2025年西師新版高三化學(xué)下冊(cè)階段測(cè)試試卷

…………○…………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，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年西師新版高三化學(xué)下冊(cè)階段測(cè)試試卷186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9題，共18分)1、對(duì)于相同物質(zhì)的量濃度、相同體積的鹽酸和醋酸，下列幾種說法錯(cuò)誤的是（）A.它們起始時(shí)溶液中的c（H+）不相同B.各用水稀釋100倍后，pH變化程度比較：鹽酸＞醋酸C.分別和同濃度的氫氧化鈉溶液反應(yīng)至pH=7，所用氫氧化鈉溶液的體積相同D.各與足量的鋅粒充分反應(yīng)，產(chǎn)生H2的量相同2、不能鑒別AgNO3、BaCl2、Na2CO3、MgCl2四種溶液（不考慮它們之間的相互反應(yīng)）的試劑是()A.鹽酸、硫酸B.鹽酸、NaOH溶液C.氨水、硫酸D.氨水、NaOH溶液3、對(duì)化學(xué)反應(yīng)限度的敘述中錯(cuò)誤的是()A.任何可逆反應(yīng)在給定條件下的進(jìn)程都有一定的限度B.化學(xué)反應(yīng)達(dá)到限度時(shí)，反應(yīng)物的濃度和生成物的濃度不再改變C.化學(xué)反應(yīng)的限度決定了反應(yīng)物在該條件下的最大轉(zhuǎn)化率D.化學(xué)反應(yīng)的限度是不可改變的4、下列化學(xué)方程式不正確的是（）A.CH3CH2OHCH2═CH2↑+H2OB.CH3CH2Br+H2OCH3CH2OH+HBrC.CH2═CH2+Br2→CH2BrCH2BrD.2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑5、下列做法存在安全隱患或?qū)е聦?shí)驗(yàn)失敗的是（）A.將1mol?L-1FeCl3溶液滴入沸水中制備Fe（OH）3膠體B.氫氣還原氧化銅實(shí)驗(yàn)中，先通氫氣后加熱氧化銅C.將FeCl3稀溶液加熱蒸發(fā)濃縮制備FeCl3濃溶液D.用燒瓶加熱液體時(shí)投入碎瓷片以防暴沸6、在一定溫度下的定容密閉容器中，下列說法能表明反應(yīng)：A（s）+2B（g）?C（g）+D（g）已達(dá)平衡的是（）A.混合氣體的壓強(qiáng)不變B.消耗2molB的同時(shí)生成1molCC.混合氣體的相對(duì)分子質(zhì)量不變D.氣體的總物質(zhì)的量不變7、關(guān)于濃度均為0.1mol/L的三種溶液：①氨水、②鹽酸、③氯化銨溶液，下列說法不正確的是（）A.c（NH+4）：③＞①B.水電離出的c（H+）：②＞①C.①和②等體積混合的溶液：c（H+）=c（OH-）+c（NH3?H2O）D.①和③等體積混合后的溶液：c（NH+4）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+）8、如圖是兩個(gè)氫原子相互接近時(shí)的能量變化圖，則有關(guān)該圖的說法正確的是（）A.y代表兩原子之間的核間距B.x代表體系具有的能量C.a代表核外電子自旋相反的兩個(gè)氫原子能量變化D.A點(diǎn)時(shí)表示兩原子間形成了穩(wěn)定的共價(jià)鍵9、下列說法不正確的是（）A.使用可再生資源、用超臨界二氧化碳替代有機(jī)溶劑、注重原子的經(jīng)濟(jì)性、采用低能耗生產(chǎn)工藝都符合綠色化學(xué)的思想B.氨基酸是人體必需的營(yíng)養(yǎng)物質(zhì)，其晶體主要以內(nèi)鹽形式存在，調(diào)節(jié)溶液的pH可改變它的溶解度C.石油裂解、煤的氣化、橡膠老化、海水制鎂、純堿晶體風(fēng)化、纖維素制火棉等：過程中都包含化學(xué)變化D.PM2.5是指大氣中直徑小于或等于2.5微米的顆粒物，也稱為“細(xì)顆粒物“，PM2.5在空氣中只形成氣溶膠評(píng)卷人得分二、多選題(共7題，共14分)10、北京奧運(yùn)會(huì)期間對(duì)大量盆栽鮮花施用了S-誘抗素制劑，以保證鮮花盛開．S-誘抗素的分子結(jié)構(gòu)如圖，下列關(guān)于該物質(zhì)的說法正確的是（）（多項(xiàng)選擇題）A.該物質(zhì)能使鮮花長(zhǎng)期盛開B.1mol該物質(zhì)與NaOH溶液反應(yīng)，最多消耗1molNaOHC.該物質(zhì)既能發(fā)生加聚反應(yīng)，又能發(fā)生縮聚反應(yīng)E.該物質(zhì)分子式為C15H20O4E.該物質(zhì)分子式為C15H20O411、下列金屬在空氣中，能自發(fā)形成氧化物保護(hù)膜的是（）A.鐵B.鋁C.鎂D.鈉12、下列敘述正確的是（）A.CO2通入Na2SiO3溶液中可以得到硅酸B.因?yàn)楦邷貢r(shí)SiO2與Na2CO3反應(yīng)放出CO2，所以硅酸的酸性比碳酸強(qiáng)C.SiO2是酸性氧化物，它不溶于水也水溶于任何酸D.在制玻璃、制水泥的工業(yè)生產(chǎn)中，都需要的原料之一是石灰石13、我國(guó)擁有完全自主產(chǎn)權(quán)的氫氧燃料電池車已經(jīng)在北京奧運(yùn)會(huì)期間為運(yùn)動(dòng)員服務(wù)．某種氫氧燃料電池的電解液為KOH溶液，下列有關(guān)該電池的敘述不正確的是（）A.工作一段時(shí)間后，負(fù)極周圍的pH增大B.工作后，電解液中的KOH的物質(zhì)的量不變C.該燃料電池的總反應(yīng)式為：2H2+O2=2H2OD.用該電池電解CuCl2溶液，產(chǎn)生7.1gCl2時(shí)，電子轉(zhuǎn)移0.1mol14、室溫時(shí)，0.1mol?L-1的HA溶液的pH=3，向該溶液中逐滴加入NaOH，在滴加過程中，有關(guān)敘述正確的是（）A.原HA溶液中，c（H+）=c（OH-）+c（A-）B.當(dāng)?shù)稳肷倭康腘aOH，促進(jìn)了HA的電離，溶液的pH降低C.當(dāng)恰好完全中和時(shí)，溶液中c（Na+）＞c（A-）＞c（OH-）＞c（H+）D.當(dāng)NaOH溶液過量時(shí)，可能出現(xiàn)：c（A-）＞c（Na+）＞c（OH-）＞c（H+）15、下列反應(yīng)既屬于氧化還原反應(yīng)，又是吸熱反應(yīng)的是（）A.鋅粒與稀硫酸的反應(yīng)B.灼熱的木炭與CO2的反應(yīng)C.甲烷在空氣中燃燒的反應(yīng)D.紅熱的鐵與水蒸氣反應(yīng)16、下列溶液中有關(guān)微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是（）A.物質(zhì)的量濃度相等的①NH4HSO4溶液、②NH4HCO3溶液、③NH4Cl溶液中，pH的大小關(guān)系：②＞①＞③B.常溫下，將CH3COONa溶液和稀鹽酸混合至溶液pH=7：c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（Cl-）=c（CH3COOH）＞c（H+）=c（OH-）C.常溫下，pH=6的NaHSO3溶液中：c（SO32-）-c（H2SO3）=9.9×10-7mol?L-1D.物質(zhì)的量濃度之比為1：2的NaClO、NaHCO3混合溶液中：c（HClO）+c（ClO-）=2c（HC）+2c（H2CO3）+2c（C）評(píng)卷人得分三、填空題(共7題，共14分)17、（2015秋?宜賓校級(jí)月考）前四周期原子序數(shù)依次增大的元素A，B，C，D中，A和B的價(jià)電子層中未成對(duì)電子均只有1個(gè)，且A-和B+的電子相差為8；與B位于同一周期的C和D；它們價(jià)電子層中的未成對(duì)電子數(shù)分別為4和2，且原子序數(shù)相差為2．回答下列問題：

（1）D2+的價(jià)層電子排布圖為____．

（2）A；B和D三種元素組成的一個(gè)化合物的晶胞如圖所示．

①該化合物的化學(xué)式為____；D的配位數(shù)為____；

②列式計(jì)算該晶體的密度____g?cm-3．

（3）A-、B+和C3+三種離子組成的化合物B3CA6，其中化學(xué)鍵的類型有____；該化合物中存在一個(gè)復(fù)雜離子，該離子的化學(xué)式為____，配位體是____．18、錳及其化合物在工業(yè)上應(yīng)用十分廣泛．

（1）Mn（OH）2是難溶于水的電解質(zhì)，其溶度積常數(shù)表達(dá)式Ksp=____．

（2）以硫酸錳；氨水等為原料；可制備四氧化三錳，涉及的反應(yīng)如下（未配平）：

反應(yīng)Ⅰ：MnSO4+NH3?H2O→Mn（OH）2↓+（NH4）2SO4

反應(yīng)Ⅱ：Mn（OH）2+O2→Mn3O4+H2O

①要使MnSO4溶液中Mn2+盡可能沉淀完全，可采用的方法是____．

②反應(yīng)Ⅱ中每轉(zhuǎn)移1mol電子，可生成____gMn3O4．

（3）鋰一二氧化錳電池常用于便攜式設(shè)備中．該電池總反應(yīng)為：Li+MnO2═LiMnO2．

①該電池的正極材料是____，寫出電池放電時(shí)，正極的電極反應(yīng)式：____．

②普遍采用高溫電解硫酸錳溶液制取活性氧化錳，生成MnO2的電極反應(yīng)式為____．19、[化學(xué)選修-物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]

已知A、B、C、D、E、F都是周期表中前四周期的元素，它們的原子序數(shù)依次增大．其中A、C原子的L層有2個(gè)未成對(duì)電子．D與E同主族，D的二價(jià)陽離子與C的陰離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)．F3+離子M層3d軌道電子為半滿狀態(tài)．請(qǐng)根據(jù)以上情況；回答下列問題：（答題時(shí)，用所對(duì)應(yīng)的元素符號(hào)表示）

（1）A、B、C的第一電離能由小到大的順序?yàn)開___．

（2）A最簡(jiǎn)單的氫化物的分子空間構(gòu)型是____，其中心原子采取____雜化，屬于____（填“極性分子”和“非極性分子”）．

（3）F和M（質(zhì)子數(shù)為25）兩元素的部分電離能數(shù)據(jù)列于下表：

。元素FF電離能

（kJ?mol-1）I1717759I2150915611561I3324829572957比較兩元素的I2、I3可知，氣態(tài)M2+再失去一個(gè)電子比氣態(tài)F2+再失去一個(gè)電子難．對(duì)此，你的解釋是____；

（4）晶體熔點(diǎn)：DC____EC（填“＜、=、＞”），原因是____．

（5）H2S和C元素的氫化物（分子式為H2C2）的主要物理性質(zhì)比較如下：

。熔點(diǎn)/K沸點(diǎn)/K標(biāo)準(zhǔn)狀況時(shí)在水中的溶解度H2S1872022.6H2C2272423以任意比互溶H2S和H2C2的相對(duì)分子質(zhì)量基本相同，造成上述物理性質(zhì)差異的主要原因____？20、已知rm{CO}和rm{CO_{2}}的混合氣體rm{14.4g}在標(biāo)準(zhǔn)狀況下所占的體積為rm{8.96L.}則該混合氣體中，rm{CO}的質(zhì)量為______rm{g}rm{CO_{2}}的物質(zhì)的量為______rm{mol}．21、某課外小組對(duì)日常生活中不可缺少的調(diào)味品M進(jìn)行探究。已知C可在D中燃燒發(fā)出蒼白色火焰。M與其他物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系如下圖所示（部分產(chǎn)物已略去）：（1）寫出用惰性電極電解M溶液的離子方程式。（2）寫出F的電子式。（3）若A是一種常見的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，E溶液與F溶液反應(yīng)可以制備一種膠體，則E溶液的俗稱是____。（4）若A是一種常見金屬單質(zhì)，且A與B溶液能夠反應(yīng)，則將過量的F溶液逐滴加入E溶液，邊加邊振蕩，所看到的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是。（5）若A是一種不穩(wěn)定的鹽，A溶液與B溶液混合將產(chǎn)生白色絮狀沉淀且瞬間變?yōu)榛揖G色，最后變成紅褐色的E，向G溶液中加入苯酚溶液后顯紫色，則由A轉(zhuǎn)化成E的離子方程式是。（6）若A是一種化肥。實(shí)驗(yàn)室可用A和B反應(yīng)制取氣體E，E與F、E與D相遇均冒白煙，且利用E與D的反應(yīng)檢驗(yàn)輸送D的管道是否泄露，寫出E與D反應(yīng)的化學(xué)方程式是。若A是一種溶液，只可能含有H+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、CO32－、SO42－中的某些離子，當(dāng)向該溶液中加入B溶液時(shí)發(fā)現(xiàn)生成沉淀的物質(zhì)的量隨B溶液的體積發(fā)生變化如圖所示，由此可知，該溶液中肯定含有的離子及其濃度之比為____。22、25℃時(shí)；硫氫化鉀（KHS）溶液里存在下列平衡：

（a）HS﹣+H2O?OH﹣+H2S

（b）HS﹣?H++S2﹣

（1）____（填序號(hào)，下同）是電離平衡；____是水解平衡．

（2）若向其中加入硫酸銅溶液時(shí)，可生成CuS沉淀，則電離平衡向____（填“正向”或“逆向”）移動(dòng)；水解平衡向____（填“正向”或“逆向”）移動(dòng)；．

（3）若將溶液加熱至沸騰，c（OH﹣）?c（H+）將變____（填“大”或“小”）．

（4）若在0.1mol?L﹣1硫酸銅溶液中加入適量NaHS固體，使Cu2+完全沉淀為CuS，此時(shí)溶液中的H+濃度是____mol?L﹣1．23、工業(yè)上為從4J29合金（鐵鈷鎳合金）廢料中提取鈷和鎳，一般先用硫酸溶解合金使成為Fe2+、Co2+、Ni2+，再把Fe2+氧化為Fe3+，從而使Fe3+轉(zhuǎn)化為某種沉淀析出，達(dá)到與Ni2+、Co3+分離的目的．生產(chǎn)上要使Fe2+氧化為Fe3+，而不使Co2+、Ni2+氧化的試劑是NaClO或NaClO3（均含少量H2SO4）溶液，反應(yīng)的部分化學(xué)方程式如下（A為還原劑）：NaClO+A+B→NaCl+C+H2O

NaClO3+A+B→NaCl+C+H2O．

（1）請(qǐng)完成以上化學(xué)方程式：______，______．并回答實(shí)際生產(chǎn)上采用NaClO3來氧化Fe2+比較合算的理由：______．

（2）配平下列離子方程式；并回答問題：

______Fe（OH）3+______ClO-+______OH-→______FeO4n-+______Cl-+______H2O

（3）已知有3.21gFe（OH）3參加反應(yīng)，共轉(zhuǎn)移了5.418×1022個(gè)電子；則n=______．

（4）根據(jù)上述（2），（3）題推測(cè)FeO4n-能與下列哪些物質(zhì)反應(yīng)（只填序號(hào)）______．

A．Cl2B．SO2C．H2SD．O2評(píng)卷人得分四、判斷題(共4題，共16分)24、Na2O2的電子式為____．（判斷對(duì)確）25、將O2和H2的混合氣體通過灼熱的氧化銅，以除去其中的H2____．（判斷對(duì)錯(cuò)）26、含4mol的HCl的濃鹽酸與足量的MnO2加熱反應(yīng)，轉(zhuǎn)移2NA電子．____（判斷對(duì)錯(cuò)）．27、丁達(dá)爾現(xiàn)象可用來區(qū)別膠體與溶液，其中膠體能透過半透膜____．（判斷對(duì)錯(cuò)）評(píng)卷人得分五、實(shí)驗(yàn)題(共4題，共36分)28、某氯化鐵樣品含有少量FeCl2雜質(zhì)．現(xiàn)要測(cè)定其中鐵元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)；實(shí)驗(yàn)按以下步驟進(jìn)行：

請(qǐng)根據(jù)以上流程；回答下列問題：

（1）操作Ⅰ所用到的玻璃儀器除燒杯、玻璃棒外，還必須有____、____（填儀器名稱），操作Ⅱ必須用到的儀器是____（填編號(hào)）．

A.50mL燒杯。

B.20mL量筒。

C.50mL量筒。

D.25mL滴定管。

（2）請(qǐng)寫出加入溴水發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：____．

（3）檢驗(yàn)沉淀是否已經(jīng)洗滌干凈的操作是____．

（4）若蒸發(fā)皿的質(zhì)量是W1g，蒸發(fā)皿與加熱后固體的總質(zhì)量是W2g，則樣品中鐵元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是____（列出原始算式，不需化簡(jiǎn)）；若稱量準(zhǔn)確，最終測(cè)量的結(jié)果偏大，則造成誤差的原因可能是____（寫出一種原因即可）．29、某實(shí)驗(yàn)小組利用如圖裝置rm{(}部分固定裝置略rm{)}制備氮化鈣rm{(Ca_{3}N_{2})}并探究其實(shí)驗(yàn)式．

rm{(1)}按圖連接好實(shí)驗(yàn)裝置；檢查裝置的氣密性，方法是______．

rm{(2)}反應(yīng)過程中末端導(dǎo)管必須始終插入試管rm{A}的水中；目的是______．

rm{(3)}制備氮化鈣的操作步驟是：rm{壟脵}打開活塞rm{K}并通入rm{N_{2}}rm{壟脷}點(diǎn)燃酒精燈，進(jìn)行反應(yīng)；rm{壟脹}反應(yīng)結(jié)束后，______；rm{壟脺}拆除裝置；取出產(chǎn)物．

rm{(4)}上述步驟rm{壟脵}中通入rm{N_{2}-}段時(shí)間后再點(diǎn)燃酒精燈原因是______，裝置中干燥管后的rm{U}形管的作用是______．

rm{(5)}數(shù)據(jù)記錄如表：

?？沾芍圪|(zhì)量rm{m_{0}/g}瓷舟與鈣的質(zhì)量rm{m_{1}/g}瓷舟與產(chǎn)物的質(zhì)量rm{m_{2}/g}rm{14.80}rm{15.08}rm{15.15}rm{壟脵}計(jì)算得到實(shí)驗(yàn)式rm{CaxN_{2}}其中rm{x=}______．

rm{壟脷}若通入的rm{N_{2}}中混有少量rm{O_{2}}請(qǐng)比較rm{x}與rm{3}的大小，并給出判斷依據(jù)：______．30、阿司匹林（乙酰水楊酸，）是世界上應(yīng)用最廣泛的解熱、鎮(zhèn)痛和抗炎藥．乙酰水S楊酸受熱易分解，分解溫度為128～135℃．某學(xué)習(xí)小組在實(shí)驗(yàn)室以水楊酸（鄰羥基苯甲酸）與醋酸酐[（CH3CO）2O]為主要原料合成阿司匹林；制備基本操作流程如下：

主要試劑和產(chǎn)品的物理常數(shù)。

。名稱相對(duì)分子質(zhì)量熔點(diǎn)或沸點(diǎn)（℃）水水楊酸138158（熔點(diǎn)）微溶醋酸酐102139.4（沸點(diǎn)）反應(yīng)乙酰水楊酸180135（熔點(diǎn)）微溶請(qǐng)根據(jù)以上信息回答下列問題：

（1）①合成阿斯匹林時(shí)，最合適的加熱方式是____．

②抽濾所得粗產(chǎn)品要用少量冰水洗滌，則洗滌的具體操作是____．

（2）提純粗產(chǎn)物中加入飽和NaHCO3溶液至沒有CO2產(chǎn)生為止，再抽濾，則加飽和NaHCO3溶液的目的是____．另一種改進(jìn)的提純方法；稱為重結(jié)晶提純法．方法如圖1：

（3）改進(jìn)的提純方法中加熱回流的裝置如圖2所示；

①使用溫度計(jì)的目的是____．冷凝水的流進(jìn)方向是____．（填“b”或“c”）．

②重結(jié)晶提純法所得產(chǎn)品的有機(jī)雜質(zhì)要比原方案少的原因____．

（4）檢驗(yàn)產(chǎn)品中是否含有水楊酸的化學(xué)方法是____．

（5）該學(xué)習(xí)小組在實(shí)驗(yàn)中原料用量：2.0g水楊酸、5.0mL醋酸酐（ρ=1.08g/cm3），最終稱得產(chǎn)品m=2.2g，則所得乙酰水楊酸的產(chǎn)率為____．31、自然界中的物質(zhì)絕大多數(shù)以混合物的形式存在；為了便于研究和利用，常需對(duì)混合物進(jìn)行分離和提純．下列A；B、C、D是中學(xué)常見的混合物分離或提純的裝置．

Ⅰ．請(qǐng)根據(jù)混合物分離或提純的原理；回答在下列實(shí)驗(yàn)中需要使用哪種裝置．將A；B、C、D填入適當(dāng)?shù)目崭裰校?/p>

（1）碳酸鈣懸濁液中分離出碳酸鈣____；

（2）氯化鈉溶液中分離出氯化鈉____；

（3）分離植物油和水____；

（4）分離酒精和水____；

（5）氯化鈉溶液中分離出水____．

Ⅱ．碘水中提取碘單質(zhì)的方法如下：

（1）萃取分液。

①下列可作為碘水中提取碘單質(zhì)萃取劑的有____

A．酒精B．苯。

②分液漏斗在使用前必須先____；

③查資料得知：ρ（H2O）＞ρ（苯）＞ρ（酒精），若用①中所選萃取劑萃取碘水中的碘單質(zhì)，分液時(shí)，水層應(yīng)由分液漏斗的____端口放出，有機(jī)層應(yīng)由分液漏斗的____端口放出（此問填“上”或者“下”）；

（2）蒸餾。

①冷凝裝置中冷凝水應(yīng)該____口進(jìn)（填“上”或“下”）

②已知碘和四氯化碳的熔沸點(diǎn)數(shù)據(jù)如下表：

。熔點(diǎn)沸點(diǎn)碘113.7℃184.3℃四氯化碳-22.6℃76.8℃若用蒸餾法分離碘和四氯化碳的混合物，錐形瓶中先收集到的物質(zhì)的名稱是____．評(píng)卷人得分六、其他(共4題，共40分)32、復(fù)合材料在航空、航天領(lǐng)域中有重要的應(yīng)用，請(qǐng)舉例說明。33、將下列各儀器名稱前的字母序號(hào)與其用途相對(duì)應(yīng)的選項(xiàng)填在相應(yīng)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(yīng)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(yàn)物質(zhì)可燃性，進(jìn)行固氣燃燒實(shí)驗(yàn)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(shí)常墊在玻璃容器與熱源之間的用品是____．34、有七種常見儀器：細(xì)口瓶；試管、天平、分液漏斗、容量瓶、酒精燈、研缽．請(qǐng)根據(jù)它們的用途或特征回答問題：

（1）可用于研磨固體的儀器是____．

（2）只有一個(gè)刻度線的儀器是____．

（3）分離汽油和水的混合物必須用到的儀器是____．

（4）在實(shí)驗(yàn)室中通常作為熱源的儀器是____．35、復(fù)合材料在航空、航天領(lǐng)域中有重要的應(yīng)用，請(qǐng)舉例說明。參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】【分析】A．醋酸為弱酸，濃度相同時(shí)，醋酸電離產(chǎn)生的c（H+）?。?/p>

B．稀釋相同的倍數(shù)；強(qiáng)酸的pH變化大；

C．醋酸與堿反應(yīng)恰好生成醋酸鈉時(shí)pH＞7；則為保證pH=7，醋酸過量；

D．因相同物質(zhì)的量濃度、相同體積的鹽酸和醋酸，酸的物質(zhì)的量相同．【解析】【解答】解：A．鹽酸為強(qiáng)酸，而醋酸為弱酸，濃度相同時(shí)，醋酸電離產(chǎn)生的c（H+）小，即起始時(shí)溶液中的c（H+）不相同；故A正確；

B．稀釋相同的倍數(shù)；強(qiáng)酸的pH變化大，則各用水稀釋100倍后，pH變化程度為鹽酸＞醋酸，故B正確；

C．醋酸與堿反應(yīng)恰好生成醋酸鈉時(shí)pH＞7；則為保證pH=7，醋酸過量，即分別和同濃度的氫氧化鈉溶液反應(yīng)至pH=7，醋酸消耗的堿少，故C錯(cuò)誤；

D．因相同物質(zhì)的量濃度、相同體積的鹽酸和醋酸，酸的物質(zhì)的量相同，所以與足量的鋅粒充分反應(yīng)，產(chǎn)生H2的量相同；故D正確；

故選C．2、D【分析】【解析】【答案】D3、D【分析】解：A．在一定條件下；當(dāng)正逆反應(yīng)速率相等時(shí)，可逆反應(yīng)達(dá)到一定的限度，即平衡狀態(tài)，故A正確；

B．在一定條件下；當(dāng)達(dá)到化學(xué)反應(yīng)限度時(shí)，正逆反應(yīng)速率相等，反應(yīng)物的濃度和生成物的濃度不再改變，故B正確；

C．當(dāng)達(dá)到化學(xué)反應(yīng)限度時(shí)；正逆反應(yīng)速率相等，反應(yīng)物的濃度和生成物的濃度不再改變，反應(yīng)物在該條件下的轉(zhuǎn)化率最大，故C正確；

D．當(dāng)外界條件發(fā)生改變；平衡發(fā)生移動(dòng)，化學(xué)反應(yīng)限度變化，故D錯(cuò)誤．

故選D．【解析】【答案】D4、A【分析】【分析】A；乙醇與濃硫酸共熱到140℃生成的是乙醚；不是乙烯；

B；溴乙烷與氫氧化鈉的水溶液共熱；發(fā)生水解反應(yīng)，生成乙醇與溴化氫；

C；乙烯與溴發(fā)生加成反應(yīng)生成1；2-二溴乙烷；

D、乙醇與鈉發(fā)生取代反應(yīng)生成乙醇鈉和氫氣．【解析】【解答】解：A、乙醇與濃硫酸共熱到140℃生成的是乙醚，正確方程式應(yīng)為：CH3CH2OHCH2═CH2↑+H2O；故A選；

B；溴乙烷與氫氧化鈉的水溶液共熱；發(fā)生水解反應(yīng)，生成乙醇與溴化氫，故B不選；

C；乙烯與溴發(fā)生加成反應(yīng)生成1；2-二溴乙烷，故C不選；

D；乙醇與鈉發(fā)生取代反應(yīng)生成乙醇鈉和氫氣；故D不選；

故選A．5、C【分析】【分析】A．氯化鐵是強(qiáng)酸弱堿鹽；鐵離子易水解生成氫氧化鐵膠體，升高溫度促進(jìn)氯化鐵水解；

B．氫氣具有可燃性；在混有氧氣的氫氣加熱時(shí)易產(chǎn)生爆炸現(xiàn)象；

D．氯化鐵易水解；升高溫度促進(jìn)水解；

D．加熱時(shí)加入碎瓷片能防止液體暴沸．【解析】【解答】解：A．將25mL蒸餾水加至沸騰；向沸水中逐滴加入氯化鐵飽和溶液，繼續(xù)煮沸至溶液呈紅褐色，停止加熱就能制得氫氧化鐵膠體，故A正確；

B．氫氣具有可燃性；在混有氧氣的氫氣加熱時(shí)易產(chǎn)生爆炸現(xiàn)象，為防止安全事故的發(fā)生，氫氣還原氧化銅實(shí)驗(yàn)中，先通氫氣將裝置中的氧氣排盡，然后加熱氧化銅，故B正確；

C．FeCl3是強(qiáng)酸弱堿鹽；鐵離子水解生成氫氧化鐵膠體，升高溫度促進(jìn)氯化氫揮發(fā)，導(dǎo)致促進(jìn)鐵離子水解，所以得不到氯化鐵濃溶液，故C錯(cuò)誤；

D．碎瓷片是泥土烘出來的；結(jié)構(gòu)疏松，存在很多小氣孔，能夠在加熱的燒瓶中起到很好的攪拌作用，使得加熱均勻而不至于暴沸暴沸，因溶液暴沸而濺出液體導(dǎo)致產(chǎn)生安全事故，所以用燒瓶加熱液體時(shí)投入碎瓷片以防暴沸，故D正確；

故選C．6、C【分析】【分析】A；A（s）是固體；反應(yīng)前后化學(xué)計(jì)量數(shù)相等，壓強(qiáng)始終不變；

B；消耗2molB的同時(shí)生成1molC；只是正向反應(yīng)，不知道逆向反應(yīng)情況，無法判斷是否平衡；

C；由于A是固體；未達(dá)到平衡時(shí)，反應(yīng)前后氣體質(zhì)量不相等，體積相等，相對(duì)分子質(zhì)量會(huì)發(fā)生變化；

D、反應(yīng)兩邊氣體的化學(xué)計(jì)量數(shù)相等，氣體的物質(zhì)的量不變．【解析】【解答】解：A；由于A是固體；反應(yīng)兩邊氣體的化學(xué)計(jì)量數(shù)之和相等，無論是否平衡，壓強(qiáng)始終不變，故A錯(cuò)誤；

B；只是提供了正反應(yīng)的反應(yīng)情況；不知道逆反應(yīng)情況，故無法判斷平衡狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；

C；反應(yīng)物A（s）是固態(tài)；反應(yīng)兩邊氣體的質(zhì)量不相等，體積相等，故混合氣體的相對(duì)分子質(zhì)量取決于A的物質(zhì)的量是否變化，故混合氣體的相對(duì)分子質(zhì)量不變，說明達(dá)到了平衡狀態(tài)，故C正確；

D；反應(yīng)前后氣體的化學(xué)計(jì)量數(shù)和相等；故氣體的總的物質(zhì)的量始終不變，故D錯(cuò)誤．

故選C．7、B【分析】【分析】A．氯化銨電離生成銨根離子；而氨水的電離程度很??；

B．鹽酸為強(qiáng)酸；氫離子濃度大，則由水電離產(chǎn)生的氫離子濃度較?。?/p>

C．①和②等體積混合的溶液為氯化銨溶液；利用質(zhì)子守恒來分析；

D．①和③等體積混合后的溶液氨水的電離大于氯化銨中銨根離子的水解．【解析】【解答】解：A．氯化銨為強(qiáng)電解質(zhì)完全電離后產(chǎn)生大量的NH4+，氨水為弱電解質(zhì)只有少量的NH4+產(chǎn)生，則c（NH+4）：③＞①；故A正確；

B．在水中加入酸和堿都抑制水的電離；但是鹽酸中的氫離子濃度大于氨水中的氫氧根離子的濃度，則水電離出的。

c（H+）：①＞②；故B錯(cuò)誤；

C．鹽酸和氨水混合后恰好完全反應(yīng)；生成的鹽為強(qiáng)酸弱堿鹽，溶液顯酸性，由質(zhì)子守恒可知；

c（H+）=c（OH-）+c（NH3?H2O）；故C正確；

D．①和③等體積混合，溶液呈堿性，即氨水的電離大于氯化銨的水解，則c（NH+4）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+）；故D正確；

故選：B．8、D【分析】原子結(jié)合形成分子是釋放能量的，所以能量是降低的，D正確，其余都是錯(cuò)誤的，答案選D?！窘馕觥俊敬鸢浮緿9、D【分析】解：A．綠色化學(xué)是指無污染；無公害、盡可能地把反應(yīng)物轉(zhuǎn)化為環(huán)保、健康、安全的產(chǎn)品．利用可再生資源、用超臨界二氧化碳替代有機(jī)溶劑（很多有毒）、注重原子的經(jīng)濟(jì)性、采用低能耗生產(chǎn)工藝；節(jié)能減排，都符合綠色化學(xué)的思想；故A正確；

B．氨基酸含氨基和羧基；能與氫離子或氫氧根結(jié)合成可溶性鹽，故調(diào)節(jié)溶液的pH可改變它的溶解度；故B正確；

C．裂解是石油化工生產(chǎn)過程中；以比裂化更高的溫度（700℃～800℃，有時(shí)甚至高達(dá)1000℃以上），使石油分餾產(chǎn)物（包括石油氣）中的長(zhǎng)鏈烴斷裂成乙烯；丙烯等短鏈烴的加工過程，屬于化學(xué)變化；煤的氣化是煤與碳反應(yīng)生成一氧化碳和氫氣，屬于化學(xué)變化；橡膠的老化是指橡膠或橡膠制品在加工、貯存或使用過程中，由于受到熱、氧、光、機(jī)械力等因素的影響而發(fā)生化學(xué)變化，導(dǎo)致其性能下降；海水制鎂由鎂離子生成鎂單質(zhì)；純堿晶體風(fēng)化是由結(jié)晶水合物失去結(jié)晶水；火棉火棉就是硝酸纖維，是硝酸和纖維素發(fā)生酯化反應(yīng)生成的等；以上過程中都有新物質(zhì)生成，包含化學(xué)變化；故C正確；

D．膠體中分散質(zhì)粒子直徑在1～100nm之間；PM2.5是指大氣中直徑小于或等于2.5微米的顆粒物；在空氣中能形成氣溶膠，但不只生成氣溶膠，也可能生成濁液；故D錯(cuò)誤．

故選D．

A．根據(jù)綠色化學(xué)的含義分析．綠色化學(xué)是指無污染；無公害、盡可能地把反應(yīng)物轉(zhuǎn)化為環(huán)保、健康、安全的產(chǎn)品．

B．根據(jù)氨基酸的結(jié)構(gòu)分析．

C．根據(jù)以上過程中有無新物質(zhì)生成．

D．根據(jù)膠體和PM2.5直徑的大小分析．

本題考查了綠色化學(xué)、PM2.5、氨基酸的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)、生產(chǎn)生活中的化學(xué)變化等知識(shí)，涉及面廣，難度較小．【解析】【答案】D二、多選題(共7題，共14分)10、BCE【分析】【分析】由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知分子式，分子中含碳碳雙鍵、碳氧雙鍵、-OH、-COOH，結(jié)合烯烴、醇、羧酸性質(zhì)等來解答．【解析】【解答】解：A．不能使鮮花長(zhǎng)期盛開；不符合生長(zhǎng)規(guī)律，故A錯(cuò)誤；

B．只有羧基與氫氧化鈉反應(yīng)；則1mol該物質(zhì)與NaOH溶液反應(yīng)，最多消耗1molNaOH，故B正確；

C．含有碳碳雙鍵；可發(fā)生加聚反應(yīng)，含有羧基；羥基，可發(fā)生縮聚反應(yīng)，故C正確；

D．不含酚羥基；與氯化鐵不反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；

E．由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，該有機(jī)物的分子式為：C15H20O4；故E正確．

故選BCE．11、BC【分析】【分析】活潑金屬鎂和鋁在空氣中易與氧氣反應(yīng)，在表面生成一層致密的氧化膜，可以保護(hù)內(nèi)層金屬不被繼續(xù)氧化．【解析】【解答】解：根據(jù)金屬的性質(zhì)；活潑金屬鎂和鋁在空氣中易與氧氣反應(yīng)，在表面生成一層致密的氧化膜，該氧化膜可以保護(hù)內(nèi)層金屬不被繼續(xù)氧化．

故選：BC．12、AD【分析】【分析】A．碳酸的酸性強(qiáng)于硅酸；

B．常溫下；強(qiáng)酸能夠制取弱酸，據(jù)此判斷酸性強(qiáng)弱；

C．二氧化硅常溫下能夠與氫氟酸反應(yīng)；

D．從碳酸鈣的性質(zhì)著手分析，石灰石的主要成分是碳酸鈣，可以用于建筑材料和硅酸鹽工業(yè)．【解析】【解答】解：A．碳酸的酸性強(qiáng)于硅酸，所以CO2通入Na2SiO3溶液中可以得到硅酸；故A正確；

B．高溫下；二氧化硅能和碳酸鈉反應(yīng)，不能說明碳酸酸性小于硅酸，要根據(jù)常溫下，強(qiáng)酸制取弱酸判斷，故B錯(cuò)誤；

C．二氧化硅常溫下能夠與氫氟酸反應(yīng)；故C錯(cuò)誤；

D．石灰石的主要成分是碳酸鈣；高溫分解能生成氧化鈣，可以用于建筑材料和硅酸鹽工業(yè)，用于生成水泥和玻璃等，故D正確；

故選：AD．13、AD【分析】【分析】KOH溶液為電解液的氫氧燃料電池中，通入氫氣的一極為電池的負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為H2-2e-+2OH-=2H2O，通入氧氣的一極為電池的正極，發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為O2+2H2O+4e-=4OH-，反應(yīng)的總方程式為2H2+O2=2H2O，結(jié)合電極反應(yīng)解答該題．【解析】【解答】解：A．通入氫氣的一極為電池的負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為H2-2e-+2OH-=2H2O；氫氧根離子濃度減小，PH值減小，故A錯(cuò)誤；

B．工作一段時(shí)間后；電池中生成水，溶液體積增大，電解液中KOH的物質(zhì)的量濃度減小，依據(jù)電極反應(yīng)可知，物質(zhì)的量不變，故B正確；

C．正極反應(yīng)為O2+2H2O+4e-=4OH-，負(fù)極反應(yīng)為H2-2e-+2OH-=2H2O，則總反應(yīng)式為：2H2+O2=2H2O；故C正確；

D．n（Cl2）=0.1mol；根據(jù)化合價(jià)可知轉(zhuǎn)移電子0.2mol，故D錯(cuò)誤；

故選AD．14、AC【分析】【分析】A．任何溶液中都存在電荷守恒；根據(jù)電荷守恒判斷；

B．加入NaOH時(shí)；氫離子濃度降低，促進(jìn)HA電離，溶液pH升高；

C．當(dāng)恰好完全中和時(shí)；二者生成NaA，為強(qiáng)堿弱酸鹽，溶液呈堿性，再結(jié)合電荷守恒判斷；

D．當(dāng)氫氧化鈉溶液過量時(shí)，如果溶液呈堿性，根據(jù)電荷守恒判斷c（A-）、c（Na+）相對(duì)大?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓篈．任何溶液中都存在電荷守恒，根據(jù)電荷守恒得c（H+）=c（OH-）+c（A-）；故A正確；

B．加入NaOH時(shí)；氫離子和氫氧根離子反應(yīng)生成水，促進(jìn)HA電離，溶液pH升高，故B錯(cuò)誤；

C．當(dāng)恰好完全中和時(shí)，二者生成NaA，為強(qiáng)堿弱酸鹽，溶液呈堿性，根據(jù)電荷守恒得c（Na+）＞c（A-），酸根離子水解程度很小，所以溶液中離子濃度大小順序是c（Na+）＞c（A-）＞c（OH-）＞c（H+）；故C正確；

D．當(dāng)氫氧化鈉溶液過量時(shí)，如果溶液呈堿性，則c（OH-）＞c（H+），根據(jù)電荷守恒得c（Na+）＞c（A-）；故D錯(cuò)誤；

故選AC．15、BD【分析】【分析】屬于氧化還原反應(yīng)，元素化合價(jià)發(fā)生變化，常見吸熱反應(yīng)有大多數(shù)分解反應(yīng)，氫氣、CO與氧化物的反應(yīng)，以此解答該題．【解析】【解答】解：A．為氧化還原反應(yīng)；為放熱反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；

B．反應(yīng)為氧化還原反應(yīng)；也為吸熱反應(yīng)，故B正確；

C．為氧化還原反應(yīng)和放熱反應(yīng)；故C錯(cuò)誤；

D．反應(yīng)為氧化還原反應(yīng)；也為吸熱反應(yīng)，故D正確．

故選BD．16、BC【分析】【分析】A．根據(jù)銨根離子的水解程度及電解質(zhì)的電離確定溶液pH的相對(duì)大??；

B．根據(jù)電荷守恒判斷離子濃度相對(duì)大?。?/p>

C．根據(jù)電荷守恒和物料守恒計(jì)算；

D．根據(jù)物料守恒確定微粒之間的關(guān)系．【解析】【解答】解：A．硫酸氫銨是強(qiáng)酸弱堿酸式鹽，硫酸氫根離子電離出氫離子，抑制銨根離子水解，但溶液呈強(qiáng)酸性，碳酸氫銨中HCO3-的水解程度大于NH4+的水解程度，所以NH4HCO3溶液呈堿性；氯化銨水解而使其溶液呈酸性，但小于硫酸氫銨的酸性，所以pH的大小關(guān)系：②＞③＞①，故A錯(cuò)誤；

B．溶液pH=7，則c（H+）=c（OH-），氯化氫電離出的氫離子和醋酸根離子結(jié)合生成醋酸，所以溶液中c（Cl-）=c（CH3COOH），醋酸根離子水解而鈉離子不水解，所以c（Na+）＞c（CH3COO-），CH3COONa溶液呈弱堿性，要使溶液呈中性，則向醋酸鈉溶液中加入少量鹽酸，醋酸鈉的量遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于鹽酸的量，所以c（CH3COO-）＞c（Cl-）；故B正確；

C．常溫下，亞硫酸氫鈉呈酸性，說明亞硫酸氫根離子的電離程度大于水解程度，根據(jù)物料守恒得c（Na+）=c（H2SO3）+c（HSO3-）+c（SO32-）①，根據(jù)電荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HSO3-）+2c（SO32-）②，將方程式①代入②得，c（H2SO3）+c（H+）=c（OH-）+c（SO32-），所以c（SO32-）-c（H2SO3）=c（H+）-c（OH-）=（10-6-10-8）mol/L=9.9×10-7mol?L-1；故C正確；

D．根據(jù)物料守恒得，次氯酸鈉中c（HClO）+c（ClO-）=c（Na+），碳酸氫鈉中c（Na+）=c（HCO3-）+c（H2CO3）+c（CO32-），次氯酸鈉中鈉離子是碳酸氫鈉中鈉離子的2倍，所以c（HClO）+c（ClO-）=[c（HCO3-）+c（H2CO3）+c（CO32-）]；故D錯(cuò)誤；

故選BC．三、填空題(共7題，共14分)17、K2NiF463.4離子鍵和配位鍵[FeF6]3-F-【分析】【分析】前四周期原子序數(shù)依次增大的元素A、B、C、D中，A和B的價(jià)電子層中未成對(duì)電子均只有一個(gè)，并且A-和B+的電子數(shù)相差為8，A屬于第VIIA族元素，B屬于第IA族元素，且A的原子序數(shù)小于B，則A是F元素，B是K元素；與B位于同一周期的C和D，它們價(jià)電子層中的未成對(duì)電子數(shù)分別為4和2，且原子序數(shù)相差為2，且C和D的原子序數(shù)大于B，C的原子序數(shù)小于D，則C是Fe元素，D是Ni元素，結(jié)合物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)解答．【解析】【解答】解：前四周期原子序數(shù)依次增大的元素A、B、C、D中，A和B的價(jià)電子層中未成對(duì)電子均只有一個(gè)，并且A-和B+的電子數(shù)相差為8；A屬于第VIIA族元素，B屬于第IA族元素，且A的原子序數(shù)小于B，則A是F元素，B是K元素；與B位于同一周期的C和D，它們價(jià)電子層中的未成對(duì)電子數(shù)分別為4和2，且原子序數(shù)相差為2，且C和D的原子序數(shù)大于B，C的原子序數(shù)小于D，則C是Fe元素，D是Ni元素；

（1）D2+的價(jià)層電子為3d電子，根據(jù)能量最低原理、保里不相容原理及洪特規(guī)則知，其價(jià)電子排布圖為

故答案為：

（2）①該晶胞中A原子個(gè)數(shù)=16×++2=8，B原子個(gè)數(shù)=8×=4，D原子個(gè)數(shù)=8×，所以該化合物的化學(xué)式為K2NiF4；根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)知，D的配位數(shù)是6；

故答案為：K2NiF4；6；

②該晶胞的體積=（400×10-10cm）2×（1308×10-10cm），ρ==g?cm-3=3.4g?cm-3；

故答案為：3.4；

（3）A-、B+和C3+三種離子組成的化合物的K3FeF6，該物質(zhì)中陰陽離子間存在離子鍵，鐵原子和氟原子間存在配位鍵，該化合物中存在一個(gè)復(fù)雜離子，該離子的化學(xué)式為[FeF6]3-，配位體是F-；

故答案為：離子鍵和配位鍵；[FeF6]3-；F-．18、c（Mg2+）?c（OH-）2移出氫氧化錳沉淀114.5MnO2MnO2+e-+Li+=LiMnO2Mn2+-2e-+2H20=MnO2+4H+【分析】【分析】（1）Mn（OH）2的溶度積常數(shù)表達(dá)式Ksp=c（Mg2+）?c（OH-）2；

（2）①依據(jù)化學(xué)反應(yīng)平衡原理解釋即可；

②依據(jù)氧化還原反應(yīng)配平該方程式；然后分析即可；

（3）①形成原電池反應(yīng)時(shí)，Li為負(fù)極，被氧化，電極方程式為L(zhǎng)i-e-=Li+，MnO2為正極，被還原，電極方程式為MnO2+e-+Li+=LiMnO2；結(jié)合電極方程式以及元素化合價(jià)的變化解答該題；

②陽極上Mn2+放電發(fā)生氧化反應(yīng)而生成MnO2，據(jù)此解答即可．【解析】【解答】解：（1）Mn（OH）2的溶度積常數(shù)表達(dá)式Ksp=c（Mg2+）?c（OH-）2，故答案為：c（Mg2+）?c（OH-）2；

（2）①要使反應(yīng)MnSO4+NH3?H2O→Mn（OH）2↓+（NH4）2SO4；錳轉(zhuǎn)化更徹底，移出沉淀物時(shí)比較好的方法，故答案為：移出氫氧化錳沉淀；

②依舊氧化還原反應(yīng)配平該方程式為：6Mn（OH）2+O2=2Mn3O4+6H2O，故每生成2mol的Mn3O4，需要1mol氧氣，故轉(zhuǎn)移電子數(shù)為4mol，那么每轉(zhuǎn)移1mol電子，則生成Mn3O40.5mol；質(zhì)量為：0.5mol×229g/mol=114.5g，故答案為：114.5；

（3）①M(fèi)nO2為正極，被還原，電極方程式為MnO2+e-+Li+=LiMnO2，故答案為：MnO2；Li++MnO2+e-=LiMnO2；

②陽極上Mn2+放電發(fā)生氧化反應(yīng)而生成MnO2，同時(shí)生成氫離子，電極反應(yīng)式為Mn2+-2e-+2H20=MnO2+4H+；故答案為：Mn2+-2e-+2H20=MnO2+4H+．19、C＜O＜N正四面體sp3非極性分子Mn2+的3d軌道電子排布為半滿狀態(tài)較穩(wěn)定＞MgO與CaO都為離子晶體，Mg2+半徑小于Ca2+，則MgO的晶格能大于CaO，所以熔點(diǎn)高H2O2分子間存在氫鍵，與水分子可形成氫鍵【分析】【分析】A、C原子的L層有2個(gè)未成對(duì)電子，應(yīng)位于周期表第二周期，則L層電子排布分別為2s22p2或2s22p4，則A為C，C為O，結(jié)合原子序數(shù)可知B為N元素，D與E同主族，D的二價(jià)陽離子與C的陰離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，則D為Mg，E應(yīng)為Ca，F(xiàn)3+離子M層3d軌道電子為半滿狀態(tài)，則F為Fe，原子序數(shù)為26，結(jié)合元素周期律的遞變規(guī)律以及元素對(duì)應(yīng)單質(zhì)、化合物的性質(zhì)解答該題．【解析】【解答】解：A、C原子的L層有2個(gè)未成對(duì)電子，應(yīng)位于周期表第二周期，則L層電子排布分別為2s22p2或2s22p4，則A為C，C為O，結(jié)合原子序數(shù)可知B為N元素，D與E同主族，D的二價(jià)陽離子與C的陰離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，則D為Mg，E應(yīng)為Ca，F(xiàn)3+離子M層3d軌道電子為半滿狀態(tài)；則F為Fe，則

（1）A；B、C分別為C、N、O元素；同周期元素從左到右第一電離能呈增大趨勢(shì)，由于N的2p軌道為半充滿狀態(tài)，性質(zhì)比較穩(wěn)定，第一電離能大于O，則有C＜O＜N；

故答案為：C＜O＜N；

（2）A最簡(jiǎn)單的氫化物為CH4；為正四面體結(jié)構(gòu)，C與H形成4個(gè)δ鍵，分子中正負(fù)電荷重心重疊，為非極性分子；

故答案為：正四面體；sp3；非極性分子；

（3）質(zhì)子數(shù)為25的元素為Mn，由于Mn2+的3d軌道電子排布為半滿狀態(tài)較穩(wěn)定；難以失去電子；

故答案為：Mn2+的3d軌道電子排布為半滿狀態(tài)較穩(wěn)定；

（4）結(jié)構(gòu)相似的離子晶體中，離子半徑越小，晶體的晶格能越大，晶體的熔點(diǎn)越高，因Mg2+半徑小于Ca2+；則MgO的晶格能大于CaO，所以熔點(diǎn)高；

故答案為：＞；MgO與CaO都為離子晶體，Mg2+半徑小于Ca2+；則MgO的晶格能大于CaO，所以熔點(diǎn)高；

（5）C為O．非金屬性較強(qiáng)，對(duì)應(yīng)的氫化物能形成氫鍵，且與水分子之間也可以形成氫鍵，所以H2O2的沸點(diǎn)比H2S高；

故答案為：H2O2分子間存在氫鍵，與水分子可形成氫鍵．20、略

【分析】解：混合氣體的體積為rm{8.96L}則物質(zhì)的量為rm{dfrac{8.96L}{22.4L/mol}=0.4mol}

設(shè)混合氣體中rm{dfrac

{8.96L}{22.4L/mol}=0.4mol}的物質(zhì)的量為rm{CO}rm{xmol}的物質(zhì)的量為rm{CO_{2}}則。

rm{begin{cases}overset{28x+44y=14.4}{x+y=0.4}end{cases}}

解之得：rm{begin{cases}overset{x=0.2}{y=0.2}end{cases}}

所以rm{ymol}

故答案為：rm{begin{cases}

overset{28x+44y=14.4}{x+y=0.4}end{cases}}rm{begin{cases}

overset{x=0.2}{y=0.2}end{cases}}．

混合氣體的體積為rm{m(CO)=0.2mol隆脕28g/mol=5.6g}則物質(zhì)的量為rm{dfrac{8.96L}{22.4L/mol}=0.4mol}根據(jù)氣體的總質(zhì)量和總物質(zhì)的量列方程式計(jì)算．

本題考查物質(zhì)的量的相關(guān)計(jì)算，題目難度不大，注意從守恒的角度解答．rm{5.6}【解析】rm{5.6}rm{0.2}21、略

【分析】試題分析：有生活中不可缺少的調(diào)味品M進(jìn)行探究。已知C可在D中燃燒發(fā)出蒼白色火焰，可知，M為NaCl，C為H2，D為Cl2。B為NaOH，F(xiàn)為HCl。（1）電解氯化鈉溶液離子方程式為2Cl－+2H2O2OH－+H2↑+Cl2↑（2）F為HCl，共價(jià)化合物，電子式為（3）A是一種常見的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，則A為SiO2，與氫氧化鈉的反應(yīng)的產(chǎn)物為硅酸鈉，俗稱水玻璃。（4）Al能夠與堿溶液發(fā)生反應(yīng)，產(chǎn)生偏鋁酸鈉，當(dāng)逐滴加入HCl時(shí)，產(chǎn)生氫氧化鋁沉淀，當(dāng)沉淀達(dá)到最大值是，繼續(xù)滴加鹽酸，沉淀溶解生成氯化鋁，故能看到的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是溶液中逐漸有白色絮狀沉淀生成，且不斷增加；然后又由多到少，最后消失。（5）根據(jù)產(chǎn)生白色絮狀沉淀且瞬間變?yōu)榛揖G色，最后變成紅褐色的E可知，E為氫氧化鐵。A中含有亞鐵離子。4Fe2++8OH－+O2+2H2O=4Fe(OH)3↓。（6）根據(jù)，E與F、E與D相遇均冒白煙，且利用E與D的反應(yīng)檢驗(yàn)輸送D的管道是否泄露可知，E為氨氣，E與D反應(yīng)的化學(xué)方程式是3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl。（7）由圖象可知，在A中加入NaOH，先沒有生成沉淀，則溶液中存在H+，繼續(xù)加入NaOH后沉淀的質(zhì)量不變，應(yīng)含有NH4+，沉淀最后溶解，應(yīng)為Al3+，則一定不含CO32-，一定含有SO42-。根據(jù)圖像可知，c(H+):c(Al3+):c(NH4+):c(SO42－)=1:1:2:3考點(diǎn)：無機(jī)物的推斷；位置結(jié)構(gòu)性質(zhì)的相互關(guān)系應(yīng)用?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）2Cl－+2H2O2OH－+H2↑+Cl2↑（2）（3）水玻璃（4）溶液中逐漸有白色絮狀沉淀生成，且不斷增加；然后又由多到少，最后消失。（5）4Fe2++8OH－+O2+2H2O=4Fe(OH)3↓（分步寫且全正確給分）（6）3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl（7）c(H+):c(Al3+):c(NH4+):c(SO42－)=1:1:2:322、ba正向逆向大0.2【分析】【解答】（1）根據(jù)電離和水解定義知，b是電離平衡，a是水解平衡，故選：b；a；

（2）向其中加入硫酸銅溶液時(shí)，生成了CuS沉淀，S2﹣濃度減小，促進(jìn)HS﹣的電離，電離平衡向右移動(dòng)，溶液中H+的濃度增大，HS﹣濃度減??；水解平衡向左移動(dòng)，水解程度減小；

故答案為：正向；逆向；

（3）水的電離是吸熱反應(yīng)；升高溫度促進(jìn)水電離，所以水的離子積常數(shù)增大，故答案為：大；

（4）在0.1mol?L﹣1硫酸銅溶液中加入適量NaHS固體，使Cu2+完全沉淀為CuS，此時(shí)溶液中的溶質(zhì)為硫酸，c（SO42﹣）不變，為0.1mol?L﹣1，由電荷守恒可知c（H+）為0.2mol?L﹣1；

故答案為：0.2．

【分析】（1）根據(jù)電離和水解的定義來分析解答；

（2）當(dāng)向其中加入硫酸銅溶液時(shí)，生成了CuS沉淀，促進(jìn)HS﹣的電離，HS﹣濃度減小，水解程度減小，溶液中H+的濃度增大；

（3）水的電離是吸熱反應(yīng)；升高溫度促進(jìn)其電離；

（4）根據(jù)溶液的電中性計(jì)算H+濃度．23、NaClO+2FeSO4+H2SO4=NaCl+Fe2（SO4）3+H2ONaClO3+6FeSO4+3H2SO4=NaCl+3Fe2（SO4）3+3H2O相同質(zhì)量NaClO3比NaClO氧化更多的Fe2+．2（5-n）2n2（5-n）（3+n）2BC【分析】解：（1）根據(jù)題意知，次氯酸鈉和氯酸鈉都是氧化劑，A是還原劑，則A失電子化合價(jià)升高，且溶液中含有硫酸，所以A中含有還原性離子，實(shí)驗(yàn)的目的是把Fe2+氧化為Fe3+從而使Fe3+轉(zhuǎn)化為某種沉淀析出知；A是硫酸亞鐵，B是硫酸，結(jié)合元素守恒知，C是硫酸鐵；

在反應(yīng)NaClO+FeSO4+H2SO4→NaCl+Fe2（SO4）3+H2O中，鐵元素的化合價(jià)+2→+3，失去1個(gè)電子，氯元素的化合價(jià)+1→-1價(jià)，得到2個(gè)電子，得失電子的最小公倍數(shù)是2，所以FeSO4的計(jì)量數(shù)是2，次氯酸根離子的計(jì)量數(shù)是1，然后根據(jù)原子守恒配平方程式得：NaClO+2FeSO4+H2SO4=NaCl+Fe2（SO4）3+H2O；

在反應(yīng)NaClO3+FeSO4+3H2SO4→NaCl+Fe2（SO4）3+H2O中，鐵元素的化合價(jià)+2→+3，失去1個(gè)電子，氯元素的化合價(jià)+5→-1價(jià)，得到6個(gè)電子，得失電子的最小公倍數(shù)是6，所以FeSO4的計(jì)量數(shù)是6，氯酸根離子的計(jì)量數(shù)是1，然后根據(jù)原子守恒配平方程式得：NaClO3+6FeSO4+3H2SO4=NaCl+3Fe2（SO4）3+3H2O

相同質(zhì)量NaClO3和NaClO，NaClO3得到的電子多，氧化更多的Fe2+；

故答案為：NaClO+2FeSO4+H2SO4=NaCl+Fe2（SO4）3+H2O；NaClO3+6FeSO4+3H2SO4=NaCl+3Fe2（SO4）3+3H2O；相同質(zhì)量NaClO3比NaClO氧化更多的Fe2+；

（2）該反應(yīng)中鐵元素的化合價(jià)+3→+（8-n），失去（5-n）個(gè)電子，氯元素的化合價(jià)+1→-1價(jià)，得到2個(gè)電子，得失電子的最小公倍數(shù)是2（5-n），所以氫氧化鐵的計(jì)量數(shù)是2，次氯酸根離子的計(jì)量數(shù)是5-n，然后根據(jù)原子守恒配平方程式得：2Fe（OH）3+（5-n）ClO-+2nOH-=2FeO4n-+（5-n）Cl-+（n+3）H2O；故答案為：2；5-n、2n、2、5-n、n+3；

（3）在反應(yīng)2Fe（OH）3+（5-n）ClO-+2nOH-=2FeO4n-+（5-n）Cl-+（n+3）H2O中電子轉(zhuǎn)移的數(shù)目為（5-n）×2，即2molFe（OH）3轉(zhuǎn)移電子（5-n）×2mol，所以3.21g（即0.03mo）Fe（OH）3參加反應(yīng)，共轉(zhuǎn)移了電子（5-n）×0.03mol，則（5-n）×0.03mol×6.02×1023mol-1=5.418×1022；解得n=2，故答案為：2；

（4）FeO42-中鐵元素化合價(jià)是最高價(jià)；所以該離子具有強(qiáng)氧化性，能和強(qiáng)還原性的物質(zhì)反應(yīng)，氯氣和氧氣具有強(qiáng)氧化性，所以不能和高鐵酸根離子反應(yīng)，二氧化硫和硫化氫具有強(qiáng)還原性，所以能和高鐵酸根離子反應(yīng)，故答案為：B；C．

（1）根據(jù)題意知，次氯酸鈉和氯酸鈉都是氧化劑，A是還原劑，則A失電子化合價(jià)升高，且溶液中含有硫酸，根據(jù)元素守恒判斷A物質(zhì)、C物質(zhì)，然后根據(jù)氧化還原反應(yīng)中得失電子數(shù)相等結(jié)合電荷守恒、原子守恒配平方程式；根據(jù)電子得失守恒可知相同質(zhì)量NaClO3和NaClO，NaClO3得到的電子多，氧化更多的Fe2+來分析；

（2）根據(jù)氧化還原反應(yīng)中得失電子數(shù)相等結(jié)合電荷守恒；原子守恒配平方程式；

（3）根據(jù)化合價(jià)確定反應(yīng)中電子轉(zhuǎn)移的數(shù)目；然后根據(jù)電子轉(zhuǎn)移的數(shù)目與氫氧化鐵質(zhì)量之間的關(guān)系式計(jì)算n值；

（4）根據(jù)高鐵酸根離子中鐵元素的化合價(jià)知高鐵酸根離子具有強(qiáng)氧化性；能和強(qiáng)還原性的物質(zhì)反應(yīng)．

本題考查了氧化還原反應(yīng)及其配平，難度不大，根據(jù)得失電子數(shù)相等來配平方程式即可，抓住元素化合價(jià)的變化是解題的關(guān)鍵．【解析】NaClO+2FeSO4+H2SO4=NaCl+Fe2（SO4）3+H2ONaClO3+6FeSO4+3H2SO4=NaCl+3Fe2（SO4）3+3H2O相同質(zhì)量NaClO3比NaClO氧化更多的Fe2+．2（5-n）2n2（5-n）（3+n）2BC四、判斷題(共4題，共16分)24、×【分析】【分析】過氧化鈉是離子化合物，其電子式由陰、陽離子的電子式組合而成，相同的離子不能合并．【解析】【解答】解：Na2O2是鈉離子和過氧根離子構(gòu)成的離子化合物，鈉離子失電子形成陽離子，氧原子得到電子形成過氧根陰離子，電子式為故答案為：×．25、×【分析】【分析】氫氣具有可燃性，氧氣是助燃劑，混合氣體通過灼熱的氧化銅可能會(huì)產(chǎn)生爆炸，且氫氣還原CuO后生成的Cu易被氧化．【解析】【解答】解：氫氣具有可燃性，氧氣是助燃劑，混合氣體通過灼熱的氧化銅可能會(huì)產(chǎn)生爆炸，且氫氣還原CuO后生成的Cu易被氧化，則混合氣體通過灼熱的氧化銅，不能除雜，故答案為：×．26、×【分析】【分析】濃鹽酸和MnO2在加熱條件下發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成Cl2，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，濃鹽酸濃度逐漸降低，當(dāng)濃度降低到一定程度后變?yōu)橄←}酸，稀鹽酸和MnO2不反應(yīng)，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：濃鹽酸和MnO2在加熱條件下發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成Cl2，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，濃鹽酸濃度逐漸降低，當(dāng)濃度降低到一定程度后變?yōu)橄←}酸，稀鹽酸和MnO2不反應(yīng)，濃鹽酸和MnO2反應(yīng)方程式為4HCl（濃）+MnO2MnCl2+2H2O+Cl2↑；假設(shè)4molHCl完全反應(yīng)，設(shè)轉(zhuǎn)移電子的個(gè)數(shù)為x；

4HCl（濃）+MnO2MnCl2+2H2O+Cl2↑轉(zhuǎn)移電子。

4mol2NA

4molx

4mol：2NA=4mol：x

x==2NA；

實(shí)際上參加反應(yīng)的HCl的物質(zhì)的量小于4mol，所以轉(zhuǎn)移電子數(shù)小于2NA；所以該說法錯(cuò)誤；

故答案為：×．27、×【分析】【分析】膠體有丁達(dá)爾效應(yīng)，溶液沒有；溶質(zhì)粒子能透過半透膜，膠體粒子不能透過半透膜，但能透過濾紙．【解析】【解答】解：膠體有丁達(dá)爾效應(yīng)，溶液沒有，故利用丁達(dá)爾效應(yīng)可以區(qū)分溶液和膠體；膠體微粒的直徑大于半透膜的孔徑，膠體粒子不能透過半透膜，故答案為：×．五、實(shí)驗(yàn)題(共4題，共36分)28、100mL容量瓶膠頭滴管D2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-取少量最后一次洗出液，滴加AgNO3溶液，若無沉淀生成，則證明洗滌干凈×100%加熱時(shí)固體未充分反應(yīng)變?yōu)镕e2O3【分析】【分析】本實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖菧y(cè)定鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)；采取的方法是使樣品溶解；反應(yīng)、最終生成氧化鐵，然后通過氧化鐵質(zhì)量來求鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)．

（1）由圖可知；操作I是將加入鹽酸反應(yīng)的溶液稀釋成250.00mL溶液，故需要250mL的容量瓶；操作II是準(zhǔn)確量取25.00mL的稀釋后的溶液，故應(yīng)需要滴定管；

（2）加溴水目的是讓+2價(jià)鐵變?yōu)?3價(jià)，加氨水就是使+3價(jià)鐵充分轉(zhuǎn)化為Fe（OH）3沉淀；

（3）溶液中存在溴化銨；可用硝酸酸化的硝酸銀溶液檢驗(yàn)最后一次洗滌液中是否存在溴離子；

（4）加熱分解所得的物質(zhì)是Fe2O3，其質(zhì)量為（W2-W1）g，由于去20mL溶液，故100mL溶液可以得到Fe2O3質(zhì)量為5（W2-W1）g，根據(jù)化學(xué)式計(jì)算鐵元素的質(zhì)量，再利用質(zhì)量分?jǐn)?shù)的定義計(jì)算原氧化鐵樣品中鐵元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)．【解析】【解答】解：（1）因配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液所需要的儀器有：量筒；膠頭滴管、燒杯、玻璃棒、一定規(guī)格的容量瓶；因操作II為滴定操作；必須用滴定管；

故答案：100mL容量瓶；膠頭滴管；D；

（2）因Br2具有氧化性，能氧化Fe2+：2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-；為了使Fe3+充分沉淀；氨水要過量，形成氫氧化鐵沉淀，經(jīng)灼燒得到氧化鐵固體；

故答案為：2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-；

（3）溶液中存在溴化銨；可用硝酸酸化的硝酸銀溶液檢驗(yàn)最后一次洗滌液中是否存在溴離子，以判斷沉淀是否洗凈；

故答案為：取最后一次洗滌液；于試管中，滴加少量硝酸銀溶液，若無黃色沉淀生成，則證明洗滌干凈；

（4）因鐵元素質(zhì)量守恒，即紅棕色固體中的鐵就是樣品中鐵，F(xiàn)e2O3的質(zhì)量為W2-W1g，由于參加反應(yīng)的溶液只取所配溶液的，因此鐵元素的質(zhì)量為5×（W2-W1）g×，樣品中鐵元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是×100%；如氫氧化鐵為完全分解；計(jì)算出鐵元素的質(zhì)量偏高，最終測(cè)量的結(jié)果偏大；

故答案為：×100%；加熱時(shí)固體未充分反應(yīng)變?yōu)镕e2O3．29、略

【分析】【分析】

本題主要考查學(xué)生化學(xué)實(shí)驗(yàn)基本操作技能和處理問題的能力；以及對(duì)實(shí)驗(yàn)結(jié)果進(jìn)行計(jì)算和誤差分析判斷的能力。

【解答】

rm{(1)}關(guān)閉活塞rm{K}微熱反應(yīng)管，試管rm{A}中有氣泡冒出，停止加熱rm{.}冷卻后若末端導(dǎo)管中水柱上升且高度保持不變；則說明裝置氣密性良好；

故答案為：關(guān)閉活塞rm{K}微熱反應(yīng)管，試管rm{A}中有氣泡冒出，停止加熱rm{.}冷卻后若末端導(dǎo)管中水柱上升且高度保持不變；則說明裝置氣密性良好；

rm{(2)}防止反應(yīng)過程中空氣進(jìn)入反應(yīng)管；故答案為：防止反應(yīng)過程中空氣進(jìn)入反應(yīng)管；

rm{(3)}熄滅酒精燈，待反應(yīng)管冷卻至室溫，停止通入rm{N_{2}}并關(guān)閉活塞rm{K}故答案為：熄滅酒精燈，待反應(yīng)管冷卻至室溫，停止通入rm{N_{2}}并關(guān)閉活塞rm{K}

rm{(4)}鈣是活潑金屬，能與空氣中的水、二氧化碳等反應(yīng)，所以在通入rm{N_{2}-}段時(shí)間后再點(diǎn)燃酒精燈，用氮?dú)馀疟M裝置中的空氣，可以防止鈣與裝置中的氧氣或二氧化碳、水等反應(yīng)，裝置中干燥管后的rm{U}形管可防倒吸；

故答案為：氮?dú)馀疟M裝置中的空氣；可以防止鈣與裝置中的氧氣或二氧化碳；水等反應(yīng)；防倒吸；

rm{(5)壟脵m(Ca)=(15.08-14.80)g=0.28g}rm{m(N)=(15.15-15.08)g=0.07g}則rm{n(Ca)}rm{n(N)=dfrac{0.28}{40}}rm{dfrac{0.07}{14}=7}rm{5}則rm{x=dfrac{14}{5}}

故答案為：rm{dfrac{14}{5}}

rm{壟脷O_{2}}和rm{N_{2}}分別與等量的rm{Ca}反應(yīng)，生成rm{CaO}的質(zhì)量高于rm{Ca_{3}N_{2}.}若通入的rm{N_{2}}中混有少量的rm{O_{2}}會(huì)導(dǎo)致計(jì)算出rm{n(N)}偏大，所以rm{dfrac{n(Ca)}{n(N)}<dfrac{3}{2}}即rm{dfrac{n(Ca)}{n(N)}<dfrac

{3}{2}}

故答案為：rm{x<3}和rm{O_{2}}分別與等量的rm{N_{2}}反應(yīng)，生成rm{Ca}的質(zhì)量高于rm{CaO}若通入的rm{Ca_{3}N_{2}.}中混有少量的rm{N_{2}}會(huì)導(dǎo)致計(jì)算出rm{O_{2}}偏大，所以rm{dfrac{n(Ca)}{n(N)}<dfrac{3}{2}}即rm{n(N)}

rm{dfrac{n(Ca)}{n(N)}<dfrac

{3}{2}}【解析】rm{(1)}關(guān)閉活塞rm{K}微熱反應(yīng)管，試管rm{A}中有氣泡冒出；停止加熱，冷卻后若末端導(dǎo)管中水柱上升且高度保持不變，則說明裝置氣密性良好。

rm{(2)}防止反應(yīng)過程中空氣進(jìn)入反應(yīng)管；

rm{(3)}熄滅酒精燈，待反應(yīng)管冷卻至室溫，停止通入rm{N_{2}}并關(guān)閉活塞rm{K}

rm{(4)}氮?dú)馀疟M裝置中的空氣；可以防止鈣與裝置中的氧氣或二氧化碳；水等反應(yīng)防倒吸。

rm{(5)壟脵dfrac{14}{5}}

rm{壟脷O_{2}}和rm{N_{2}}分別與等量的rm{Ca}反應(yīng)，生成rm{CaO}的質(zhì)量高于rm{Ca_{3}N_{2}.}若通入的rm{N_{2}}中混有少量的rm{O_{2}}會(huì)導(dǎo)致計(jì)算出rm{n(N)}偏大，所以rm{dfrac{n(Ca)}{n(N)}<dfrac{3}{2}}即rm{dfrac{n(Ca)}{n(N)}<dfrac

{3}{2}}rm{x<3}30、水浴加熱關(guān)閉水龍頭，向布氏漏斗中加入冰水至浸沒沉淀物，使冰水緩慢通過沉淀物使乙酰水楊酸與NaHCO3溶液作用轉(zhuǎn)化為易溶于水的乙酰水楊酸鈉，與不溶性雜質(zhì)分離控制反應(yīng)溫度，防止乙酰水楊酸受熱分解b水楊酸等有機(jī)雜質(zhì)易溶于乙酸乙酯，冷卻結(jié)晶時(shí)溶解在乙酸乙酯中很少結(jié)晶出來向水中加入少量產(chǎn)品，然后滴加FeCl3溶液，若有紫色出現(xiàn)，說明產(chǎn)品中有水楊酸，若無紫色出現(xiàn)，說明產(chǎn)品中不含水楊酸84.3%【分析】【分析】（1）①控制溫度在85℃～90℃；溫度低于100℃，應(yīng)采取水浴加熱；

②用少量冰水洗滌方法是：關(guān)閉水龍頭；向布氏漏斗中加入冰水至浸沒沉淀物，使冰水緩慢通過沉淀物；

（2）乙酰水楊酸為微溶于水的物質(zhì)；加入鹽之后可以轉(zhuǎn)化為易溶于水的鹽，易與不溶性雜質(zhì)分離；

（3）①由于加熱時(shí)溫度不能過高；應(yīng)控制在一定范圍之內(nèi)，故使用溫度計(jì)，冷凝水流向?yàn)椤跋逻M(jìn)上出”；

②水楊酸易溶于乙酸乙酯而達(dá)到分離的目的；

（4）水楊酸含有酚羥基；遇氯化鐵溶液呈紫色，據(jù)此設(shè)計(jì)檢驗(yàn)檢驗(yàn)產(chǎn)品中是否混有水楊酸；

（5）計(jì)算理論生成乙酰水楊酸的質(zhì)量，可計(jì)算出產(chǎn)率．【解析】【解答】解：（1）①控制溫度在85℃～90℃；小于100℃，應(yīng)使用水浴加熱，故答案為：水浴加熱；

②用少量冰水洗滌方法是：關(guān)閉水龍頭；向布氏漏斗中加入冰水至浸沒沉淀物，使冰水緩慢通過沉淀物，故答案為：關(guān)閉水龍頭，向布氏漏斗中加入冰水至浸沒沉淀物，使冰水緩慢通過沉淀物；

（2）乙酰水楊酸為微溶于水的物質(zhì)，加入鹽之后可以轉(zhuǎn)化為易溶于水的鹽，易與不溶性雜質(zhì)分離，故答案為：使乙酰水楊酸與NaHCO3溶液作用轉(zhuǎn)化為易溶于水的乙酰水楊酸鈉；與不溶性雜質(zhì)分離；

（3）①加熱時(shí)溫度不能過高；應(yīng)控制在一定范圍之內(nèi)，可用溫度計(jì)控制溫度，防止乙酰水楊酸受熱分解，為充分冷凝，是冷水充滿冷凝器，應(yīng)從下端進(jìn)，上端出；

故答案為：控制反應(yīng)溫度，防止溫度過高，乙酰水楊酸受熱分解；b；

②水楊酸易溶于乙酸乙酯；而乙酰水楊酸難溶于乙酸乙酯，而使二者充分分離，故答案為：水楊酸易溶于乙酸乙酯，在冷卻結(jié)晶時(shí)大部分溶解在乙酸乙酯中，很少結(jié)晶出來；

（4）水楊酸含有酚羥基，遇氯化鐵溶液呈紫色，具體方案為：向水中加入少量產(chǎn)品，然后滴加FeCl3溶液；若有紫色出現(xiàn)，說明產(chǎn)品中有水楊酸；若無紫色出現(xiàn)，說明產(chǎn)品中不含水楊酸；

故答案為：向水中加入少量產(chǎn)品，然后滴加FeCl3溶液；若有紫色出現(xiàn)，說明產(chǎn)品中有水楊酸，若無紫色出現(xiàn)，說明產(chǎn)品中不含水楊酸；

（5）n（水楊酸）==0.0145mol，n（醋酸酐）==0.0