2017年北京市昌平区高考化学二模试卷(有答案和详细解析)

2017年北京市昌平区高考化学二模试卷
一、选择题
1．下列电池工作时能量转化形式与其它三个不同的是（）
A．锌锰碱性电池B．硅太阳能电池C．氢燃料电池D．银锌纽扣电池
A．A B．B C．C D．D
2．下列解释事实的方程式不正确的是（）
A．焊接铁轨：2Fe+Al2O32Al+Fe2O3
B．工业固氮：N2+3H22NH3
C．用纯碱除油污：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣
D．用湿润的淀粉KI试纸检验Cl2：Cl2+2I﹣═2Cl﹣+I2
3．关于a：0.1mol/L NH4Cl溶液和b：0.1mol/L NH3•H2O溶液，下列说法不正确的是（）A．两溶液中存在的微粒种类：a＞b
B．c（NH4+）：a＞b
C．c（OH﹣）：a＜b
D．水电离出的c（H+）：a＜b
4．某离子反应涉及到H2O、ClO﹣、NH4+、OH﹣、N2、Cl﹣等微粒，其中N2、ClO﹣的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列说法正确的是（）
A．该反应中Cl﹣为氧化产物
B．消耗1 mol还原剂，转移6 mol电子
C．反应后溶液的酸性减弱
D．NH4+被ClO﹣氧化成N2
5．下列说法正确的是（）
A．葡萄糖制镜利用了葡萄糖的氧化性
B．室温下，在水中的溶解度：乙醇＞苯酚＞乙酸乙酯
C．酯在碱性条件下水解生成对应的酸和醇
D．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明甲基使苯环变活泼
6．下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（）
选
项
实验操作实验现象结论
A 将少量Fe（NO3）2加水溶解后，滴加稀硫
酸酸化，再滴加KSCN溶液溶液变成血红色Fe（NO3）2已变
质
B 在KI溶液中滴加少量氯水，再加入CCl4，
充分震荡．液体分层，下层溶液
呈紫红色．
氯的非金属性
比碘强
C 炭粉中加入浓硫酸并加热，导出的气体通
入BaCl2溶液中有白色沉淀产生有SO2和CO2
产生
D 向AgNO3溶液中滴加少量NaCl溶液，然
后再向其中滴加KI溶液先生成白色沉淀，后
生成黄色沉淀
溶解度：AgCl
＞AgI
A．A B．B C．C D．D
7．常温时，用0.1000mol/L NaOH溶液滴定25.00mL 0.1000mol/L某一元酸HX溶液，滴定过程中pH变化曲线如图所示．下列说法不正确的是（）
A．在A点：c（HX）＞c（Na+）＞c（X﹣）
B．在B点，溶液中c（H+）=c（OH﹣）
C．C点溶液中存在的主要平衡是X﹣+H2O⇌HX+OH﹣
D．0.05mol/L NaX溶液的pH≈9
二、非选择题
8．（15分）天然产物萜类化合物eudesmane合成路线片段如图．（某些反应条件省略）
已知：
i．RCHO+R′﹣CH2﹣CHO+H2O
ii．RMgX+→
iii．
回答下列问题：
（1）A中的官能团名称是羰基、．
（2）反应②的化学方程式是．
（3）反应③中试剂E的结构简式是．
（4）反应④的另一种产物是．
（5）F的结构简式是．
（6）G的电子式是．
（7）D有多种同分异构体，满足下列条件的有种，写出其中任意一种．
a．能发生银镜反应b．结构为六元环状c．环上有3种氢原子
（8）以CH3CH2OH与CH3COCH3为原料，结合已知信息选用必要的无机物合成B，写出合
成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上标明试剂和反应条件）．9．（14分）磷石膏（主要成分是CaSO4•2H2O）是磷酸及磷肥类工业在生产过程中产生的一种废渣，我国每年排放的磷石膏大约2000万吨以上，开发利用磷石膏，保护资源和环境，符合持续发展的观念．图1所示为对磷石膏进行综合利用的路径之一．
（1）过程Ⅰ中CaSO4•2H2O脱水反应相关的热化学方程式为：
CaSO4•2H2O（s）=CaSO4•H2O（s）+H2O（g）△H1=+83.2KJ•mol﹣1
CaSO4•2H2O（s）=CaSO4（s）+2H2O（l）△H2=+26KJ•mol﹣1
H2O（g）=H2O（l）△H3=﹣44KJ•mol﹣1
则反应CaSO4•H2O（s）=CaSO4（s）+H2O（g）的△H4=KJ•mol﹣1．
（2）过程Ⅱ用合适的还原剂可以将CaSO4还原，所得SO2可用于工业生产硫酸．
①CO作还原剂，改变反应温度可得到不同的产物．不同温度下所得固体成分的物质的量如图2所示．在低于800℃时还原产物为；1200℃时主要发生的反应的化学方程式为．
②高硫煤作还原剂，焙烧2.5小时，测不同温度下硫酸钙的转化率，如图3所示．CaCl2的作用是；当温度高于1200℃时，无论有无CaCl2，CaSO4的转化率趋于相同，其原因是．
③以SO2为原料，工业生产硫酸的化学方程式是，．
（3）过程III将CaSO4投入（NH4）2CO3溶液中，发生反应的离子方程式是．10．（15分）纯碱是重要的化工原料，在医药、冶金、化工、食品等领域被广泛使用．（1）工业生产纯碱的第一步是除去饱和食盐水的中Mg2+、Ca2+离子，从成本角度考虑加入试剂的化学式为、．
某实验小组的同学模拟侯德榜制碱法制取纯碱，流程如图1：
已知：几种盐的溶解度
NaCl NH4HCO3NaHCO3NH4Cl
溶解度（20°C，100gH2O时）36.0 21.7 9.6 37.2
（2）①写出装置I中反应的化学方程式．
②从平衡移动角度解释该反应发生的原因．
③操作①的名称是．
（3）写出装置II中发生反应的化学方程式．
（4）请结合化学用语说明装置III中加入磨细的食盐粉及NH3的作用．
（5）该流程中可循环利用的物质是
（6）制出的纯碱中含有杂质NaCl，为测定其纯度，下列方案中不可行的是．
a．向m克纯碱样品中加入足量CaCl2溶液，测生成CaCO3的质量
b．向m克纯碱样品中加入足量稀H2SO4，干燥后测生成气体的体积
c．向m克纯碱样品中加入足量AgNO3溶液，测生成沉淀的质量．
11．（14分）某研究小组为了验证反应物浓度对反应速率的影响，选用硫酸酸化的高锰酸钾溶液与草酸溶液在室温下进行反应．
实验中所用的草酸为稀溶液，可视为强酸．
（1）将高锰酸钾氧化草酸的离子方程式补充完整．
2MnO4﹣+C2O42﹣+=2 Mn2++CO2↑+H2O
（2）该小组进行了实验I，数据如表．
H2SO4溶液KMnO4溶液H2C2O4溶液褪色时间（分：
秒）
1mL 2mol/L 2mL 0.01mol/L 1mL 0.1mol/L 2：03
1mL 2mol/L 2mL 0.01mol/L 1mL 0.2mol/L 2：16
一般来说，其他条件相同时，增大反应物浓度，反应速率．
但分析实验数据，得到的结论是．
（3）该小组欲探究出现上述异常现象的原因，在实验I的基础上，只改变草酸溶液浓度进行了实验II，获得实验数据并绘制曲线图如
图．
①用文字描述曲线图表达的信息．
②该小组查阅资料获取如下信息，其中能够解释MO变化趋势的是．
a KMnO4与H2C2O4反应是分步进行的，反应过程中生成Mn（VI）、
Mn（III）、Mn（IV），最终变为无色的Mn（II）．（括号中罗马
数字表示锰的化合价）
b 草酸根易与不同价态锰离子形成较稳定的配位化合物．
c 草酸稳定性较差，加热至185℃可分解．
（4）该小组为探究ON段曲线变化趋势的原因，又进行了实验III，所得数据如表．
H2SO4溶液Na2SO4固
体KMnO4溶液H2C2O4溶液褪色时间
（分：
秒）
1mL 0.1mol/L 1.9×10﹣3mol 2mL 0.01mol/L 1mL 0.2mol/L 16：20
1mL 0.5mol/L 1.5×10﹣3mol 2mL 0.01mol/L 1mL 0.2mol/L 8：25
1mL 1.0mol/L 1.0×10﹣3mol 2mL 0.01mol/L 1mL 0.2mol/L 6：15
1mL 2.0mol/L 0 2mL 0.01mol/L 1mL 0.2mol/L 2：16
该小组进行实验III的目的是．
（5）综合实验I、II、III，推测造成曲线MN变化趋势的原因．为验证该推测还需要补充实验，请对实验方案进行理论设计．
2017年北京市昌平区高考化学二模试卷
参考答案
1．
【分析】A．锌锰碱性电池为原电池，将化学能转化成电能的装置；
B．硅太阳能电池，是将太阳能转化为电能的装置；
C．氢燃料电池为原电池，将化学能转化成电能的装置；
D．银锌纽扣电池是原电池，将化学能转化成电能的装置．
【解答】解：A．锌锰碱性电池，将化学能转化成电能的装置；
B．硅太阳能电池，是将太阳能转化为电能的装置；
C．氢燃料电池，将化学能转化成电能的装置；
D．银锌纽扣电池，将化学能转化成电能的装置；
所以B能量转化形式与其它三个不同，
故选B．
【点评】本题考查电池的能量转化形式，注意一般原电池原理都是将化学能转化成电能，比较简单．
2．
【分析】A．依据铝热反应方程式解答；
B．氮气与氢气在高温高压催化剂条件下反应生成氨气；
C．碳酸钠为强碱弱酸盐，水解显碱性；
D．氯气与碘化钾反应生成碘和氯化钾，碘与到淀粉变蓝．
【解答】解：A．焊接铁轨应用的是铝热反应，方程式：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，故A 错误；
B．氮气与氢气在高温高压催化剂条件下反应生成氨气，方程式：N2+3H22NH3，故B正确；
C．碳酸钠为强碱弱酸盐，水解显碱性，离子方程式：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，故C正确；D．氯气与碘化钾反应生成碘和氯化钾，碘与到淀粉变蓝，离子方程式：Cl2+2I﹣═2Cl﹣+I2，故D正确；
故选：A．
【点评】本题考查了化学方程式、离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，题目难度不大．
3．
【分析】0.1mol/L NH4Cl溶液显酸性，溶液中存在的离子有NH4+、NH3•H2O、H+、OH﹣、Cl ﹣，0.1mol/L NH3•H2O溶液显碱性，溶液中存在的离子有NH4+、NH3•H2O、H+、OH﹣，能水解的盐促进水的电离，碱抑制水的电离，据此分析．
【解答】解：A．0.1mol/L NH4Cl溶液显酸性，溶液中存在的离子有NH4+、NH3•H2O、H+、OH﹣、Cl﹣，0.1mol/L NH3•H2O溶液显碱性，溶液中存在的离子有NH4+、NH3•H2O、H+、OH ﹣，所以两溶液中存在的微粒种类：a＞b，故A正确；
B．一般水解程度较小，所以c（NH4+）：a＞b，故B正确；
C．0.1mol/L NH4Cl溶液显酸性，0.1mol/L NH3•H2O溶液显碱性，则c（OH﹣）：a＜b，故C 正确；
D．NH4Cl促进水的电离，NH3•H2O会抑制水的电离，所以水的电离程度a＞b，则水电离出的c（H+）：a＞b，故D错误．
故选D．
【点评】本题考查盐类水解及弱电解质电离，明确弱电解质电离特点以及溶液中电荷守恒和物料守恒是解本题关键，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力．
4．
【分析】由曲线变化图可知，随反应进行N2的物质的量增大，故N2是生成物，则NH4+应是反应物，N元素化合价发生变化，具有氧化性的ClO﹣为反应物，由氯元素守恒可知Cl﹣是生成物，则反应的方程式应为3ClO﹣+2NH4++2OH﹣=N2↑+5H2O+3Cl﹣，以此解答该题．
【解答】解：反应的方程式应为3ClO﹣+2NH4++2OH﹣=N2↑+5H2O+3Cl﹣，
A．由方程式可知，N元素的化合价升高，则N2为氧化产物，故A错误；
B．N元素化合价由﹣3价升高到0价，则消耗1mol还原剂，转移3mol电子，故B错误；C．反应在碱性条件下发生，反应消耗OH﹣，反应后溶液的碱性减弱，故C错误；
D．由方程式可知，NH4+被ClO﹣氧化成N2，故D正确．
故选D．
【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意从元素化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念和物质的性质，难度不大．
5．
【分析】A．葡萄糖含﹣CHO，能被银氨溶液氧化；
B．含﹣OH的有机物易溶于水，苯酚在水中溶解度不大，酯类不溶于水；
C．酯在碱性条件下水解生成羧酸钠；
D．甲苯能被高锰酸钾氧化，因苯环影响甲基．
【解答】解：A．葡萄糖含﹣CHO，能被银氨溶液氧化，则体现葡萄糖的还原性，故A错误；B．含﹣OH的有机物易溶于水，苯酚在水中溶解度不大，酯类不溶于水，则室温下，在水中的溶解度：乙醇＞苯酚＞乙酸乙酯，故B正确；
C．酯在碱性条件下水解生成羧酸钠，酸性条件下水解生成对应的酸和醇，故C错误；D．甲苯能被高锰酸钾氧化，因苯环影响甲基，使甲基上H变得活泼，故D错误；
故选B．
【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、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大．6．
【分析】A．水溶液后加稀硫酸酸化，酸性条件下亚铁离子、硝酸根离子可发生氧化还原反应；
B．下层溶液呈紫红色，说明有碘单质生成，从而可证明氯气的氧化性大于碘单质；
C．二氧化碳、二氧化硫都不与氯化钡溶液反应；
D．实现了沉淀的转化，溶度积越小溶解度越小，越容易生成沉淀．
【解答】解：A．加水溶液后加稀硫酸酸化，酸性条件下亚铁离子、硝酸根离子可发生氧化还原反应，应溶于水滴加KSCN溶液，溶液变为红色检验是否变质，故A错误；
B．在KI溶液中滴加少量氯水，再加入CCl4，充分震荡后液体分层，下层溶液呈紫红色，碘化钾为氧化成碘单质，说明氯气的氧化性大于碘单质，从而可证明氯的非金属性比碘强，故B正确；
C．炭粉中加入浓硫酸并加热，由于SO2和CO2不与氯化钡溶液反应，将导出的气体入BaCl2溶液中不会生成白色沉淀，故C错误；
D．向AgNO3溶液中滴加少量NaCl溶液，然后再向其中滴加KI溶液，先生成白色沉淀，后生成黄色沉淀，说明AgI更难溶，溶度积越小其溶解度越小，则溶解度：AgCl＞AgI，故D正确；
故选D．
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、离子检验、沉淀的转化及实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．
7．
【分析】A．在A点，显酸性，碱不足，结合电荷守恒判断；
B．在B点，pH=7，显中性；
C．C点，酸碱刚好完全反应，则溶液中的溶质为NaX；
D．C点，酸碱刚好完全反应，则溶液中的溶质为NaX．
【解答】解：A．在A点，显酸性，碱不足，则溶液中的溶质为HX和NaX，结合电荷守恒可知c（HX）＞c（X﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故A错误；
B．在B点，pH=7，显中性，则溶液中c（H+）=c（OH﹣），故B正确；
C．C点，酸碱刚好完全反应，则溶液中的溶质为NaX，又显碱性，则存在水解平衡X﹣+H2O⇌HX+OH﹣，故C正确；
D．C点，酸碱刚好完全反应，则溶液中的溶质为NaX，又溶液的总体积为50.00mL，所以NaX的浓度为0.05mol/L，即由图可知pH≈9，故D正确；
故选A．
【点评】本题考查酸碱混合溶液中的定性判断，明确图中各点发生的化学反应及溶液中的溶质是解答本题的关键，题目难度中等．
8．
【分析】C的结构简式为，根据已知条件醛失去OH﹣得，D的结构简式为，根据已知条件E和在H+/H2O的作用下生成，故E的结构简式为
CH2=CHCH2CH2CH2MgX，据此进行分析，
（8）CH3CH2OH和O2在Cu作催化剂加热的条件下生成CH3CHO，CH3CHO和CH3COCH3脱去OH﹣生成，和H2发生加成反应生成
，和O2在Cu作催化剂加热的条件下生成目标产物
，据此进行分析．
【解答】解：C的结构简式为，根据已知条件醛失去OH﹣得，D的结构简式为，根据已知条件E和在H+/H2O的作用下生成，故E的结构简式为
CH2=CHCH2CH2CH2MgX，
（1）根据A的结构简式，则A中的官能团名称是羰基和碳碳双键，
故答案为：碳碳双键；
（2）C的结构简式为，D的结构简式为，则反应②的化学方程式是+H2O，
故答案为：+H2O；
（3）由以上分析得，反应③中试剂E的结构简式是CH2=CHCH2CH2CH2MgX，
故答案为：CH2=CHCH2CH2CH2MgX；
（4）反应④发生分子内消去反应，故化学方程式为→+HI，
故反应④的另一种产物是HI，
故答案为：HI；
（5）根据已知条件得，在R2CuLi的作用下发生加成反应，比
多了一个﹣CH3，故F的结构简式是（CH3）2CuLi，
故答案为：（CH3）2CuLi；
（6）比少了2个H原子，故到发
生加成反应，故F为H2，其电子式为H：H，
故答案为：H：H；
（7）D的结构简式能发生银镜反应故有醛基，且满足结构为六元环状，环上有3种氢原子，故满足下列条件的结构简式为
，
故答案为：6；；
（8）CH3CH2OH和O2在Cu作催化剂加热的条件下生成CH3CHO，CH3CHO和CH3COCH3脱去OH﹣生成，和H2发生加成反应生成，和O2在Cu作催化剂加热的条件下生成目标产物
，故以CH3CH2OH与CH3COCH3为原料，合成B的路线为CH3CH2OH△CH3CHO
，
故答案为：CH3CH2OH△CH3CHO
．
【点评】本题考查有机物的推断与合成，充分利用有机物的分子式与结构进行分析解答，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，侧重考查学生分析推理能力、自学能力与知识迁移应用，难度中等．
9．
【分析】（1）依据已知热化学方程式构建目标方程式，根据盖斯定律计算得到目标方程式的反应热；
（2）①从图示2可知在低于800℃时主要还原产物为CaS，高于800℃时主要发生硫化钙和硫酸钙反应生成氧化钙和二氧化硫；
②无氯化钙和有氯化钙存在的反应，最终平衡相同，仅改变反应历程，所以CaCl2为催化剂；当温度高于1200℃时，达到平衡，因催化剂不能改变平衡，所以无论有无CaCl2，CaSO4的转化率趋于相同；
③二氧化硫催化氧化生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸；
（3）碳酸钙更难溶，碳酸铵与硫酸钙反应生成碳酸钙沉淀和磷酸铵．
【解答】解：（1）已知①CaSO4•2H2O（s）═CaSO4•H2O（s）+H2O（g）△H1=83.2kJ•mol ﹣1
②CaSO4•2H2O（s）═CaSO4（s）+2H2O（l）△H2=26kJ•mol﹣1
③H2O（g）=H2O（l）△H3=﹣44kJ•mol﹣1
将②﹣③×2﹣①得CaSO4•H2O（s）═CaSO4（s）+H2O（g），则△H4=[26kJ•mol﹣1﹣（﹣44kJ•mol﹣1）×2﹣83.2kJ•mol﹣1]=30.8kJ•mol﹣1，
故答案为：30.8；
（2）①从图示2可知，在低于800℃时，CaS成分的物质的量为1，而CaO的物质的量几乎为0，所以在低于800℃时主要还原产物为CaS，高于800℃时主要发生硫化钙和硫酸钙反应CaS+3CaSO44CaO+4SO2↑，氧化钙的物质的量增加，硫化钙的物质的量减小，故答案为：CaS；CaS+3CaSO44CaO+4SO2↑；
②催化剂仅能改变反应的速率，改变反应历程，但不能改变化学平衡，从图示可知，当温度高于1200℃时，无论有无CaCl2，CaSO4的转化率趋于相同，所以CaCl2的作用是作催化剂，当温度高于1200℃时，无论有无CaCl2，CaSO4的反应两种情况下反应均达到平衡，催化剂CaCl2不改变平衡的移动，
故答案为：作催化剂；催化剂CaCl2不改变平衡的限度；
③SO2与水反应生成SO2，反应的化学方程式为：2SO2+O22SO3；三氧化硫与水反应生成硫酸，反应方程式为：SO3+H2O=H2SO4，
故答案为：2SO2+O22SO3；SO3+H2O=H2SO4；
（3）将CaSO4投入（NH4）2CO3溶液中，实现了沉淀的转化，反应的离子方程式为：CaSO4+CO32﹣=CaCO3↓+SO42﹣，
故答案为：CaSO4+CO32﹣=CaCO3↓+SO42﹣．
【点评】本题考查较为综合，涉及物质制备、反应热与焓变的应用、化学平衡的影响等知识，明确实验目的为解答关键，注意掌握盖斯定律的内容、化学平衡及其影响，试题培养了学生的分析、理解能力及综合应用能力．
10．
【分析】（1）工业上除去Mg2+用含有OH﹣的可溶性碱、除去Ca2+用含有CO32﹣的可溶性盐，且这两种试剂必须价格低廉；
（2）①NaCl、CO2、NH3、H2O发生反应生成NaHCO3和NH4Cl；
②酸和碱反应生成盐和水而相互促进溶解，且NaCl的溶解度大于碳酸氢钠，溶解度大的物质向溶解度小的物质转化；
③分离沉淀和溶液采用过滤方法；
（3）受热条件下，碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳和水；
（4）在母液中含有大量的NH4+和Cl﹣，氯化铵存在溶解平衡，增大离子浓度抑制其溶解；（5）从母液中能分离出氯化钠，装置II中得到二氧化碳，装置I中需要二氧化碳和氯化钠；（6）a．只有氯化钙能和碳酸钠反应生成碳酸钙，根据碳酸钙的量计算碳酸钠的量；
b．只有碳酸钠能和稀硫酸反应生成二氧化碳，根据二氧化碳的量计算碳酸钠的量；
c．碳酸根离子和氯离子都能和银离子反应生成白色沉淀．
【解答】解：（1）工业上除去Mg2+用含有OH﹣的可溶性碱、除去Ca2+用含有CO32﹣的可溶性盐，且这两种试剂必须价格低廉，除去镁离子用氢氧化钙、除去钙离子用碳酸钠，
故答案为：Ca（OH）2；Na2CO3；
（2）①NaCl、CO2、NH3、H2O发生反应生成NaHCO3和NH4Cl，反应方程式为NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3+NH4Cl，
故答案为：NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3+NH4Cl；
②在溶液中存在下述两种平衡NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，CO2+H2O⇌H2CO3⇌H++HCO3﹣，OH﹣与H+结合生成水，促进两平衡正向移动，使溶液中的NH4+和HCO3﹣浓度均增大，由于NaHCO3溶解度小，因此HCO3﹣与Na+结合生成NaHCO3，固体析出使得反应发生，
故答案为：在溶液中存在下述两种平衡NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，CO2+H2O⇌H2CO3⇌H++HCO3﹣，OH﹣与H+结合生成水，促进两平衡正向移动，使溶液中的NH4+和HCO3﹣浓度均增大，由于NaHCO3溶解度小，因此HCO3﹣与Na+结合生成NaHCO3，固体析出使得反应发生；
③分离沉淀和溶液采用过滤方法，所以该操作名称是过滤，故答案为：过滤；
（3）受热条件下，碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，反应方程式为2NaHCO3
Na2CO3+H2O+CO2↑，
故答案为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；
（4）在母液中含有大量的NH4+和Cl﹣，氯化铵存在溶解平衡，增大离子浓度抑制其溶解，所以在母液中含有大量的NH4+和Cl﹣，存在平衡NH4Cl（s）⇌NH4++Cl﹣，通入氨气增大NH4+的浓度，加入磨细的食盐粉，增大Cl﹣的浓度，使上述平衡逆向移动，促使氯化铵结晶析出，故答案为：在母液中含有大量的NH4+和Cl﹣，存在平衡NH4Cl（s）⇌NH4++Cl﹣，通入氨气增大NH4+的浓度，加入磨细的食盐粉，增大Cl﹣的浓度，使上述平衡逆向移动，促使氯化铵结晶析出；
（5）装置III中从母液中能分离出氯化钠，装置II中得到二氧化碳，装置I中需要二氧化碳和氯化钠，所以能循环利用的是氯化钠和二氧化碳，
故答案为：氯化钠和二氧化碳；
（6）a．只有氯化钙能和碳酸钠反应生成碳酸钙，根据碳酸钙的量计算碳酸钠的量，所以该方案可以，故a不选；
b．只有碳酸钠能和稀硫酸反应生成二氧化碳，根据二氧化碳的量计算碳酸钠的量，所以该方案可以，故b不选；
c．碳酸根离子和氯离子都能和银离子反应生成白色沉淀，无法计算碳酸钠的量，所以该方案不可以，故c选；
故选c．
【点评】本题考查物质制备，为高频考点，涉及物质制备、物质分离提纯、实验方案设计评价等知识点，明确物质性质及物质制备原理是解本题关键，注意除杂剂的选取方法，题目难度不大．
11．
【分析】（1）酸性条件下高锰酸根离子和草酸根离子发生氧化还原反应，根据元素守恒知，
生成物中生成水，该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式；
（2）据表格数据进行分析；
（3）①图象描述的是当草酸浓度小于0.4mol/L时，反应速率随着草酸浓度增加而减小，当草酸浓度大于0.4mol/L时，反应速率随着草酸浓度增加而增加，据此进行分析；
②据MO变化趋势，得出反应速率随着草酸浓度增加而减小，可能原因是KMnO4与H2C2O4反应是分步进行的，反应过程中生成Mn（VI）、Mn（III）、Mn（IV），最终变为无色的Mn（II），以及草酸根易与不同价态锰离子形成较稳定的配位化合物，据此进行分析；（4）小组进行实验III的目的是探究其他离子浓度不变，溶液中H+浓度对反应速率的影响；（5）当草酸浓度较小时，C2O42﹣起主要作用，草酸浓度越大，反应速率越小；当草酸浓度较大时，H+起主要作用，使得草酸浓度越大，反应速率越大．
为验证C2O42﹣对反应速率的影响，保持高锰酸钾与硫酸溶液浓度不变，增加草酸钠的浓度，记录反应速率；若随着草酸钠浓度增加，反应速率降低；证明C2O42﹣浓度越大，反应速率越小（实验方案包括：目的，操作，现象，结论），据此进行分析．
【解答】解：（1）酸性条件下高锰酸根离子和草酸根离子发生氧化还原反应，根据元素守恒知，生成物中生成水，该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，转移电子数为10，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式得2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，
故答案为：5；16 H+；10；8；
（2）在当前实验条件下，当高锰酸钾一定时，增大草酸浓度，反应时间延长，故得到的结论是在当前实验条件下，增大草酸浓度，反应速率减小，
故答案为：在当前实验条件下，增大草酸浓度，反应速率减小；
（3）①当草酸浓度小于0.4mol/L时，反应速率随着草酸浓度增加而减小，当草酸浓度大于0.4mol/L时，反应速率随着草酸浓度增加而增加，
故答案为：当草酸浓度小于0.4mol/L时，反应速率随着草酸浓度增加而减小，当草酸浓度大于0.4mol/L时，反应速率随着草酸浓度增加而增加；
②MO变化趋势，得出反应速率随着草酸浓度增加而减小，可能原因是KMnO4与H2C2O4反应是分步进行的，反应过程中生成Mn（VI）、Mn（III）、Mn（IV），最终变为无色的Mn （II），以及草酸根易与不同价态锰离子形成较稳定的配位化合物，
故答案为：ab；
（4）小组进行实验III的目的是探究其他离子浓度不变，溶液中H+浓度对反应速率的影响，故答案为：探究其他离子浓度不变，溶液中H+浓度对反应速率的影响；
（5）实验方案进行理论设计如下：当草酸浓度较小时，C2O42﹣起主要作用，草酸浓度越大，反应速率越小；当草酸浓度较大时，H+起主要作用，使得草酸浓度越大，反应速率越大．为验证C2O42﹣对反应速率的影响，保持高锰酸钾与硫酸溶液浓度不变，增加草酸钠的浓度，记录反应速率；若随着草酸钠浓度增加，反应速率降低；证明C2O42﹣浓度越大，反应速率越小（实验方案包括：目的，操作，现象，结论），
答：当草酸浓度较小时，C2O42﹣起主要作用，草酸浓度越大，反应速率越小；当草酸浓度较大时，H+起主要作用，使得草酸浓度越大，反应速率越大．
为验证C2O42﹣对反应速率的影响，保持高锰酸钾与硫酸溶液浓度不变，增加草酸钠的浓度，记录反应速率；若随着草酸钠浓度增加，反应速率降低；证明C2O42﹣浓度越大，反应速率越小（实验方案包括：目的，操作，现象，结论）．
【点评】本题考查离子方程式的书写，探究影响化学反应速率的因素，着重考查学生看图及分析数据的能力，本题难度中等．。