1、2016-2017学年山西省运城市海泉中学高三（上）月考化学试卷（10月份）一、选择题（共12小题，每小题0分，满分0分）1用NA表示阿伏加德罗常数的值下列说法中，正确的是（）A1 mol OH中含有的电子数目为10 NAB标准状况下，22.4 L苯含有的原子数目为12 NAC1 L 0.1 mol/L FeCl3溶液中，Fe3+的数目为0.1 NAD0.3 mol NO2溶于水生成HNO3，转移的电子数目为0.3 NA2下列说法错误的是（）可燃冰和乙醇是较清洁的能源；甲醇、乙二醇、丙三醇是同系物；某烷烃叫做2乙基丁烷；镀锌铁比镀锡铁更耐腐蚀；石钟乳的形成是因为石灰石在水中存在溶解平衡；甘氨酸
2、和丙氨酸可生成4种二肽；蔗糖和萄萄糖均能发生银镜反应ABCD3在100时将甲醇、甲烷、氧气的混合气体充入装有过量Na2O2固体的密闭容器中，不断用电火花引燃，充分反应后，测得密闭容器内气体压强为零，则原混合气体中甲醇、甲烷、氧气的体积比可能是（）A1：1：1B2：2：1C1：3：2D无法计算4下表中的实验操作能达到实验目的或能得出相应结论的是（）选项实验操作实验目的或结论A在硅酸钠溶液中滴入稀盐酸，溶液变浑浊非金属性：ClSiBC2H5Br与Br2的溶液混合中加入Na2SO3溶液充分振荡后分液除去C2H5Br中的溴C向某溶液中加氯化钡溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸沉淀不消失说明原溶液中一定含有S
3、O42D向无水乙醇中加入浓H2SO4，加热至170C产生的气体通入酸性KMnO4溶液，红色褪去证明生成的气体全部是乙烯AABBCCDD5下列说法中，正确的是（）A气体的摩尔体积为22.4 Lmol12B1 mol H2的质量是2 g，它所占的体积是22.4 LC在标准状况下，1 mol任何气体所占的体积都为22.4 Lmol1D在标准状况下，1 mol任何气体所占的体积都约为22.4 L6设NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A1molCl2与足量Fe反应，转移的电子数为3NAB1.5molNO2与足量H2O反应，转移的电子数为1.5NAC常温常压下，46gNO2和N2O4混合气
4、体含有的原子数为3NAD含有H2SO41mol的浓硫酸与足量铜反应，生成SO2的分子数为0.5NA7已知6.021023个X气体分子的质量为64g，则X气体的摩尔质量是（）A16gB32gC64g/molD32g/mol8下列实验操作均要用玻璃棒，其中与过滤操作中玻璃棒的作用相同的是（）A测溶液pHB蒸发C溶解D向容量瓶转移液体9下列实验操作正确且能达到目的是（）A将AlCl3溶液蒸发结晶提取无水AlCl3B在温水瓶中加入Na2CO3溶液浸泡后加入盐酸能除去内壁的CaSO4C用饱和的NaOH热溶液除去乙酸乙酯中的乙醇、乙酸D用酸性KMnO4溶液除去乙烷中混有的少量乙烯10下列叙述中正确的是（）
5、A碘易溶于酒精，可以用酒精从碘水中萃取碘B能使湿润淀粉碘化钾试纸变蓝的气体一定是Cl2C液溴应保存在磨口玻璃塞试剂瓶中，并加少量水进行水封D实验室中少量金属锂应存放于煤油中11新型纳米材料氧缺位铁酸盐（MFe2Ox 3x4，M=Mn、Co、Zn或Ni）由铁酸盐（MFe2O4）经高温与氢气反应制得，常温下，它能使工业废气中的酸性氧化物（SO2、NO2等）转化为其单质除去，转化流程如图关于此转化过程的叙述不正确的是（）AMFe2O4在与H2反应中表现了氧化性B若4mol MFe2Ox与1mol SO2恰好完全反应则MFe2Ox中x的值为3.5CMFe2Ox与SO2反应中MFe2Ox被还原DMFe2
6、O4与MFe2Ox的相互转化反应均属于氧化还原反应12配制0.1摩/升的1000毫升硝酸溶液，需量取1摩/升硝酸100毫升，加水定容时，仰视容量瓶刻度线使凹液面最低处与刻度线有唯一交点时停止加水，并摇匀，此时配得的硝酸溶液的摩尔浓度（）A0.1摩/升B0.1摩/升C=0.125摩/升D无法确定二、解答题（共9小题，满分0分）13要分离下列四组混合物：食盐与沙子从KNO3和NaCl的混合溶液中获得KNO3水和汽油的混合物CCl4液体与甲苯液体的混合物（已知CCl4与甲苯互溶，沸点分别为76.75和110.6）（1）分离、的操作分别为、（2）分离时所使用的仪器中有一种在其他组分分离时无需使用，这种
7、仪器是（3）上述四组混合物分离时需使用酒精灯的有和（填序号）14某学生用0.1000mol/L的NaOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作可分为如下几步：A、量取20.0ml待测盐酸溶液注入洁净的锥形瓶，并加入23滴酚酞；B、用标准溶液润洗滴定管23次；C、取盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节滴定管尖嘴使之充满溶液D、取标准NaOH溶液注入碱式滴定管至刻度线0以上2cm3cm；E、调节液面至“0”或“0”以下刻度并记下读数；F、把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准NaOH溶液滴定至终点并记下滴定管液面的刻度据此实验完成填空：（1）正确操作步骤的顺序是（用序号字母填写）（2）上述B步骤操作的目的是
8、（3）上述A步骤操作之前，先用待测溶液润洗锥形瓶，则对滴定结果的影响是（4）判断到达滴定终点的实验现象是15如图装置是实验室中物质分离的常用装置，请回答下列问题（1）A 图所示的操作名称是，仪器的名称是，用此操作制取蒸馏水，还缺少的一种仪器是，中加入少量碎瓷片的作用是，将仪器补充完整后进行试验若试验过程中发现忘加碎瓷片，应采取的正确操作是；（2）用B 图所示装置将碘从水溶液中萃取出来，可用作为萃取剂；混合、振荡、静止一段时间后，观察到的现象是；分液时水层应从分液漏斗的口（填“上”或“下”）流出，实验过程中为保证液体顺利流下，应进行的具体操作是160.40L某浓度的NaOH溶液恰好与标准状况下5
9、.8L Cl2完全反应，计算：（1）生成的NaClO的物质的量；（2）该溶液中NaOH的物质的量浓度17A、B、C、D、E、F六种物质的转化关系如图所示（反应条件和部分产物未标出）（1）若A为短周期金属单质，D为短周期非金属单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，F的浓溶液与A、D反应都有红棕色气体生成，则物质C中所含化学键类型为，反应的化学方程式为；（2）若A是常见的金属单质，D、F是气态单质，且反应在水溶液中进行反应也在水溶液中进行，其离子方程式是；检验E物质中阳离子的操作和现象，A单质与1mol/L稀硝酸160mL恰好反应，最多消耗A单质g；（3）
10、若A、D、F都是短周期非金属元素单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，则反应的化学方程式为18在Cu（NO3）2和AgNO3的混合溶液中加入一定量的锌粉，使之充分反应后，有下列情况：（1）若反应后锌有剩余，则溶液中所含溶质是（2）若反应后过滤，向所得固体物质加盐酸没有气体产生则溶液中一定有，可能有（3）若反应后过滤，向滤液中滴加NaCl溶液，有不溶于稀硝酸的白色沉淀生成，则此时溶液中含有的溶质为19中国地质学家发现了一种新矿物，这种新矿物由X、Y、Z、W、R、T六种主族元素组成，其中X、Y、Z是金属元素，W、R、T是非金属元素新矿物的化学式可表示为X3Y2（ZWR4）3T2；已知
11、X和Z同主族，Y、Z、R、T同周期，T是非金属性最强的元素；Z原子的最外层电子数与次外层电子数相等，另外与R同主族的另一短周期表元素是Q，Q元素的最高氧化物对应水化物甲在工业上用途广泛，用途如图，X与R的原子序数之和是W的2倍请回答下列问题（1）W在元素周期表中的位置是（2）Y、Z、R、T四种同周期元素中原子半径最大的是（用元素符号表示，后同）（3）写出这种新矿物的化学式：（4）写出由甲与XT2反应制T的氢化物的化学方程式（5）在长途运输活鱼时，常在水中加入一定量的XR2，加入XR2的目的是杀菌消毒和（6）由短周期元素组成的某些粒子，如SO2、O3、NO可互称为等电子体，则与Z同周期元素组成的
12、粒子中，能与N3、CS2互称为等电子体的粒子是一氧化二氮、二氟化铍和（填符合要求粒子的名称）20工业上合成氨是在一定条件下进行如下反应：N2（g）+3H2（g）2NH3（g），其部分工业流程如图：回答下列问题：（1）已知：N2（g）+O2（g）2NO（g）H=+180.5kJ/mol4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）H=905kJ/mol2H2（g）+O2（g）2H2（g）H=483.6kJ/mol则N2（g）+2H22NH3（g）的H=；（2）如果工业上，在一定温度下，将1.5mol N2气体和6mol H2气体通入到体积为1升的密闭容器中当反应达到平衡时，容器内气体的
13、压强为起始时的80%，则其平衡常数为改变下列条件，能使平衡向正反应方向进行且平衡常数不变的是；增大压强增大反应物质的浓度使用催化剂降低温度（3）合成氨反应的平衡常数很小，所以在工业采取气体循环的流程即反应后通过降低混合气体的温度而使氢气分离出来这种分离物质的方法其原理类似于下列哪种方法：（填编号）过滤 蒸馏 渗析 萃取理由是；（4）可以用氯气来检验输送氨气的管道是否漏气，如果漏气则会有白烟（成份为氯化铵）生成该反应的化学方程式为；（5）假如该厂生产氨水的物质的量浓度为20mol/L，实验室若需用80mL浓度为5mol/L的氨水时，需取20mol/L的氨水mL（用100mL的容量瓶）假如该氨水的
14、pH=a，加入相同体积的盐酸时，溶液呈中性，则此盐酸的pH14a（填“大于”“小于”或“等于”）21回收铅蓄电池的电极填充物（铅膏，主要含PbO、PbO2、PbSO4），可制备热稳定剂三盐基硫酸铅（组成可表示为3PbOPbSO4H2O），其实验流程如下：（1）物质X可以循环利用，该物质是最后一次过滤之后需要洗涤，检验三盐基硫酸铅是否洗净的方法是（2）从滤液A可提取出一种含结晶水的钠盐副产品若检验该晶体中结晶水的含量，所需的硅酸盐材质仪器有、玻璃棒、石棉网、干燥器等（3）流程中不直接利用H2SO4溶液与PbO、PbCO3反应制取PbSO4，原因可能是（4）生成三盐基硫酸铅的离子反应方程式为（5）
15、向铅膏浆液中加入Na2SO4溶液的目的是将其中的PbO2还原为PbO若实验中所取铅膏的质量为47.8g，其中PbO2的质量分数为15.0%，则要将PbO2全部还原，至少需加mL 1.0molLlNa2SO3溶液2016-2017学年山西省运城市海泉中学高三（上）月考化学试卷（10月份）参考答案与试题解析一、选择题（共12小题，每小题0分，满分0分）1用NA表示阿伏加德罗常数的值下列说法中，正确的是（）A1 mol OH中含有的电子数目为10 NAB标准状况下，22.4 L苯含有的原子数目为12 NAC1 L 0.1 mol/L FeCl3溶液中，Fe3+的数目为0.1 NAD0.3 mol N
16、O2溶于水生成HNO3，转移的电子数目为0.3 NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A1个OH中含有10个电子，根据N=nNA计算电子数目；B标准状况下，苯是液体；CFe3+在水中发生了水解；D3NO2+H2O=2HNO3+NO，1mol该反应转移2mol电子【解答】解：A1个OH中含有10个电子，1molOH中含有的电子数目为10NA，故A正确； B标准状况下，苯是液体，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol，故B错误；C1 L 0.1 molL1 FeCl3溶液含有0.1 mol FeCl3，其电离出来的0.1 NA个Fe3+中有一部分发生了水解，导致溶液中Fe3+数少于0.1NA，故C错误
17、；D3NO2+H2O=2HNO3+NO，3个NO2中有2个变为HNO3，N由NO2中的+4变为HNO3中的+5，失去1个电子2；1个NO2变为NO，N由NO2中的+4变为NO中的+2，得到2个电子1mol该反应转移2mol电子，故0.3 mol NO2溶于水生成HNO3，转移的电子数目为0.2NA，故D错误故选A2下列说法错误的是（）可燃冰和乙醇是较清洁的能源；甲醇、乙二醇、丙三醇是同系物；某烷烃叫做2乙基丁烷；镀锌铁比镀锡铁更耐腐蚀；石钟乳的形成是因为石灰石在水中存在溶解平衡；甘氨酸和丙氨酸可生成4种二肽；蔗糖和萄萄糖均能发生银镜反应ABCD【考点】芳香烃、烃基和同系物；金属的电化学腐蚀与防
18、护；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；有机化合物命名；蔗糖、麦芽糖简介；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点【分析】清洁能源是不排放污染物的能源，它包括核能和“可再生能源”；结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物；2号碳不能接乙基；原电池能加快化学反应速率；石灰石在水中存在溶解平衡；氨基酸形成肽键原理为羧基提供OH，氨基提供H，两个氨基酸分子脱去一个水分子脱水结合形成二肽；蔗糖是非还原性糖【解答】解：可燃冰和乙醇燃烧产生二氧化碳，是较清洁的能源，故正确；甲醇、乙二醇和丙三醇含有的官能团的数目不同，不是同系物，故错误；2号碳不能接乙基，应为3甲基戊烷，故错误；锌、铁和
19、电解质溶液能构成原电池，锌作负极，保护铁；铁、锡和电解质溶液能构成原电池，铁作负极，腐蚀加快，故正确；石灰石在水中存在溶解平衡，二氧化碳能促进石灰石的溶解，故正确；氨基酸生成二肽，就是两个氨基酸分子脱去一个水分子，当同种氨基酸脱水，生成2种二肽；当是异种氨基酸脱水：可以是甘氨酸脱去羟基，丙氨酸脱氢；也可以丙氨酸脱羟基，甘氨酸脱去氢，生成2种二肽，所以共有4种，故正确；蔗糖是非还原性糖，不能发生银镜反应，故错误故选：A3在100时将甲醇、甲烷、氧气的混合气体充入装有过量Na2O2固体的密闭容器中，不断用电火花引燃，充分反应后，测得密闭容器内气体压强为零，则原混合气体中甲醇、甲烷、氧气的体积比可能
20、是（）A1：1：1B2：2：1C1：3：2D无法计算【考点】化学方程式的有关计算【分析】将含有甲醇、O2和CH4的混合气体置于盛有过量Na2O2的密闭容器中，电火花点燃反应为，2CH4O+3O22CO2+4H2O、CH4+2O2CO2+2H2O、2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2、2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2；根据题意可知反应结束后，容器内的压强为零，说明恰好反应生成Na2CO3、NaOH，反应后容器中无气体剩余，结合反应2CH4+O2+6Na2O2=2Na2CO3+8NaOH、2CH4O+6Na2O2=2Na2CO3+8NaOH进行判断，以此解答该题【解答】解：在100
21、时，将甲醇甲烷氧气的混合气体放入一装有过量Na2O2固体的密闭容器中，不断用电火花引燃，充分反应后，测得密闭容器内气体压强为零，则反应后无气体剩余，反应后产物为Na2CO3、NaOH，根据反应2CH4O+3O22CO2+4H2O、CH4+2O2CO2+2H2O、2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2、2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2可知总反应为：2CH4+O2+6Na2O2=2Na2CO3+8NaOH、2CH4O+6Na2O2=2Na2CO3+8NaOH，则甲醇的物质的量多少不影响结果，关键满足甲烷与氧气的物质的量之比满足2：1即可，选项中只有B符合，故选B4下表中的实验操作能达
22、到实验目的或能得出相应结论的是（）选项实验操作实验目的或结论A在硅酸钠溶液中滴入稀盐酸，溶液变浑浊非金属性：ClSiBC2H5Br与Br2的溶液混合中加入Na2SO3溶液充分振荡后分液除去C2H5Br中的溴C向某溶液中加氯化钡溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸沉淀不消失说明原溶液中一定含有SO42D向无水乙醇中加入浓H2SO4，加热至170C产生的气体通入酸性KMnO4溶液，红色褪去证明生成的气体全部是乙烯AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强；BNa2SO3溶液能与Br2发生氧化还原反应生成硫酸钠和溴化钠，且亚硫酸钠碱性小于NaOH；
23、C能和氯化钡溶液反应生成不溶于稀硝酸的离子有银离子、钡离子、亚硫酸根离子等；D二氧化硫、乙醇也能被酸性高锰酸钾溶液氧化【解答】解：A非金属性强弱判据之一是：最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，盐酸不是最高价含氧酸，故A错误；BNa2SO3溶液能与Br2反应而吸收Br2，Na2SO3溶液的碱性弱于NaOH溶液，可防止C2H5Br水解，故B正确；C能和氯化钡溶液反应生成不溶于稀硝酸的离子有银离子、钡离子、亚硫酸根离子等，有Ag+或SO32等离子的干扰，故C错误；D乙醇与浓H2SO4混合加热，可发生副反应生成SO2等物质，也能使酸性KMnO4溶液褪色，且乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误；故选B
24、5下列说法中，正确的是（）A气体的摩尔体积为22.4 Lmol12B1 mol H2的质量是2 g，它所占的体积是22.4 LC在标准状况下，1 mol任何气体所占的体积都为22.4 Lmol1D在标准状况下，1 mol任何气体所占的体积都约为22.4 L【考点】摩尔质量；气体摩尔体积【分析】A标准状况下，气体摩尔体积为22.4L/mol；Bn=计算质量，气体标准状况下的气体摩尔体积为22.4L/mol；C.1mol气体体积在标准状况下为22.4L；D标况下，1mol任何气体的体积都为22.4L【解答】解：A温度压强不知气体摩尔体积不一定为22.4L/mol，故A错误；B.1 mol H2的质
25、量=1mol2g/mol=2 g，温度压强不知它所占的体积不一定是22.4 L，故B错误；C在标准状况下，1 mol任何气体所占的体积都为22.4 L，单位错了，故C错误；D在标准状况下，1 mol任何气体所占的体积都约为22.4 L，是气体摩尔体积的概念，故D正确；故选D6设NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A1molCl2与足量Fe反应，转移的电子数为3NAB1.5molNO2与足量H2O反应，转移的电子数为1.5NAC常温常压下，46gNO2和N2O4混合气体含有的原子数为3NAD含有H2SO41mol的浓硫酸与足量铜反应，生成SO2的分子数为0.5NA【考点】阿伏加德罗
26、常数【分析】A、氯气和铁反应后变为1价；B、二氧化氮和水的反应中，3mol二氧化氮转移2mol电子；C、NO2和N2O4的最简式均为NO2；D、铜只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应【解答】解：A、氯气和铁反应后变为1价，故1mol氯气反应后转移2mol电子即2NA个，故A错误；B、二氧化氮和水的反应中，3mol二氧化氮转移2mol电子，故1.5mol二氧化氮转移1mol电子即1NA个，故B错误；C、NO2和N2O4的最简式均为NO2，故46g混合物中含有的NO2的物质的量为1mol，则含有3mol原子即3NA个，故C正确；D、铜只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应，故1mol硫酸不能反应完全，则生成
27、的二氧化硫分子个数小于0.5NA个，故D错误故选C7已知6.021023个X气体分子的质量为64g，则X气体的摩尔质量是（）A16gB32gC64g/molD32g/mol【考点】摩尔质量【分析】根据n=计算X气体的物质的量，再根据M=计算X气体的摩尔质量【解答】解：6.021023个X气体分子的物质的量=1mol，其质量为64g，则X气体的摩尔质量是=64g/mol，故选C8下列实验操作均要用玻璃棒，其中与过滤操作中玻璃棒的作用相同的是（）A测溶液pHB蒸发C溶解D向容量瓶转移液体【考点】过滤、分离与注入溶液的仪器【分析】玻璃棒在很多操作中被用到，不同操作中玻璃棒的作用也不相同，如引流、搅拌
28、加速溶解、防止液体飞溅、转移固体等作用在过滤操作中的作用是引流；在蒸发操作和配制溶液中是搅拌；蒸发完毕可以用玻璃棒转移固体；玻璃棒还能起的作用是蘸取少许溶液测pH；红磷燃烧试验中引燃红磷； 在溶解固体时是用玻璃棒来加速溶解，在过滤中用玻璃棒是引导液体的流向，防止外流，据此即可解答【解答】解：A玻璃棒在测溶液pH时起蘸取少许溶液的作用，与过滤中用玻璃棒是引导液体的流向，防止外流不同，故A错误；B在蒸发实验中玻璃棒的作用是搅拌，防止液体因局部受热而飞溅，蒸发完毕可以用玻璃棒转移固体，与过滤中用玻璃棒是引导液体的流向，防止外流不同，故B错误；C玻璃棒的作用是搅拌，加速物质的溶解，与过滤中用玻璃棒是引
29、导液体的流向，防止外流不同，故C错误；D向容量瓶转移液体时玻璃棒起引流作用，与过滤中用玻璃棒是引导液体的流向，防止外流相同，故D正确；故选D9下列实验操作正确且能达到目的是（）A将AlCl3溶液蒸发结晶提取无水AlCl3B在温水瓶中加入Na2CO3溶液浸泡后加入盐酸能除去内壁的CaSO4C用饱和的NaOH热溶液除去乙酸乙酯中的乙醇、乙酸D用酸性KMnO4溶液除去乙烷中混有的少量乙烯【考点】化学实验方案的评价【分析】A加热促进水解，水解生成盐酸易挥发；B加入Na2CO3溶液浸泡后，生成碳酸钙，碳酸钙能溶于盐酸；C乙酸、乙酸乙酯均与NaOH溶液反应；D乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳【解答】解：A加
30、热促进水解，水解生成盐酸易挥发，则蒸发结晶不能制备，故A错误；B加入Na2CO3溶液浸泡后，生成碳酸钙，碳酸钙能溶于盐酸，可除去内壁的CaSO4，故B正确；C乙酸、乙酸乙酯均与NaOH溶液反应，不能除杂，应选饱和碳酸钠溶液、分液，故C错误；D乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳，引入新杂质，应选溴水、洗气，故D错误；故选B10下列叙述中正确的是（）A碘易溶于酒精，可以用酒精从碘水中萃取碘B能使湿润淀粉碘化钾试纸变蓝的气体一定是Cl2C液溴应保存在磨口玻璃塞试剂瓶中，并加少量水进行水封D实验室中少量金属锂应存放于煤油中【考点】分液和萃取；化学试剂的存放；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用【分析】A酒
31、精与水混溶，不能用作萃取剂；B能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的物质具有氧化性；C液溴易挥发，能腐蚀有机物；D金属锂的密度比煤油的小【解答】解：A酒精与水混溶，不能用作萃取剂，可用苯或四氯化碳萃取，故A错误； B能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的物质具有氧化性，但不一定为氯气，可为其它氧化性物质，故B错误；C液溴易挥发，可加水进行水封，能腐蚀有机物，应用玻璃塞，故C正确；D金属锂由于密度小，不能保存在煤油中，故D错误故选C11新型纳米材料氧缺位铁酸盐（MFe2Ox 3x4，M=Mn、Co、Zn或Ni）由铁酸盐（MFe2O4）经高温与氢气反应制得，常温下，它能使工业废气中的酸性氧化物（SO2、NO2等）
32、转化为其单质除去，转化流程如图关于此转化过程的叙述不正确的是（）AMFe2O4在与H2反应中表现了氧化性B若4mol MFe2Ox与1mol SO2恰好完全反应则MFe2Ox中x的值为3.5CMFe2Ox与SO2反应中MFe2Ox被还原DMFe2O4与MFe2Ox的相互转化反应均属于氧化还原反应【考点】氧化还原反应【分析】AMFe2O4在与H2的反应中，Fe元素的化合价降低；B若4 mol MFe2Ox与1 mol SO2恰好完全反应利用电子守恒确定Fe元素的化合价，以此确定x；CMFe2Ox与SO2反应中，Fe元素的化合价升高；DMFe2O4与MFe2Ox的相互转化反应中有元素化合价的升降【
33、解答】解：AMFe2O4在与H2的反应中，Fe元素的化合价降低，则MFe2O4在与H2的反应中表现了氧化性，故A正确；B若4 mol MFe2Ox与1 mol SO2恰好完全反应，由电子守恒可知，4mol2（3n）=1mol（40），解得n=2.5，由化合物中正负化合价的代数和为0可知，+2+（+2.5）2+2x=0，所以x=3.5，故B正确；CMFe2Ox与SO2反应中，Fe元素的化合价升高，MFe2Ox被氧化，故C错误；DMFe2O4与MFe2Ox的相互转化反应中有元素化合价的升降，则属于氧化还原反应，故D正确；故选C12配制0.1摩/升的1000毫升硝酸溶液，需量取1摩/升硝酸100毫升
34、，加水定容时，仰视容量瓶刻度线使凹液面最低处与刻度线有唯一交点时停止加水，并摇匀，此时配得的硝酸溶液的摩尔浓度（）A0.1摩/升B0.1摩/升C=0.125摩/升D无法确定【考点】物质的量浓度【分析】仰视容量瓶刻度线使凹液面最低处与刻度线有唯一交点时停止加水，水定容加到刻度线以上，溶液变稀【解答】解：配制0.1摩/升的1000毫升硝酸溶液，需量取1摩/升硝酸100毫升，加水定容稀释10倍，仰视容量瓶刻度线使凹液面最低处与刻度线有唯一交点时停止加水，此时水定容加到刻度线以上，溶液浓度减小，此时配得的硝酸溶液的摩尔浓度0.1摩/升，故选B二、解答题（共9小题，满分0分）13要分离下列四组混合物：食
35、盐与沙子从KNO3和NaCl的混合溶液中获得KNO3水和汽油的混合物CCl4液体与甲苯液体的混合物（已知CCl4与甲苯互溶，沸点分别为76.75和110.6）（1）分离、的操作分别为过滤、结晶（2）分离时所使用的仪器中有一种在其他组分分离时无需使用，这种仪器是分液漏斗（3）上述四组混合物分离时需使用酒精灯的有和（填序号）【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【分析】饱和食盐水与沙子，沙子不溶于水；NaCl的溶解度受温度影响不大，而KNO3的溶解度受温度影响大；水和汽油的混合物，分层；CCl4液体与甲苯液体的混合物，混溶，但沸点不同，以此来解答【解答】解：饱和食盐水与沙子，沙子不溶于水，则
36、利用过滤分离，不需要加热；NaCl的溶解度受温度影响不大，而KNO3的溶解度受温度影响大，则利用冷却结晶法分离，溶解时需要加热得到热饱和溶液；水和汽油的混合物，分层，利用分液法分离，需要分液漏斗；CCl4液体与甲苯液体的混合物，混溶，但沸点不同，利用蒸馏法分离，需要酒精灯加热，（1）分离、操作分别为过滤、冷却结晶，故答案为：过滤；结晶；（2）水和汽油的混合物分层，利用分液操作分离，必须的仪器及在其他组分离时无需使用为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；（3）以上四种混合物，需要过滤操作、需要冷却结晶法操作、需要分液操作、需要蒸馏操作，则分离时需使用酒精灯的有和，故答案为：；14某学生用0.1000m
37、ol/L的NaOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作可分为如下几步：A、量取20.0ml待测盐酸溶液注入洁净的锥形瓶，并加入23滴酚酞；B、用标准溶液润洗滴定管23次；C、取盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节滴定管尖嘴使之充满溶液D、取标准NaOH溶液注入碱式滴定管至刻度线0以上2cm3cm；E、调节液面至“0”或“0”以下刻度并记下读数；F、把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准NaOH溶液滴定至终点并记下滴定管液面的刻度据此实验完成填空：（1）正确操作步骤的顺序是BDCEAF（用序号字母填写）（2）上述B步骤操作的目的是防止将标准液稀释（3）上述A步骤操作之前，先用待测溶液润洗锥形瓶，则对滴定
38、结果的影响是偏大（4）判断到达滴定终点的实验现象是当溶液由无色变为浅红色，且在半分钟内不褪色【考点】中和滴定【分析】（1）根据中和滴定有检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等操作；（2）滴定管在装液时，为了防止溶液被稀释，需用待装液润洗；（3）根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差；（4）如溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点；【解答】解：（1）中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等顺序操作，则正确的顺序为BDCEAF，故答案为：BDCEAF；（2）用标准溶液润洗滴定管23次的目的是防止将标准液稀释，影响测定结果；故答
39、案为：防止将标准液稀释；（3）上述A步骤操作之前，先用待测溶液润洗锥形瓶，待测液的物质的量偏大，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析，测定结果偏大；故答案为：偏大；（4）本实验是用NaOH滴定盐酸溶液，用酚酞作指示剂，所以终点时现象：当溶液由无色变为浅红色，且在半分钟内不褪色；故答案为：当溶液由无色变为浅红色，且在半分钟内不褪色；15如图装置是实验室中物质分离的常用装置，请回答下列问题（1）A 图所示的操作名称是蒸馏，仪器的名称是冷凝管，用此操作制取蒸馏水，还缺少的一种仪器是酒精灯，中加入少量碎瓷片的作用是防暴沸，将仪器补充完整后进行试验若试验过程中发现忘加碎瓷片，应采取的正确操作是停止实
40、验，待装置冷却至室温时加入碎瓷片，重新开始实验；（2）用B 图所示装置将碘从水溶液中萃取出来，可用CCl4作为萃取剂；混合、振荡、静止一段时间后，观察到的现象是液体分层，下层液体为紫色（液体分层，上层液体为紫色）；分液时水层应从分液漏斗的上口（填“上”或“下”）流出，实验过程中为保证液体顺利流下，应进行的具体操作是将分液漏斗颈上的玻璃塞打开或使塞上的凹槽对准漏斗上的小孔【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】（1）装置A为蒸馏操作，其中仪器起到冷凝作用，名称为冷凝管；蒸馏时必须使用加热仪器，图示装置中缺少酒精灯；给混合液加热时易发生爆沸现象，需要加入碎瓷片防止暴沸；若试验过程中发
41、现忘加碎瓷片，需要停止加热，冷却后重新补加碎瓷片；（2）可用四氯化碳作催化剂除去碘水中的碘单质；四氯化碳密度较大，有机层在下层、水层在上层，上层液体从分液漏斗的上口倒出；保证液体顺利流下，需要将分液漏斗的玻璃塞打开或使塞上的凹槽对准漏斗上的小孔【解答】解：（1）根据图示可知，装置A为蒸馏，其中仪器的名称为冷凝管；蒸馏时需要加热仪器，图示装置中还缺少的仪器为酒精灯；蒸馏时混合液加热易发生爆沸现象，需要加入碎瓷片防暴沸；若试验过程中发现忘加碎瓷片，需要后重新补加碎瓷片，操作方法为：停止实验，待装置冷却至室温时加入碎瓷片，重新开始实验，故答案为：蒸馏；冷凝管；酒精灯；防暴沸；停止实验，待装置冷却至室
42、温时加入碎瓷片，重新开始实验；（2）碘单质易溶于CCl4，可用CCl4作催化剂除去碘水中的碘单质；CCl4密度大于水，则有机层在下层、水层在上层，分液时水层应从分液漏斗的上口倒出；实验过程中为保证液体顺利流下，需要保证分液漏斗内外压强相等，操作方法为：需要将分液漏斗的玻璃塞打开或使塞上的凹槽对准漏斗上的小孔，故答案为：CCl4；液体分层，下层液体为紫色（液体分层，上层液体为紫色）；上；将分液漏斗颈上的玻璃塞打开或使塞上的凹槽对准漏斗上的小孔160.40L某浓度的NaOH溶液恰好与标准状况下5.8L Cl2完全反应，计算：（1）生成的NaClO的物质的量；（2）该溶液中NaOH的物质的量浓度【考
43、点】化学方程式的有关计算【分析】发生反应：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，根据n=计算氯气物质的量，根据方程式计算NaOH、NaClO的物质的量，再根据c=计算NaOH的物质的量浓度【解答】解：标况下5.6L氯气的物质的量为0.26mol，2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O2 1 1x 0.26mol y所以x=0.52moly=0.26molc（NaOH）=1.3mol/L答：（1）生成的NaClO的物质的量为0.26mol；（2）该溶液中NaOH的物质的量浓度为1.3mol/L17A、B、C、D、E、F六种物质的转化关系如图所示（反应条件和部分产物未标出）（
44、1）若A为短周期金属单质，D为短周期非金属单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，F的浓溶液与A、D反应都有红棕色气体生成，则物质C中所含化学键类型为离子键，反应的化学方程式为C+4HNO3（浓）CO2+4NO2+2H2O；（2）若A是常见的金属单质，D、F是气态单质，且反应在水溶液中进行反应也在水溶液中进行，其离子方程式是Cl2+2Fe2+=2Cl+2Fe3+；检验E物质中阳离子的操作和现象滴入KSCN溶液，滴加后溶液变血红色，A单质与1mol/L稀硝酸160mL恰好反应，最多消耗A单质3.36g；（3）若A、D、F都是短周期非金属元素单质，且A、D所
45、含元素同主族，A、F所含元素同周期，则反应的化学方程式为2C+SiO2Si+2CO【考点】无机物的推断【分析】（1）若A为短周期金属单质，D为短周期非金属单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，则A原子序数是偶数，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，A最外层电子数小于4且为偶数，D位于第二周期、A位于第三周期，则A是Mg、D是C元素；F的浓溶液与A、D反应都有红棕色气体生成，红棕色气体是NO2，则F是HNO3，C和HNO3浓溶液反应生成CO2、NO2和H2O，B能和Mg反应生成碳单质，则B是CO2，C是MgO，MgO和硝酸反应生成Mg（NO3）2和H2O，Mg和硝酸反应生成Mg（NO3）2
46、，则E是Mg（NO3）2；（2）若A是常见的金属的单质，D、F是气态单质，A是Fe，反应在水溶液中进行反应也在水溶液中进行，则B是酸，C是盐，D和F反应生成酸，盐和气体单质F反应生成E，Fe和气体单质直接反应生成E，则F是Cl2、E是FeCl3、C是FeCl2、B是HCl、D是H2；（3）A、D、F都是短周期非金属元素单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，则A为C，D为Si，F为O，B为SiO2，反应为C与二氧化硅的反应【解答】解：（1）若A为短周期金属单质，D为短周期非金属单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，则A原子序数是偶数，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，A最外
47、层电子数小于4且为偶数，D位于第二周期、A位于第三周期，则A是Mg、D是C元素；F的浓溶液与A、D反应都有红棕色气体生成，红棕色气体是NO2，则F是HNO3，C和HNO3浓溶液反应生成CO2、NO2和H2O，B能和Mg反应生成碳单质，则B是CO2，C是MgO，C中含有离子键，MgO和硝酸反应生成Mg（NO3）2和H2O，Mg和硝酸反应生成Mg（NO3）2，则E是Mg（NO3）2；通过以上分析知，B是CO2、F是HNO3，在加热条件下，碳和浓硝酸发生氧化还原反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，反应的化学方程式为C+4HNO3（浓）CO2+4NO2+2H2O，故答案为：离子键；C+4HNO3（浓）CO
48、2+4NO2+2H2O；（2）若A是常见的金属的单质，D、F是气态单质，A是Fe，反应在水溶液中进行反应也在水溶液中进行，则B是酸，C是盐，D和F反应生成酸，盐和气体单质F反应生成E，Fe和气体单质直接反应生成E，则F是Cl2、E是FeCl3、C是FeCl2、B是HCl、D是H2，氯化亚铁被氯气氧化生成氯化铁，反应（在水溶液中进行）的离子方程式为Cl2+2Fe2+=2Cl+2Fe3+，检验FeCl3中阳离子的操作和现象是滴入KSCN溶液，滴加后溶液变血红色，Fe与1mol/L稀硝酸160mL恰好反应，当生成硝酸亚铁时，消耗铁最多，其质量为g=3.36g，故答案为：Cl2+2Fe2+=2Cl+2
49、Fe3+；滴入KSCN溶液，滴加后溶液变血红色；3.36；（3）A、D、F都是短周期非金属元素单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，则A为C，D为Si，F为O，B为SiO2，反应为C与二氧化硅的反应，该反应为2C+SiO2Si+2CO，故答案为：2C+SiO2Si+2CO18在Cu（NO3）2和AgNO3的混合溶液中加入一定量的锌粉，使之充分反应后，有下列情况：（1）若反应后锌有剩余，则溶液中所含溶质是Zn（NO3）2（2）若反应后过滤，向所得固体物质加盐酸没有气体产生则溶液中一定有Zn（NO3）2，可能有Cu（NO3）2、AgNO3（3）若反应后过滤，向滤液中滴加NaCl溶液，
50、有不溶于稀硝酸的白色沉淀生成，则此时溶液中含有的溶质为Zn（NO3）2、Cu（NO3）2、AgNO3【考点】氧化还原反应【分析】根据金属活动性顺序：ZnCuAg，把锌粉加入Cu（NO3）2和AgNO3的混合溶液中，先和AgNO3反应置换出AgNO3中的Ag，然后和Cu（NO3）2发生反应置换出Cu（NO3）2中的Cu如果Zn粉剩余，则溶液中的Cu（NO3）2和AgNO3全部反应，溶液变成Zn（NO3）2溶液；如果Zn粉不足，若溶液中的AgNO3全部反应，Zn粉继续和溶液中Cu（NO3）2的反应，若溶液中的AgNO3没有完全反应，Zn粉不能和溶液中Cu（NO3）2发生反应【解答】解：（1）若Zn
51、剩余，则Cu2+、Ag+全部置换出，原混合溶液变成Zn（NO3）2溶液，则溶质为Zn（NO3）2；故答案为：Zn（NO3）2；（2）固体加盐酸，无气体产生，则Zn完全反应，则Ag+一定被置换出，Cu2+可能未完全置换或未被置换出，所以溶液中一定有Zn（NO3）2，可能有Cu（NO3）2、AgNO3故答案为：Zn（NO3）2；Cu（NO3）2、AgNO3；（3）若反应后过滤，向滤液中滴加NaCl溶液，有不溶于稀硝酸的白色沉淀生成，说明滤液中有AgNO3，则加入的Zn粉不足不能全部置换溶液中的AgNO3，溶液中的Cu（NO3）2不发生反应，则一定有Cu（NO3）2和Zn（NO3）2，所以此时溶液中
52、含有的溶质为Zn（NO3）2、Cu（NO3）2、AgNO3；故答案为：Zn（NO3）2、Cu（NO3）2、AgNO319中国地质学家发现了一种新矿物，这种新矿物由X、Y、Z、W、R、T六种主族元素组成，其中X、Y、Z是金属元素，W、R、T是非金属元素新矿物的化学式可表示为X3Y2（ZWR4）3T2；已知X和Z同主族，Y、Z、R、T同周期，T是非金属性最强的元素；Z原子的最外层电子数与次外层电子数相等，另外与R同主族的另一短周期表元素是Q，Q元素的最高氧化物对应水化物甲在工业上用途广泛，用途如图，X与R的原子序数之和是W的2倍请回答下列问题（1）W在元素周期表中的位置是第三周期IVA族（2）Y、
53、Z、R、T四种同周期元素中原子半径最大的是Li（用元素符号表示，后同）（3）写出这种新矿物的化学式：Ca3Li2（BeSiO4）3F2（4）写出由甲与XT2反应制T的氢化物的化学方程式CaF2+H2SO4（浓）CaSO4+2HF（5）在长途运输活鱼时，常在水中加入一定量的XR2，加入XR2的目的是杀菌消毒和提供氧气（6）由短周期元素组成的某些粒子，如SO2、O3、NO可互称为等电子体，则与Z同周期元素组成的粒子中，能与N3、CS2互称为等电子体的粒子是一氧化二氮、二氟化铍和二氧化碳（填符合要求粒子的名称）【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】T为非金属性最强的元素，则T为F元素；Y、Z、R
54、、T为同周期元素，即处于第二周期，Z原子的最外层电子数与次外层电子数相等，则Z为Be元素；Y为金属元素，则Y为Li；R原子的最外层电子数为次外层电子数的3倍，R为O元素；X、Z为同主族元素，则X为Mg元素或Ca元素，若X为Mg元素，则由X与R原子序数之和是W的2倍，W原子序数为=10，为氖元素，不符合题意，若X为Ca元素，W原子序数为=14，符合题意，即X为Ca元素、W为Si，根据分析Q为S，据此分析回答各个小题【解答】解：T为非金属性最强的元素，则T为F元素；Y、Z、R、T为同周期元素，即处于第二周期，Z原子的最外层电子数与次外层电子数相等，则Z为Be元素；Y为金属元素，则Y为Li；R原子的
55、最外层电子数为次外层电子数的3倍，R为O元素；X、Z为同主族元素，则X为Mg元素或Ca元素，若X为Mg元素，则由X与R原子序数之和是W的2倍，W原子序数为=10，为氖元素，不符合题意，若X为Ca元素，W原子序数为=14，符合题意，即X为Ca元素、W为Si，根据分析Q为S，（1）W为硅，位于周期表第三周期IVA族，故答案为：第三周期IVA族；（2）电子层数越多半径越大，相同电子层数，原子序数越小半径越大，Y、Z、R、T分被为Li、Be、O、F，故半径最大的为Li，故答案为：Li；（3）根据上述分析，该矿物的化学式为Ca3Li2（BeSiO4）3F2，故答案为：Ca3Li2（BeSiO4）3F2；
56、（4）甲为硫酸，与XT2（CaF2）反应制HF的化学方程式为CaF2+H2SO4（浓） CaSO4+2HF，故答案为：CaF2+H2SO4（浓） CaSO4+2HF；（5）在长途运输活鱼时，常在水中加入一定量的CaO2，与水和二氧化碳反应产生氧气，其目的是作为杀菌消毒和供氧剂，故答案为：提供氧气；（6）等电子体为原子数相等，价电子总数也相等的微粒，则与Be同周期元素组成的微粒中，能与N3、CS2互称为等电子体的微粒是二氧化碳，故答案为：二氧化碳20工业上合成氨是在一定条件下进行如下反应：N2（g）+3H2（g）2NH3（g），其部分工业流程如图：回答下列问题：（1）已知：N2（g）+O2（g）
57、2NO（g）H=+180.5kJ/mol4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）H=905kJ/mol2H2（g）+O2（g）2H2（g）H=483.6kJ/mol则N2（g）+2H22NH3（g）的H=92.4kJ/mol；（2）如果工业上，在一定温度下，将1.5mol N2气体和6mol H2气体通入到体积为1升的密闭容器中当反应达到平衡时，容器内气体的压强为起始时的80%，则其平衡常数为0.057改变下列条件，能使平衡向正反应方向进行且平衡常数不变的是；增大压强增大反应物质的浓度使用催化剂降低温度（3）合成氨反应的平衡常数很小，所以在工业采取气体循环的流程即反应后通过降低
58、混合气体的温度而使氢气分离出来这种分离物质的方法其原理类似于下列哪种方法：（填编号）过滤 蒸馏 渗析 萃取理由是通过温度的改变而改变物质的状态，达到分离的目的；（4）可以用氯气来检验输送氨气的管道是否漏气，如果漏气则会有白烟（成份为氯化铵）生成该反应的化学方程式为8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl；（5）假如该厂生产氨水的物质的量浓度为20mol/L，实验室若需用80mL浓度为5mol/L的氨水时，需取20mol/L的氨水25mL（用100mL的容量瓶）假如该氨水的pH=a，加入相同体积的盐酸时，溶液呈中性，则此盐酸的pH小于14a（填“大于”“小于”或“等于”）【考点】反应热和焓变；化学
59、平衡的计算；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【分析】（1）根据盖斯定律计算，已知：N2（g）+O2（g）=2NO（g）；H=180.5kJ/mol4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）；H=905kJ/mol2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）；H=483.6kJ/mol由盖斯定律，+得；（2）依据平衡三行计算列式计算平衡浓度，气体压强之比等于气体物质的量之比，平衡常数指生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值；平衡常数只受温度影响，平衡常数不变，温度不能变化，结合反应特点，根据外界条件对平衡的影响具体分析判断；（3）反应后通
60、过降低混合气体的温度而使氢气分离出来是控制温度分离和蒸馏操作原理相似；（4）氨气和氯气反应生成的白烟是氯化铵的固体；（5）氨水稀释的前后溶质的量保持不变，氨水是弱电解质，存在电离平衡【解答】解：（1）已知：N2（g）+O2（g）=2NO（g）；H=180.5kJ/mol4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）；H=905kJ/mol2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）；H=483.6kJ/mol由盖斯定律，+得，N2（g）+3H2（g）2NH3（g）；H=92.4kJ/mol故答案为：92.4kJ/mol（2）反应达到平衡时，对于反应结合三行计算列式计算，设平衡后消耗氮气
61、物质的量浓度为x， N2（g）+3H2（g）2NH3（g） 起始量（mol/L） 1.5 6 0变化量（mol/L） x 3x 2x平衡量（mol/L） 1.5x 63x 2x容器内气体的压强为起始时的80%，（1.5x+63x+2x）=（1.5+6）80%，x=0.75mol/L，氮气、氢气、氨气平衡浓度分别为：1.5mol/L0.75mol/L=0.75mol/L、6mol/L30.75mol/L=3.75mol/L、1.5mol/L，所以平衡时平衡常数指生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，所以对于：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）的反应
62、平衡常数k=0.057反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡向气体体积减小方向移动，即向正反应移动，平衡常数不变，故正确；增大反应物的浓度，平衡向正反应移动，平衡常数不变，故正确；使用催化剂，加快反应速率，平衡不移动，故错误；合成氨是放热反应，降低温度，平衡向放热反应方向移动，即向正反应移动，但平衡常数增大，故错误故答案为；0.057；（3）合成氨反应的平衡常数很小，所以在工业采取气体循环的流程即反应后通过降低混合气体的温度而使氢气分离出来通过温度的改变而改变物质的状态，达到分离的目的，这种分离物质的方法其原理类似于下列蒸馏方法，故答案为：；通过温度的改变而改变物质的状态，达到分离的目的；（4
63、）氯气和氨气的反应方程式为：8NH3+3Cl2N2+6NH4Cl，故答案为：8NH3+3Cl2N2+6NH4Cl；（5）根据稀释前后溶质的量保持不变，设需取20mol/L的氨水体积为V，则：20mol/LV=80mL5mol/L，解得V=25ml，氨水的pH=a，则氨水的浓度大于10a14，所以消耗相同体积的盐酸的浓度大于10a14，即此盐酸的pH小于14a，故答案为：25mL；小于21回收铅蓄电池的电极填充物（铅膏，主要含PbO、PbO2、PbSO4），可制备热稳定剂三盐基硫酸铅（组成可表示为3PbOPbSO4H2O），其实验流程如下：（1）物质X可以循环利用，该物质是HNO3溶液最后一次过
64、滤之后需要洗涤，检验三盐基硫酸铅是否洗净的方法是取少量溶液，加入足量稀盐酸，再加氯化钡溶液，观察是否产生白色沉淀（2）从滤液A可提取出一种含结晶水的钠盐副产品若检验该晶体中结晶水的含量，所需的硅酸盐材质仪器有坩埚、酒精灯、泥三角、玻璃棒、石棉网、干燥器等（3）流程中不直接利用H2SO4溶液与PbO、PbCO3反应制取PbSO4，原因可能是PbSO4不溶于水，覆盖在固体表面阻碍反应的进一步发生（4）生成三盐基硫酸铅的离子反应方程式为4PbSO4+6OH=3PbOPbSO4H2O+3SO42+2H2O（5）向铅膏浆液中加入Na2SO4溶液的目的是将其中的PbO2还原为PbO若实验中所取铅膏的质量为
65、47.8g，其中PbO2的质量分数为15.0%，则要将PbO2全部还原，至少需加30mL 1.0molLlNa2SO3溶液【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】（1）利用废旧铅蓄电池阴、阳极填充物（铅膏）制备塑料加工热稳定剂三盐基硫酸铅实验流程向铅膏浆液中加入Na2SO3溶液的目的是将PbO2还原PbO，Na2SO3+PbO2=PbO+Na2SO4，加Na2CO3溶液是将PbSO4转化成PbCO3，所以滤液主要是Na2SO4溶液PbO和PbCO3在硝酸的作用下转化成Pb（NO3）Pb（NO3）中加稀H2SO4转化成PbSO4和硝酸，因此X为HNO3，可循环利用；如果变质说明变成
66、硫酸钡，可以通过检验是否生成硫酸根离子；（2）测量晶体中结晶水的含量，实验步骤为：研磨 称量空坩埚和装有试样的坩埚的质量 加热 冷却 称量 重复至的操作，直到连续两次称量的质量差不超过0.1g为止 根据实验数据计算晶体中结晶水的含量，所以所需的硅酸盐材质仪器有玻璃棒、石棉网、干燥器、坩埚、酒精灯、泥三角；（3）生成的硫酸铅难溶于水，覆盖在固体PbO、PbCO3的表面，阻碍反应的进一步发生；（4）从流程看，硫酸铅和氢氧化钠反应生成三盐基硫酸铅和硫酸钠，据此写出方程式；（5）根据铅膏的质量及氧化铅的质量分数可计算出氧化铅的物质的量，根据亚硫酸钠和氧化铅反应关系可计算需要亚硫酸钠的体积【解答】解：（
67、1）分析流程可知，PbO和PbCO3在硝酸的作用下转化成Pb（NO3）Pb（NO3）中加稀H2SO4转化成PbSO4和硝酸，因此X为HNO3，可循环利用，检验硫酸根离子的方法为：取少量晶体溶于蒸馏水，然后用盐酸酸化，再滴BaCl2溶液，若出现白色沉淀，即证明该晶体中含有SO42，故答案为：HNO3溶液；取少量溶液，加入足量稀盐酸，再加氯化钡溶液，观察是否产生白色沉淀；（2）测量晶体中结晶水的含量，实验步骤为：研磨 称量空坩埚和装有试样的坩埚的质量 加热 冷却 称量 重复至的操作，直到连续两次称量的质量差不超过0.1g为止 根据实验数据计算晶体中结晶水的含量，所以所需的硅酸盐材质仪器有玻璃棒、石
68、棉网、干燥器、坩埚、酒精灯、泥三角，故答案为：坩埚；酒精灯；泥三角；（3）生成的硫酸铅难溶于水，覆盖在固体PbO、PbCO3的表面，阻碍反应的进一步发生，故答案为：PbSO4不溶于水，覆盖在固体表面阻碍反应的进一步发生；（4）从流程看，硫酸铅和氢氧化钠反应生成三盐基硫酸铅和硫酸钠，反应方程式为：4PbSO4+6NaOH=3PbOPbSO4H2O+3Na2SO4+2H2O，离子方程式为：4PbSO4+6OH=3PbOPbSO4H2O+3SO42+2H2O，故答案为：4PbSO4+6OH=3PbOPbSO4H2O+3SO42+2H2O；（5）氧化铅的物质的量为： =0.03mol，PbO2 Na2SO31mol 1mol0.03mol nn=0.03mol，V=0.03L=30mL，故答案为：302017年4月19日
