山东省日照市安丘、临朐、诸城、五莲四县联考高考化

高中化学学习材料（精心收集**整理制作）2016年山东省日照市安丘、临朐、诸城、五莲四县联考高考化学三模试卷一、选择题;本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的1．宋应星在《天工开物．丹青．朱》中记载：“凡朱砂、水银、银朱，原同一物，所以异名着，由精粗老嫩而分也…凡水银与朱更无他出…若水银已升朱，则不可复还为汞，所谓造化之巧已尽也．”（注“即朱砂，主要成分是HgS）下列说法不正确的是( )A．“若水银已升朱”指的是水银气化，属于物理变化B．朱砂、水银、银朱中均含汞元素，其组成、结构或纯度有所不同C．常温下，朱砂转化为水银是不自发的过程D．工业废水中含有汞离子，可以加入FeS固体除去2．设N A为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是( )A．16g O3中含有的中子数为10N AB．密闭条件下，2molSO2和1molO2在密闭容器中充分反应后容器中的分子数大于2N AC．室温下，1LpH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH﹣数目为0.1N AD．已知3BrF3+5H2O═HBrO3+Br2+9HF+O2↑，若有5molH2O参加反应，则被谁还原BrF3的分子数目为3N A3．长效缓释阿司匹林对感冒发烧，各种镇痛有疗效，其结构简式如图所示，下列关于该有机物的说法正确的是( )A．能发生取代反应、加成反应、消去反应B．1mol该物质中含有苯环的物质的量为1molC．该物质在酸性条件下加热水解可以得到乙醇D．与足量NaOH溶液反应，最多消耗4nmolNaOH4．下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是( )选项操作现象解释或结论A 用容量瓶配制溶液时，定容液面低于刻浓度一定偏高后摇匀度线 B燃着的镁条深入盛CO 2的集气瓶中 镁条继续燃烧 镁有比较强的还原性 C 分别向酸性KMnO 4溶液中加入FeCl 2或通入SO 2酸性KMnO 4溶液颜色均褪去 Fe 2+具有还原性，SO 2具有漂白性 D 过量Fe 粉加入稀HNO 3中，充分反应后，滴入KSCN 溶液溶液呈红色 稀HNO 3将Fe 氧化Fe 3+ A ．A B ．BC ．CD ．D 5．锂电池是近年发展起来的一种新型绿色电池，在通讯、医疗上具有广泛的应用，其总反应式为：8Li +3SOCl 2═6LiCl +Li 2SO 3+2S ，下列说法正确的是( )A ．电池的负极材料可选用多空隙的石墨B ．电池的正极反应为：3SOCl 2+8e ﹣═SO +2S +6Cl ﹣C ．电池的电解质溶液可选用稀盐酸D ．上述反应中，每转移4mol 电子，生成氧化产物32g6．短周期元素X 、Y 、Z 、M 、W 的原子序数增大，X 的气态氰化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，X 与W 最外层电子数之和等于Y 最外层电子数的2倍，在短周期主族元素中Z 的原子半径最大，M 的最外层电子数是电子层数的2倍，下列说法不正确的是( )A ．Y 的气态氢化物比X 的稳定B ．元素M 存在多种同素异形体C ．Z 与Y 形成的化合物只含有离子键D ．W 的最高价氧化物对应水化物的酸性比M 的强7．H 2C 2O 4水溶液中H 2C 2O 4、HC 2O和C 2O 三种粒子的分布分数δ随溶液pH 的变化如图所示，下列说法不正确的是 ( )A ．曲线②代表的粒子是HC 2O 4﹣B ．0.1mol •L ﹣1NaHC 2O 4溶液中：c （C 2O 42﹣）＞c （H 2C 2O 4）C ．pH=5时，离子浓度大小关系为：c （C 2O 42﹣）＞c （H 2C 2O 4）＞c （HC 2O 4﹣）D ．一定温度下，往CaC 2O 4饱和溶液中加入少量CaCl 2固体c （C 2O 42﹣）减小c （Ca 2+）增大二、解答题（共3小题，满分43分）8．（14分）过碳酸钠（化学式：Na 2CO 3．xH 2O 2）是一种集洗涤、漂白、杀菌于一体的氧系漂白剂．某化学兴趣小组制备过碳酸钠，并分析其组成的实施方案如下：Ⅰ．制备过碳酸钠已知：i．主反应Na2CO3（aq）+xH2O2（aq）⇌Na2CO3•xH2O2（s）△H＜0副反应2H2O2═2H2O+O2↑ii.50℃时，Na2CO3．xH2O2开始分解请回答下列问题（1）如图1恒压滴液漏斗只管的作用是．（2）为保证实验的成功，步骤①温度不能过高，试分析原因．（3）步骤③中选用无水乙醇而不是蒸馏水洗涤产品，原因是．Ⅱ测定是碳酸钠组成取mg产品Na2CO3•xH2O2，设计如图2所示装置进行实验测定x的数值（4）实验结束时，如何操作K1，K2？（5）装置B中的试剂是．（6）实验前后称量装置C的质量，其质量差为△mg，则x=（用含m和△m式子表示）（7）上述实验数值小于理论值，试分析原因丙提出改进方案．原因：，方案：．9．高锰酸钾（KMnO4）是常用的氧化剂，广泛用于定量分析实验中，以某菱锰矿（主要成分MnCO3还含有SiO2、FeCO3、Al2O3等杂质）为原料制备KMnO4和Al（OH）3的工艺流程如图所示：（1）“酸浸”过程中产生CO2，写出CO2的电子式．（2）第一次“氧化”加入MnO2的目的是，写出该过程中发生反应的离子方程式．（3）上述流程中可以循环利用的物质有（写出化学式）（4）“调节pH值”过程中发生反应的阳离子有．（5）第二次“氧化”需加入少量AgNO3溶液（作催化剂）和过量的K2S2O8溶液，且在加热条件下完成，写出反应的离子方程式（6）制取高锰酸钾最终采用“低温蒸干”的方法，试分析其原因．（7）常温下，将156gAl（OH）3溶于1L水中，所得分散系中存在的动态平衡共有个，该温度下Al（OH）3溶解度的计算式为：S=mol•L﹣1，（已知：K sp[Al（OH）3]=1.3×10﹣33mol4•L﹣4）10．（14分）氨气是一种重要的化工产品，在生产和科研中应用广泛，氨气是工业合成氨的原料之一，工业上制取氨气有下列两种途径：途径一、用水和天然气作原料一步反应制得途径二，用煤和水作原料经多步反应制得．请回答下列问题：（1）途径一反应的还原产物是（2）途径二中的一步反应为：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H＜0①上述反应达到平衡后，为提高CO的转化率，下列措施中正确的是（填写序号）A．增大压强B．降低温度C．增大H2O（g）的浓度D．使用催化剂②已知1000K时，上述反应的平衡常数K=0.627，若要使CO的转化率超过90%，则起始无中c（H2O）：c（CO）不低于．③在容积为2L的容器中发生上述反应，测得c（H）2与反应时间t的变化曲线Ⅰ如图1所示，若在t0时刻将容器的体积扩大至4L，请在答题卡图中绘出c（H2）与反应时间变化的曲线Ⅱ（3）目前常用氨气处理硝酸生产的工业尾气，在400℃左右且有催化剂存在的情况下，氨气能把NO（g）还原成无色无毒气体，直接排入空气中，已知氢气的燃烧热为286kJ•mol﹣1N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ•mol﹣1N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H=+180kJ•mol﹣1试写出氨气与NO（g）反应生成五毒气体和液态水的热化学方程式（4）工业上用氨和二氧化碳反应合成尿素，其反应为：2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2（l）+H2O（g）生成过程中，原料原料气常混有水蒸气，CO2的转化率与氨碳比、水碳比的变化关系如图所示①曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应的水碳比最小的是．②若B点氨的转化率为60%，则x1=．（5）某同学将NH3和CO2按物质的量之比2：1通入水中，充分反应所得溶液中NH、CO、HCO三种离子浓度由大到小的顺序是（已知：氨水、碳酸的电离平衡常数如表）弱电解质化学式电离常数（K）氨水NH3•H2O 1.79×10﹣5碳酸H2CO3K1=4.30×10﹣7K2=5.61×10﹣11【化学-选修3：物质结构与性质】11．现有前四周期元素A、B、C、D、E，原子序数依次增大．A的基态原子核外电子占据3个能级，最外层电子数是电子层数的2倍．基态B原子与A同周期，p能级达到半充满．C原子电子层数与最外层电子数相等．B和E同主族，基态D原子的价层电子排布通式为ns2np1．请回答下列问题：（1）基态E原子的价电子排布式为．（2）上述5种元素中，电负性最大的元素是，lmolAB﹣中含有π键的数目是．（3）BO的空间构型为，写出它的一种等电子体．（4）B、C可组成二种新型无机非金属材料CB，具有尉高温，耐磨性能．它的晶体类型为，其晶胞与金刚石晶胞相似，已知晶胞边长为apm，则该晶胞的密度为g/cm3．（用含a、N A的式子表示）．（5）D、B可组成第三代半导体材料，其晶胞如图所示，它的化学式为．【化学-选修5：有机化学基础】12．颠茄酸酯（J）是一种溃疡病治疗的辅助药物，用有机物苯合成颠茄酸酯的路线如下：试回答下列问题（1）烃B的相对分子质量小于118，分子中氢得到质量分数为7.69%，且反应①为加成反应，则烃B的名称为．（2）D中含氧官能团的名称为．（3）反应②生成H和一种醇K，其反应类型为，写出K的结构简式．（4）检验H完全转化为I的是试剂是．（5）反应③的化学方程式为，反应类型是．（6）化合物F有多种同分异构体，同时满足下列条件的结构有种．a．能发生银镜反应b．能与FeCl3发生显色反应（7）参照颠茄酸酯的合成路线，设计一条以为起始原料制备的合成路线（无机试剂任用）．合成路线示例如下：H2C=CH2CH3CH2Br CH3CH2OH．2016年山东省日照市安丘、临朐、诸城、五莲四县联考高考化学三模试卷一、选择题;本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的1．宋应星在《天工开物．丹青．朱》中记载：“凡朱砂、水银、银朱，原同一物，所以异名着，由精粗老嫩而分也…凡水银与朱更无他出…若水银已升朱，则不可复还为汞，所谓造化之巧已尽也．”（注“即朱砂，主要成分是HgS）下列说法不正确的是( )A．“若水银已升朱”指的是水银气化，属于物理变化B．朱砂、水银、银朱中均含汞元素，其组成、结构或纯度有所不同C．常温下，朱砂转化为水银是不自发的过程D．工业废水中含有汞离子，可以加入FeS固体除去【分析】A．水银已升朱指水银反应生成硫化汞；B．朱砂、银珠成分都是硫化汞；C．汞与硫反应生成硫化汞为自发反应；D．硫化汞溶解度小于硫化亚铁；【解答】解：A．“若水银已升朱”指的水银已升朱指水银反应生成硫化汞，有新物质生成属于化学变化，故A错误；B．朱砂、银珠成分都是硫化汞，二者组成相同，故B错误；C．汞与硫反应生成硫化汞为自发反应，则常温下硫化汞分解生成汞为非自发反应，故C正确；D．工业废水中含有汞离子，可以加入FeS固体除去，依据原理为沉淀转化原则，故D正确；故选：A．【点评】本题考查元素化合物知识，准确把握题干信息、熟悉化学变化与物理变化的区别是解题关键，题目难度中等．2．设N A为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是( )A．16g O3中含有的中子数为10N AB．密闭条件下，2molSO2和1molO2在密闭容器中充分反应后容器中的分子数大于2N AC．室温下，1LpH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH﹣数目为0.1N AD．已知3BrF3+5H2O═HBrO3+Br2+9HF+O2↑，若有5molH2O参加反应，则被谁还原BrF3的分子数目为3N A【分析】A．质量转化为物质的量，结合1个O含有10个中子解答；B．二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫为可逆反应，可逆反应不能进行到底；C．氢氧化钠溶液中，氢氧根离子抑制了水的电离，则水电离的氢氧根离子浓度=氢离子浓度；D．在反应3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2中，元素化合价变化情况为：溴元素由+3价升高为+5价，溴元素由+3价降低为0价，氧元素化合价由﹣2价升高为0价，所以BrF3既起氧化剂也起还原剂作用，同时水也起还原剂作用；【解答】解：A.16g O3含有氧原子的质的量为=0.89mol，含有中子数为8.9N A，故A错误；B．二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫为可逆反应，可逆反应不能进行到底，则2molSO2和1molO2在密闭容器中充分反应后容器中的分子物质的量大于2mol，分子数大于2N A，故B正确；C．氢氧化钠溶液中，氢氧根离子抑制了水的电离，溶液中的氢离子是水电离的，则水电离的氢氧根离子浓度=氢离子浓度=1×10﹣13mol/L，故C错误；D．在反应3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2中，元素化合价变化情况为：溴元素由+3价升高为+5价，溴元素由+3价降低为0价，氧元素化合价由﹣2价升高为0价，所以BrF3既起氧化剂也起还原剂作用，同时水也起还原剂作用，所以5molH2O参加反应，则被水还原BrF3的分子数目小于3N A，故D错误；故选：B．【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确3BrF3+5H2O═HBrO3+Br2+9HF+O2↑反应中BrF3既起氧化剂也起还原剂是解题关键，题目难度中等．3．长效缓释阿司匹林对感冒发烧，各种镇痛有疗效，其结构简式如图所示，下列关于该有机物的说法正确的是( )A．能发生取代反应、加成反应、消去反应B．1mol该物质中含有苯环的物质的量为1molC．该物质在酸性条件下加热水解可以得到乙醇D．与足量NaOH溶液反应，最多消耗4nmolNaOH【分析】由结构可知，分子中含﹣COOC﹣、苯环，结合酯与苯的性质来解答．【解答】解：A．含苯环可发生加成反应，含﹣COOC﹣可发生取代反应，不能发生消去反应，故A错误；B．苯环在高分子的侧链上，1mol该物质中含有苯环的物质的量为nmol，故B错误；C．酸性条件下水解生成乙二醇，故C错误；D．含3个﹣COOC﹣，且﹣COOC﹣水解生成的酚﹣OH均与NaOH反应，则与足量NaOH溶液反应，最多消耗4nmolNaOH，故D正确；故选D．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意酯、酚及苯的性质，题目难度不大．4．下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是( )选项操作现象解释或结论A 用容量瓶配制溶液时，定容后摇匀液面低于刻度线浓度一定偏高B 燃着的镁条深入盛CO2的集气瓶中镁条继续燃烧镁有比较强的还原性C 分别向酸性KMnO4溶液中加入FeCl2或通入SO2酸性KMnO4溶液颜色均褪去Fe2+具有还原性，SO2具有漂白性D 过量Fe粉加入稀HNO3中，充分反应后，滴入KSCN溶液溶液呈红色稀HNO 3将Fe氧化Fe3+A．A B．B C．C D．D【分析】A．摇匀后部分溶液留在刻度线上方，导致液面低于刻度线，对溶液浓度没有影响；B．根据氧化还原反应中化合价变化判断氧化性、还原性；C．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能够氧化二氧化硫、亚铁离子；D．过量Fe粉加入稀HNO3中，充分反应后生成亚铁离子，滴入硫氰化钾后不会变红色．【解答】解：A ．用容量瓶配制溶液时，定容后摇匀，摇匀刻度线上方有残留溶液，导致液面低于刻度线，属于正常现象，对溶液浓度没有影响，故A错误；B．燃着的镁条深入盛CO2的集气瓶中，镁条继续燃烧生成氧化镁和二氧化碳，证明金属Mg的还原性较强，故B正确；C．分别向酸性KMnO4溶液中加入FeCl2或通入SO2，亚铁离子、二氧化硫被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致酸性KMnO4溶液颜色均褪去，二氧化硫没有表现漂白性，故C错误；D．过量Fe粉加入稀HNO3中，充分反应后生成硝酸亚铁，滴入KSCN溶液后溶液没有明显现象，故D错误；故选B．【点评】本题考查了化学实验方案的设计与评价，题目难度中等，涉及溶液配制、氧化性、还原性强弱比较、铁离子、亚铁离子的检验方法，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，试题培养了学生的化学实验能力．5．锂电池是近年发展起来的一种新型绿色电池，在通讯、医疗上具有广泛的应用，其总反应式为：8Li+3SOCl2═6LiCl+Li2SO3+2S，下列说法正确的是( )A．电池的负极材料可选用多空隙的石墨B．电池的正极反应为：3SOCl2+8e﹣═SO+2S+6Cl﹣C．电池的电解质溶液可选用稀盐酸D．上述反应中，每转移4mol电子，生成氧化产物32g【分析】A．锂的化合价升高，失去电子作负极；B．电池的正极是SOCl2得到电子发生还原反应；C．电池产物中有Li2SO3，稀盐酸会与Li2SO3反应产生SO2；D．S是还原产物，不是氧化产物．【解答】解：A．锂的化合价升高，失去电子作负极，故A错误；B．电池的正极是SOCl2得到电子发生还原反应，电极反应式为：3SOCl2+8e﹣═SO+2S+6Cl ﹣，故B正确；C．电池产物中有Li2SO3，稀盐酸会与Li2SO3反应产生SO2，故C错误；D．SOCl2中S的化合价为+4价，降到0价，化合价降低得到的是还原产物，S是还原产物，不是氧化产物，故D错误；故选B．【点评】本题考查锂电池的组成和工作原理，题目难度不大，注意从原电池总反应判断原电池的正负极反应．6．短周期元素X、Y、Z、M、W的原子序数增大，X的气态氰化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，X与W最外层电子数之和等于Y最外层电子数的2倍，在短周期主族元素中Z的原子半径最大，M的最外层电子数是电子层数的2倍，下列说法不正确的是( )A．Y的气态氢化物比X的稳定B．元素M存在多种同素异形体C．Z与Y形成的化合物只含有离子键D．W的最高价氧化物对应水化物的酸性比M的强【分析】短周期元素X、Y、Z、M、W的原子序数增大，X的气态氰化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体为氨气，则X为N元素；M的最外层电子数是电子层数的2倍，其原子序数大于X，则M只能位于第三周期，最外层含有6个电子，为S元素；W的原子序数大于S，则W为Cl元素；在短周期主族元素中Z的原子半径最大，Z的原子序数大于N，则Z为Na元素；X与W最外层电子数之和等于Y最外层电子数的2倍，则Y的最外层电子数==6，则Y为O元素，据此结合元素周期律知识进行解答．【解答】解：短周期元素X、Y、Z、M、W的原子序数增大，X的气态氰化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体为氨气，则X为N元素；M的最外层电子数是电子层数的2倍，其原子序数大于X，则M只能位于第三周期，最外层含有6个电子，为S元素；W的原子序数大于S，则W为Cl元素；在短周期主族元素中Z的原子半径最大，Z的原子序数大于N，则Z为Na元素；X与W最外层电子数之和等于Y最外层电子数的2倍，则Y的最外层电子数==6，则Y为O元素，A．X、Y分别为N、O元素，非金属性N＜O，则Y的气态氢化物比X的稳定，故A正确；B．M为S元素，硫元素存在多种单质，即存在多种同素异形体，故B正确；C．Z为Na、Y为O，二者可以形成过氧化钠、氧化钠两种离子化合物，其中过氧化钠中既含有离子键，又含有共价键，故C错误；D．非金属性越强，最高价氧化物对应的水合物的酸性越强，非金属性Cl＞S，则W（Cl）的最高价氧化物对应水化物的酸性比M（S）的强，故D正确；故选C．【点评】本题考查了原子结构与元素周期律的应用，题目难度中等，根据题干信息正确推断元素为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期表、元素周期律的关系，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力．7．H2C2O4水溶液中H2C2O4、HC2O和C2O三种粒子的分布分数δ随溶液pH的变化如图所示，下列说法不正确的是( )A．曲线②代表的粒子是HC2O4﹣B．0.1mol•L﹣1NaHC2O4溶液中：c（C2O42﹣）＞c（H2C2O4）C．pH=5时，离子浓度大小关系为：c（C2O42﹣）＞c（H2C2O4）＞c（HC2O4﹣）D．一定温度下，往CaC2O4饱和溶液中加入少量CaCl2固体c（C2O42﹣）减小c（Ca2+）增大【分析】A．溶液pH越小，其酸性越强，则H2C2O4的浓度越大，溶液pH越大，溶液中C2O42﹣的浓度越大，则①代表的是H2C2O4、②代表的是HC2O4﹣③代表的是C2O42﹣；B．由图可知，NaHC2O4溶液显示酸性，阴离子的电离程度大于其水解程度；C．由图可知，pH=5时，溶液中主要含碳物种浓度大小关系为：c（C2O42﹣）＞c（HC2O4﹣）＞c（H2C2O4）；D．加入少量CaCl2固体后平衡逆向移动，c（C2O42﹣）将减小，溶液中c（Ca2+）增大．【解答】解：A．溶液的pH越大，则溶液中H2C2O4的浓度越小、C2O42﹣的浓度越大，则曲线②代表的是HC2O4﹣，故A正确；B．NaHC2O4溶液呈酸性，则HC2O4﹣的电离程度大于其水解程度，所以c（H2C2O4）＜c（C2O42﹣），故B正确；C．根据图象曲线变化可知，pH=5时溶液中主要含碳物种浓度大小关系为：c（C2O42﹣）＞c（HC2O4﹣）＞c（H2C2O4），故C错误；D．一定温度下，往CaC2O4饱和溶液中，存在CaC2O4（s）⇌C2O42﹣（aq）+Ca2+（aq）平衡，加入少量CaCl2固体，平衡逆向移动，c（C2O42﹣）将减小，c（Ca2+）不可抵消，所以c（Ca2+）增大，故D正确；故选C．【点评】本题考查了弱电解质的电离平衡及其影响，题目难度中等，明确图象曲线变化的含义为解答关键，注意掌握影响电离平衡的因素，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．二、解答题（共3小题，满分43分）8．（14分）过碳酸钠（化学式：Na2CO3．xH2O2）是一种集洗涤、漂白、杀菌于一体的氧系漂白剂．某化学兴趣小组制备过碳酸钠，并分析其组成的实施方案如下：Ⅰ．制备过碳酸钠已知：i．主反应Na2CO3（aq）+xH2O2（aq）⇌Na2CO3•xH2O2（s）△H＜0副反应2H2O2═2H2O+O2↑ii.50℃时，Na2CO3．xH2O2开始分解请回答下列问题（1）如图1恒压滴液漏斗只管的作用是平衡烧瓶和漏斗里的压强，便于漏斗里的液体流下．（2）为保证实验的成功，步骤①温度不能过高，试分析原因温度过高时过碳酸钠分解会导致过碳酸钠产率过低．（3）步骤③中选用无水乙醇而不是蒸馏水洗涤产品，原因是减小过碳酸钠的损耗，利于干燥．Ⅱ测定是碳酸钠组成取mg产品Na2CO3•xH2O2，设计如图2所示装置进行实验测定x的数值（4）实验结束时，如何操作K1，K2？（5）装置B中的试剂是浓硫酸．（6）实验前后称量装置C的质量，其质量差为△mg，则x=（用含m和△m式子表示）（7）上述实验数值小于理论值，试分析原因丙提出改进方案．原因：通进装置中的空气未除二氧化碳，方案：通进装置的空气先经过装有氢氧化钠溶液的洗气瓶．【分析】Ⅰ．制备过碳酸钠双氧水和碳酸钠混合控制温度发生反应2Na2CO3（aq）+3H2O2（aq）⇌2Na2CO3•3H2O2（s），静置过滤得到固体2Na2CO3•3H2O2，将固体洗涤、干燥得到较纯净的2Na2CO3•3H2O2；（1）根据装置图可知，恒压滴液漏斗中的支管是为了平衡烧瓶和漏斗里的压强，便于漏斗里的液体流下；（2）温度过高时过碳酸钠分解会导致其产率过低；（3）过碳酸钠难溶于乙醇，水和乙醇互溶；Ⅱ测定是碳酸钠组成装置A中用Na2CO3•xH2O2与稀硫酸反应生成二氧化碳，装置B将二氧碳干燥，装置C吸收二氧化碳，根据二氧化碳的质量可计算出Na2CO3的质量，结合Na2CO3•xH2O2的质量可确定Na2CO3•xH2O2的组成，为防止空气中水份等对实验的影响，用D装置防止空气中的二氧化碳和水进入C装置，（4）为了准确测量出二氧化碳的质量，实验结束时要将装置中的二氧化碳全部压到C装置中，据此确定操作；（5）装置B是干燥二氧碳的，可以用浓硫酸；（6）实验前后称量装置C的质量，其质量差为△mg，即生成的二氧化碳的质量为△mg，则样品中碳酸钠的质量为△mg，双氧水的质量为mg﹣△mg，根据106：34x=△mg：（mg﹣△mg）可计算出x；（7）根据装置图可知，通进装置中的空气未经过除二氧化碳，会导致测得的二氧化碳的质量偏大，则计算出的x偏小，要排除这样的误差，可以将通进装置的空气先经过装有氢氧化钠溶液的洗气瓶．【解答】解：双氧水和碳酸钠混合控制温度发生反应2Na2CO3（aq）+3H2O2（aq）⇌2Na2CO3•3H2O2（s），静置过滤得到固体2Na2CO3•3H2O2，将固体洗涤、干燥得到较纯净的2Na2CO3•3H2O2；（1）根据装置图可知，恒压滴液漏斗中的支管是为了平衡烧瓶和漏斗里的压强，便于漏斗里的液体流下，故答案为：平衡烧瓶和漏斗里的压强，便于漏斗里的液体流下；（2）温度过高时过碳酸钠分解会导致过碳酸钠产率过低，所以温度不能过高，故答案为：温度过高时过碳酸钠分解会导致过碳酸钠产率过低；（3）过碳酸钠在无水乙醇中溶解度小于水，且无水乙醇能和水互溶，且极易挥发，所以选用无水乙醇洗涤，所以其目的是：减小过碳酸钠的损耗，利于干燥，故答案为：减小过碳酸钠的损耗，利于干燥；Ⅱ测定是碳酸钠组成装置A中用Na2CO3•xH2O2与稀硫酸反应生成二氧化碳，装置B将二氧碳干燥，装置C吸收二氧化碳，根据二氧化碳的质量可计算出Na2CO3的质量，结合Na2CO3•xH2O2的质量可确定Na2CO3•xH2O2的组成，为防止空气中水份等对实验的影响，用D装置防止空气中的二氧化碳和水进入C装置，（4）为了准确测量出二氧化碳的质量，实验结束时要将装置中的二氧化碳全部压到C装置中，所以实验结束时，先关闭K2，一段时间后再关闭K1，故答案为：先关闭K2，一段时间后再关闭K1；（5）装置B是干燥二氧碳的，可以用浓硫酸，故答案为：浓硫酸；（6）实验前后称量装置C的质量，其质量差为△mg，即生成的二氧化碳的质量为△mg，则样品中碳酸钠的质量为△mg，双氧水的质量为mg﹣△mg，则106：34x=△mg：（mg ﹣△mg），所以x=，故答案为：；（7）根据装置图可知，通进装置中的空气未除二氧化碳，会导致测得的二氧化碳的质量偏大，则计算出的x偏小，要排除这样的误差，可以将通进装置的空气先经过装有氢氧化钠溶液的洗气瓶，故答案为：通进装置中的空气未除二氧化碳；通进装置的空气先经过装有氢氧化钠溶液的洗气瓶．【点评】本题考查制备实验方案设计，侧重考查分析、计算及知识迁移、基本操作能力，难点是过碳酸钠组成的计算，解题的关键是准确理解实验原理，题目难度中等．9．高锰酸钾（KMnO4）是常用的氧化剂，广泛用于定量分析实验中，以某菱锰矿（主要成分MnCO3还含有SiO2、FeCO3、Al2O3等杂质）为原料制备KMnO4和Al（OH）3的工艺流程如图所示：（1）“酸浸”过程中产生CO2，写出CO2的电子式．（2）第一次“氧化”加入MnO2的目的是将亚铁离子氧化成铁离子，写出该过程中发生反应的离子方程式2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O．（3）上述流程中可以循环利用的物质有CO2、KHCO3（写出化学式）（4）“调节pH值”过程中发生反应的阳离子有H+、Fe3+、Al3+．（5）第二次“氧化”需加入少量AgNO3溶液（作催化剂）和过量的K2S2O8溶液，且在加热条件下完成，写出反应的离子方程式2Mn2++5S2O82﹣+8H2O5SO42﹣+2MnO4﹣+16H+（6）制取高锰酸钾最终采用“低温蒸干”的方法，试分析其原因高锰酸钾在高温下会分解．（7）常温下，将156gAl（OH）3溶于1L水中，所得分散系中存在的动态平衡共有2个，该温度下Al（OH）3溶解度的计算式为：S=mol•L﹣1，（已知：K sp[Al（OH）3]=1.3×10﹣33mol4•L﹣4）【分析】菱锰矿用稀酸酸浸，MnCO3、SiO2、FeCO3、Al2O3与硫酸反应，产生二氧化碳，可以循环利用，SiO2不与硫酸反应，过滤得到SiO2沉淀，滤液中含有硫酸镁、硫酸亚铁、硫酸铝及剩余的硫酸，向滤液中加入二氧化锰，将亚铁离子氧化成铁离子，加入碳酸氢钾调节PH值，过滤得滤渣中含有氢氧化铁和氢氧化铝，滤渣加入氢氧化钾溶液，氢氧化铝溶解生成偏铝酸钾，过滤除去氢氧化铁，滤液中通入二氧化碳生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钾溶液，碳酸氢钾溶液可以循环利用，过滤Ⅱ后得到的滤液中含有硫酸锰，经氧化得高锰酸钾溶液，低温蒸干后得高锰酸钾晶体，据此答题．【解答】解：菱锰矿用稀酸酸浸，MnCO3、SiO2、FeCO3、Al2O3与硫酸反应，产生二氧化碳，可以循环利用，SiO2不与硫酸反应，过滤得到SiO2沉淀，滤液中含有硫酸镁、硫酸亚铁、硫酸铝及剩余的硫酸，向滤液中加入二氧化锰，将亚铁离子氧化成铁离子，加入碳酸氢钾调节PH值，过滤得滤渣中含有氢氧化铁和氢氧化铝，滤渣加入氢氧化钾溶液，氢氧化铝溶解生成偏铝酸钾，过滤除去氢氧化铁，滤液中通入二氧化碳生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钾溶液，碳酸氢钾溶液可以循环利用，过滤Ⅱ后得到的滤液中含有硫酸锰，经氧化得高锰酸钾溶液，低温蒸干后得高锰酸钾晶体，（1）CO2的电子式为，故答案为：；（2）根据上面的分析可知，第一次“氧化”加入MnO2的目的是将亚铁离子氧化成铁离子，该过程中发生反应的离子方程式为2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，。