2024年浙教版高三化學(xué)下冊階段測試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※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2024年浙教版高三化學(xué)下冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、下列變化中，一定不存在化學(xué)能與熱能相互轉(zhuǎn)化的是（）A.鋁熱反應(yīng)B.金屬鈍化C.干冰氣化D.燃放爆竹2、常溫下，某種溶液中由水電離產(chǎn)生的c（H+）=1×10-11mol?L-1，該溶液中的溶質(zhì)不可能是（）A.NaHSO4B.NaOHC.HClD.Al2（SO4）33、已知在晶體中仍保持一定幾何形狀的最小單位稱為晶胞．干冰晶胞是一個面心立方體，在該晶體中每個頂角各有1個二氧化碳分子，每個面心各有一個二氧化碳分子．實驗測得25℃時干冰晶體的晶胞邊長為acm，其摩爾質(zhì)量為Mg/mol，則該干冰晶體的密度為（單位：g/cm3）（）A.B.C.D.4、有機物與我們的生產(chǎn)生活密切相關(guān)，下列說法不正確的是（）A.葡萄糖可以發(fā)生氧化反應(yīng)、銀鏡反應(yīng)和水解反應(yīng)B.工業(yè)上利用油脂在堿性條件下的水解反應(yīng)制取肥皂C.食用植物油的主要成分是高級不飽和脂肪酸甘油酯，是人體營養(yǎng)物質(zhì)D.甲醛對人體有害，但甲醛的水溶液可用于標(biāo)本的防腐5、設(shè)NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值．下列說法正確的是（）A.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，0.1molCl2溶于水，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為0.1NAB.常溫常壓下，7.0g乙烯與丙烯的混合物中含有氫原子的數(shù)目為NAC.某密閉容器盛有0.1molN2和0.3molH2，在一定條件下充分反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為0.6NAD.標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下，33.6L氟化氫中含有氟原子的數(shù)目為1.5NA6、化學(xué)世界是個五彩繽紛的世界，下列關(guān)于顏色的變化敘述正確的是（）A.向盛有苯酚溶液的試管中滴入FeCl3溶液，溶液呈紫色B.淀粉溶液遇碘離子變藍C.氨氣能使?jié)駶櫟乃{色石蕊試紙變紅D.二氧化硫能使石蕊溶液變紅后褪色評卷人得分二、多選題(共6題，共12分)7、在2KMnO4+16HCl═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反應(yīng)中（）A.氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的粒子個數(shù)比為5：2B.氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的粒子個數(shù)比為2：5C.氧化劑與還原劑的粒子個數(shù)之比為1：8D.氧化劑與還原劑的粒子個數(shù)之比為1：58、由FeO、Fe2O3和Fe3O4組成的混合物，測得其中鐵元素與氧元素的質(zhì)量比為21：8，則這種混合物中FeO、Fe2O3和Fe3O4的物質(zhì)的量之比是（）A.1：1：1B.2：1：1C.1：2：1D.1：1：39、將SO2和X氣體分別通入BaCl2溶液中，未見沉淀生成，若同時通入，有沉淀生成，則X氣體可能是（）A.CO2B.HClC.Cl2D.H2S10、用固體氫氧化鈉配制一定物質(zhì)的量濃度溶液時，下列操作能導(dǎo)致溶液濃度偏低的是（）A.在燒杯中溶解時，有少量液體濺出B.樣品中混有碳酸鈉固體C.容量瓶使用前未經(jīng)干燥D.定容時俯視容量瓶刻度線11、對有機物的化學(xué)性質(zhì)敘述正確的是（）A.能發(fā)生氧化反應(yīng)B.與H2發(fā)生加成反應(yīng)，必定得一種純的新有機物C.能發(fā)生加聚反應(yīng)生成高聚物D.檢驗-CHO可用酸性KMnO4溶液12、常溫下，pH=12的NaOH溶液和pH=2的醋酸混合后恰好完全反應(yīng)（不考慮溶液體積的變化）．下列說法正確的是（）A.原醋酸物質(zhì)的量濃度大于0.01mol?L-1B.兩種反應(yīng)物中水電離出的c（H+）都是1×10-12mol?L-1C.反應(yīng)后的溶液中：c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=0.01mol?L-1D.反應(yīng)后的溶液中：c（CH3COO-）=c（Na+）＞c（H+）=c（OH-）評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)13、氨氣在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中有重要應(yīng)用．

Ⅰ．（1）如圖所示，向NaOH固體上滴幾滴濃氨水，迅速蓋上蓋，觀察現(xiàn)象．

①濃鹽酸液滴附近會出現(xiàn)白煙，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為____．

②FeSO4液滴中先出現(xiàn)灰綠色沉淀，過一段時間后變成紅褐色，發(fā)生的反應(yīng)包括Fe2++2NH3?H2O═Fe（OH）2↓+2NH4+和____．

（2）已知氨氣極易溶于水，而難溶于有機溶劑CCl4．下列裝置中不適宜做氨氣尾氣吸收的是____．

Ⅱ．現(xiàn)代傳感信息技術(shù)在化學(xué)實驗中有廣泛的應(yīng)用。

某小組用傳感技術(shù)測定噴泉實驗中的壓強變化來認(rèn)識噴泉實驗的原理（圖1）．

（1）關(guān)閉a，將吸有2mL水的膠頭滴管塞緊頸口c，打開b，完成噴泉實驗，電腦繪制三頸瓶內(nèi)氣壓變化曲線（圖2）．圖2中____點時噴泉最劇烈．

（2）從三頸瓶中量取25.00mL氨水至錐形瓶中，加入____做指示劑；用0.0500mol?L-1HCl滴定．終點時溶液顏色由____色變?yōu)開___色；用pH計采集數(shù)據(jù)；電腦繪制滴定曲線如下圖。

（3）據(jù)圖，計算氨水的濃度為____mol?L-1；比較當(dāng)VHCI=17.50ml時溶液中離子濃度大小關(guān)系____．

（4）關(guān)于該滴定實驗的說法中，正確的是____．

A．錐形瓶中有少量蒸餾水導(dǎo)致測定結(jié)果偏低。

B．酸式滴定管在滴定前有氣泡；滴定后氣泡消失測得氨水的濃度偏高。

C．酸式滴定管未用鹽酸潤洗會導(dǎo)致測得氨水的濃度偏高。

D．滴定終點時俯視讀數(shù)會導(dǎo)致測得氨水的濃度偏低．14、就有關(guān)物質(zhì)的分離回答下面的問題；有一瓶A和B的混合液，已知它們的性質(zhì)如表．

。物質(zhì)熔點/°C沸點/°C密度/g?cm-3溶解性A-11.51981.11A、B互溶，且均易溶于水B17.92901.26據(jù)此分析，將A和B相互分離的常用方法是____．15、乙炔是一種重要的有機化工原料；以乙炔為原料在不同的反應(yīng)條件下可以轉(zhuǎn)化成以下化合物．完成下列各題：

（1）正四面體烷的分子式為____，其二氯取代產(chǎn)物有____種．

（2）關(guān)于乙烯基乙炔分子的說法錯誤的是：____

a、能使酸性KMnO4溶液褪色。

b、1摩爾乙烯基乙炔能與3摩爾Br2發(fā)生加成反應(yīng)。

c、等質(zhì)量的乙炔與乙烯基乙炔完全燃燒時的耗氧量不相同．16、維生素可根據(jù)其溶解性的不同分為____性維生素和____性維生素兩大類，其中維生素C屬于____性維生素．17、材料1：酒精；苯、四氯化碳都是有機溶劑；有機溶劑之間大都能互溶．

材料2：碘難溶于水；易溶與有機溶劑．

材料3：溴難溶于水；易溶于有機溶劑，其溶液呈橙色．

在酒精、苯、CCl4；NaCl、蒸餾水五種試劑中：

（1）能把碘單質(zhì)從碘水中萃取出來的是____，進行分液之后是否能得到純凈的碘單質(zhì)？____

（2）能把溴從溴水中萃取出來，并在分液時使溴從分液漏斗下端流出的是____；萃取時，液體接近無色的是____層，有色層是____層。

（3）CCl4能把碘酒中的碘萃取出來嗎？為什么？____．18、已知：氧化性：KMnO4＞HNO3；Bi位于周期表中VA族，＋3價較穩(wěn)定，Bi2O3為堿性氧化物，Bi3+的溶液為無色。取一定量硝酸酸化的Mn(NO3)2溶液依次進行下列實驗，現(xiàn)象記錄如下：①向其中加入適量的NaBiO3，溶液變?yōu)樽霞t色。②繼續(xù)滴加適量H2O2，紫紅色褪去，并有氣泡產(chǎn)生。③再加入適量的PbO2固體，固體溶解，溶液又變?yōu)樽霞t色?；卮鹣铝袉栴}：寫出實驗①反應(yīng)的離子方程式：______________________________________。KMnO4、H2O2、PbO2氧化性由強到弱的順序為____________________________。向反應(yīng)③得到的溶液中通入SO2氣體，看到的現(xiàn)象是____________________________。若實驗②放出了336mL氣體（標(biāo)準(zhǔn)狀況），則反應(yīng)①被氧化的Mn(NO3)2為________mol。19、（1）下列物質(zhì)中：互為同素異形體的有____（填序號，下同），屬于同位素的有____，屬于同一種物質(zhì)的有____．

①液氯②Cl③白磷④氯氣⑤紅磷⑥Cl

（2）下列物質(zhì)中：只存在共價鍵的是____（填序號，下同），既存在離子鍵又存在極性共價鍵的是____，只存在離子鍵的是____．

①Ar②CO2③Na2O2④KOH⑤MgBr2⑥NH4Cl⑦CaO⑧H2SO4．20、t℃時，將2molSO2和1molO2通入體積為2L的恒溫恒容密閉容器中，發(fā)生如下反應(yīng)：2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g），△H=-196.6kJ/mol．2min時反應(yīng)達到化學(xué)平衡，此時測得反應(yīng)物O2還剩余0.8mol；請?zhí)顚懴铝锌瞻祝?/p>

（1）從反應(yīng)開始到達化學(xué)平衡，生成SO3的平均反應(yīng)速率為____；平衡時SO2濃度為____

（2）下列敘述能證明該反應(yīng)已達到化學(xué)平衡狀態(tài)的是（填標(biāo)號）____

A．容器內(nèi)氣體的總壓強不再發(fā)生變化。

B．SO2的體積分?jǐn)?shù)不再發(fā)生變化。

C．容器內(nèi)氣體原子總數(shù)不再發(fā)生變化。

D．相同時間內(nèi)消耗2nmolSO2的同時消耗nmolO2

E．相同時間內(nèi)消耗2nmolSO2的同時生成nmolO2．21、蓄電池是一種可以反復(fù)充電、放電的裝置。有一種蓄電池在充電和放電時發(fā)生的反應(yīng)為NiO2+Fe+2H2OFe(OH)2+Ni(OH)2（1）該蓄電池放電時，發(fā)生還原反應(yīng)的物質(zhì)是____（填字母，下同）。A．NiO2B．FeC．Fe(OH)2D．Ni(OH)2（2）下列有關(guān)該電池的說法中正確的是____A．放電時電解質(zhì)溶液顯強酸性B．放電時5.6gFe全部轉(zhuǎn)化為Fe(OH)2時，外電路中通過了0.2mol電子C．充電時陽極反應(yīng)為Ni(OH)2+2OH－?2e－==NiO2+2H2OD．充電時陰極附近溶液的堿性保持不變（3）用此蓄電池電解含有0.01molCuSO4和0.01molNaCl的混合溶液100mL，電解池的電極均為惰性電極。當(dāng)溶液中的Cu2+全部轉(zhuǎn)化成Cu時，陽極產(chǎn)生的氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為；將電解后的溶液加水稀釋至1L，此時溶液的pH=。（4）用此蓄電池進行電解，且電解池的電極均為銅電極，電解質(zhì)溶液為濃堿液與NaCl溶液的混合液，電解一段時間后，同學(xué)們驚奇地發(fā)現(xiàn)，陽極附近不是生成藍色沉淀，而是生成紅色沉淀，查閱資料得知該紅色沉淀是Cu2O。寫出該陽極上的電極反應(yīng)式：。評卷人得分四、判斷題(共4題，共8分)22、22.4LNO2和CO2混合氣體中含有的氧原子數(shù)為NA．____（判斷對錯）23、Na2SO4固體中含鈉離子．____（判斷對錯）24、可逆反應(yīng)達到平衡，反應(yīng)就不再進行．____（判斷對錯）25、對于C（s）+CO2（g）═2CO（g）的反應(yīng)，當(dāng)密度保持不變，在恒溫恒容或恒溫恒壓條件下，均能作為達到化學(xué)平衡狀態(tài)的標(biāo)志．____（判斷對錯）評卷人得分五、探究題(共4題，共32分)26、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設(shè)計了下列實驗過程．請在括號內(nèi)填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內(nèi)有關(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式．

寫出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式A________、C________、E________、G________．27、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應(yīng)的原理來測定其含量，操作為：28、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設(shè)計了下列實驗過程．請在括號內(nèi)填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內(nèi)有關(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式．

寫出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式A________、C________、E________、G________．29、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應(yīng)的原理來測定其含量，操作為：評卷人得分六、綜合題(共4題，共16分)30、［化學(xué)—選修物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)］（15分）美國《科學(xué)》雜志評出的2009年十大科學(xué)突破之一是石墨烯的研究和應(yīng)用方面的突破。石墨烯具有原子級的厚度、優(yōu)異的電學(xué)性能、出色的化學(xué)穩(wěn)定性和熱力學(xué)穩(wěn)定性。制備石墨烯方法有石墨剝離法、化學(xué)氣相沉積法等。石墨烯的球棍模型及分子結(jié)構(gòu)示意圖如右：（1）下列有關(guān)石墨烯說法正確的是＿＿＿＿。A．石墨烯的結(jié)構(gòu)與金剛石相似B．石墨烯分子中所有原子可以處于同一平面C．12g石墨烯含σ鍵數(shù)為NAD．從石墨剝離得石墨烯需克服石墨層與層之間的分子間作用力（2）化學(xué)氣相沉積法是獲得大量石墨烯的有效方法之一，催化劑為金、銅、鈷等金屬或合金，含碳源可以是甲烷、乙炔、苯、乙醇或酞菁等中的一種或任意組合。①鈷原子在基態(tài)時，核外電子排布式為：＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。②乙醇沸點比氯乙烷高，主要原因是＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。③上圖是金與銅形成的金屬互化物合金，它的化學(xué)式可表示為：＿＿＿＿＿＿＿＿。④含碳源中屬于非極性分子的是＿＿＿（a．甲烷b．乙炔c．苯d．乙醇）⑤酞菁與酞菁銅染料分子結(jié)構(gòu)如下圖，酞菁分子中氮原子采用的雜化方式有：＿＿＿＿＿＿＿＿。31、（15分）為研究鐵質(zhì)材料與熱濃硫酸的反應(yīng)，某小組進行了以下探究活動：[探究一]（1）稱取鐵釘（碳素鋼）12．0g放入30．0mL濃硫酸中，加熱，充分應(yīng)后得到溶液X并收集到氣體Y。①甲同學(xué)認(rèn)為X中除Fe3+外還可能含有Fe2+。若要確認(rèn)其中是否含有Fe2+，應(yīng)選擇加入的試劑為________（選填序號）。a．KSCN溶液和氯水b．鐵粉和KSCN溶液c．濃氨水d．酸性KMnO4溶液②乙同學(xué)取672mL（標(biāo)準(zhǔn)狀況）氣體Y通入足量溴水中，發(fā)生反應(yīng)：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4然后加入足量BaCl2溶液，經(jīng)適當(dāng)操作后得到干燥固體4．66g。據(jù)此推知氣體Y中SO2的體積分?jǐn)?shù)為____。（相對原子質(zhì)量：O—16S—32Ba—137）[探究二]分析上述實驗中SO2體積分?jǐn)?shù)的結(jié)果，丙同學(xué)認(rèn)為氣體Y中還可能含量有H2和CO2氣體。為此設(shè)計了下列探究實驗裝置（圖中夾持儀器省略）。（2）寫出產(chǎn)生CO2的化學(xué)方程式____。（3）裝置A中試劑的作用是____。（4）簡述確認(rèn)氣體Y中含有CO2的實驗現(xiàn)象。（5）如果氣體Y中含有H2，預(yù)計實驗現(xiàn)象應(yīng)是。32、已知N、P同屬元素周期表的ⅤA族元素，N在第二周期，P在第三周期，NH3分子呈三角錐形，N原子位于錐頂，三個H原子位于錐底，N—H鍵間的夾角是107°。33、［化學(xué)選修──有機化學(xué)基礎(chǔ)］（15分）根據(jù)圖示回答下列問題：（1）寫出A、E、G的結(jié)構(gòu)簡式：A_____________，E_______________，G______________；（2）反應(yīng)②的化學(xué)方程式（包括反應(yīng)條件）是_________________________，（3）反應(yīng)④化學(xué)方程式（包括反應(yīng)條件）是____________________________________；（4）寫出①、⑤的反應(yīng)類型：①________________、⑤__________________。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】【分析】存在化學(xué)能與熱能的相互轉(zhuǎn)化，是指發(fā)生化學(xué)反應(yīng)過程中伴隨有能量的變化，能量以熱能體現(xiàn)．【解析】【解答】解：A；鋁熱反應(yīng)是化學(xué)變化；且放出熱量，是化學(xué)能轉(zhuǎn)化為熱能，故A不符合；

B；金屬鈍化是化學(xué)變化；且放出熱量，是化學(xué)能轉(zhuǎn)化為熱能，故B不符合；

C；干冰的氣化為物理變化；不存在化學(xué)能與熱能的轉(zhuǎn)化，故C符合；

D；爆竹中炸藥爆炸過程中有化學(xué)反應(yīng)發(fā)生；有化學(xué)能和熱能變化，故D不符合；

故選：C．2、D【分析】【分析】常溫下，某種溶液中由水電離產(chǎn)生的c（H+）=1×10-11mol?L-1＜1.0×10-7mol/L，說明水的電離程度減小，該溶質(zhì)的溶液抑制了水的電離，該溶質(zhì)可能為酸性溶液，也有可能為堿性溶液；由于弱酸根或弱堿根離子能夠促進水的電離，所以不會是強酸弱堿鹽或者強堿弱酸鹽的溶液．【解析】【解答】解：常溫下純水電離的氫離子濃度為：c（H+）=1.0×10-7mol/L，由水電離產(chǎn)生的c（H+）=1×10-11mol?L-1＜1.0×10-7mol/L；說明抑制了水電離電離；

A、NaHSO4溶液中，硫酸氫根離子在水溶液中完全電離，電離出氫離子和硫酸根離子，水的電離H2O?H++OH-向逆反應(yīng)方向移動；抑制了水的電離，所以可能為硫酸氫鈉溶液，故A錯誤；

B；氫氧化鈉溶液中；氫氧化鈉分離出的氫氧根離子使溶液中氫氧根離子濃度增大，抑制了水的電離，水電離的氫離子濃度減小，所以可能是氫氧化鈉溶液，故B錯誤；

C；氯化氫溶液為強酸性溶液；溶液中氯化氫氫離子使溶液中氫離子濃度增大，抑制了水的電離，溶液中水電離的氫離子濃度減小，所以可能為氯化氫溶液，故C錯誤；

D；硫酸鋁溶液中；鋁離子水解結(jié)合了水電離的氫氧根離子，促進了水的電離，溶液中水電離的氫離子濃度增大，故D正確．

故選D．3、D【分析】【分析】每個頂點上的二氧化碳分子被8個晶胞共用，每個面心上的二氧化碳分子被兩個晶胞共用，所以該晶胞中二氧化碳分子個數(shù)==4，根據(jù)ρ=計算即可．【解析】【解答】解：每個頂點上的二氧化碳分子被8個晶胞共用，每個面心上的二氧化碳分子被兩個晶胞共用，所以該晶胞中二氧化碳分子個數(shù)==4，ρ===g/cm3；

故選：D．4、A【分析】【分析】A．葡萄糖為單糖；單糖不能發(fā)生水解；

B．油脂屬于酯類物質(zhì)；油脂在堿性條件下的水解反應(yīng)制取肥皂和甘油；

C．植物油中含有不飽和的碳碳鍵；為高級不飽和脂肪酸甘油酯；

D．甲醛有毒，對人體有害；甲醛能使蛋白質(zhì)變性，可用于標(biāo)本的防腐．【解析】【解答】解：A．葡萄糖分子中含有醛基和羥基；能夠發(fā)生氧化反應(yīng)和銀鏡反應(yīng)，但是葡萄糖為單糖，不能發(fā)生水解，故A錯誤；

B．油脂為高級脂肪酸甘油酯；能夠發(fā)生水解反應(yīng)，則利用油脂在堿性條件下的水解反應(yīng)工業(yè)上制取肥皂和甘油，故B正確；

C．食用植物油中含有不飽和的碳碳鍵；屬于高級不飽和脂肪酸甘油酯，故C正確；

D．由于甲醛有毒；所以對人體有害；甲醛能使蛋白質(zhì)變性，可用于標(biāo)本的防腐，故D正確；

故選A．5、B【分析】【分析】A；氯氣與水的反應(yīng)是可逆反應(yīng)；不能進行徹底；

B、根據(jù)乙烯和丙烯的最簡式均為CH2來計算；

C；合成氨的反應(yīng)為可逆反應(yīng)；不能進行徹底；

D、標(biāo)況下，HF為液態(tài)．【解析】【解答】解：A、氯氣與水的反應(yīng)是可逆反應(yīng)，不能進行徹底，故0.1molCl2溶于水，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目小于0.1NA；故A錯誤；

B、乙烯和丙烯的最簡式均為CH2，則7.0g的混合物中CH2的物質(zhì)的量n===0.5mol，氫原子的物質(zhì)的量為1mol，數(shù)目為NA；故B正確；

C、合成氨的反應(yīng)為可逆反應(yīng)，不能進行徹底，故0.1molN2和0.3molH2，在一定條件下充分反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目小于0.6NA；故C錯誤；

D；標(biāo)況下；HF為液態(tài)，故D錯誤．

故選B．6、A【分析】解：A．酚類物質(zhì)與鐵離子能形成紫色的絡(luò)合物；苯酚與氯化鐵發(fā)生顯色反應(yīng)，觀察到紫色，故A正確；

B．碘單質(zhì)遇淀粉與淀粉結(jié)合形成藍色物質(zhì)；淀粉碘化鉀溶液中含有碘離子，碘離子遇淀粉不變色，故B錯誤；

C．氨氣能使?jié)駶櫟姆犹嚰堊兗t色；能使?jié)駶櫟淖仙镌嚰堊兯{，不能使?jié)駶櫟乃{色石蕊試紙變紅，故C錯誤；

D．二氧化硫與水反應(yīng)生成亞硫酸；亞硫酸電離產(chǎn)生氫離子，顯酸性，使石蕊變紅，二氧化硫具有漂白性，能使品紅褪色，但不能漂白石蕊變成的紅色，故D錯誤；

故選A．

A．當(dāng)羥基直接連接在苯環(huán)上為酚類物質(zhì)；可與氯化鐵發(fā)生顏色反應(yīng)，溶液變紫色；

B．淀粉遇碘單質(zhì)變藍色；

C．藍色石蕊試紙遇酸性物質(zhì)能變紅；紫色石蕊試紙遇堿性物質(zhì)能變藍，酚酞遇堿變紅；

D．二氧化硫與水反應(yīng)生成亞硫酸使石蕊溶液變紅；但不褪色；

本題主要通過顏色的變化考查物質(zhì)的性質(zhì)，注意顏色變化的本質(zhì)，屬于對基礎(chǔ)知識的考查，題目難度不大．【解析】【答案】A二、多選題(共6題，共12分)7、AD【分析】【分析】2KMnO4+16HCl（濃）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中，Mn元素的化合價由+7價降低為+2價，則KMnO4為氧化劑，生成MnCl2為還原產(chǎn)物，Cl元素的化合價由-1價升高為0，但在反應(yīng)的16HCl（濃）中，被氧化的占10mol，未被氧化的HCl為6mol，所以10molHCl為還原劑，生成5molCl2為氧化產(chǎn)物，以此來解答．【解析】【解答】解：2KMnO4+16HCl（濃）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中，Mn元素的化合價由+7價降低為+2價，則KMnO4為氧化劑，生成MnCl2為還原產(chǎn)物，Cl元素的化合價由-1價升高為0，但在反應(yīng)的16HCl（濃）中，被氧化的占10mol，未被氧化的HCl為6mol，所以10molHCl為還原劑，生成5molCl2為氧化產(chǎn)物；則氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的粒子個數(shù)比為5：2，氧化劑與還原劑的粒子個數(shù)之比為2：10=1：5，則AD正確；

故選：AD．8、AD【分析】【分析】因Fe3O4中鐵元素和氧元素的質(zhì)量比為21：8，要滿足混合物中鐵、氧元素的質(zhì)量之比也為21：8，則樣品中含有任意量的Fe3O4都可以，關(guān)鍵是FeO和Fe2O3中的元素的質(zhì)量比，而FeO和Fe2O3的分子個數(shù)比為1：1時，兩種物質(zhì)的混合物中鐵元素和氧元素的質(zhì)量比也恰好為21：8．【解析】【解答】解：因Fe3O4中鐵元素和氧元素的質(zhì)量比為21：8，則Fe3O4為任意量都可滿足混合物中鐵；氧元素的質(zhì)量之比為21：8；

Fe3O4可以形成FeO．Fe2O3，即FeO．Fe2O3物質(zhì)的量之比為1：1時；兩種物質(zhì)的混合物中鐵元素和氧元素的質(zhì)量比也恰好為21：8；

故選：AD．9、CD【分析】【分析】A．二氧化硫和二氧化碳與氯化鋇不反應(yīng)；同時通入也不發(fā)生反應(yīng)；

B．二氧化硫和鹽酸與氯化鋇不反應(yīng)；同時通入也不發(fā)生反應(yīng)；

C．二氧化硫和氯氣與氯化鋇不反應(yīng)；同時通入，二氧化硫和氯氣反應(yīng)生成硫酸和鹽酸，硫酸能與氯化鋇反應(yīng)生成硫酸鋇白色沉淀；

D．二氧化硫和硫化氫與氯化鋇不反應(yīng)，同時通入，二氧化硫和硫化氫反應(yīng)生成淡黃色的單質(zhì)硫沉淀．【解析】【解答】解：A．二氧化硫和二氧化碳與氯化鋇不反應(yīng)；同時通入也不發(fā)生反應(yīng)，故A錯誤；

B．二氧化硫和鹽酸與氯化鋇不反應(yīng)；同時通入也不發(fā)生反應(yīng)，故B錯誤；

C．二氧化硫和氯氣與氯化鋇不反應(yīng)；同時通入，二氧化硫和氯氣反應(yīng)生成硫酸和鹽酸，硫酸能與氯化鋇反應(yīng)生成硫酸鋇白色沉淀，故C正確；

D．二氧化硫和硫化氫與氯化鋇不反應(yīng)；同時通入，二氧化硫和硫化氫反應(yīng)生成淡黃色的單質(zhì)硫沉淀，故D正確；

故選CD．10、AB【分析】【分析】分析操作對溶質(zhì)的物質(zhì)的量或溶液的體積的影響，根據(jù)c=判斷不當(dāng)操作對所配溶液濃度影響．【解析】【解答】解：A；在燒杯中溶解時；有少量液體濺出，氫氧化鈉損失，移入容量瓶內(nèi)氫氧化鈉的物質(zhì)的量減小，導(dǎo)致所配溶液濃度偏低，故A符合；

B；樣品中混有碳酸鈉固體；稱取的氫氧化鈉的實際質(zhì)量減小，所配溶液濃度偏低，故B符合；

C；配制最后需加水定容；容量瓶使用前未經(jīng)干燥，對所配溶液濃度無影響，故C不符合；

D；定容時俯視容量瓶刻度線；所配溶液體積偏小，導(dǎo)致所配溶液濃度偏高，故D不符合．

故選：AB．11、AC【分析】【分析】該有機物含有碳碳雙鍵、醛基，可以發(fā)生氧化反應(yīng)、加聚反應(yīng)，與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)是可能為碳碳雙鍵、醛基中其中一種發(fā)生加成反應(yīng)，也可能為完全發(fā)生加成反應(yīng)，碳碳雙鍵、醛基均能被是酸性高錳酸鉀溶液氧化．【解析】【解答】解：A．該有機物含有碳碳雙鍵；醛基；可以發(fā)生氧化反應(yīng)，故A正確；

B．與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)是可能為碳碳雙鍵；醛基中其中一種發(fā)生加成反應(yīng)；也可能為完全發(fā)生加成反應(yīng)，不一定得到一種物質(zhì)，故B錯誤；

C．該物質(zhì)含有碳碳雙鍵；可以發(fā)生加聚反應(yīng)生成高聚物，故C正確；

D．碳碳雙鍵、醛基均能被是酸性高錳酸鉀溶液氧化，不能用酸性KMnO4溶液檢驗-CHO；可以用銀氨溶液或新制氫氧化銅進行檢驗，故D錯誤；

故選AC．12、AB【分析】【分析】A．醋酸為弱電解質(zhì)；溶液中部分電離出氫離子，pH=2的醋酸溶液中氫離子濃度為0.01mol/L，則溶液中醋酸濃度大于0.01mol/L；

B．酸溶液和堿溶液都抑制了水的電離；氫離子；氫氧根離子濃度相等，則溶液中水的電離程度相等；

C．醋酸為弱電解質(zhì)；溶液中只能部分電離，題中數(shù)據(jù)無法計算溶質(zhì)醋酸的物質(zhì)的量；

D．反應(yīng)的溶液為醋酸鈉溶液，醋酸根離子水解，溶液顯示堿性，則c（H+）＜c（OH-），根據(jù)電荷守恒可知：c（CH3COO-）＜c（Na+）．【解析】【解答】解：A．醋酸為弱酸，溶液中只能部分電離出氫離子，pH=2的醋酸中氫離子濃度為0.01mol/l，則溶液中醋酸的濃度大于0.01mol?L-1；故A正確；

B．pH=12的NaOH溶液中水電離的氫離子為溶液中的氫離子濃度：1×10-12mol/L，pH=2的醋酸溶液中，水電離的氫離子為溶液中的氫氧根離子濃度：1×10-12mol/L，所以兩溶液中水電離的c（H+）=1×10-12mol?L-1；故B正確；

C．由于醋酸為弱電解質(zhì)，溶液中氫離子濃度為0.01mol/L，則醋酸的濃度大于0.01mol/L，無法判斷溶液中c（CH3COO-）+c（CH3COOH）的大?。还蔆錯誤；

D．反應(yīng)后的溶液為醋酸鈉溶液，由于醋酸根離子部分水解，溶液中顯示堿性，則c（OH-）＞c（H+）、c（Na+）＞c（CH3COO-），所以溶液中離子濃度大小關(guān)系為：c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（H+）；故D錯誤；

故選AB．三、填空題(共9題，共18分)13、NH3+HCl═NH4Cl4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3CD甲基橙黃橙0.0450c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+）BCD【分析】【分析】Ⅰ．（1）①濃鹽酸和濃氨水易揮發(fā)；濃鹽酸液滴附近會出現(xiàn)白煙，發(fā)生HCl與氨氣的反應(yīng)生成氯化銨；

②氫氧化鈉具有吸水性；溶于水并放熱，滴加氨水，生成氨氣，氨氣與濃鹽酸反應(yīng)生成氯化銨，與濃硫酸反應(yīng)生成硫酸銨或硫酸氫銨，氨氣與硫酸亞鐵溶液反應(yīng)生成氫氧化亞鐵，氫氧化亞鐵不穩(wěn)定，易被氧化生成氫氧化鐵，以此解答；

（2）根據(jù)氨氣極易溶于水，尾氣吸收時要防止倒吸，導(dǎo)氣管不能插入到液面以下以及氨氣難溶于有機溶劑CCl4；

Ⅱ．（1）三頸瓶內(nèi)氣體與外界大氣壓壓強之差越大；其噴泉越劇烈；

（2）氨水是弱堿；用鹽酸滴定恰好反應(yīng)生成氯化銨溶液，銨根離子水解顯酸性，甲基橙指示劑變色范圍3.1-4.4，酸中為紅色，堿中為黃色，變色范圍內(nèi)為橙色；

可以用移液管或堿式滴定管量取堿性溶液；

（3）氨氣極易溶于水，三頸瓶中氨氣溶于水形成噴泉充滿整個三頸瓶，氨水的物質(zhì)的量濃度=mol/L=mol/L，當(dāng)VHCI=17.50ml時；溶液PH=9，溶液顯堿性，此時溶液中為氯化銨和一水合氨；

（4）A．錐形瓶中有少量蒸餾水不影響氨水的物質(zhì)的量；

B．酸式滴定管在滴定前有氣泡；滴定后氣泡消失，讀取標(biāo)準(zhǔn)溶液體積增大；

C．酸式滴定管未用鹽酸潤洗會導(dǎo)致鹽酸濃度偏低；

D．滴定終點時俯視讀數(shù)會導(dǎo)致鹽酸溶液體積偏?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓孩瘢?）①濃鹽酸液滴附近會出現(xiàn)白煙，發(fā)生HCl與氨氣的反應(yīng)生成氯化銨，該反應(yīng)為NH3+HCl═NH4Cl，故答案為：NH3+HCl═NH4Cl；

②FeSO4與堿反應(yīng)生成白色沉淀，發(fā)生反應(yīng)為Fe2++2NH3?H2O═Fe（OH）2↓+2NH4+，然后出現(xiàn)灰綠色沉淀，過一段時間后變成紅褐色，是因氫氧化亞鐵被氧化，發(fā)生反應(yīng)為4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3；

故答案為：4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3；

（2）A；水的密度比四氯化碳?。桓≡谒穆然嫉纳厦?，四氯化碳不能和氨氣反應(yīng)，也不溶解氨氣，該裝置既能夠吸收易溶性氣體，又能夠防止倒吸．故A正確；

B；吸收裝置中的導(dǎo)管下連漏斗；漏斗的邊緣緊靠液面，易吸收易溶性氣體，能防止倒吸，故B正確；

C；吸收裝置中的導(dǎo)氣管插入到液面；易吸收易溶性氣體，但產(chǎn)生倒吸，故C錯誤；

D；吸收裝置中的導(dǎo)管沒直接伸入到液體中；而是與燒杯連接緊密，易吸收易溶性氣體，能防止倒吸，故D正確；

故選：C；

Ⅱ．（1）三頸瓶內(nèi)氣體與外界大氣壓壓強之差越大；其反應(yīng)速率越快，D點壓強最?。淮髿鈮翰蛔?，所以大氣壓和D點壓強差最大，則噴泉越劇烈，故答案為：D；

（2）從三頸瓶中量取25.00mL氨水至錐形瓶中，加入甲基橙指示劑，在堿溶液中是黃色，PH變色范圍為：3.1-4.4，用0.0500mol?L-1HCl滴定．終點時溶液顏色由黃色變化為橙色；

故答案為：甲基橙；黃，橙；

（3）氨氣極易溶于水，三頸瓶中氨氣溶于水形成噴泉充滿整個三頸瓶，設(shè)三頸瓶體積為1L，所以氨水的物質(zhì)的量濃度=mol/L=mol/L=0.0450mol/L，當(dāng)VHCI=17.50ml時，溶液PH=9，溶液顯堿性，此時溶液中為氯化銨和一水合氨，一水合氨電離大于銨根離子水解程度，所以溶液中離子濃度大小為：c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+）；

故答案為：0.0450；c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+）；

（4）c（待測）=；標(biāo)準(zhǔn)溶液濃度和待測溶液體積是恒定數(shù)值，分析操作歸結(jié)為標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積變化來判斷待測溶液的濃度變化；

A．錐形瓶中有少量蒸餾水；待測溶液濃度稀釋，溶質(zhì)物質(zhì)的量不變，對測定結(jié)果無影響，故A錯誤；

B．酸式滴定管在滴定前有氣泡；滴定后氣泡消失，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液鹽酸的體積增大，測得氨水的濃度偏高，故B正確；

C．酸式滴定管未用鹽酸潤洗會導(dǎo)致標(biāo)準(zhǔn)溶液濃度減??；測得氨水的濃度偏高，故C正確；

D．滴定終點時俯視讀數(shù)；讀取標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積會偏小，導(dǎo)致測得氨水的濃度偏低，故D正確；

故答案為：BCD；14、蒸餾【分析】【分析】A、B互溶，但沸點相差較大，可用蒸餾的方法分離．【解析】【解答】解：A、B互溶，但沸點相差較大，可用蒸餾的方法分離，故答案為：蒸餾．15、C4H41c【分析】【分析】（1）正四面體烷的每個頂點代表一個碳原子；碳可形成4對共用電子對，每個碳原子上都連有一個氫原子；

依據(jù)正四面體烷分子為正四面體對稱結(jié)構(gòu)；分子中只有1種H原子；每個C原子上只有1個H原子，判斷二氯代物種數(shù)；

（2）乙烯基乙炔分子式為：CH≡C-CH═CH2，含有1個三鍵和1個雙鍵，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：（1）正四面體烷的每個頂點代表一個碳原子，碳可形成4對共用電子對，每個碳原子上都連有一個氫原子，正四面體烷的分子式為C4H4；

分子為正四面體對稱結(jié)構(gòu)；分子中只有1種H原子；每個C原子上只有1個H原子，且4個H原子均為相鄰位置，則二氯代產(chǎn)物只有1種；

故答案為：C4H4；1；

（2）乙烯基乙炔分子式為：CH≡C-CH═CH2；含有1個三鍵和1個雙鍵．

a．乙烯基乙炔含有不飽和鍵；具有還原性，能夠被酸性高錳酸鉀氧化，故a正確；

b.1mol乙烯基乙炔分子中1mol碳碳雙鍵、1mol碳碳三鍵，1mol碳碳雙鍵能和1摩爾Br2發(fā)生加成反應(yīng)，1mol碳碳三鍵能和2摩爾Br2發(fā)生加成反應(yīng)，所以1摩爾乙烯基乙炔能與3摩爾Br2發(fā)生加成反應(yīng)，故b正確；

c．乙烯基乙炔為CH2=CH-C≡CH最簡式為CH，乙炔C2H2的最簡式為CH；最簡式相同，等質(zhì)量的乙炔和乙烯基乙炔完全燃燒，消耗氧氣的物質(zhì)的量相等，故c錯誤；

故選：c．16、脂溶水溶水溶【分析】【分析】維生素可根據(jù)其溶解性的不同分為脂溶性維生素和水溶性維生素兩大類．【解析】【解答】解：維生素可根據(jù)其溶解性的不同分為脂溶性維生素和水溶性維生素兩大類；維生素C是水溶性維生素，故答案為：脂溶；水溶；水溶．17、苯、CCl4不能CCl4無橙不能，四氯化碳與酒精混溶【分析】【分析】（1）萃取劑的選擇原則是：與水互不相溶；被萃取的物質(zhì)在該溶劑中的溶解度比在水中的溶解度大，且跟萃取物不發(fā)生化學(xué)反應(yīng)；

（2）根據(jù)液體的密度判斷；溴在四氯化碳中的顏色是橙色．

（3）根據(jù)萃取劑的選擇標(biāo)準(zhǔn)判斷．【解析】【解答】解：（1）碘在苯、CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，且和碘不反應(yīng)，苯、CCl4和水不互溶，所以符合萃取劑的選擇標(biāo)準(zhǔn)，故萃取劑為苯、CCl4；

碘被萃取到四氯化碳或苯中；得到的仍是混合物，所以不能得到純凈的碘單質(zhì)．

故答案為：苯、CCl4；不能；

②四氯化碳的密度大于水的密度；所以四氯化碳在下方，水在上方；萃取時，上層液體是水，溴被萃取到下方四氯化碳中，所以上層無色，下層橙色；

故答案為：CCl4；無；橙；

③四氯化碳和乙醇互溶，不符合萃取劑的選擇標(biāo)準(zhǔn)，故不能，故答案為：不能，四氯化碳與酒精混溶．18、略

【分析】【解析】試題分析：（1）向其中加入適量的NaBiO3，溶液變?yōu)樽霞t色，這說明反應(yīng)中有高錳酸鉀生成，即NaBiO3將Mn2＋氧化，所以反應(yīng)的化學(xué)方程式是5BiO3-＋2Mn2＋＋14H+→5Bi3＋＋2MnO4－＋7H2O。（2）繼續(xù)滴加適量H2O2，紫紅色褪去，并有氣泡產(chǎn)生，說明反應(yīng)中雙氧水被氧化，高錳酸鉀是氧化劑。再加入適量的PbO2固體，固體溶解，溶液又變?yōu)樽霞t色，這說明PbO2也能將Mn2＋氧化生成高錳酸鉀，所以根據(jù)氧化劑的氧化性強于氧化產(chǎn)物的可知，氧化性強弱順序是PbO2＞KMnO4＞H2O2。（3）SO2具有還原性，能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，則實驗現(xiàn)象是紫紅色褪去，生成(白色)沉淀硫酸鉛。（4）氧氣的物質(zhì)的量是0.015mol，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是0.015mol×2＝0.03mol，則消耗高錳酸鉀的物質(zhì)的量是0.03mol÷5＝0.006mol。所以根據(jù)原子守恒可知，反應(yīng)①被氧化的Mn(NO3)2為0.006mol。考點：考查氧化還原反應(yīng)的有關(guān)判斷、計算【解析】【答案】5BiO3-＋2Mn2＋＋14H+→5Bi3＋＋2MnO4－＋7H2O（2分）PbO2＞KMnO4＞H2O2（2分）紫紅色褪去，生成(白色)沉淀（“白色”不寫不扣分）（2分）0.006mol（2分）19、③⑤②⑥①④②⑧④⑥⑤⑦【分析】【分析】（1）根據(jù)同素異形體是由同一元素形成的不同單質(zhì)；同位素是同種元素的不同核素判斷；

（2）根據(jù)共價鍵和和離子鍵的定義判斷．共價鍵：相鄰原子間通過共用電子對形成的化學(xué)鍵；離子鍵：陰陽離子通過靜電作用形成的化學(xué)鍵；

共價鍵的極性根據(jù)成鍵元素判斷．【解析】【解答】解：（1）同素異形體是由同一元素形成的不同單質(zhì)；同位素是同種元素的不同核素判斷．

①液氯和④氯氣是氯氣的不同狀態(tài)；是同種物質(zhì)；

②Cl和⑥⑥Cl質(zhì)子數(shù)相同；中子數(shù)不同，互為同素異形體；

③白磷和⑤紅磷是由同一元素形成的結(jié)構(gòu)性質(zhì)不同的單質(zhì)；屬于同素異形體；

故答案為：③⑤；②⑥；①④；

（2）共價鍵：相鄰原子間通過共用電子對形成的化學(xué)鍵；離子鍵：陰陽離子通過靜電作用形成的化學(xué)鍵；

同種元素原子之間形成的非極性共價鍵；不同種元素原子之間形成極性共價鍵．

①Ar單原子分子；不存在化學(xué)鍵；

②CO2碳原子和氧原子形成極性共價鍵；

③Na2O2中鈉離子和過氧根離子間形成離子鍵；過氧根離子內(nèi)部氧原子之間形成非極性共價鍵；

④KOH中鉀離子和氫氧根離子間形成離子鍵；氫氧根離子內(nèi)部氧原子；氫原子間形成極性共價鍵；

⑤MgBr2鎂離子與溴離子間形成離子鍵；

⑥NH4Cl銨根離子與氯離子間形成離子鍵；銨根離子內(nèi)部氮原子；氫原子間形成極性共價鍵；

⑦CaO鈣離子和氧原子間形成離子鍵；

⑧H2SO4氫原子與氧原子之間；氧原子與硫原子間均形成極性共價鍵；

故答案為：②⑧；④⑥；⑤⑦．20、0.1mol?L-1?min-10.8mol?L-1ABE【分析】【分析】（1）根據(jù)平均反應(yīng)速率v=計算出反應(yīng)速率；根據(jù)平衡時SO2濃度=計算；

（2）化學(xué)平衡狀態(tài)的標(biāo)志：正反應(yīng)速率等于逆反應(yīng)速率，平衡混合物中各組成成分的含量不變來判斷．【解析】【解答】解：（1）還剩余0.8mo1氧氣可知：反應(yīng)消耗0.4molSO2和0.2molO2，生成0.4molSO3；

三氧化硫的反應(yīng)速率為v（SO3）===0.1mol?L-1?min-1；

SO2濃度===0.8mol?L-1；

故答案為：0.1mol?L-1?min-1；0.8mol?L-1；

（2）A．容器內(nèi)壓強不再發(fā)生變化；該反應(yīng)兩邊氣體體積不相等，反應(yīng)過程中壓強是變量，壓強不變，該反應(yīng)達到了平衡狀態(tài)，故A正確；

B．SO2的體積分?jǐn)?shù)不再發(fā)生變化；表明正逆反應(yīng)速率相等，達到了平衡狀態(tài)，故B正確；

C．容器內(nèi)氣體原子總數(shù)不再發(fā)生變化；根據(jù)原子守恒，原子總數(shù)始終不變，所以原子總數(shù)不能作為判斷平衡狀態(tài)的依據(jù)，故C錯誤；

D．相同時間內(nèi)消耗2nmolSO2的同時消耗nmolO2；都是指的是正反應(yīng)方向，因此不能作為判斷平衡狀態(tài)的依據(jù)，故D錯誤；

E．相同時間內(nèi)消耗2nmolSO2的同時生成nmolO2，相同時間內(nèi)消耗2nmolSO2等效于消耗nmolO2，同時生成nmolO2；正反應(yīng)速率等于逆反應(yīng)速率，故E正確；

故答案：ABE．21、略

【分析】試題分析：（1）還原反應(yīng)是化合價降低的物質(zhì)發(fā)生的，NiO2生成Ni(OH)2化合價由+4降到+2，（3）電解含有0.01molCuSO4和0.01molNaCl的混合溶液100mL轉(zhuǎn)移0.02mol電子時先是氯離子失去電子，然后是水中OH-失去電子，各失去電子0.01mol，產(chǎn)生Cl20.005mol,O20.0025mol,共0.0075mol，體積為0.0075mol×22.4L·mol-1=0.168L,OH-失去電子0.01mol同時產(chǎn)生0.01molH+,稀釋至1L時c(H+)=0.01mol·L-1,pH為2。（4）由信息可知電極反應(yīng)為：2Cu+2OH－?2e－=Cu2O+H2O考點：考查電化學(xué)原理及計算等相關(guān)知識。【解析】【答案】（1）A（2）B、C（3）0.168L2（4）2Cu+2OH－?2e－=Cu2O+H2O四、判斷題(共4題，共8分)22、×【分析】【分析】每個NO2和CO2分子均含有2個O原子，故二者混合氣體中含有O原子數(shù)目為分子總數(shù)的2倍．【解析】【解答】解：每個NO2和CO2分子均含有2個O原子，故分子總數(shù)為NA的NO2和CO2混合氣體中含有的氧原子數(shù)為2NA，狀況不知，無法求物質(zhì)的量，故答案為：×．×23、√【分析】【分析】可從該化合物所含化學(xué)鍵及晶體類型判斷是否含有鈉離子．【解析】【解答】解：Na是第ⅠA族活潑金屬，與酸根離子形成離子鍵，所以Na2SO4屬于離子化合物；由陽離子鈉離子和陰離子硫酸根離子構(gòu)成；

故答案為：√．24、×【分析】【分析】據(jù)化學(xué)平衡狀態(tài)的特征解答，當(dāng)反應(yīng)達到平衡狀態(tài)時，正逆反應(yīng)速率相等，各物質(zhì)的濃度、百分含量不變．【解析】【解答】解：化學(xué)平衡是動態(tài)平衡；當(dāng)反應(yīng)達到平衡狀態(tài)時，正逆反應(yīng)速率相等，但不為0；

故答案為：×．25、√【分析】【分析】化學(xué)反應(yīng)達到平衡狀態(tài)時，正逆反應(yīng)速率相等，各物質(zhì)的濃度不再改變，由此衍生的一些物理量也不變，結(jié)合反應(yīng)的特點進行分析．【解析】【解答】解：反應(yīng)前后氣體的質(zhì)量不等；在恒溫恒容條件下，混合氣體的密度逐漸增大，當(dāng)達到平衡狀態(tài)時，容器中混合氣體的密度不變；

而恒溫恒壓條件下，隨反應(yīng)進行，體系的體積增大，分子量：CO2＞CO；故混合氣體的密度逐漸減小，當(dāng)密度保持不變，反應(yīng)達到平衡；

故答案為：√．五、探究題(共4題，共32分)26、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，與氫氧化鈉不反應(yīng)，甲酸、苯酚與氫氧化鈉反應(yīng)生成溶于水的鈉鹽，苯（）不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸（HCOOH），故答案為：a．分液；b．蒸餾；c．分液；d．蒸餾；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚，分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸，以此解答該題．27、酸式|反應(yīng)中生成的錳離子具有催化作用，所以隨后褪色會加快|滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內(nèi)的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有強氧化性，應(yīng)用酸式滴定管盛裝；高錳酸根離子被還原生成的錳離子有催化作用而導(dǎo)致反應(yīng)速率加快，所以剛滴下少量KMnO4溶液時；溶液迅速變成紫紅色；滴定終點時，當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏胃咤i酸鉀溶液，錐形瓶內(nèi)的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化，證明達到終點；

故答案為：酸式；反應(yīng)中生成的錳離子具有催化作用；所以隨后褪色會加快；滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內(nèi)的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化；

(2)③第3組KMnO4溶液的體積與第1、2組相差比較大，舍去第3組，應(yīng)按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，故消耗KMnO4溶液的體積為mL=20mL

設(shè)樣品的純度為x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g2mol5.0g×x×g（0.1000×0.020）mol解得：x==90.00%；

故答案為：20.00；90.00%；

(3)④A．未用標(biāo)準(zhǔn)濃度的酸性KMnO4溶液潤洗滴定管，標(biāo)準(zhǔn)液的濃度偏小，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，故A正確；

B．滴定前錐形瓶有少量水，待測液的物質(zhì)的量不變，對V（標(biāo)準(zhǔn)）無影響，根據(jù)c（待測）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）不變，故B錯誤；

C．滴定前滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后氣泡消失，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，故C正確；

D．不小心將少量酸性KMnO4溶液滴在錐形瓶外，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，故D正確；

E．觀察讀數(shù)時，滴定前仰視，滴定后俯視，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏小，根據(jù)c（待測）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏小，故E錯誤；

故選ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有強氧化性，應(yīng)用酸式滴定管盛裝；高錳離子有催化作用而導(dǎo)致反應(yīng)速率加快；乙二酸與KMnO4發(fā)生氧化還原反應(yīng)，滴定終點時，溶液由無色變成紫紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色；③第3組KMnO4溶液的體積與第1、2組相差比較大，舍去第3組，應(yīng)按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，根據(jù)關(guān)系式2KMnO4～5H2C2O4計算；

④根據(jù)c（待測）=分析不當(dāng)操作對V（標(biāo)準(zhǔn)）的影響，以此判斷濃度的誤差．28、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，與氫氧化鈉不反應(yīng)，甲酸、苯酚與氫氧化鈉反應(yīng)生成溶于水的鈉鹽，苯（）不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸（HCOOH），故答案為：a．分液；b．蒸餾；c．分液；d．蒸餾；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶