2025年蘇人新版高三化學(xué)下冊階段測試試卷

…………○…………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2025年蘇人新版高三化學(xué)下冊階段測試試卷860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9題，共18分)1、根據(jù)有機化合物的系統(tǒng)命名法，下列命名正確的是（）A.3-甲基-1，3-丁二烯B.2-羥基丁烷C.2-乙基丁烷D.鄰羥基苯甲酸2、NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4L苯的分子數(shù)約為NA個B.常溫下，在1moLC5H12中含有共價鍵數(shù)15NAC.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，17gNH3所含共價鍵數(shù)為NA個D.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NA3、反應(yīng)A+B→C（△H＜0）分兩步進行：①A+B→X（△H＞0），②X→C（△H＜0）．下列示意圖中，能正確表示總反應(yīng)過程中能量變化的是（）A.B.C.D.4、ClO2是新一代飲用水的消毒劑，許多發(fā)達(dá)國家的自來水廠采用ClO2代替CL2來進行自來水消毒。我國最近成功研制出制取CLO2的新方法，其反應(yīng)的微觀過程如下所示：下列有關(guān)該反應(yīng)的敘述中正確的是A.該反應(yīng)是復(fù)分解反應(yīng)B.該反應(yīng)的化學(xué)方程式為Cl2+2NaClO2====2ClO2+2NaClC.反應(yīng)中Cl2既是氧化劑，又是還原劑D.NaClO2和ClO2中Cl的化合價相同5、已知某酸H2B在水溶液中存在下列關(guān)系：①H2B===H＋＋HB－，②HB－H＋＋B2－.關(guān)于該酸對應(yīng)的酸式鹽NaHB的溶液，下列說法中，一定正確的是A.NaHB屬于弱電解質(zhì)B.溶液中的離子濃度c(Na＋)＞c(HB－)＞c(H＋)＞c(OH－)C.c(Na＋)＝c(HB－)＋c(B2－)＋c(H2B)D.NaHB和NaOH溶液反應(yīng)的離子方程式為H＋＋OH－===H2O6、化學(xué)與人類日常生活、生產(chǎn)密切相關(guān)．下列說法正確的是（）A.綠色化學(xué)的核心是應(yīng)用化學(xué)原理對環(huán)境污染進行治理B.維生素C具有還原性，在人體內(nèi)起抗氧化作用C.侯氏制堿法的最終產(chǎn)品是小蘇打D.明礬可用于水的殺菌、消毒7、分子中碳原子數(shù)相等的下列各類物質(zhì)，各取1mol，在充足的氧氣中完全燃燒，耗氧量最大的是（）A.苯的同系物B.烷烴C.烯烴D.炔烴8、VCD光盤上的記錄材料有多種，它們可在激光照射下發(fā)生化學(xué)或記憶性能的改變而記錄、儲存信號．碲的某化合物就是常用的VCD光盤記錄材料之一，對碲及其化合物的以下認(rèn)識中不正確的是（）A.單質(zhì)碲在常溫下是固體B.H2TeO4的酸性比H2SO4的酸性弱C.H2Te不如HI穩(wěn)定D.Te元素位于第六周期ⅥA族9、下面一些報道中，你認(rèn)為科學(xué)的是()A.疏通煤氣管道時，充入氬氣引起爆炸B.新粉刷過石灰漿的墻壁釋放出CO2使一老漢窒息而死C.有易燃易爆物的工作場所，嚴(yán)禁穿化纖衣服D.本飲料純天然，絕對不含化學(xué)物質(zhì)評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)10、Ⅰ．某實驗小組對H2O2的分解做了如下探究．下表是該實驗小組研究影響H2O2分解速率的因素時記錄的一組數(shù)據(jù)，將質(zhì)量相同的粉末狀和塊狀的MnO2分別加入盛有15ml5%的H2O2溶液的大試管中；并用帶火星的木條測試，結(jié)果如表：

。MnO2觸摸試管情況觀察結(jié)果反應(yīng)完成所需的時間粉末狀很燙劇烈反應(yīng)，帶火星的木條復(fù)燃3.5min塊狀微熱反應(yīng)較慢，火星紅亮但木條未復(fù)燃30min（1）寫出上述實驗中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式：____．

（2）實驗結(jié)果表明，催化劑的催化效果與____有關(guān)．

（3）某同學(xué)在10mLH2O2溶液中加入一定量的二氧化錳，放出氣體的體積（標(biāo)準(zhǔn)狀況）與反應(yīng)時間的關(guān)系如圖1所示，則A、B、C三點所表示的反應(yīng)速率最慢的是____．

Ⅱ．某反應(yīng)在體積為5L的恒容密閉容器中進行；在0-3分鐘內(nèi)各物質(zhì)的量的變化情況如圖2所示（A，B，C均為氣體，且A氣體有顏色）．

（4）該反應(yīng)的化學(xué)方程式為____．

（5）反應(yīng)開始至2分鐘時，B的平均反應(yīng)速率為____．

（6）能說明該反應(yīng)已達(dá)到平衡狀態(tài)的是____．

a．v（A）=2v（B）

b．容器內(nèi)各物質(zhì)的物質(zhì)的量相等。

c．v逆（A）=v正（C）

d．容器內(nèi)氣體的顏色保持不變。

（7）由圖求得平衡時A的體積分?jǐn)?shù)____．11、（2014秋?蕭山區(qū)校級月考）已知：2NO2（g）?N2O4（g）；△H＜0．在恒溫恒容條件下，將一定量NO2和N2O4的混合氣體通入容積為2L的密閉容器中；反應(yīng)過程中各物質(zhì)的物質(zhì)的量濃度c隨時間t的變化關(guān)系如圖所示．

（1）如圖中a、b、c、d四個點中，表示化學(xué)反應(yīng)處于平衡狀態(tài)的點是____．

（2）前10min內(nèi)用NO2表示的化學(xué)反應(yīng)速率v（NO2）=____．反應(yīng)在第二個平衡點的平衡常數(shù)K（2）與第一個平衡點的平衡常數(shù)K（1）的關(guān)系：K（2）____K（1）（填“＞”、“=”或“＜”）．12、合成氣經(jīng)壓縮升溫后進入10m3的甲醇合成塔中；在催化劑的作用下進行甲醇合成，主要反應(yīng)是：

2H2（g）+CO（g）?CH3OH（g）+181.6kJ．

已知：某溫度下（設(shè)溫度為T1℃）此反應(yīng)的平衡常數(shù)為160．

（1）此溫度下，在密閉容器中加入一定量的CO和H2；反應(yīng)到某時刻測得各組分的濃度如下表：

。物質(zhì)H2COCH3OH濃度/（mol/L）0.20.10.4比較此時正、逆反應(yīng)速率的大?。簐正____v逆（填“＞”、“＜”或“=”）；若加入與上述同樣多的CO和H2，在T2℃條件下反應(yīng)，10min后達(dá)平衡時c（H2）=0.4mol/L，則該時間內(nèi)反應(yīng)速率v（CH3OH）=____mol/（L?min）；

（2）在一定條件的密閉恒容的容器中，下列式子或文字描述能表示上述反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)的是____（選填序號）；

a．2v逆（CO）=v正（H2）b．c（CO）：c（H2）：c（CH3OH）=1：2：1

c．混合氣體的平均式量保持不變d．混合氣體的密度保持不變。

（3）上述反應(yīng)達(dá)到平衡后，下列說法正確的是____（選填序號）；

a．其他條件不變；增大壓強，平衡常數(shù)K＜160

b．其他條件不變；溫度升高，平衡常數(shù)K會減小。

c．其他條件不變，若同比例地增加CO和H2的量平衡不會發(fā)生移動。

d．其他條件不變；增大甲醇的物質(zhì)的量，正反應(yīng)速率也會隨之逐漸增大。

（4）尋找合適的催化劑來改善上述合成甲醇的條件一直是研究課題．現(xiàn)分別對X；Y、Z三種催化劑進行如下實驗（其他條件均相同）：

①X在T1℃時催化效率最高，能使正反應(yīng)速率加快約3×105倍；

②Y在T2℃時催化效率最高，能使正反應(yīng)速率加快約3×105倍；

③Z在T3℃時催化效率最高，能使逆反應(yīng)速率加快約1×106倍；

已知：T1＞T2＞T3，根據(jù)上述信息，你認(rèn)為在生產(chǎn)中應(yīng)該選擇的適宜催化劑并簡述理由：____．13、在一個溫度恒定的密閉容器中，SO2和O2發(fā)生反應(yīng)．已知1molSO2和足量O2完全生成1molSO3反應(yīng)；放出的熱量為Q．請按要求回答下列問題．

恒壓條件下：

（1）若開始時放入1molSO2和0.5molO2，達(dá)平衡后，生成0.9molSO3，這時SO2的轉(zhuǎn)化率為____；

（2）若開始時放入4molSO2和2molO2，達(dá)平衡后，生成SO3的物質(zhì)的量為____，反應(yīng)放出的熱量為____．

恒容條件下：

（3）若開始時放入1molSO2和0.5molO2，達(dá)平衡后，生成amolSO3，則a____0.9（填“＞”“＜”或“=”）；

（4）若令x、y和z分別代表初始加入SO2、O2和SO3的物質(zhì)的量，要使其達(dá)平衡時，反應(yīng)混合物中三種氣體的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)與（3）中平衡時完全相同，則x、y、z必須滿足的一般條件是____、____．（用兩個代數(shù)式表示，其中一個只含x、y，另一個含x、z）14、元素鋁是在生產(chǎn)；生活中應(yīng)用廣泛的金屬元素．

（1）從礦石提取氧化鋁：礦石與NaOH溶液高溫反應(yīng)，然后降溫析出晶體，再經(jīng)凈化和高溫煅燒得到氧化鋁．降溫析出晶體時的反應(yīng)方程式為：____．

（2）氧化鋁是工業(yè)電解冶煉鋁的重要原料，生產(chǎn)中加入冰晶石（Na3AlF6），其作用是____．

工業(yè)冶煉鋁的裝置示意圖如圖：

①陰極的反應(yīng)式____；

②在電解池工作過程中，需要不斷補充陽極材料，原因是____．

（3）有資料介紹：溶液中鋁元素以氫氧化物[用Al（OH）3表示]形式存在的pH范圍是3.8～10．現(xiàn)有A、B兩種均含鋁元素形成的某種離子溶液，其pH分別為1、13，兩溶液等體積混合時反應(yīng)的離子方程式為____．

（4）一種新型高效凈水劑PAFC聚合氯化鐵鋁[A1Fe（OH）nCl6-n]m，廣泛用于日常生活用水和工業(yè)污水的處理．有關(guān)PAFC的說法正確的是____．（填選項）

A．PAFC中鐵元素顯+2價。

B．PAFC用于凈水時；比用相同量的氯化鋁和氯化鐵對水的pH改變小。

C．PAFC可看作一定比例的氯化鐵與氯化鋁水解的中間產(chǎn)物。

D．PAFC在強酸性和強堿性溶液中都能穩(wěn)定存在．15、氯化亞銅是一種應(yīng)用較廣的催化劑；易水解．以低品位銅礦砂（主要成分CuS）為原料制備氯化亞銅的路線如下：

（1）酸溶1步驟中加入MnO2的作用是____．

（2）除錳步驟Mn2+轉(zhuǎn)化為MnCO3沉淀，該反應(yīng)的離子方程式為____．溶液中CuSO4轉(zhuǎn)變?yōu)镃u（NH3）4CO3留在溶液中．

（3）蒸氨步驟會得到CuO固體，該步驟在減壓條件下進行的原因是____．

（4）寫出合成步驟中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式____．

（5）有工藝將合成步驟的NaCl與Na2SO3換為NH4Cl和（NH4）2SO3，則可獲得一種可作為氮肥的副產(chǎn)品，其化學(xué)式為____．

（6）洗滌步驟先用____洗，再用無水乙醇洗滌．16、（1）維生素C又稱“抗壞血酸”，在人體內(nèi)有重要的功能．例如，能幫助人體將食物中攝取的不易吸收的Fe3+轉(zhuǎn)變?yōu)橐孜盏?/p>

Fe2+，這說明維生素C具有____性．（填氧化性或還原性）

（2）我國古代四大發(fā)明之一的黑火藥是由硫磺粉、硝酸鉀和木炭粉按一定比例混合而成的，爆炸時的反應(yīng)為：S+2KNO3+3C

=K2S+N2↑+3CO2↑．該反應(yīng)的氧化劑是____，當(dāng)16g硫參加反應(yīng)時，轉(zhuǎn)移的電子總數(shù)為____．

（3）飲用水中的NO3-對人類健康會產(chǎn)生危害，為了降低飲用水中NO3-的濃度，某飲用水研究人員提出，在堿性條件下用鋁粉將NO3-還原為N2，其化學(xué)方程式為：10Al+6NaNO3+4NaOH=10NaAlO2+3N2↑+2H2O．上述反應(yīng)中，若有10個鋁原子參與反應(yīng)，則轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為____個，用“雙線橋法”標(biāo)明反應(yīng)中電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目．評卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)17、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．____（判斷對錯）18、向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不變色，滴加氯水后溶液顯紅色，該溶液中一定含有Fe2+____．（判斷對確）19、用鉑絲蘸取NaCl溶液進行焰色反應(yīng)是化學(xué)變化____．（判斷對確）20、對于2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）和I2（g）+H2（g）═2HI（g）反應(yīng)，在恒溫恒容條件下，當(dāng)壓強保持不變時，均能說明上述反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)．____（判斷對錯）21、可逆反應(yīng)達(dá)到平衡，反應(yīng)就不再進行．____（判斷對錯）22、乙酸的結(jié)構(gòu)簡式：C2H4O2____．23、葡萄糖注射液不能產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)，不屬于膠體____（判斷對錯）24、因為CO2的水溶液可以導(dǎo)電，所以CO2是電解質(zhì)____．（判斷對錯）25、判斷正誤；正確的劃“√”，錯誤的劃“×”

（1）106g的乙醇和丙醇混合液完全燃燒生成的CO2為112L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）____

（2）醫(yī)用酒精的濃度通常為95%____

（3）Y（C2H5OH），W（C2H5ONa）可通過置換反應(yīng)由Y得到W____

（4）向無水乙醇中加入濃H2SO4，加熱至170℃，產(chǎn)生的氣體通入酸性KMnO4溶液，紫紅色褪去，使溶液褪色的氣體只是乙烯____

（5）乙醇不能發(fā)生取代反應(yīng)____

（6）實驗室中提純混有少量乙酸的乙醇，可采用先加生石灰，過濾后再蒸餾的方法____．評卷人得分四、實驗題(共3題，共24分)26、某化學(xué)興趣小組在實驗室進行模擬侯氏制堿法的實驗探究如圖1，請你參與并協(xié)助他們完成相關(guān)的實驗任務(wù)．反應(yīng)原理為：NaCl+NH3+CO2+H2O═NaHCO3↓+NH4Cl①

2NaHCO3═Na2CO3+CO2↑+H2O↑②

（1）操作Ⅰ、Ⅱ可否顛倒？答：____（填“能”或“不能”）；操作Ⅲ的名稱是____．

（2）寫出向晶體X的水溶液中滴加NaOH溶液時發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：____．

（3）在實驗室反應(yīng)②可在如圖2裝置中進行，該裝置可進行多個化學(xué)反應(yīng)，如實驗室制取少量氧氣也可利用該裝置，請再寫出一種利用該裝置制取的常見氣體的名稱．答：____．27、某氯化鈉樣品中含有少量的硫酸鈉和碳酸鈉雜質(zhì)，按下列流程進行凈化，回答下列問題．

（1）分散系A(chǔ)、B都屬于____（選填“溶液”“膠體”或“濁液”）．

（2）寫出以下步驟所需的試劑（用化學(xué)式表示）

②____③____⑤____

（3）寫出以下步驟的實驗操作名稱①____④____⑥____

（4）第④步中要用到的玻璃儀器有燒杯、____、____

（5）寫出第②步有關(guān)反應(yīng)的離子方程式____、____．28、黃銅礦（CuFeS2）是制取銅及其化合物的主要原料之一；還可制備硫和鐵的化合物．

（1）冶煉銅的反應(yīng)為：8CuFeS2+21O28Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2

若CuFeS2中Fe的化合價為+2，反應(yīng)中被還原的元素是______（填元素符號）．

（2）上述冶煉過程產(chǎn)生大量SO2．下列處理方案中合理的是______（填代號）．

a．高空排放b．用于制備硫酸c．用純堿溶液吸收制Na2SO3d．用濃硫酸吸收。

（3）利用黃銅礦冶煉銅產(chǎn)生的爐渣（含F(xiàn)e2O3、FeO、SiO2、Al2O3）可制備Fe2O3．方法為：

①用稀鹽酸浸取爐渣；過濾．

②濾液先氧化，再加入過量NaOH溶液，過濾，將沉淀洗滌、干燥、煅燒得Fe2O3．

根據(jù)以上信息回答下列問題：

a．除去Al3+的離子方程式是______．

b．選用提供的試劑；設(shè)計實驗驗證爐渣中含有FeO．

提供的試劑：稀鹽酸稀硫酸KSCN溶液KMnO4溶液NaOH溶液碘水。

所選試劑為______．證明爐渣中含有FeO的實驗現(xiàn)象為______．評卷人得分五、書寫(共3題，共21分)29、已知常溫下測得0.01mol?L-1H2SO4溶液中，c（H+）=0.011mol?L-1；據(jù)此回答下列問題：

（1）硫酸的電離方程式為____，0.1mol?L-1NaHSO4溶液中各微粒濃度由大到小的順序為____，根據(jù)題給條件推斷Na2SO4溶液呈____（填“堿”或“酸”或“中”）性，原因是（用離子方程式表示）____．

（2）常溫下，0.01mol?L-1的NaHSO4溶液中c（H+）____0.001mol?L-1（填“＞”；“＜”或“=”）．

（3）根據(jù)題給條件推斷2mol?L-1NaHSO4溶液與1mol?L-1Ba（OH）2溶液等體積混合，反應(yīng)的離子方程式為____．30、寫出下列物質(zhì)在水中的電離方程式：

（1）NH3?H2O____；

（2）NaHSO4____；

（3）Al2（SO4）3____；

（4）H2S____．31、軟錳礦的主要成分是____，實驗室常用該主要成分與濃鹽酸反應(yīng)制氯氣，其反應(yīng)的離子方程式是____，該反應(yīng)中濃鹽酸的作用是____，常用的吸收處理多余氯氣的方法中涉及的反應(yīng)的離子方程式是____．評卷人得分六、綜合題(共1題，共4分)32、（2015·海南）銀是一種貴金屬，古代常用于制造錢幣及裝飾器皿，現(xiàn)代在電池和照明器材等領(lǐng)域亦有廣泛應(yīng)用?；卮鹣铝袉栴}。參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、D【分析】【分析】A；烯烴命名時；選含官能團的最長的碳鏈為主鏈，從離官能團近的一端給主鏈上碳原子編號；

B；烷烴命名時；要選擇最長的碳鏈為主鏈，從離支鏈近的一端給主鏈上碳原子進行編號；

C；烷烴命名時；要選擇最長的碳鏈為主鏈，從離支鏈近的一端給主鏈上碳原子進行編號；

D、苯的衍生物命名時，根據(jù)兩個側(cè)鏈的位置來分析．【解析】【解答】解：A；烯烴命名時；選含官能團的最長的碳鏈為主鏈，故主鏈上有4個碳原子，從離官能團近的一端給主鏈上碳原子編號，故在2號碳原子上有一個甲基，在1號和2號碳原子間、3號和4號碳原子間各有一條碳碳雙鍵，故名稱為：2-甲基-1，3-丁二烯，故A錯誤；

B；烷烴命名時；要選擇最長的碳鏈為主鏈，故主鏈上有4個碳原子，為正丁烷，故B錯誤；

C；烷烴命名時；要選擇最長的碳鏈為主鏈，故主鏈上有5個碳原子，故為戊烷，從離支鏈近的一端給主鏈上碳原子進行編號，故在3號碳原子上有一個甲基，故3-甲基戊烷，故C錯誤；

D；此有機物為苯的衍生物；相當(dāng)于用-OH取代了苯甲酸中羧基的鄰位碳上的一個H原子，故為鄰羥基苯甲酸，故D正確．

故選D．2、D【分析】【分析】A．氣體摩爾體積適用于氣體；

B.1molC5H12中含有5molC原子；形成C-C單鍵為4mol，含12molH原子；

C.1個氨氣分子含有3個N-H鍵；

D．乙烯與丙烯的最簡式相同為CH2，根據(jù)n=計算最簡式的物質(zhì)的量，H原子物質(zhì)的量是最簡式的2倍，再根據(jù)N=nNA計算．【解析】【解答】解：A．標(biāo)況下苯是液態(tài)；不能使用氣體摩爾體積，故A錯誤；

B.1molC5H12中含有5molC原子，形成C-C單鍵為4mol，含12molH原子，故形成C-H鍵為12mol，故共形成共價鍵為16mol，即共價鍵數(shù)為16NA；故B錯誤；

C.17gNH3的物質(zhì)的量為1mol，含有共價鍵數(shù)為3NA個；故C錯誤；

D．乙烯與丙烯的最簡式相同為CH2，最簡式的物質(zhì)的量為=0.5mol，故H原子物質(zhì)的量為1mol，含有H原子數(shù)目為NA；故D正確；

故選：D．3、D【分析】【分析】根據(jù)物質(zhì)具有的能量進行計算：△H=E（生成物的總能量）-E（反應(yīng)物的總能量），當(dāng)反應(yīng)物的總能量大于生成物的總能量時，反應(yīng)放熱，當(dāng)反應(yīng)物的總能量小于生成物的總能量時，反應(yīng)吸熱，以此解答該題．【解析】【解答】解：由反應(yīng)A+B→C（△H＜0）分兩步進行①A+B→X（△H＞0）②X→C（△H＜0）可以看出；A+B→C（△H＜0）是放熱反應(yīng)，A和B的能量之和大于C，由①A+B→X（△H＞0）可知這步反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，X→C（△H＜0）是放熱反應(yīng)，故X的能量大于A+B；A+B的能量大于C；X的能量大于C，圖象B符合；

故選D．4、B【分析】【解析】試題分析：根據(jù)圖示可知，反應(yīng)物有氯氣參加，屬于單質(zhì)，所以該反應(yīng)不是復(fù)分解反應(yīng)，A不正確；根據(jù)圖示可知，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為Cl2+2NaClO2＝2ClO2+2NaCl。在反應(yīng)中氯氣是氧化劑，氯元素的化合價從0價降低到－1價。NaClO2是還原劑，氯元素的化合價從＋3價升高到＋4價，所以B正確，CD不正確，答案選B。考點：考查氧化還原反應(yīng)的有關(guān)判斷和應(yīng)用【解析】【答案】B5、B【分析】【解析】【答案】B6、B【分析】【分析】A．綠色化學(xué)的核心是利用化學(xué)原理從源頭上減少和消除工業(yè)生產(chǎn)對環(huán)境的污染；

B．維生素C具有還原性；能與氧化劑反應(yīng)；

C．侯氏制堿法是制備純堿；

D．明礬沒有強氧化性，不能殺菌消毒．【解析】【解答】解：A．綠色化學(xué)的核心是利用化學(xué)原理從源頭上減少和消除工業(yè)生產(chǎn)對環(huán)境的污染；故A錯誤；

B．維生素C具有還原性；能與氧化劑反應(yīng)，所以維生素C在人體內(nèi)起抗氧化作用，故B正確；

C．侯氏制堿法是制備純堿；侯氏制堿法的過程中生成小蘇打，小蘇打再受熱分解生成純堿，故C錯誤；

D．明礬沒有強氧化性；不能殺菌消毒，明礬在水中電離出鋁離子，鋁離子水解生成氫氧化鋁膠體，能吸附凈水，故D錯誤．

故選B．7、B【分析】【分析】相同碳原子數(shù)目的烴，其物質(zhì)的量相等，耗氧量取決于分子中H原子數(shù)目，H原子數(shù)目越多，耗氧量越大，結(jié)合各物質(zhì)的組成通式解答．【解析】【解答】解：苯的同系物組成為CnH2n-6，烷烴的組成通式為CnH2n+2，烯烴的組成通式為CnH2n，炔烴的組成通式為CnH2n-2，相同碳原子數(shù)目的烴，其物質(zhì)的量相等，烷烴中H原子數(shù)目最大，故烷烴耗氧量最大，故選B．8、D【分析】【分析】碲為第ⅥA族元素，元素的單質(zhì)隨原子序數(shù)的增大，由氣態(tài)變?yōu)楣虘B(tài)，元素的性質(zhì)隨原子序數(shù)的增大非金屬性減弱，以此來解答．【解析】【解答】解：A．ⅥA族的單質(zhì)中只有O元素的單質(zhì)為氣體；且隨原子序數(shù)的增大，由氣態(tài)變?yōu)楣虘B(tài)，則單質(zhì)碲在常溫下是固體，故A正確；

B．非金屬性S＞Te，則H2TeO4的酸性比H2SO4的酸性弱；故B正確；

C．Fe、I位于同周期，原子序數(shù)大的非金屬性強，非金屬性Te＜I，則H2Te不如HI穩(wěn)定；故C正確；

D．Te的原子結(jié)構(gòu)中各層電子分別為2；8、18、18、6；Te元素位于第五周期ⅥA族，故D錯誤；

故選D．9、C【分析】解：A．煤氣屬于易燃性氣體；但氬氣沒有助燃性，化學(xué)性質(zhì)較穩(wěn)定，因此不會引起爆炸，故A錯誤；

B．新粉刷過石灰漿的室內(nèi)；會吸收二氧化碳產(chǎn)生碳酸鈣和水，不會產(chǎn)生二氧化碳，故B錯誤；

C．在易爆易燃的工作場所存在大量的可燃性物質(zhì)；遇到靜電會發(fā)生爆炸，因此要嚴(yán)禁穿化纖衣服，故C正確；

D．任何物質(zhì)都是化學(xué)物質(zhì)；不過是有天然與合成之分，故D錯誤．

故選C．【解析】【答案】C二、填空題(共7題，共14分)10、2H2O22H2O+O2↑催化劑的表面積C2A+B?2C0.1mol/（L?min）cd37.5%【分析】【分析】Ⅰ．（1）二氧化錳是過氧化氫分解的催化劑；由帶火星木條復(fù)燃，可知產(chǎn)物，由此可寫出方程式；

（2）由實驗現(xiàn)象可知催化劑作用大小的影響因素；

（3）A；B、C三點的斜率代表反應(yīng)速率；斜率越大，反應(yīng)速率越大；

Ⅱ．（4）從物質(zhì)的物質(zhì)的量的變化趨勢判斷反應(yīng)物和生成物；根據(jù)物質(zhì)的物質(zhì)的量變化值等于化學(xué)計量數(shù)之比書寫化學(xué)方程；

（5）化學(xué)反應(yīng)速率是單位時間內(nèi)濃度的變化；據(jù)此可求得反應(yīng)速率；

（6）可逆反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時；正逆反應(yīng)速率相等，各組分濃度不再變化，若存在有色物質(zhì)，則有色物質(zhì)的顏色也不再變化，據(jù)此對各選項進行判斷；

（7）根據(jù)，可求得平衡時A的體積分?jǐn)?shù)．【解析】【解答】解：（1）上述實驗中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為2H2O22H2O+O2↑；

故答案為：2H2O22H2O+O2↑；

（2）時間少；則反應(yīng)速率快，則實驗結(jié)果表明，催化劑的催化效果與催化劑的表面積有關(guān)；

故答案為：催化劑的表面積；

（3）由圖可知；曲線斜率變小，反應(yīng)速率減小，則A；B、C三點所表示的反應(yīng)速率最慢的是C；

故答案為：C；

Ⅱ．（4）由圖象可以看出；A；B的物質(zhì)的量逐漸減小，則A、B為反應(yīng)物，C的物質(zhì)的量逐漸增多，所以C為生成物，當(dāng)反應(yīng)到達(dá)2min時，△n（A）=2mol，△n（B）=1mol，△n（C）=2mol，化學(xué)反應(yīng)中，各物質(zhì)的物質(zhì)的量的變化值與化學(xué)計量數(shù)呈正比，則△n（A）：△n（B）：△n（C）=2：1：2，所以反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2A+B?2C；

故答案為：2A+B?2C；

（5）由圖象可以看出，反應(yīng)開始至2分鐘時，△n（B）=1mol，B的平均反應(yīng)速率為：÷2min=0.1mol/（L?min）；

故答案為：0.1mol/（L?min）；

（6）a．v（A）=2v（B）不能說明正反應(yīng)和逆反應(yīng)的關(guān)系；故無法判斷反應(yīng)是否達(dá)到平衡，故a錯誤；

b．容器內(nèi)各物質(zhì)的物質(zhì)的量相等，不能說明各組分的濃度不再變化，無法判斷是否達(dá)到平衡狀態(tài)，故b錯誤；

c．在該反應(yīng)中A和C的計量數(shù)相等，當(dāng)v逆（A）=v正（C）時；正逆反應(yīng)速率相等，說明反應(yīng)已達(dá)平衡狀態(tài)了，故c正確；

d．只有A為有色物質(zhì)；當(dāng)容器內(nèi)氣體的顏色保持不變，說明各組分的濃度不再變化，該反應(yīng)已經(jīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故d正確；

故答案為：cd；

（7）由圖象可知：達(dá)平衡時A的物質(zhì)的量為3mol；平衡時總物質(zhì)的量為1mol+3mol+4mol=8mol；

所以A的體積分?jǐn)?shù)為=×100%=37.5%；

故答案為：37.5%．11、bd0.04mol?L-1?min-1=【分析】【分析】由圖可知10-25min平衡狀態(tài)時，X表示的生成物的濃度變化量為（0.6-0.2）mol/L=0.4mol/L，Y表示的反應(yīng)物的濃度變化量為（0.6-0.4）mol/L=0.2mol/L，X表示的生成物的濃度變化量是Y表示的反應(yīng)物的濃度變化量的2倍，所以X表示NO2濃度隨時間的變化曲線，Y表示N2O4濃度隨時間的變化曲線；

①根據(jù)圖象及物質(zhì)的濃度不發(fā)生變化時表示化學(xué)反應(yīng)處于平衡狀態(tài)；

②根據(jù)v=求得速率，根據(jù)影響平衡常數(shù)的因素可比較出K（2）、K（1）的大?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓海?）由圖可知10-25min平衡狀態(tài)時，X表示的生成物的濃度變化量為（0.6-0.2）mol/L=0.4mol/L，Y表示的反應(yīng)物的濃度變化量為（0.6-0.4）mol/L=0.2mol/L，X表示的生成物的濃度變化量是Y表示的反應(yīng)物的濃度變化量的2倍，所以X表示NO2濃度隨時間的變化曲線，Y表示N2O4濃度隨時間的變化曲線；

①由圖可知，10-25min及35min之后X、Y的物質(zhì)的量不發(fā)生變化，則相應(yīng)時間段內(nèi)的點處于化學(xué)平衡狀態(tài)，即b、d處于化學(xué)平衡狀態(tài)，故答案為：bd；

②由圖可知，前10min內(nèi)用NO2的物質(zhì)的量濃度變化了0.4mol/L，故化學(xué)反應(yīng)速率v（NO2）==0.04mol?L-1?min-1；

由于平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，所以當(dāng)溫度不變時，平衡常數(shù)不變，故答案為：0.04mol?L-1?min-1；=．12、＞0.03acbd選Z；催化活性高、速度快、反應(yīng)溫度較低【分析】【分析】（1）計算此時的濃度商Qc，與平衡常數(shù)比較，判斷反應(yīng)進行的方向，據(jù)此解答；依據(jù)圖表數(shù)據(jù)計算起始量，結(jié)合三段式列式計算，根據(jù)甲氫氣的濃度變化計算甲醇的濃度變化量，再根據(jù)v=計算v（CH3OH）；

（2）依據(jù)反應(yīng)特征和平衡標(biāo)志分析；正逆反應(yīng)速率相同，各組分含量保持不變分析；

（3）a．其他條件不變；增大壓強，平衡常數(shù)不變；

b．其他條件不變；溫度升高，反應(yīng)是放熱反應(yīng)，平衡逆向進行，平衡常數(shù)K會減??；

c．其他條件不變，若同比例地增加CO和H2的量；相當(dāng)于增大壓強，平衡正向進行；

d．其他條件不變；增大甲醇的物質(zhì)的量，平衡逆向進行，正逆反應(yīng)速率也會隨之逐漸增大；

（4）該反應(yīng)正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，應(yīng)選擇催化活性高、速度快、反應(yīng)溫度較低；【解析】【解答】解：（1）由表中數(shù)據(jù)可知，10min時氫氣的濃度為0.2mol/L、CO的濃度為0.1mol/L、甲醇的濃度為0.4mol/L，則此時的濃度商Qc==100，小于平衡常數(shù)160，故反應(yīng)向正反應(yīng)方向進行，故V正＞V逆；依據(jù)圖表計算起始量；

2H2（g）+CO（g）?CH3OH（g）

起始量（mol/L）10.50

變化量（mol/L）0.80.40.4

T4時（mol/L）0.20.10.4

若加入CO、H2后，在T5℃反應(yīng)10min達(dá)到平衡，c（H2）=0.4mol?L-1，由表中數(shù)據(jù)可知，l0min內(nèi)氫氣的濃度變化量為0.6mol/L，故甲醇的濃度變化量為0.3mol/L，故v（CH3OH）==0.03mol/（L?min）；

故答案為：＞；0.03；

（2）2H2（g）+CO（g）?CH3OH（g）+181.6kJ；反應(yīng)是氣體體積減小的放熱反應(yīng)。

a．反應(yīng)速率之比等于化學(xué)方程式計量數(shù)之比，2v逆（CO）=v正（H2）；說明一氧化碳正逆反應(yīng)速率相同，說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故a正確；

b．c（CO）：c（H2）：c（CH3OH）=1：2：1，只能說明濃度比等于反應(yīng)比，和起始量變化量有關(guān)，不能說明反應(yīng)達(dá)到平衡，故b錯誤；

c．反應(yīng)前后氣體物質(zhì)的量減??；質(zhì)量不變，混合氣體的平均式量保持不變，說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故c正確；

d．反應(yīng)前后氣體質(zhì)量和體積不變；混合氣體的密度始終保持不變，不能說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故d錯誤；

故答案為：ac；

（3）a．其他條件不變；增大壓強，平衡常數(shù)不變，故a錯誤；

b．其他條件不變，溫度升高，反應(yīng)是放熱反應(yīng)，平衡逆向進行，平衡常數(shù)K會減小，故b正確；

c．其他條件不變，若同比例地增加CO和H2的量；相當(dāng)于增大壓強，平衡正向進行，故c錯誤；

d．其他條件不變；增大甲醇的物質(zhì)的量，增大生成物濃度，平衡逆向進行，正逆反應(yīng)速率也會隨之逐漸增大，故d正確；

故答案為：bd；

（4）該反應(yīng)正反應(yīng)為放熱反應(yīng)；應(yīng)選擇催化活性高；速度快、反應(yīng)溫度較低，故選擇Z；

故答案為：Z；催化活性高、速度快、反應(yīng)溫度較低：13、90%3.6mol3.6Q＜X=2yX+Z=1【分析】【分析】（1）根據(jù)反應(yīng)的方程式2SO2+O2?2SO3；利用三段式法計算；

（2）在恒壓條件下；此平衡與（1）中的平衡為等效平衡；

（3）在恒容條件下；隨反應(yīng)的進行，容器內(nèi)壓強逐漸變??；

（4）在恒溫恒容條件下，對于氣體有變化的可逆反應(yīng)，若通過換算可以得到初始加入的各個同種物質(zhì)的物質(zhì)的量相同，則兩平衡等效，以此進行計算．【解析】【解答】解：（1）2SO2+O2?2SO3

起始（mol）10.50

轉(zhuǎn)化（m01）x0.5xx

平衡（mol）1-x0.5-0.5x0.9

由題意知：x=0.9

則SO2的轉(zhuǎn)化率=0.9mol1mol×100%=90%；

故答案為：90%；

（2）在恒壓條件下；此平衡與（1）中的平衡為等效平衡，反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率相等；

則反應(yīng)的SO2的物質(zhì)的量為4mol×90%=3.6mol；

則2SO2+O2?2SO32Q

3.63.63.6Q

達(dá)平衡后，生成SO3的物質(zhì)的量為3.6mol；反應(yīng)放出的熱量為3.6Q；

故答案為：3.6mol；3.6Q；

（3）由于正反應(yīng)為氣體體積變小的反應(yīng)，則在恒容條件下，隨反應(yīng)的進行，容器內(nèi)壓強逐漸變小，故此條件下，SO2的轉(zhuǎn)化率小于（1）中SO2的轉(zhuǎn)化率（90%），推導(dǎo)出SO3小于0.9mol；故答案為：＜；

（4）在恒溫恒容條件下；對于氣體有變化的可逆反應(yīng)，若通過換算可以得到初始加入的各個同種物質(zhì)的物質(zhì)的量相同，則兩平衡等效．

2SO2+O2?2SO3

起始（mol）xyz

相當(dāng)于（mol）x+zy+0

則有

解之得；

故答案為：x=2y、x+z=1．14、NaAl（OH）4=Al（OH）3↓+NaOH作助熔劑Al3++3e-=Al電解陽極產(chǎn)生O2，在高溫條件下，石墨陽極被不斷的氧化為CO2Al3++3[Al（OH）4]-=4Al（OH）3↓BC【分析】【分析】（1）礦石與NaOH溶液高溫反應(yīng)，然后降溫析出晶體，再經(jīng)凈化和高溫煅燒得到氧化鋁，說明析出晶體為Al（OH）3；

（2）氧化鋁熔點高難于熔融電解，生產(chǎn)中加入冰晶石（Na3AlF6）；降低氧化鋁熔點，利于熔融電解；

①電解過程中陰極上鋁得到電子生成鋁；

②電解氧化鋁陽極上是氧離子失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成氧氣；氧氣和電極石墨反應(yīng)生成二氧化碳損耗電極；

（3）依據(jù)鋁離子水解顯酸性；四羥基合鋁酸根離子水解顯堿性，混合后水解相互促進生成氫氧化鋁沉淀；

（4）A；依據(jù)化合物元素化合價代數(shù)和為0分析計算；

B、它用于凈化水時對水的pH的改變，比相同量的AlCl3和FeCl3都大；

C、這種堿式鹽可看做FeCl3、AlCl3水解的中間產(chǎn)物；

D、它在強酸性和強堿性溶液中都不能穩(wěn)定存在．【解析】【解答】解：（1）礦石與NaOH溶液高溫反應(yīng)，然后降溫析出晶體，再經(jīng)凈化和高溫煅燒得到氧化鋁，說明析出晶體為Al（OH）3；礦石中氧化鋁溶于氫氧化鈉溶于生成四羥基合鋁酸鈉高溫分解生成氫氧化鋁和氫氧化鈉，析出晶體的反應(yīng)為NaAl（OH）4=Al（OH）3↓+NaOH；

故答案為：NaAl（OH）4=Al（OH）3↓+NaOH；

（2）氧化鋁熔點高難于熔融電解，生產(chǎn)中加入冰晶石（Na3AlF6）；降低氧化鋁熔點，利于熔融電解，降低氧化鋁熔點，使其在1000℃左右即可熔化；

故答案為：作助熔劑；

①電解過程中陰極上鋁得到電子生成鋁；電極反應(yīng)為：Al3++3e-=Al，故答案為：Al3++3e-=Al；

②電解氧化鋁陽極上是氧離子失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成氧氣；氧氣和電極石墨反應(yīng)生成二氧化碳，電極石墨不斷被消耗，所以需要不斷補充石墨電極；

故答案為：電解陽極產(chǎn)生O2，在高溫條件下，石墨陽極被不斷的氧化為CO2；

（3）A、B兩種均含鋁元素形成的某種離子溶液，其pH分別為1、13，說明溶液呈酸性是因為Al3+水解，溶液呈堿性為NaAl（OH）4溶液水解顯堿性；混合后水解相互促進反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀；反應(yīng)的離子方程式為：Al3++3[Al（OH）4]-=4Al（OH）3↓；

故答案為：Al3++3[Al（OH）4]-=4Al（OH）3↓；

（4）A；陰離子總價態(tài)：6-n+n=6；鋁只有+3價，所以Fe就是6-3=3，外面的m只是表示這樣一個分子聚合度，與價態(tài)無關(guān)，故A錯誤；

B；PAFC用于凈水時；氫氧根離子的存在對水的電離期待抑制作用，比用相同量的氯化鋁和氯化鐵對水的pH改變小，故B正確；

C；PAFC是堿式復(fù)鹽可看作一定比例的氯化鐵與氯化鋁水解的中間產(chǎn)物；故C正確；

D；PAFC是堿式復(fù)鹽；在強酸性和強堿性溶液中都不能穩(wěn)定存在，故D錯誤；

故答案為：BC．15、氧化劑Mn2++HCO3-+NH3=MnCO3↓+NH4+減壓有利于氣體逸出2NaCl+Na2SO3+2CuSO4+H2O=2CuCl+2Na2SO4+H2SO4（NH4）2SO4[或NH4HSO4、（NH4）2SO4和NH4HSO4、（NH4）2SO4和H2SO4等]鹽酸【分析】【分析】以低品位銅礦砂（主要成分CuS）為原料制備氯化亞銅的路線為：在酸溶1步驟中，硫酸溶液中加入二氧化錳、硫化銅，發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫單質(zhì)，二氧化錳被還原為二價錳離子留在溶液中；然后在除錳步驟中，二價錳離子轉(zhuǎn)化為碳酸錳沉淀，溶液中CuSO4轉(zhuǎn)變?yōu)閇Cu（NH3）4]CO3留在溶液中，蒸氨步驟中[Cu（NH3）4]CO3發(fā)生分解反應(yīng)得到CuO固體、氨氣與二氧化碳，再用硫酸溶解CuO得到CuSO4，在合成步驟中，氯化鈉、亞硫酸鈉、硫酸銅反應(yīng)生成氯化亞銅和硫酸鈉和硫酸，再經(jīng)過過濾、洗滌、干燥得到氯化亞銅，洗滌沉淀時，為減少CuCl溶解損失，根據(jù)溶解平衡，先用鹽酸洗滌，再用乙醇洗滌，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：（1）酸溶1和除錳過程為：硫酸溶液中加入二氧化錳；硫化銅；發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫單質(zhì)，二氧化錳被還原為二價錳離子留在溶液中；然后在除錳步驟中，二價錳離子轉(zhuǎn)化為碳酸錳沉淀，可知：錳元素化合價降低，所以二氧化錳做氧化劑；

故答案為：氧化劑；

（2）依據(jù)除錳過程可知：溶液中加入氨氣、碳酸氫銨，與溶液中的二價錳離子反應(yīng)生成碳酸錳和銨根離子，方程式：Mn2++HCO3-+NH3=MnCO3↓+NH4+；

故答案為：Mn2++HCO3-+NH3=MnCO3↓+NH4+；

（3）氣體的溶解度隨著壓強的增大而增大；所以減小壓強有利于氨氣的逸出；

故答案為：減壓有利于氣體逸出；

（4）在合成步驟中，氯化鈉、亞硫酸鈉、硫酸銅反應(yīng)生成氯化亞銅和硫酸鈉和硫酸，方程式為：2NaCl+Na2SO3+2CuSO4+H2O=2CuCl+2Na2SO4+H2SO4；

故答案為：2NaCl+Na2SO3+2CuSO4+H2O=2CuCl+2Na2SO4+H2SO4；

（5）將合成步驟的NaCl與Na2SO3換為NH4Cl和（NH4）2SO3，濾液中含有硫酸銨、硫酸，可獲得一種可用作氮肥的副產(chǎn)品，可能為：（NH4）2SO4[或NH4HSO4、（NH4）2SO4和NH4HSO4、（NH4）2SO4和H2SO4等]；

故答案為：（NH4）2SO4[或NH4HSO4、（NH4）2SO4和NH4HSO4、（NH4）2SO4和H2SO4等]；

（6）氯化亞銅存在沉淀溶解平衡：CuCl（s）Cu+（aq）+Cl-（aq）；洗滌氯化亞銅時，為避免氯化亞銅因溶解而損壞，所以應(yīng)先用鹽酸洗滌，然后用乙醇洗滌；

故答案為：鹽酸．16、還原性S、KNO36NA30【分析】【分析】（1）維生素C能Fe3+轉(zhuǎn)變?yōu)橐孜盏腇e2+；反應(yīng)中鐵離子得電子作氧化劑，則維生素C作還原劑；

（2）得電子化合價降低的物質(zhì)作氧化劑；根據(jù)硫和轉(zhuǎn)移電子之間的關(guān)系式計算；

（3）根據(jù)鋁和轉(zhuǎn)移電子之間的關(guān)系式計算轉(zhuǎn)移電子數(shù)，根據(jù)元素化合價變化標(biāo)出反應(yīng)中電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目．【解析】【解答】解：（1）維生素C能Fe3+轉(zhuǎn)變?yōu)橐孜盏腇e2+；反應(yīng)中鐵離子得電子作氧化劑，則維生素C作還原劑，還原劑具有還原性，所以維生素C具有還原性，故答案為：還原性；

（2）反應(yīng)S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑中；硫元素化合價由0→-2價，N元素由+5價→0價，所以硫和硝酸鉀得電子化合價降低作氧化劑；

S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑轉(zhuǎn)移電子

32g12NA

16g6NA

所以轉(zhuǎn)移電子數(shù)是6NA；

故答案為：S、KNO3，6NA；

（3）根據(jù)鋁和轉(zhuǎn)移電子之間的關(guān)系式計算轉(zhuǎn)移電子數(shù)；根據(jù)元素化合價變化標(biāo)出反應(yīng)中電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目．

10Al+6NaNO3+4NaOH=10NaAlO2+3N2↑+2H2O轉(zhuǎn)移電子

1030

1030

所以若有10個鋁原子參與反應(yīng)；則轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為30；

該反應(yīng)中鋁失去電子數(shù)為10×3，NaNO3得到電子數(shù)為6×5，所以用“雙線橋法”標(biāo)明反應(yīng)中電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目為：

故答案為：．三、判斷題(共9題，共18分)17、√【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，故正確，故答案為：√．18、√【分析】【分析】鐵離子與硫氰化鉀溶液顯紅色，氯氣具有強氧化性，可將Fe2+氧化生成Fe3+，據(jù)此判斷即可．【解析】【解答】解：向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不變色，說明原溶液中不含有鐵離子，滴加氯水后溶液顯紅色，氯氣具有強氧化性，可將Fe2+氧化生成Fe3+，故該溶液中一定含F(xiàn)e2+，此說法正確，故答案為：√．19、×【分析】【分析】焰色反應(yīng)實質(zhì)是原子核外的電子受激發(fā)，躍遷到高能級狀態(tài)時發(fā)出的色光，是物理變化．【解析】【解答】解：焰色反應(yīng)是物理變化，不是化學(xué)變化，故錯誤，答案為：×．20、×【分析】【分析】根據(jù)化學(xué)平衡狀態(tài)的特征解答，當(dāng)反應(yīng)達(dá)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，以及由此衍生的一些量也不發(fā)生變化，解題時要注意，選擇判斷的物理量，隨著反應(yīng)的進行發(fā)生變化，當(dāng)該物理量由變化到定值時，說明可逆反應(yīng)到達(dá)平衡狀態(tài)；【解析】【解答】解：對于2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）；該反應(yīng)是一個反應(yīng)前后氣體體積改變的化學(xué)反應(yīng)，當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時，各物質(zhì)的量不變，導(dǎo)致容器中壓強不隨時間的變化而改變；

對于I2（g）+H2（g）═2HI（g）；該反應(yīng)是一個反應(yīng)前后氣體體積不變的化學(xué)反應(yīng)，在恒溫恒容條件下，壓強自始至終保持不變，故壓強不變不一定平衡；

故答案為：×．21、×【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(dá)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(dá)到平衡狀態(tài)時，正逆反應(yīng)速率相等，但不為0；

故答案為：×．22、×【分析】【分析】根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式的書寫方法來解答；【解析】【解答】解：乙酸的分子式為：C2H4O2，結(jié)構(gòu)簡式為CH3COOH，故答案為：×；23、√【分析】【分析】葡萄糖注射液是溶液．【解析】【解答】解：葡萄糖注射液是溶液，不能產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)現(xiàn)象，不屬于膠體，故答案為：√．24、×【分析】【分析】電解質(zhì)：在水溶液中或熔融狀態(tài)下能夠?qū)щ姷幕衔?；非電解質(zhì)：在熔融狀態(tài)和水溶液中都不能導(dǎo)電的化合物．【解析】【解答】解：二氧化碳在水溶液中與水反應(yīng)生成碳酸；碳酸電離出自由移動的離子導(dǎo)電，二氧化碳自身不能電離，故二氧化碳是非電解質(zhì)；

故答案為：×．25、×【分析】【分析】（1）根據(jù)極限法分別求出CO2的體積；

（2）濃度約為75%酒精常用于醫(yī)療上消毒；

（3）根據(jù)乙醇與鈉反應(yīng)生成乙醇鈉和氫氣；

（4）根據(jù)乙烯、乙醇都能使酸性KMnO4溶液褪色；

（5）根據(jù)乙醇能與乙酸發(fā)生酯化反應(yīng)；

（6）根據(jù)乙酸可與生石灰反應(yīng)，乙醇與生石灰不反應(yīng)；【解析】【解答】解：（1）若全為乙醇，生成二氧化碳為×2×22.4=103.2L；若全丙醇，生成二氧化碳為×3×22.4=118.7L，所以106g的乙醇和丙醇混合液完全燃燒生成的CO2為的體積應(yīng)介于兩者之間；故答案為：×；

（2）醫(yī)用酒精中酒精的濃度約為75%；故答案為：×；

（3）乙醇與鈉反應(yīng)生成乙醇鈉和氫氣；屬于置換反應(yīng)，故答案為：√；

（4）向無水乙醇中加入濃H2SO4，加熱至170℃，產(chǎn)生的氣體通入酸性KMnO4溶液；紫紅色褪去，使溶液褪色的氣體可能是乙烯，也可能是乙醇，故答案為：×；

（5）乙醇能與乙酸發(fā)生酯化反應(yīng)；酯化反應(yīng)屬于取代反應(yīng)，故答案為：×；

（6）乙酸具有酸性，可與生石灰反應(yīng)，同時生石灰還起到吸水的作用，故答案為：√；四、實驗題(共3題，共24分)26、不能過濾OH-+HCO3-═CO32-+H2O實驗室用堿石灰和氯化銨制氨氣【分析】【分析】（1）根據(jù)二氧化碳和氨氣的溶解度分析；操作Ⅲ是分離固體和液體；可以用過濾；

（2）根據(jù)流程圖分析可知；晶體X為碳酸氫鈉，與氫氧化鈉反應(yīng)生成碳酸鈉；

（3）圖2為固體加熱裝置，適合于用固體加熱產(chǎn)生氣體的反應(yīng)；【解析】【解答】解：（1）二氧化碳的溶解度較??；中性的氯化鈉溶液不易吸收二氧化碳，通入氨氣后，溶液呈堿性，增加了二氧化碳的溶解度，利用吸收二氧化碳?xì)怏w，以便生成碳酸氫鈉，操作Ⅲ是分離晶體X和液體的，可以用過濾；

故答案為：不能；過濾；

（2）根據(jù)流程圖分析可知，晶體X為碳酸氫鈉，與氫氧化鈉反應(yīng)生成碳酸鈉，離子方程式為OH-+HCO3-═CO32-+H2O；

故答案為：OH-+HCO3-═CO32-+H2O；

（3）圖2為固體加熱裝置；適合于用固體加熱產(chǎn)生氣體的反應(yīng)，例如實驗室用堿石灰和氯化銨制氨氣；

故答案為：實驗室用堿石灰和氯化銨制氨氣；27、濁液BaCl2Na2CO3HCl溶解過濾蒸發(fā)結(jié)晶玻璃棒漏斗Ba2++CO32-=BaCO3↓Ba2++SO42-=BaSO4↓【分析】【分析】（1）濁液是不溶性固體顆?；虿蝗苄孕∫旱畏稚⒌揭后w中形成的混合物；根據(jù)分散系中的成分判斷所屬種類．

（2）選取的除雜劑要除去雜質(zhì)且不引進新的雜質(zhì)；除去溶液中硫酸根離子；碳酸根離子需要加入氯化鋇溶液，要除去溶液中過量的鋇離子要用碳酸鈉溶液，要除去過量的碳酸根離子要用鹽酸．

（3）要使固體溶質(zhì)變?yōu)槿芤盒枰芙?；要分離不溶性的固體和液體要過濾，從溶液中析出固體需要蒸發(fā)結(jié)晶．

（4）根據(jù)各種玻璃儀器的作用選?。?/p>

（5）鋇離子和碳酸根離子和硫酸根離子都能產(chǎn)生不溶于水的沉淀．【解析】【解答】解：（1）在第②；③步操作中；分別加入的物質(zhì)是氯化鋇和碳酸鈉，在分散系A(chǔ)中得到硫酸鋇沉淀，在分散系B中得到碳酸鋇沉淀，所以都是濁液．

故答案為：濁液．

（2）選取的除雜劑要除去雜質(zhì)且不引進新的雜質(zhì)；除去溶液中硫酸根離子和碳酸根離子需要加入氯化鋇溶液，要除去溶液中過量的鋇離子要用碳酸鈉溶液，要除去過量的碳酸根離子要用鹽酸．

故答案為：②BaCl2③Na2CO3⑤HCl．

（3）要使固體溶質(zhì)轉(zhuǎn)變?yōu)槿芤?；需要向溶質(zhì)中加入水進行溶解，要分離不溶性的固體和液體要進行過濾操作，從溶液中析出固體需要蒸發(fā)結(jié)晶操作．

故答案為：①溶解；④過濾、⑥蒸發(fā)結(jié)晶．

（4）漏斗有過濾作用；玻璃棒有引流和攪拌作用，所以還需要的玻璃儀器有漏斗和玻璃棒．

故答案為：漏斗；玻璃棒．

（5）向溶液中加入氯化鋇后，溶液中鋇離子和碳酸根離子和硫酸根離子反應(yīng)生成難溶于水的碳酸鋇和硫酸鋇，離子方程式為：Ba2++CO32-=BaCO3↓、Ba2++SO42-=BaSO4↓．

故答案為：Ba2++CO32-=BaCO3↓、Ba2++SO42-=BaSO4↓．28、略

【分析】解：（1）化合價降低的元素Cu；O；在反應(yīng)中被還原，故答案為：Cu、O；

（2）冶煉過程產(chǎn)生大量SO2．分析下列處理方案：

a．二氧化硫是污染性氣體；高空排放會污染空氣，處理不合理，故a錯誤；

b．可以利用吸收二氧化硫生成硫酸，用于制備硫酸，故b合理；

c．用純堿溶液吸收二氧化硫可以制Na2SO4；故c合理；

d．用濃硫酸不能吸收二氧化硫；故d不合理；

故答案為：b；c．

（3）a．氧化鋁是兩性氧化物，能和強酸以及強堿反應(yīng)，6H++Al2O3=3H2O+2Al3+；除去鋁離子的反應(yīng)是利用過量氫氧化鈉溶液和鋁離子反應(yīng)生成偏鋁酸根；

故答案為：Al3++4OH-=2H2O+AlO2-；

b．高錳酸鉀溶液能氧化亞鐵離子，使得高錳酸鉀溶液褪色，故答案為：稀硫酸、KMnO4溶液；稀硫酸浸取爐渣所得溶液使KMnO4溶液褪色．

（1）反應(yīng)中化合價降低的元素被還原；

（2）冶煉過程產(chǎn)生大量SO2；處理方案中合理的分析是二氧化硫是污染性氣體，不能排放到空氣中，可以吸收利用；

（3）a；氧化鋁是兩性氧化物；能和強酸以及強堿反應(yīng)，利用氫氧化鈉使其變?yōu)槠X酸根即可；

b；亞鐵離子能被高錳酸鉀溶液氧化；使的高錳酸鉀溶液褪色．

本題是對金屬的化學(xué)性質(zhì)的考查，要求學(xué)生熟記教材知識，學(xué)以致用，綜合性較強，難度中等．【解析】O、Cu；bc；Al3++4OH-═AlO+2H2O；稀硫酸、KMnO4溶液；稀硫酸浸取爐渣所得溶液使KMnO4溶液褪色五、書寫(共3題，共21分)29、H2SO4=2H++SO42-c（Na+）＞c（HSO4-）＞c（H+）＞c（SO42-）＞c（OH-）堿SO42-+H2O?OH-+HSO4-＞2OH-+2HSO4-+Ba2+=BaSO4↓+2H2O+SO42-【分析】【分析】常溫下0.01mol?L-1H2SO4（強酸）溶液中c（H+）=0.011mol?L-1；說明硫酸的第二步電離存在電離平衡；

（1）硫酸溶液中完全電離；硫酸氫根離子的電離程度大于其水解程度，溶液顯示酸性，據(jù)此判斷各離子濃度大??；硫酸鈉溶液中，硫酸根離子部分水解生成硫酸氫根離子，溶液顯示堿性，據(jù)此寫出其水解方程式；

（2）硫酸的第一步電離抑制了其第二步電離；導(dǎo)致硫酸中硫酸氫根離子的電離程度減小，據(jù)此判斷0.01mol/L的硫酸氫鈉溶液中氫離子濃度大??；

（3）硫酸氫鈉與氫氧化鋇反應(yīng)生成硫酸鋇和水，其中硫酸氫鈉不能拆