe（OH）3；具有吸附性，可除去水的懸浮性雜質(zhì)；

故答案為：高鐵酸鉀有強氧化性，高鐵酸鉀與水反應生成的Fe（OH）3膠體有吸附性使水澄清；16、2-甲基-2-丁醇4（CH3）2CH=CH-CH3或CH2=C（CH3）-CH2CH3【分析】【分析】（CH3）C（OH）CH2CH3中含-OH的最長碳鏈中有4個C，-OH、甲基均在2號碳上；結(jié)構(gòu)中含4種位置的H；與-OH相連的C的鄰位C上均有H，有2種消去反應方式，以此來解答．【解析】【解答】解：（CH3）C（OH）CH2CH3中含-OH的最長碳鏈中有4個C，-OH、甲基均在2號碳上，則（CH3）2C（OH）CH2CH3的系統(tǒng)命名為：2-甲基-2-丁醇；

結(jié)構(gòu)中含4種位置的H；則它的H-NMR譜中有4個峰；

與-OH相連的C的鄰位C上均有H，有2種消去反應方式，此化合物在濃硫酸作用下發(fā)生消去反應得到產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式為（CH3）2CH=CH-CH3或CH2=C（CH3）-CH2CH3；

故答案為：2-甲基-2-丁醇；4；（CH3）2CH=CH-CH3或CH2=C（CH3）-CH2CH3．17、C8H10O④⑥2-甲基丙烯（CH3）2CHCHO+2Cu（OH）2（CH3）2CHCOOH+Cu2O↓+2H2O（CH3）2CHCOOH++H2O10【分析】【分析】蘇合香醇為C6H5CH（OH）CH3；由-OH和苯環(huán)分析其性質(zhì)；

F與蘇合香醇互為同系物，F(xiàn)為醇，則D為羧酸，D的相對分子質(zhì)量通過質(zhì)譜法測得為88，結(jié)合G的分子式可知，D的分子式為C4H8O2，D的核磁共振氫譜顯示只有三組峰，則D為2-甲基丙酸，結(jié)合合成轉(zhuǎn)化圖中的反應條件可知，A為2-甲基丙烯，B為2-甲基丙醇，C為2-甲基丙醛，D與F發(fā)生酯化反應生成G（C13H18O2），則F為C9H12O，（4）中G中含有兩個-CH3，E可發(fā)生銀鏡反應，在催化劑存在下1molE與2molH2可以反應生成F，所以E為C9H8O，則E的結(jié)構(gòu)簡式為F為則G為據(jù)此解答．【解析】【解答】解：F與蘇合香醇互為同系物，F(xiàn)為醇，則D為羧酸，D的相對分子質(zhì)量通過質(zhì)譜法測得為88，結(jié)合G的分子式可知，D的分子式為C4H8O2，D的核磁共振氫譜顯示只有三組峰，則D為2-甲基丙酸，結(jié)合合成轉(zhuǎn)化圖中的反應條件可知，A為2-甲基丙烯，B為2-甲基丙醇，C為2-甲基丙醛，D與F發(fā)生酯化反應生成G（C13H18O2），則F為C9H12O，（4）中G中含有兩個-CH3，E可發(fā)生銀鏡反應，在催化劑存在下1molE與2molH2可以反應生成F，所以E為C9H8O，則E的結(jié)構(gòu)簡式為F為則G為

（1）蘇合香醇為C6H5CH（OH）CH3，其分子式為C8H10O；由-OH和苯環(huán)可知，能發(fā)生取代；加成、氧化、消去反應，而不能發(fā)生水解、加聚反應；

故答案為：C8H10O；④⑥；

（2）由上述分析可知；A為2-甲基丙烯，故答案為：2-甲基丙烯；

（3）C與新制Cu（OH）2懸濁液反應的化學方程式為：（CH3）2CHCHO+2Cu（OH）2（CH3）2CHCOOH+Cu2O↓+2H2O；

故答案為：（CH3）2CHCHO+2Cu（OH）2（CH3）2CHCOOH+Cu2O↓+2H2O；

（4）G中含有兩個-CH3，E可發(fā)生銀鏡反應，在催化劑存在下1molE與2molH2可以反應生成F，所以E為C9H8O，則E的結(jié)構(gòu)簡式為

故答案為：

（5）D與F反應的化學方程式為：（CH3）2CHCOOH++H2O；

故答案為：（CH3）2CHCOOH++H2O；

（6）F結(jié)構(gòu)簡式為其同分異構(gòu)體符合：苯環(huán)上有3個取代基或官能團，顯弱酸性，則側(cè)鏈為-OH、-CH3、-CH2CH3，若-CH3、-CH2CH3相鄰，-OH有4種位置，若-CH3、-CH2CH3相間，-OH有4種位置，若-CH3、-CH2CH3相對，-OH有2種位置，故共有10種，苯環(huán)上3個取代基或官能團互不相鄰，則該同分異構(gòu)體為故答案為：10；．18、略

【分析】A的核外電子排布式為1s22s22p2,為碳;D為Na,C為O,所以B只能為N;E為Cl;F為第4周期的元素,最外層的電子排布式為4s1,為Cu;G為Cs;(5)NaCl晶胞中有Na+4個,所以碳晶胞中含有4+4個碳原子,1mol晶胞的質(zhì)量為96g,一個晶胞的質(zhì)量為g,如圖選擇C點碳原子作為中心原子,C點碳原子為sp3雜化,∠ACB=109°28',AC=BC=acm,依據(jù)三角函數(shù)可知AB=2asincm,AD=×2asincm=asincm,晶胞的體積(2asincm)3?！窘馕觥俊敬鸢浮?1)C(2)sp3雜化(3)3d104s1(4)正負離子的半徑比不同(5)8四、判斷題(共1題，共7分)19、×【分析】【分析】標況下，SO3不是氣體，與相同物質(zhì)的量的氧氣體積不相等．【解析】【解答】解：標況下，SO3不是氣體，與相同物質(zhì)的量的氧氣體積不相等，故錯誤，故答案為：×．五、實驗題(共4題，共20分)20、NaHCO3氣球變大，且A中更大些NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑【分析】【分析】方案一中，發(fā)生2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，Na2CO3加熱不分解；

方案二中，發(fā)生Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑、NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑，等質(zhì)量的Na2CO3和NaHCO3，NaHCO3物質(zhì)的量較多，生成二氧化碳多．【解析】【解答】解：（1）方案一中，加熱A的那支試管產(chǎn)生的氣體能使澄清石灰水變渾濁，由2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O、CO2+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O可知，A為NaHCO3；

方案二中，發(fā)生Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑、NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑，等質(zhì)量的Na2CO3和NaHCO3，NaHCO3物質(zhì)的量較多，生成二氧化碳多，則現(xiàn)象為氣球變大，且A中更大些，故答案為：NaHCO3；氣球變大；且A中更大些；

（2）A與鹽酸反應的化學方程式為NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑，故答案為：NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑．21、略

【分析】試題分析：（1）研磨孔雀石的目的是為了酸溶速率更快，所以答案為“增大固體接觸面積，加快反應速率”，酸溶過程中不溶的固體為雜質(zhì)SiO2。（2）把Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+應該加入氧化劑，且不能帶入雜質(zhì)離子，所以用雙氧水，選B。相應的離子方程式為：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O。（3）因為目標產(chǎn)品是CuSO4·5H2O晶體，所以調(diào)節(jié)pH值使鐵離子沉淀應選用的試劑不能帶入雜質(zhì)離子，所以選用固體CuO，所以沉淀物c為Fe(OH)3和過量的CuO。（4）堿式碳酸銅中通入氨氣后有銅單質(zhì)生成，說明銅被還原，NH3做還原劑。因為1mol氨氣還原得到1.5mol銅單質(zhì)，根據(jù)銅+2→0價，可知轉(zhuǎn)移電子3mol，得失電子守恒，所以NH3失去電子也為3mol，所以可推測得NH3被氧化為了N2，所以可以得知其他產(chǎn)物還有CO2、H2O。所以列出反應物NH3+Cu2(OH)2CO3→Cu+N2+CO2+H2O，然后根據(jù)氧化還原反應方程式配平得：3Cu2(OH)2CO3+4NH36Cu+3CO2+9H2O+2N2。（5）根據(jù)Fe(OH)3溶解平衡Fe(OH)3(s)Fe3+(aq)+3OH-(aq)可得Ksp=c(Fe3+)·c3(OH-)=1×10-39，所以把c(Fe3+)=1×10—3mol／L帶入公式中，計算得c(OH-)=1×10-12，所以c(H+)=Kw/c(OH-)=10-2，所以pH=2?？键c：本題考查的是化工生產(chǎn)流程題。【解析】【答案】（1）（共4分）增大固體表面積（1分），以增大反應速率（1分）[類似意思均可]SiO2（2分）（2）（共4分）B（2分）2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O（2分）（未配平1分，寫為化學方程式2FeSO4+H2SO4+H2O2=Fe2(SO4)3+2H2O且正確1分）（3）（共4分）D（2分）Fe(OH)3（2分）（4）（共3分）3Cu2(OH)2CO3+4NH36Cu+3CO2+9H2O+2N2（化學式1分、配平均1分，條件1分。）（5）（共2分）222、略

【分析】解：（1）反應中P元素化合價升高得到H3PO4，氧化產(chǎn)物為H3PO4，若有1molP4參加反應轉(zhuǎn)移電子為1mol×4×5=20mol；

故答案為：H3PO4；20；

（2）①由電離平衡常數(shù)可知，酸性：H2CO3＞HCN＞HCO3-，則NaCN溶液通入少量CO2生成NaHCO3與HCN，反應方程式為：CO2+NaCN+H2O=NaHCO3+HCN；

故答案為：CO2+NaCN+H2O=NaHCO3+HCN；

②常溫下，氰化鈉能與過氧化氫溶液反應，生成碳酸氫鈉和能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍色的氣體，該氣體為氨氣，反應方程式為：NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3↑；

故答案為：NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3↑；

③電解池陰極發(fā)生還原反應，NOx在陰極獲得電子生成N2、O2-，陰極電極反應式為：2NOx+4xe-=N2+2xO2-；

故答案為：2NOx+4xe-=N2+2xO2-；

（3）①已知：Ⅰ.2NH3（g）+CO2（g）═NH2CO2NH4（s）△H=-159.47kJ?mol-1

Ⅱ．NH2CO2NH4（s）═CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H=+72.49kJ?mol-1

根據(jù)蓋斯定律，Ⅰ+Ⅱ可得：2NH3（g）+CO2（g）═CO（NH2）（s）+H2O（g），△H=-159.47kJ?mol-1+72.49kJ?mol-1=-86.98kJ?mol-1；

故答案為：-86.98；

②鐵粉加入到100mL某濃度的稀硝酸中，充分反應后，容器中剩有m1g鐵粉，生成Fe（NO3）2和NO氣體，NO的物質(zhì)的量為=0.02mol，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒可知，參加反應的Fe的物質(zhì)的量為=0.03mol，根據(jù)Fe原子守恒可知，溶液中n=0.03mol，溶液中n（NO3-）=0.06mol．

再向溶液中足量稀硫酸至不再反應為止，F(xiàn)e（NO3）2中NO3-發(fā)生反應3Fe+8H++2NO3-═3Fe2++2NO↑+4H2O，容器剩有銅粉m2g，（m1-m2）為與溶液中NO3-反應的銅的質(zhì)量；

令再次反應的銅的物質(zhì)的量為xmol；則：

3Fe+8H++2NO3-═3Fe2++2NO↑+4H2O

32

xmol0.06mol

所以x=0.09mol

所以再次反應的Fe的質(zhì)量為0.09mol×56g/mol=5.04g，即（m1-m2）=5.04g；

故答案為：5.04．

（1）元素化合價升高發(fā)生氧化反應得到氧化產(chǎn)物；根據(jù)P元素化合價變化計算轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量；

（2）①由電離平衡常數(shù)可知，酸性：H2CO3＞HCN＞HCO3-，則NaCN溶液通入少量CO2生成NaHCO3與HCN；

②常溫下；氰化鈉能與過氧化氫溶液反應，生成碳酸氫鈉和能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍色的氣體，該氣體為氨氣，配平書寫方程式；

③電解池陰極發(fā)生還原反應，NOx在陰極獲得電子生成N2、O2-；

（3）①已知：Ⅰ.2NH3（g）+CO2（g）═NH2CO2NH4（s）△H=-159.47kJ?mol-1

Ⅱ．NH2CO2NH4（s）═CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H=+72.49kJ?mol-1

根據(jù)蓋斯定律，Ⅰ+Ⅱ可得：2NH3（g）+CO2（g）═CO（NH2）（s）+H2O（g）；

②鐵粉加入到100mL某濃度的稀硝酸中，充分反應后，容器中剩有m1g鐵粉，生成Fe（NO3）2和NO氣體0.02mol，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒計算參加反應的Fe的物質(zhì)的量，再根據(jù)Fe原子守恒計算溶液中n[Fe（NO3）2]，再向溶液中足量稀硫酸至不再反應為止，容器剩余Fe粉m2g，F(xiàn)e（NO3）2中NO3-發(fā)生反應3Fe+8H++2NO3-═3Fe2++2NO↑+4H2O，（m1-m2）為與溶液中NO3-反應的Fe的質(zhì)量．

本題考查氧化還原反應基本概念與計算、化學方程式書寫、電解原理、反應熱計算等，（3）中關(guān)鍵是判斷（m1-m2）為與溶液中NO3-反應的Fe的質(zhì)量，注意根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒、元素守恒計算，如根據(jù)方程式計算，相對比較麻煩，注意守恒思想在氧化還原反應計算中應用，尤其硝酸根完全反應，利用離子方程式計算．【解析】H3PO4；20；CO2+NaCN+H2O=NaHCO3+HCN；NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3↑；2NOx+4xe-=N2+2xO2-；-86.98；5.0423、略

【分析】解：rm{(1)}反應rm{2NH_{3}(g)+CO_{2}(g)?NH_{2}COONH_{4}(s)+Q}是放熱反應，降溫平衡正向進行，溫度升高；發(fā)生器用冰水冷卻提高反應物質(zhì)轉(zhuǎn)化率，防止生成物溫度過高分解；

故答案為：降低溫度，防止因反應放熱造成產(chǎn)物分解rm{.}提高反應物轉(zhuǎn)化率；

rm{(2)}液體石蠟鼓泡瓶的作用是控制反應進行程度；控制氣體流速和原料氣體的配比；

故答案為：通過觀察氣泡，調(diào)節(jié)rm{NH_{3}}與rm{CO_{2}}通入比例；

rm{(3)}制備氨基甲酸銨的裝置如圖rm{3}所示，把氨氣和二氧化碳通入四氯化碳中，不斷攪拌混合，生成的氨基甲酸銨小晶體懸浮在四氯化碳中，分離產(chǎn)品的實驗方法利用過濾得到，氨基甲酸銨rm{(NH_{2}COONH_{4})}是一種白色固體，易分解、不能加熱烘干，應在真空rm{40隆忙}以下烘干；

故答案：過濾；rm{c}

rm{(4)}雙通玻璃管的作用是防止液體倒吸；濃硫酸起到吸收多余的氨氣；同時防止空氣中水蒸氣進入反應器使氨基甲酸銨水解；

故答案為：防止倒吸；吸收多余氨氣；防止空氣中水蒸氣進入反應器使氨基甲酸銨水解；

rm{(5)}取因部分變質(zhì)而混有碳酸氫銨的氨基甲酸銨樣品rm{0.7820g}用足量石灰水充分處理后，使碳元素完全轉(zhuǎn)化為碳酸鈣，過濾、洗滌、干燥，測得質(zhì)量為rm{1.000g.}物質(zhì)的量為rm{0.010mol}設(shè)樣品中氨基甲酸銨物質(zhì)的量為rm{x}碳酸氫銨物質(zhì)的量為rm{y}依據(jù)碳元素守恒得到；

rm{x+y=0.01}

rm{78x+79y=0.7820}

解得rm{x=0.008mol}

rm{y=0.002mol}

則樣品中氨基甲酸銨的物質(zhì)的量分數(shù)rm{=dfrac{0.008mol}{0.01mol}隆脕100%=80%}

故答案為：rm{=dfrac

{0.008mol}{0.01mol}隆脕100%=80%}

rm{80%}硫鐵礦燒渣rm{(6)}主要成分為rm{(}rm{Fe_{2}O_{3}}rm{SiO_{2}}制備rm{Al_{2}O_{3})}晶體；

rm{FeSO_{4}?7H_{2}O}向燒渣中加入足量的稀硫酸，rm{壟脵}rm{Fe_{2}O_{3}}均會與硫酸反應，rm{Al_{2}O_{3}}：rm{Fe_{2}O_{3}+3H_{2}SO_{4}簍TFe_{2}(SO_{4})_{3}+3H_{2}O}分別生成rm{Al_{2}O_{3}+3H_{2}SO_{4}簍TAl_{2}(SO_{4})_{3}+3H_{2}O}和rm{Fe_{2}(SO_{4})_{2}}rm{Al_{2}(SO_{4})_{2}}不反應，先過濾把rm{SiO_{2}}除去；

rm{SiO_{2}}然