最新高中高三9月月考理科综合化学试题(答案解析)

四川省绵阳南山中学【精品】高三9月月考理科综合化学试

题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．下列说法正确的是

A．MgO和Al2O3都属于两性氧化物

B．悬浊液和乳浊液的分散质均为液态

C．葡萄糖溶液和淀粉液都具有丁达尔效应

D．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果

2．下列说法不正确的是

A．正丁烷的沸点比异丁烷的高，乙醇的沸点比二甲醚的高

B．乙苯的同分异构体(不含乙苯)有3种，且都能使酸性高锰酸钾溶液褪色

C．羊毛、蚕丝、塑料、合成橡胶都属于有机高分子材料

D．丙烯和苯既能发生加成反应，又能发生取代反应

3．设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A．100g质量分数为46％C2H5OH溶液中所含O—H数目约为7N A

B．7.8gNa2O2分别与过量的CO2和过量的SO2充分反应，转移的电子数目均为0.2N A C．标准状况下，2.24L丙三醇(甘油)中含有的氧原子数为0.3N A

D．向含0. 1 mol Na2SiO3的溶液中滴加盐酸，生成的H2SiO3胶体中胶粒的数目为0.1N A 4．化合物如图的分子式均为C7H8。下列说法正确的是

A．W、M、N均能与溴水发生加成反应B．W、M、N的一氯代物数目相等C．W、M、N分子中的碳原子均共面D．W、M、N均能使酸性KMnO4溶液褪色5．下列选项中，为完成相应实验，所用仪器或相关操作合理的是

A．A B．B C．C D．D 6．NaClO是漂白液的有效成分，某研究小组探究NaClO溶液的性质，设计了下列实验：

下列判断不正确的是()

A．实验①中发生的主要反应是22

ClO Cl2H Cl H O

--+

++=↑+

B．实验②中发生的主要反应是22

ClO2I2H Cl I H O

--+-

++=++

C．实验③中该条件下氧化性强弱3

ClO Fe

-+

>

D．实验④中ClO-与3

Al+相互促进水解

7．氮及其化合物的转化过程如图所示，下列分析合理的是

A．催化剂a表面发生了极性共价键的断裂和形成

B．在催化剂b表面形成氮氧键时，不涉及电子转移

C．N2与H2反应生成NH3的原子利用率为100％

D．催化剂a、b能提高反应的平衡转化率

二、原理综合题

8．回答下列问题:

(1)已知室温下CO的燃烧热为283kJ/mol，则CO的燃烧热的热化学方程式为____。

(2)工业上利用CO和H 2合成清洁能源CH3OH，其反应为:CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ?H=-116kJ/mol，如图①表示CO的平衡转化率(α)随温度和压强变化的示意图中横坐标X表示的是_________，Y1______Y2(填“＜”、“=”、“＞”)；

(3)合成甲醇的反应原理为:CO 2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，在0.5L的密闭器中，充入1 mol CO2和3molH2，在500℃下生反应，测得CO2(g和CH3OH(g)的量随时间变化如图②所示。

①反应进行到4min时，v(正)____v(逆)(填“＜”、“=”、“＞”)，0～4min，H2的平均反应速率v(H2)=_____________；

②该温度下平衡常数为_____________；

③下列能说明该反应已达到平衡状态的是___________；

A．v正(CH3OH)=3v逆(H2)

B．CO2、H2、CH3OH和H2O浓度之比为1:3:1:1

C．恒温恒压下，气体的体积不再变化

D．恒温恒容下，气体的密度不再变化

(4)为提高燃料的能量利用率，常将其设计为燃料电池。某电池以甲醇为燃料，空气为氧化剂，KOH溶液为电解质溶液，以具有催化作用和导电性能的稀土金属为电极写出该燃料电池的负极反应式：_________。

9．铁被誉为“第一金属”，铁及其化合物在生活中有广泛应用。

(1)基态Fe3+的电子排布式为_________________。

(2)实验室用KSCN溶液、苯酚()检验Fe3+。N、O、S的第一电离能由大到小的顺序为______(用元素符号表示)，苯酚中碳原子的杂化轨道类型为_______。

(3)FeCl3的熔点为306℃，沸点为315℃。FeCl3的晶体类型是________。FeSO4常作补铁剂，SO42-的立体构型是__________。

(4)羰基铁[Fe(CO)5]可用作催化剂、汽油抗暴剂等。1 mol Fe(CO)5分子中含________molσ键，与CO互为等电子体的离子是__________(填化学式，写一种)。

(5)氮化铁晶体的晶体结构示意图如图1所示。该晶体中铁、氮的微粒个数之比为_____。

(6)氧化亚铁晶体的晶胞如图2所示。已知：氧化亚铁晶体的密度为ρg·cm-3，N A代表阿伏加德罗常数的值。在该晶胞中，与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目为_____；Fe2+与O2-的最短核间距为___________pm。

10．有机物K是某药物的中间体，合成路线如图所示：

???→R-CH2-NH2

已知：i.R-CN2H

催化剂

ii.R1-NH2+R2COOC2H5催化剂

?????→+C2H5OH

回答下列问题

(1)A的名称是_______。

(2)反应①的化学方程式是_____。

(3)反应②的类型是_____。

(4)反应③中的试剂X是_____。

(5)E属于烃，其结构简式是_____。

(6)H中所含的官能团是_____。

(7)反应⑥的化学方程式是_____。

(8)H经三步反应合成K：H HCN

???→I→J→K，写出中间产物I和J的结构简式_____。

三、工业流程题

11．BaCl2可用于电子、仪表等工业。以毒重石(主要成分为BaCO3，含少量的CaCO3、MgSO4、Fe2O3、SiO2等杂质)为原料，模拟工业制取BaCl2·2H2O的流程如下图所示:

已知:K sp(BaC2O4)＝1.6×10-7，K sp(CaC2O4)＝2.3×10-9

(1)盐酸浸取时需要适当加热的原因是_________。

(2)用37％的盐酸配制15％的盐酸需用到的仪器有________(填字母)

A．量筒B．烧杯C．容量瓶D．玻璃棒

(3)滤渣I的成分为__________；

(4)Mg(OH)2的溶度积常数K sp＝_______，加入H2C2O4时发生的离子反应为_______，加入H2C2O4应避免过量，其原因是_________。

(5)母液中除了含有Ba2+、Cl—外，还含有大量的_________(填离子符号)；

(6)滤渣III(不含结晶水)是结石的主要成分滤渣Ⅲ经过洗涤干燥后在空气中进行热重分析，取128.0g该纯净物，在200～470℃灼烧，最后得到100.0g产物，200～470℃时发生反应的化学方程式为___________。

四、实验题

12．呋喃甲酸()俗名糠酸，其在塑料工业中可用作增塑剂、热固性树脂等。呋喃甲酸可由呋喃甲醛制备，其制备原理如下所示：

反应1：+NaOH→+；

反应2：+HCl→+NaCl；

已知：I、反应1是放热反应；

II、乙醚的沸点是34.6℃，易挥发，遇明火易燃，其蒸气可使人失去知觉；

III、呋喃甲酸的溶解度随温度的升高而升高，且升温过程中溶解度变化较大；

实验步骤：向三颈烧瓶中加入16.4mL(约0.2mol)呋喃甲醛按以下流程图制备并获得粗品，粗品进一步提纯得到精产品9.5g

(1)若用如上图装置作为反应1的发生装置图中有一处明显错误的地方是________。

(2)步骤①中，为控制反应温度在8～12℃，可采取的措施有①____________；②________。

(3)操作1的名称为__________，要用到的玻璃仪器有______。

(4)在对乙醚层进行分离时，用下图中的_______(填字母代号)装置更好，与另一装置相比，该装置具有以下优点：

①______________；②___________。

(5)经过结晶得到的粗呋喃甲酸若要进一步提纯，要经过热水溶解→活性炭脱色→蒸发→浓缩→_______→______→抽滤→洗涤→干燥。

(6)呋喃甲酸的产率为______(保留三位有效数字)

参考答案

1．D

【解析】

【详解】

A．Al2O3为两性氧化物，而MgO为碱性氧化物，故A错误；

B．一般情况下，乳浊液的分散质为液态，而悬浊液的分散质为固态，故B错误；

C．淀粉为高分子化合物，淀粉溶液为胶体，具有丁达尔效应，但葡萄糖分子较小，葡萄糖溶液不属于胶体，故C错误；

D．乙烯具有催熟作用，为了延长水果的保鲜期，用高锰酸钾可以除掉乙烯，故D正确；

故选D。

【点睛】

明确常见元素化合物性质为解答关键。本题的易错点为C，要注意能够溶于水的高分子化合物分散到水中形成胶体。

2．B

【详解】

A．碳原子数相同的烷烃，支链越多熔沸点越低，所以正丁烷的沸点比异丁烷的高；乙醇分子之间能形成氢键，分子间作用力强于二甲醚，所以沸点高于二甲醚，故A正确；

B．乙苯的同分异构体可为二甲苯，有邻、间、对，且还有不属于芳香烃同分异构体，则一定大于3种，故B错误；

C．羊毛、蚕丝、塑料、合成橡胶都是有机高分子化合物，形成的材料为有机高分子材料，故C正确；

D．苯既能发生加成反应，又能起取代反应；丙烯含有碳碳双键，能够发生加成反应，结构中含有甲基，在一定条件下也能发生取代反应，故D正确；

故选B。

3．A

【详解】

A．乙醇溶液中，乙醇、水分子都含有O-H键，所以100g46%乙醇溶液含有乙醇46g，物质的量为1mol，含有1molO-H键，含有水54g，物质的量为3mol，含有O-H键6mol，所以共含O-H数目7N A，故A正确；

B.7.8 g Na2O2的物质的量为0.1mol，分别与过量的CO2和过量的SO2充分反应，分别生成

Na2CO3和Na2SO4，生成Na2CO3时，只有一半的O22-被还原为-2价，还有一半生成氧气；生成时Na2SO4，所有O22-均被还原为-2价，故转移的电子数目分别为0.1N A和0.2N A，故B 错误；

C．标准状况下，丙三醇不是气体，不能使用气体摩尔体积，故无法计算2.24 L丙三醇(甘油)中含有的氧原子数目，故C错误；

D．向含0.1 mol Na2SiO3的溶液中逐渐滴加盐酸，生成H2SiO3胶体，由于胶体粒子是许多分子的集合体，所以生成H2SiO3胶体中胶粒的数目小于0.1N A，故D错误；

故选A。

【点睛】

本题的易错点为A，要注意乙醇分子中含有1个O-H，水分子中含有2个O-H。

4．D

【详解】

A.由结构简式可知, W不能和溴水发生加成反应，M、N 均能与溴水发生加成反应，故A错误；

B. W的一氯代物数目为4种，M的一氯代物数目3种，N的一氯代物数目4种，故B错误；

C. 根据甲烷分子的正四面体结构、乙烯分子和苯分子的共面结构可知，W、N分子中的碳原子均共面，M中的碳原子不能共面，故C错误，

D. W 中与苯环相连的碳原子了有氢原子，M和N均含碳碳双键，故W、M、N均能被酸性KMnO4溶液氧化，故D正确;答案：D。

5．B

【详解】

A．苯的密度比水小，在上层，应从分液漏斗上口倒出，A不合理；

B．氯气难溶于饱和食盐水，可用排饱和食盐水的方法收集氯气、测量Cl2的体积，B合理；C．制取Fe(OH)3胶体时，是将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，并继续加热至液体呈红褐色，且不能搅拌，C不合理；

D．配制0.10mol/LNaOH溶液时，不能将固体直接放在容量瓶内加水溶解并定容，D不合理；故选B。

6．B

【详解】

A.加入盐酸，次氯酸根离子在酸溶液中具有强氧化性，氧化氯离子生成氯气，反应的离子方

程式：22ClO Cl 2H Cl H O --+++=↑+，故A 正确；

B.实验.0.2② 1mol L -? KI -淀粉溶液中滴入次氯酸钠溶液，发生的反应是次氯酸钠氧化碘

化钾生成碘单质，反应的离子方程式：22ClO 2I H O Cl I 2OH ----++=++，故B 错误；

C.在40.2mol /LFeSO 酸性溶液中滴加0.2mol /LNaClO 溶液，2Fe +和ClO -发生氧化还原反应生成的3Fe +遇KSCN 使溶液显红色，即说明氧化性强弱：3ClO Fe -+>，故C 正确；

D.NaClO 溶液水解显碱性，3AlCl 溶液水解显酸性，二者混合相互促进水解，生成3Al(OH)白色胶状沉淀，故D 正确；

故答案为B 。

【点睛】

根据方程式来比较氧化性和还原性，解题的关键是根据化合价找出氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物。氧化还原反应若能进行，一般为较强氧化性的氧化剂跟较强还原性的还原剂反应，生成弱还原性的还原产物和弱氧化性的氧化产物。可用于比较物质间氧化性或还原性的强弱，一般来说在自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性。

7．C

【详解】

A ．催化剂a 表面是氢气和氮气反应生成氨气，催化剂a 表面发生了非极性共价键的断裂和极性键的形成，故A 错误；

B ．催化剂b 表面是氨气催化氧化生成NO 的反应，有电子转移，发生的是氧化还原反应，故B 错误；

C ．N 2与H 2反应生成NH 3，反应物参加反应过程中原子利用率为100%，故C 正确；

D ．催化剂a 、b 改变反应速率，不改变化学平衡，不能提高反应的平衡转化率，故D 错误； 故选C 。

8．CO(g)+ 12

O 2(g) = CO 2(g) △H=-283kJ/mo1 压强 ＜ ＞ 0.75 mol·L ?1·min ?1 43

C CH 3OH - 6e - + 8 OH - = CO 32-+6H 2O 【分析】

(1)根据CO 的燃烧热为283kJ/mo1，结合燃烧热的化学方程式的书写要求书写；

(2)CO(g)+2H 2(g)?CH 3OH(g)△H=-116kJ/mo1，反应是气体体积减小的放热反应，图象中CO 的平衡转化率随X 增大而增大，相同条件下Y 1和Y 2条件下一氧化碳转化率Y 1＞Y 2，结合温度和压强对平衡的影响分析判断；

(3)①图象分析4min 时，甲醇和二氧化碳浓度随时间增长变化，反应未达到平衡状态，根据图像先计算v(CO 2)，再根据方程式计算v(H 2)；②15min 反应达到平衡状态，根据平衡时甲醇的物质的量为0.75mol ，结合三段式计算平衡常数K ；③根据正逆反应速率相同，各组分含量保持不变分析判断；

(4)负极发生氧化反应，甲醇被氧化生成碳酸钾，据此书写电极反应式。

【详解】

(1)CO 的燃烧热为283kJ/mo1，则燃烧热的热化学方程式为CO(g)+

12O 2(g)?CO 2(g)△H=-283kJ/mo1，故答案为CO(g)+12

O 2(g)?CO 2(g)△H=-283kJ/mo1； (2)CO(g)+2H 2(g)?CH 3OH(g)△H=-116kJ/mo1，该反应是气体体积减小的放热反应，图象中CO 的平衡转化率随X 增大而增大，则X 表示的是压强，Y 表示的是温度，相同条件下，在Y 1和Y 2条件下一氧化碳转化率Y 1＞Y 2，升高温度，平衡逆向移动，则温度Y 1＜Y 2，故答案为压强；＜；

(3)①反应进行到4min 时，随时间变化，甲醇增加，二氧化碳减小，说明反应继续正向进行，v(正)＞v(逆)；0～4min ，二氧化碳物质的量变化1mol-0.5mol=0.5mol ，CO 2的平均反应速率

v(CO 2)=0.5mol

0.5L 4min

=0.25mol/(L?min)，则v(H 2)=3 v(CO 2)=3×0.25mol/(L?min)=0.75mol/(L?min)，

故答案为＞；0.75 mol/(L?min)；

②15min 反应达到平衡状态，甲醇平衡浓度为0.75mol/L ，二氧化碳平衡浓度为0.25mol/L ， CO 2(g)+3H 2(g)?CH 3OH(g)+H 2O(g)

起始量(mol) 1 3 0 0

变化量(mol) 0.75 2.25 0.75 0.75

平衡量(mol) 0.25 0.75 0.75 0.75 K=30.750.750.50.50.250.75()0.50.5

??=43，故答案为43； ③A ．速率之比等于化学方程式中的化学计量数之比，3v 正(CH 3OH)=v 逆(H 2)才能说明氢气正

逆反应速率相同，故A 错误；B ．CO 2、H 2、CH 3OH 和H 2O 浓度之比为1∶3∶1∶1不能说明浓度是否不变，不能说明反应达到平衡状态，故B 错误；C ．反应前后气体体积变化，恒温恒压下，气体的体积不再变化，说明反应达到平衡状态，故C 正确；D ．恒温恒容下，反应前后气体质量和体积不变，气体的密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故D 错误；故答案为C ；

(4)燃料电池中，通入燃料的为负极，负极发生氧化反应，甲醇被氧化生成碳酸钾，电极方程式为CH 3OH - 6e - + 8 OH - = CO 32-+6H 2O ，故答案为CH 3OH - 6e - + 8 OH - = CO 32-+6H 2O 。

【点睛】

本题的易错点为(4)，书写燃料电池的电极反应式时，要注意溶液的酸碱性对产物的影响。 9．1s 22s 22p 63s 23p 63d 5或[Ar]3d 5 N>O>S sp 2 分子晶体 正四面体形 10 CN -或C 22- 3:1 12

A N ×1010 【分析】

（1）铁为26号元素，电子排布式为1s 22s 22p 63s 23p 63d 64s 2，失去4s 能级上的2个电子，形成Fe 2+，再失去3d 能级上的1个电子后形成Fe 3+；

（2）同周期从左向右第一电离能逐渐增大，同主族从上到下第一电离能逐渐减小；苯酚可看成分子中的一个氢原子被羟基取代，苯和苯酚均为平面结构，碳原子均为sp 2杂化； （3）分子晶体熔沸点较低且熔融状态不导电；根据SO 42-中心原子含有的共价键个数与孤电子对数之和确定空间构型；

（4）配合物中碳原子不存在孤电子对，σ键由2个，即1个Fe(CO)5中含有10个σ键；原子数目相等，价电子总数相等的微粒为等电子体；

（5）氮化铁晶体为六棱柱，顶点为6个晶胞共有，面心的点为2个晶胞共有，晶胞中12个铁原子位于顶点，2个铁原子位于面心，3个铁原子位于内部，2个氮原子位于内部，因此据此可计算微粒个数比；

（6）以Fe 2+顶点研究，与Fe 2+紧邻且等距离的Fe 2+处于面心，每个顶点为8个晶胞共用，

每个面为2个晶胞共用；Fe 2+与O 2-的最短核间距等于晶胞棱长的12

，均摊法计算晶胞中Fe 2+

与O 2-的离子数目，计算出晶胞的质量，与密度公式结合进行计算。

【详解】

（1）铁原子失去4s 能级上的2个电子和3d 能级上的1个电子后形成Fe 3+，因此基态Fe 3+

的电子排布式为1s 22s 22p 63s 23p 63d 5或[Ar]3d 5；

（2）同主族从上到下第一电离能逐渐减小，即第一电离能O>S ，同周期从左向右第一电离能逐渐增大，但氮元素2p 能级处于半满的稳定状态，能量低，因此第一电离能N>O ，所以第一电离能N>O>S ；苯酚可看成分子中的一个氢原子被羟基取代，苯和苯酚均为平面结构，碳原子均为sp 2杂化

（3）FeCl 3的熔点为306℃，沸点为315℃，熔沸点较低，属于分子晶体；SO 42-中心S 原子的σ键电子对数为4，中心原子孤电子对数为0，价层电子对数为4，立体构型为正四面体形；

（4）配合物中碳原子不存在孤电子对，σ键由2个，即1个Fe(CO)5中含有10个σ键，那么1 mol Fe(CO)5分子中含10molσ键；原子数目相等，价电子总数相等的微粒为等电子体，与CO 互为等电子体的离子有CN -或者C 22-；

（5）氮化铁晶体为六棱柱，顶点为6个晶胞共有，面心的点为2个晶胞共有，晶胞中12个铁原子位于顶点，2个铁原子位于面心，3个铁原子位于内部，2个氮原子位于内部，因此晶胞中含有铁微粒12×

16+2×12+3=6，氮微粒的个数为2，所以铁、氮的微粒个数之比为6:2=3:1；

（6）以Fe 2+顶点研究，与Fe 2+紧邻且等距离的Fe 2+处于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用，因此与Fe 2+紧邻且等距离的Fe 2+数目为382

?=12个；晶胞中Fe 2+

共8×18+6×12=4，O 2-的数目为1+12×14

=4，晶胞的质量为()45616A N ?+，Fe 2+与O 2-的最短核间距等于晶胞棱长的12

，设最短距离为xpm ，则晶胞的棱长为2xpm ，那么()

45616A

N ?+=ρ(2x ×10-10)3，解得A ρN ×1010pm 。 【点睛】 解答本题的关键和难点是利用均摊法计算分子式，具体的方法为：

①长方体(包括立方体)晶胞中不同位置的粒子数的计算

②非长方体晶胞中粒子视具体情况而定，如石墨晶胞每一层内碳原子排成六边形，其顶点(1个碳原子)被三个六边形共有，每个六边形占有个碳原子，一个六边形实际占有6×＝2个

碳原子。又如，在六棱柱晶胞(如图中所示的MgB2晶胞)中，顶点上的原子为6个晶胞(同层3个，上层或下层3个)共有，面上的原子为2个晶胞共有，因此镁原子个数为12×＋2×＝3，硼原子个数为6。

???→

10．1，3-二溴丙烷Br-CH2-CH2-CH2-Br+2NaOH2H O

Δ

HO-CH2-CH2-CH2-OH+2NaBr 氧化反应C2H5OH 碳碳双键、酯基+C2H5OOC-CH2-COOC2H5一定条件

??????→

+H2O

【分析】

E属于烃，E与水反应生成，则E为；F发生催化氧化生成G为，由H的结构可知D为二元酯，C到D为酯化反应，可知C为二元酸、X为C2H5OH，故A为

BrCH2CH2CH2Br、B为HOCH2CH2CH2OH、C为HOOCCH2COOH，则D为

C2H5OOCCH2COOC2H5。

【详解】

(1)根据分析可知A为BrCH2CH2CH2Br，A的名称是：1，3-二溴丙烷；

(2)反应①为卤代烃的取代反应，化学方程式是：

；

(3)反应②是羟基转化为羧基，属于氧化反应；

(4)由分析可知，反应③中的试剂X是：C2H5OH；

(5)E属于烃，E与水反应生成，则E为；

(6)由结构可知H中所含的官能团是：碳碳双键、酯基；

(7)根据D的结构简式和G的结构简式可知反应⑥的化学方程式是：

；

(8)对比H与K的结构，H与HCN发生加成反应生成I为，然后还原生成J为，最后发生取代反应脱去1分子C2H5OH生成K。

11．加快反应速度，提高浸取率ABD SiO2、BaSO4 1.0×10-11Ca2++H2C2O4 = CaC2O4 ↓+ 2H+防止生成BaC2O4Na＋CaC2O4+O2

2CaCO3+2CO2

【分析】

用盐酸浸取毒重石(主要成分为BaCO3，含少量的CaCO3、MgSO4、Fe2O3、SiO2等杂质)，SiO2不溶，浸取液含有Ba2+、Ca2+、Mg2+、Fe3+，部分Ba2+与SO42-生成BaSO4沉淀，滤渣I 的成分是SiO2、BaSO4，用NaOH溶液调节滤液的pH=12.5，沉淀Mg2+、Fe3+及部分Ca2+，过滤得到滤渣II为Mg(OH)2、Fe(OH)3、Ca(OH)2，滤液III含有Ba2+、Ca2+，加入草酸沉淀Ca2+，滤渣III为CaC2O4，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶得到BaCl2?2H2O，据此分析解答。【详解】

(1)盐酸浸取时适当加热，可以加快反应速度，提高浸取率，故答案为加快反应速度，提高浸取率；

(2)用37%的盐酸配制15%的盐酸需用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒，故答案为ABD；

(3)盐酸浸取毒重石(主要成分为BaCO3，含少量的CaCO3、MgSO4、Fe2O3、SiO2等杂质)，SiO2不溶，浸取液含有Ba2+、Ca2+、Mg2+、Fe3+，部分Ba2+与SO42-生成BaSO4沉淀，滤渣I

的成分是SiO2、BaSO4，故答案为SiO2、BaSO4；

(4)根据表格数据，镁离子开始沉淀的pH=9.1，完全沉淀时的pH=11.0，当c(Mg2+)=1.0×10-5 mol/L，则K sp[Mg(OH)2]= 1.0×10-5×(1.0×10-3)2=1.0×10-11；加入H2C2O4沉淀Ca2+，反应的离子方程式为Ca2++H2C2O4 = CaC2O4 ↓+ 2H+，为防止生成BaC2O4，加入H2C2O4时应避免过量；故答案为1.0×10-11；Ca2++H2C2O4 = CaC2O4 ↓+ 2H+；为防止生成BaC2O4；

(5)BaCl2母液中除了含有Ba2+、Cl-外，过程中加入了NaOH溶液，故还含有大量的Na+，故答案为Na+；

(6)128g CaC2O4的物质的量为1mol，200～470℃时发生反应的生成物质量为100g，其中含有1molCa，结合碳酸钙的摩尔质量为100g/mol，可推知所得固体为碳酸钙，再结合固体是在有氧条件下灼烧，可知草酸钙和氧气在高温下加热灼烧生成碳酸钙和二氧化碳，发生反应的化学方程式为2CaC2O4+O22CaCO3+2CO2，故答案为2CaC2O4+O2

2CaCO3+2CO2。

12．温度计的水银球没有插入液面以下冷水浴缓慢加入氢氧化钠溶液（萃取）分液分液漏斗和烧杯 B 及时排除乙醚，以免对人体造成危害使用电磁加热无明火，防止引燃乙醚蒸气趁热过滤冷却结晶84.8%

【分析】

(1)反应1需要在8-12℃时反应，据此分析判断温度计的水银球的位置；

(2)步骤①中，为控制反应温度在8～12℃，温度低于常温，结合反应1为放热反应，分析采取的措施；

(3)根据图示，经过操作1后得到乙醚层和水层，据此分析解答；

(4)在对乙醚层进行分离时，应该采用蒸馏装置，结合乙醚的沸点是34.6℃，易挥发，遇明火易燃，其蒸气可使人失去知觉分析比较两个装置的特点分析判断；

(5) 呋喃甲酸的溶解度随温度的升高而升高，且升温过程中溶解度变化较大，过滤时需要防止结晶，据此分析解答；

(6)根据反应原理，理论上0.2mol呋喃甲醛可以得到0.1mol呋喃甲酸，据此分析计算。

【详解】

(1)若用如上图装置作为反应1的发生装置，该反应1需要在8-12℃时反应，温度计的水银球应该插入液面以下，故答案为：温度计的水银球没有插入液面以下；

(2)步骤①中，为控制反应温度在8～12℃，可采取的措施有①冷水浴；该反应为放热反应，

缓慢加入氢氧化钠溶液，也可以控制温度不要上升，故答案为：冷水浴；缓慢加入氢氧化钠溶液；

(3)根据图示，经过操作1后得到乙醚层和水层，则操作1为萃取分液，用到的玻璃仪器有分液漏斗和烧杯，故答案为：萃取分液；分液漏斗和烧杯；

(4)在对乙醚层进行分离时，应该采用蒸馏装置，由于乙醚的沸点是34.6℃，易挥发，遇明火易燃，其蒸气可使人失去知觉，因此需要防止乙醚蒸气对人体造成危害，选用B 装置更为合理，同时使用电磁加热无明火，防止引燃乙醚蒸气，故答案为：B ；及时排除乙醚，以免对人体造成危害；使用电磁加热无明火，防止引燃乙醚蒸气；

(5) 呋喃甲酸的溶解度随温度的升高而升高，且升温过程中溶解度变化较大，过滤时需要防止结晶，因此进一步提纯，要经过热水溶解→活性炭脱色→蒸发→浓缩→趁热过滤→冷却结晶→抽滤→洗涤→干燥，故答案为：趁热过滤；冷却结晶；

(6)根据反应原理，理论上0.2mol 呋喃甲醛可以得到0.1mol 呋喃甲酸，质量为

0.1mol×112g/mol=11.2g ，则呋喃甲酸的产率为19.5g 1.2g ×100%=84.8%，故答案为：84.8%。