2024年北師大新版高三化學(xué)上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年北師大新版高三化學(xué)上冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點(diǎn)；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總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、下列敘述正確的是（）A.常溫下，pH值等于14與pH值等于12的兩種NaOH溶液等體積混和后，c（H+）=B.常溫下，濃度為1×10-10mol/L的KOH溶液的pH值最接近于4C.氨水加水稀釋，溶液中除水以外的所有粒子的濃度都減小D.常溫下，相同溫度下pH值等于1的鹽酸溶液中水的電離程度與pH值等于13的Ba（OH）2溶液中水的電離程度相等2、為證明稀硝酸與銅反應(yīng)產(chǎn)物中氣體為NO；設(shè)計(jì)如圖實(shí)驗(yàn)（實(shí)驗(yàn)過程中活塞2為打開狀態(tài)），下列說法中不正確的是（）

A.關(guān)閉活塞1；加入稀硝酸至液面a處。

B.在裝置左側(cè)稍加熱可以加快稀硝酸與銅的反應(yīng)速率。

C.通過關(guān)閉或開啟活塞1可以控制反應(yīng)的進(jìn)行。

D.反應(yīng)開始后；膠塞下方有無色氣體生成，還不能證明該氣體為NO

3、Na2SO3和NaHSO3在工業(yè)上均有廣泛用途，下列有關(guān)離子方程式正確的是（）A.用Na2SO3制備少量SO2：SO+2H+═SO2↑+H2OB.Na2SO3溶液使酚酞試劑變紅：SO+H2O═OH-+HSOC.用Ba（NO3）2溶液檢驗(yàn)HSO：HSO+Ba2+═BaSO3↓+H+D.用NaHSO3溶液檢驗(yàn)H2S氣體：2H2S+H++HSO═3S↓+3H2O4、下列說法不正確的是（）A.核素H的中子數(shù)是0B.16O和18O互為同位素C.納米碳管和足球烯互為同素異形體D.C2H6O有兩種同分異構(gòu)體5、下列物質(zhì)中，含有自由移動的Cl-的是（）A.KClO3溶液B.KCl晶體C.熔融的NaClD.氯化氫氣體評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)6、銅合金是人類使用最早的金屬材料，銅在化合物中的常見化合價有+1、+2．已知Cu2O與稀硫酸反應(yīng)，有紅色金屬析出且溶液呈藍(lán)色．現(xiàn)向Cu、Cu2O和CuO組成的混合物中，加入1L0.6mol/LHNO3溶液恰好使混合物溶解；同時收集到2240mLNO氣體（標(biāo)準(zhǔn)狀況）．請回答下列問題：

（1）寫出Cu2O跟稀硝酸反應(yīng)的離子方程式____．

（2）生成硝酸銅的物質(zhì)的量為____mol

（3）若將上述混合物用足量的H2加熱還原，所得到固體的質(zhì)量為____g．

（4）若混合物中含0.1molCu，將該混合物與稀硫酸充分反應(yīng)，至少消耗H2SO4的物質(zhì)的量為____．

（5）若混合物中Cu的物質(zhì)的量為nmol，則n的取值范圍為____．7、下列有機(jī)物A：CH3OHB．CH3CH2OHC．CH3CHOHCH3D．（CH3）2CHCH2CH2OHE．HOCH2CH（CH3）2F．（CH3）3C-OHG．．其中能被氧化成醛的有____，不能被催化氧化的有____，可發(fā)生消去反應(yīng)的有____．8、（2016?邯鄲校級模擬）乙酸環(huán)己酯具有香蕉及蘋果氣味；主要用于配制各種飲料；冰淇淋等，實(shí)驗(yàn)室制備乙酸環(huán)己酯的反應(yīng)原理、裝置示意圖和有關(guān)數(shù)據(jù)如下：

。相對分子質(zhì)量密度/g?cm-3沸點(diǎn)水中溶解性乙酸601.051118.0溶溶環(huán)己醇1000.962160.8微溶微溶乙酸環(huán)己酯1420.969173.5難溶難溶實(shí)驗(yàn)步驟：

將12.0g（0.2mol）乙酸、l0.0g（0.1mol）環(huán)己醇和15mL環(huán)己烷加入裝有溫度計(jì)、恒壓滴液漏斗和球形冷凝管的四頸燒瓶中，在攪拌下，慢慢滴加15mL98%濃硫酸，滴加完后將恒壓滴液漏斗換成分水器裝置，加熱回流90min后，向反應(yīng)液中依次加入水、10%的NaHCO3溶液、水洗滌，然后加無水MgSO4；放置過夜，加熱蒸餾，收集168-174℃的餾分，得到無色透明；有香味的液體產(chǎn)品6.9g

（1）上述反應(yīng)裝置圖中存在的一處錯誤是____．

（2）實(shí)驗(yàn)中控制乙酸的物質(zhì)的量是環(huán)己醇的2倍，其目的是____．

（3）分水器（圖1）的作用是____．

（4）用l0%的NaHCO3溶液洗滌的目的是____；第二次水洗的目的是____；加入無水MgSO4的目的是____．

（5）本次實(shí)驗(yàn)的產(chǎn)率為____．（保留3位有效數(shù)字）

（6）若在進(jìn)行蒸餾操作時，采用圖2裝置，會使實(shí)驗(yàn)的產(chǎn)率____

（填“偏高”或“偏低”），其原因是____．9、（2015春?薊縣校級月考）氮是一種地球上含量豐富的元素；氮及其化合物的研究在生產(chǎn)；生活中有著重要意義．

（1）圖是1molNO2和1molCO反應(yīng)生成CO2和NO過程中能量變化示意圖，寫出NO2和CO反應(yīng)的熱化學(xué)方程式____．

（2）已知：N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180kJ?mol-1

2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）△H=-746kJ?mol-1

則反應(yīng)CO（g）+1/2O2（g）═CO2（g）的△H=____kJ?mol-1

（3）在一固定容積為2L的密閉容器內(nèi)加入0.2mol的N2和0.6mol的H2，在一定條件下發(fā)生如下反應(yīng)：N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H＜0；

①該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式K=____；

②若5分鐘末達(dá)到平衡，此時測得體系壓強(qiáng)是開始時的0.7倍，則平衡時H2的轉(zhuǎn)化率為____；

③平衡常數(shù)K與溫度T的關(guān)系如表：則K1____K2（填寫“＞”；“=”或“＜”）

。T/K398498平衡常數(shù)KK1K210、烷烴通式為____，在通常狀況下為氣態(tài)的烴，其碳原子數(shù)均小于或等于____．11、高鐵酸鉀(K2FeO4)是一種集氧化、吸附、絮凝于一體的新型多功能水處理劑。其生產(chǎn)工藝流程如下：請同答下列問題：(l)寫出向KOH溶液中通入足量Cl2發(fā)生反應(yīng)的離子方程式_______。（2）在溶液I中加入KOH固體的目的是______（填編號）。A．為下一步反應(yīng)提供堿性的環(huán)境B．使KClO3轉(zhuǎn)化為KClOC．與溶液I中過量的Cl2繼續(xù)反應(yīng)，生成更多的KClOD．KOH固體溶解時會放出較多的熱量，有利于提高反應(yīng)速率（3）從溶液Ⅱ中分離出K2FeO4后，還會有副產(chǎn)品KNO3，KCl,則反應(yīng)③中發(fā)生的離子反應(yīng)方程式為_______。每制得59.4克K2FeO4，理論上消耗氧化劑的物質(zhì)的量為____mol。（4）高鐵酸鉀(K2FeO4)作為水處理劑的一個優(yōu)點(diǎn)是能與水反應(yīng)生成膠體吸附雜質(zhì)，配平該反應(yīng)的離子方程式：_______FeO42－+_______H2O=_______Fe(OH)3（膠體）+_______O2↑+_______OH－。（5）從環(huán)境保護(hù)的角度看，制備K2FeO4較好的方法為電解法，其裝置如圖所示。電解過程中陽極的電極反應(yīng)式為________。（6）高鐵電池是一種新型二次電池，電解液為堿溶液，其反應(yīng)式為：3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH3Zn+2K2FeO4+8H2O,放電時電池的負(fù)極反應(yīng)式為________。12、（7分）二氧化錳是制造鋅錳干電池的基本材料．工業(yè)上以軟錳礦為原料，利用硫酸亞鐵制備高純二氧化錳的流程如下：某軟錳礦的主要成分為MnO2，還含Si（16．27%）、Fe（5．86%）、Al（3．42%）、Zn（2．68%）和Cu（0．86%）等元素的化合物．部分陽離子以氫氧化物或硫化物的形式完全沉淀時溶液的pH見下表，回答下列問題：。沉淀物pHAl（OH）35．2Fe（OH）33．2Fe（OH）29．7Mn（OH）210．4Cu（OH）26．7Zn（OH）28．0CuS≥－0．42ZnS≥2．5MnS≥7FeS≥7（1）硫酸亞鐵在酸性條件下將MnO2還原為MnSO4，酸浸時發(fā)生的主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為______________________________．（2）濾渣A的主要成分為________．（3）加入MnS的目的是除去________雜質(zhì)．（4）堿性鋅錳干電池中，MnO2參與的電極反應(yīng)方程式為__________________________．（5）從廢舊堿性鋅錳干電池中可以回收利用的物質(zhì)有________（寫出兩種）．評卷人得分三、判斷題(共5題，共10分)13、12g金剛石中含有的共價鍵數(shù)為2NA．____（判斷對錯）14、金屬陽離子一定只具有氧化性．____（判斷對錯）15、蛋白質(zhì)、纖維素、蔗糖、PVC、淀粉都是高分子化合物____（判斷對錯）16、判斷對錯：1molNa2O2固體中含有離子總數(shù)為4NA____．17、蛋白質(zhì)、纖維素、蔗糖、PVC、淀粉都是高分子化合物____（判斷對錯）評卷人得分四、簡答題(共3題，共9分)18、氨和聯(lián)氨（N2H4）是氮的兩種常見化合物；在科學(xué)技術(shù)和生產(chǎn)中有重要的應(yīng)用．根據(jù)題意完成下列計(jì)算：

（1）聯(lián)氨用亞硝酸氧化生成氮的另一種氫化物，該氫化物的相對分子質(zhì)量為43.0，其中氮原子的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為0.977，則該氫化物的分子式為______．該氫化物受撞擊則完全分解為氮?dú)夂蜌錃猓?.30g該氫化物受撞擊后產(chǎn)生的氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為______L．

（2）火箭常用N2H4作燃料，N2O4作氧化劑．已知：

N2（g）+2O2（g）═2NO2（g）△H=+67.7kJ?mol-1

N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）△H=-534.0kJ?mol-1

NO2（g）═N2O4（g）△H=-26.35kJ?mol-1

試寫出氣態(tài)聯(lián)氨在氣態(tài)四氧化二氮中燃燒生成氮?dú)夂蜌鈶B(tài)水的熱化學(xué)方程式______，反應(yīng)生成72.0kg水時的電子轉(zhuǎn)移數(shù)為______個．

（3）氨的水溶液可用于吸收NO與NO2混合氣體，反應(yīng)方程式為6NO+4NH3═5N2+6H2O；NO2+______NO與NO2混合氣體180mol被8.90×103g氨水（質(zhì)量分?jǐn)?shù)0.300）完全吸收，產(chǎn)生156mol氮?dú)猓蘸蟀彼芏葹?.980g/cm3．則。

①該混合氣體中NO與NO2的體積比為______．

②吸收后氨水的物質(zhì)的量濃度______（答案保留1位小數(shù)）．19、rm{NO}很容易與許多分子迅速發(fā)生反應(yīng)，科學(xué)家發(fā)現(xiàn)在生物體中不斷地產(chǎn)生rm{NO}用于細(xì)胞間傳遞信息；rm{NO}還參與心血管系統(tǒng)；免疫系統(tǒng)以及中樞和外圍神經(jīng)系統(tǒng)的調(diào)控．

Ⅰrm{.(1)}實(shí)驗(yàn)室用金屬銅和稀硝酸制取rm{NO}的離子方程式為______．

rm{(2)NO}是有毒氣體，某學(xué)生為防止污染，用分液漏斗和燒杯裝配了一套簡易的、能隨開隨用、隨關(guān)隨停的rm{NO}氣體發(fā)生裝置；如圖甲所示．

rm{壟脵}實(shí)驗(yàn)室若沒有銅絲，而只有小銅粒，在使用上述裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)時，可用絲狀材料包裹銅粒以代替銅絲進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，這種絲狀材料的成分可以是______rm{(}填選項(xiàng)編號rm{)}．

A.鐵rm{B.}鋁rm{C.}鉑rm{D.}玻璃。

rm{壟脷}打開分液漏斗的活塞反應(yīng)進(jìn)行，在充分液漏斗中實(shí)際看到的氣體是紅棕色的，原因是______rm{(}填化學(xué)方程式rm{)}

rm{(3)}為證明銅絲與稀硝酸反應(yīng)生成的確實(shí)是rm{NO}某學(xué)生另設(shè)計(jì)了一套如圖乙所示的裝置制取rm{NO.}反就開始后，可以在rm{U}形管右端觀察到無色的rm{NO}氣體．

rm{壟脵}長玻璃管的作用是______．

rm{壟脷}讓反應(yīng)停止的操作方法及原因是______．

rm{(4)}以下收集rm{NO}氣體的裝置，合理的是______rm{(}填選項(xiàng)代號rm{)}．

rm{(5)}假設(shè)實(shí)驗(yàn)中rm{12.8g}rm{Cu}全部溶解，需要通入標(biāo)況下______rm{mL}rm{O_{2}}才能使rm{NO}全部溶于水．

Ⅱrm{.}用金屬銅制取硝酸銅，從節(jié)約原料和防止環(huán)境污染的角度考慮，下列rm{4}種方法中最好的是______rm{(}填“甲”、“乙”、“丙”或“丁”rm{)}理由是______．

甲：銅rm{xrightarrow{{脜簍脧玫脣謾}}}硝酸銅。

乙：銅rm{xrightarrow{{脜簍脧玫脣謾}}}硝酸銅。

丙：銅rm{xrightarrow{{脗脠脝酶}}}氯化銅rm{xrightarrow{{脧玫脣謾}}}硝酸銅。

?。恒~rm{xrightarrow{{驢脮脝酶}}}氧化銅rm{xrightarrow{{脧玫脣謾}}}硝酸銅．20、2018第十二屆中國國際航空航天博覽會于11月6目至11日在珠海舉行；銀銅合金廣泛用于航空工業(yè)。從銀銅合金切割廢料中回收銀并制備銅化工產(chǎn)品的工藝如下：

注：Al（OH）3和Cu（OH）2開始分解的溫度分別為450℃和80℃。

（1）加快渣料（含少量銀）溶于稀H2SO4的速率的措施有______；______（寫出兩種）。

（2）濾渣A與稀HNO3反應(yīng)，產(chǎn)生的氣體在空氣中迅速變?yōu)榧t棕色，濾渣A與稀HNO3反應(yīng)的離子方程式為______。

（3）固體混合物B的組成為______；在生成固體B的過程中；需控制NaOH的加入量，若NaOH過量，則因過量引起的反應(yīng)的離子方程式為______

（4）完成煅燒過程中一個反應(yīng)的化學(xué)方程式：______CuO+______Al2O3______CuAlO2+______↑

（5）硫酸銅溶液可用于浸取硫鐵礦中的鐵元素，浸取時發(fā)生復(fù)雜的氧化還原反應(yīng)。反應(yīng)體系中除CuSO4和FeS2外，還有H2SO4、Cu2S、FeSO4和H2O；下列對該反應(yīng)的分析不正確的是______（填序號）。

A．氧化劑為CuSO4和FeS2B．反應(yīng)后溶液的pH降低。

C．每轉(zhuǎn)移2mol電子消耗3molCuSO4D．被氧化的FeS2只占總量的30%評卷人得分五、實(shí)驗(yàn)題(共3題，共18分)21、實(shí)驗(yàn)室欲配制100mL0.5mol/L的Na2SO4溶液；試回答：

（1）實(shí)驗(yàn)中用不到的儀器是：____；

A．燒杯B．圓底燒瓶C.100mL容量瓶D．膠頭滴管E．玻璃棒。

（2）配制時應(yīng)稱取Na2SO4____g；

（3）在配制一定物質(zhì)的量濃度溶液的實(shí)驗(yàn)中，下列操作會使所配溶液的濃度偏大的是____．

A．在燒杯中溶解溶質(zhì)；攪拌時不慎濺出少量溶液。

B．未將洗滌燒杯內(nèi)壁的溶液轉(zhuǎn)移入容量瓶。

C．將配得的溶液從容量瓶轉(zhuǎn)移到干燥；潔凈的試劑瓶中時；有少量濺出。

D．將燒杯中溶液轉(zhuǎn)移到容量瓶之前；容量瓶中有少量蒸餾水。

E．定容時俯視液面．22、食鹽中含有一定量的鎂；鐵等雜質(zhì)；加碘鹽中碘的損失主要是由于雜質(zhì)、水分、空氣中的氧氣以及光照、受熱而引起的．已知：

氧化性：IO3-＞Fe3+＞I2；

還原性：S2O32-＞I-

3I2+6OH-═5I-+IO3-+3H2O

KI+I2?KI3

（1）某學(xué)習(xí)小組對加碘鹽進(jìn)行了如下實(shí)驗(yàn)：取一定量某加碘鹽（可能含有KIO3、KI、Mg2+、Fe3+），用適量蒸餾水溶解，并加稀鹽酸酸化，將所得試液分為3份．第一份試液中滴加KSCN溶液后顯血紅色；第二份試液中加足量KI固體，溶液顯淡黃色，用CCl4萃取，下層溶液顯紫紅色；第三份試液中加入適量KIO3固體后；滴加淀粉試劑，溶液不變色．

①加KSCN溶液顯血紅色，該紅色物質(zhì)是______（用化學(xué)式表示）；CCl4中顯紫紅色的物質(zhì)是______（用電子式表示）．

②第二份試劑中加入足量KI固體后，反應(yīng)的離子方程式為______．

（2）KI作為加碘劑的食鹽在保存過程中，由于空氣中氧氣的作用，容易引起碘的損失．寫出潮濕環(huán)境中KI與氧氣反應(yīng)的化學(xué)方程式：______．

將I2溶于KI溶液，在低溫條件下，可制得KI3?H2O．該物質(zhì)作為食鹽加碘劑是否合適？______（填“是”或“否”），并說明理由：______．

（3）為了提高加碘鹽（添加KI）的穩(wěn)定性，可加穩(wěn)定劑減少碘的損失．下列物質(zhì)中有可能作為穩(wěn)定劑的是______．

A．Na2S2O3B．AlCl3C．Na2CO3D．NaNO2

（4）對含F(xiàn)e2+較多的食鹽（假設(shè)不含F(xiàn)e3+），可選用KI作為加碘劑．請?jiān)O(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案，檢驗(yàn)該加碘鹽中的Fe2+：______．23、半導(dǎo)體生產(chǎn)中常需要使用摻雜劑，以保證控制電阻率，三氯化磷rm{(PCl_{3})}是一種重要的摻雜劑。實(shí)驗(yàn)室要用黃磷rm{(}即白磷rm{)}與干燥的rm{Cl_{2}}模擬工業(yè)生產(chǎn)制取rm{PCl_{3}}裝置如圖所示：rm{(}部分夾持裝置略去rm{)}

已知：rm{壟脵}黃磷與少量rm{Cl_{2}}反應(yīng)生成rm{PCl_{3}}與過量rm{Cl_{2}}反應(yīng)生成rm{PCl_{5}}rm{壟脷PCl_{3}}遇水會強(qiáng)烈水解生成rm{H_{3}PO_{3}}和rm{HCl}rm{壟脹PCl_{3}}遇rm{O_{2}}會生成rm{POCl_{3}}rm{POCl_{3}}溶于rm{PCl_{3}}rm{壟脺PCl_{3}}rm{POCl_{3}}的熔沸點(diǎn)見下表：

。物質(zhì)熔點(diǎn)rm{/隆忙}沸點(diǎn)rm{/隆忙}rm{PCl_{3}}rm{-112}rm{75.5}rm{POCl_{3}}rm{2}rm{105.3}請回答下列問題：

rm{(1)B}中所裝的試劑是______，rm{F}中堿石灰的作用是______。

rm{(2)}實(shí)驗(yàn)時，檢査裝置氣密性后，先打開rm{K_{3}}關(guān)閉rm{K_{1}}通入干燥的rm{CO_{2}}再迅速加入黃磷。通干燥rm{CO_{2}}的作用是______，通過控制rm{K_{1}}rm{K_{2}}能除去rm{A}rm{B}裝置中的空氣；具體的操作是______。

rm{(3)}粗產(chǎn)品中常含有rm{POCl_{3}}rm{PCl_{5}}等。加入黃磷加熱除去rm{PCl_{5}}后，通過______rm{(}填實(shí)驗(yàn)操作名稱rm{)}即可得到較純凈的rm{PCl_{3}}

rm{(4)}通過下面方法可測定產(chǎn)品中rm{PCl_{3}}的質(zhì)量分?jǐn)?shù)：

rm{壟脵}迅速稱取rm{1.00g}產(chǎn)品，加水反應(yīng)后配成rm{250mL}溶液；

rm{壟脷}取以上溶液rm{25.00mL}向其中加入淀粉作為指示劑。

rm{壟脹}向其中加入rm{0.1000mol?L^{-1}}碘水，充分反應(yīng)，當(dāng)達(dá)到終點(diǎn)時消耗碘水溶液rm{6.9mL.}已知：rm{H_{3}PO_{3}+H_{2}O+I_{2}簍TH_{3}PO_{4}+2HI}假設(shè)測定過程中沒有其他反應(yīng)。

滴定時；滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是______；

配制rm{0.1000mol?L^{-1}}的碘水溶液的過程中；下列操作會使所得溶液濃度偏大的是______

rm{A}燒杯中溶液轉(zhuǎn)移至容量瓶中時；未洗滌燒杯。

rm{B}定容時俯視刻度線。

rm{C}定容時仰視刻度線。

rm{D}容量瓶未干燥。

rm{E}移液時有少量液體濺出。

rm{F}溶解碘時放熱；未冷卻至室溫就轉(zhuǎn)移至容量瓶并定容。

根據(jù)上述數(shù)據(jù)，該產(chǎn)品中rm{PCl_{3}}的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為______。參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、D【分析】【分析】A．計(jì)算混合堿溶液的pH時，需要先計(jì)算出混合液中氫氧根離子濃度，然后計(jì)算出混合液中氫離子濃度，最后根據(jù)pH=-lgc（H+）計(jì)算器pH；

B．氫氧化鉀溶液為堿溶液；溶液的pH大于7，不可能為4；

C．稀釋氨水后；氨水中氫氧根離子濃度減小，水的離子積不變，則氫離子濃度增大；

D．pH=1的鹽酸中氫離子濃度為0.1mol/L，pH=13的氫氧化鋇溶液中氫氧根離子濃度也是0.1mol/L，兩溶液對水的電離程度的影響相同．【解析】【解答】解：A．常溫下，pH值等于14與pH值等于12的兩種NaOH溶液等體積混和后，溶液中氫氧根離子濃度為：≈0.505mol/L；混合液中氫離子濃度為：

c（H+）=mol/L≈1.82×10-14mol/L；故A錯誤；

B．常溫下濃度為1×10-10mol/L的KOH溶液的pH只能大于7；不可能接近于4，故B錯誤；

C．氨水加水稀釋后；溶液中氫氧根離子濃度減小，由于水的離子積不變，則稀釋后氨水中的氫離子濃度增大，故C錯誤；

D．酸溶液和堿溶液都抑制了水的電離；pH=1的鹽酸中氫離子濃度為0.1mol/L，pH=13的氫氧化鋇溶液中氫氧根離子濃度也是0.1mol/L，鹽酸中氫離子與氫氧化鋇溶液中的氫氧根離子濃度相同，則兩溶液中水的電離程度相同，故D正確；

故選D．2、A【分析】

A；關(guān)閉活塞1；U形管左端氣體被封在管內(nèi)，氣體產(chǎn)生壓強(qiáng)導(dǎo)致稀硝酸的液面無法上升到a處，故A錯誤．

B；升高溫度能加快化學(xué)反應(yīng)速率；無論該反應(yīng)是放熱反應(yīng)還是吸熱反應(yīng)，所以在裝置左側(cè)稍加熱可以加快稀硝酸與銅的反應(yīng)速率，故B正確．

C；關(guān)閉或開啟活塞1能控制U形管內(nèi)產(chǎn)生氣體的壓強(qiáng)；當(dāng)壓強(qiáng)大時能使銅和稀硝酸分離從而停止反應(yīng)，所以通過關(guān)閉或開啟活塞1可以控制反應(yīng)的進(jìn)行，故C正確．

D；一氧化氮是無色氣體；如果證明反應(yīng)產(chǎn)生的氣體是一氧化氮，需要將活塞1打開，將氣體放入分液漏斗中，氣體在分液漏斗中變?yōu)榧t棕色，則證明反應(yīng)所產(chǎn)生的氣體是一氧化氮，否則無法證明，故D正確．

故選A．

【解析】【答案】A；U形管內(nèi)空氣產(chǎn)生的壓強(qiáng)對加入的硝酸液面有影響．

B；升高溫度能加快化學(xué)反應(yīng)速率；無論該反應(yīng)是放熱反應(yīng)還是吸熱反應(yīng)．

C；關(guān)閉或開啟活塞1能控制U形管內(nèi)產(chǎn)生氣體的壓強(qiáng)；從而影響化學(xué)反應(yīng)．

D；一氧化氮是無色氣體；只有無色氣體和氧氣反應(yīng)后轉(zhuǎn)化為紅棕色氣體才能證明該氣體是一氧化氮．

3、A【分析】【分析】A．亞硫酸鈉與稀硫酸反應(yīng)生成二氧化硫和水；

B．亞硫酸根離子水解生成亞硫酸氫根離子和氫氧根離子；

C．硝酸根離子能夠氧化亞硫酸氫根離子；

D．二者反應(yīng)生成硫單質(zhì)和亞硫酸鈉和水．【解析】【解答】解：A．亞硫酸鈉與稀硫酸反應(yīng)生成二氧化硫和水，離子方程式：SO32-+2H+═SO2↑+H2O；故A正確；

B．Na2SO3溶液使酚酞試劑變紅，離子方程式：SO32-+H2O?OH-+HSO3-；故B錯誤；

C．硝酸根離子能夠氧化亞硫酸氫根離子生成硫酸根離子；硫酸根離子能夠與鋇離子反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀，不能檢驗(yàn)亞硫酸氫根離子，故C錯誤；

D．用NaHSO3溶液檢驗(yàn)H2S氣體：2H2S+2HSO═3S↓+3H2O+SO32-；故D錯誤；

故選：A．4、A【分析】【分析】A．中子數(shù)=質(zhì)量數(shù)-質(zhì)子數(shù)；

B．同位素是質(zhì)子數(shù)相同而中子數(shù)不同的同元素的不同原子；

C．同素異形體是同種元素組成的性質(zhì)不同的單質(zhì)之間的互稱；

D．同分異構(gòu)體是具有相同的分子式和不同結(jié)構(gòu)的有機(jī)物之間的互稱．【解析】【解答】解：A．中子數(shù)=質(zhì)量數(shù)-質(zhì)子數(shù)=2-1=1；故A錯誤；

B．16O和18O具有相同的質(zhì)子數(shù)和不同的中子數(shù)的碳原子；互為同位素，故B正確；

C．納米碳管和足球烯是碳元素組成的性質(zhì)不同的單質(zhì)；互稱同素異形體，故C正確；

D．C2H6O可能是CH3CH2OH和CH3OCH3；具有相同的分子式和不同結(jié)構(gòu)的有機(jī)物，互為同分異構(gòu)體，故D正確．

故選A．5、C【分析】【分析】在水溶液里或熔融狀態(tài)下能夠發(fā)生電離的氯化物中含有自由移動的氯離子，據(jù)此判斷．【解析】【解答】解：A．氯酸鉀溶液中含有氯酸根離子，不存在Cl-；故A不選；

B．氯化鉀固體中含有氯離子和鉀離子；但是離子被靜電作用束縛，不能移動，故B不選；

C．熔融的NaCl中；電離出自由移動的鈉離子和自由移動的氯離子，所以含自由移動的氯離子，故C選；

D．氯化氫中只含有氯化氫分子；沒有自由移動氯離子，故D不選；

故選C．二、填空題(共7題，共14分)6、3Cu2O+14H++2NO3-═6Cu2++2NO↑+7H2O0.25160.1mol0.05mol＜n＜0.15mol【分析】【分析】（1）硝酸具有強(qiáng)氧化性，Cu2O被稀HNO3氧化為Cu2+，NO3-被還原為NO，同時生成H2O；據(jù)此配平寫出反應(yīng)離子方程式；

（2）Cu、Cu2O、CuO與0.6molHNO3恰好完全反應(yīng)時生成Cu（NO3）2、NO和H2O，根據(jù)N原子守恒計(jì)算n[Cu（NO3）2]；

（3）根據(jù)n[Cu（NO3）2]及Cu元素守恒計(jì)算還原后得到Cu的物質(zhì)的量；再根據(jù)m=nM計(jì)算固體Cu的質(zhì)量；

（4）由Cu元素守恒可得：2n（Cu2O）+n（CuO）+n（Cu）=混合物中Cu原子物質(zhì)的量，根據(jù)電子守恒可知：2n（Cu）+2n（Cu2O）=3n（NO），聯(lián)立方程計(jì)算Cu2O、CuO的物質(zhì)的量，Cu2O、CuO中氧原子與H2SO4反應(yīng)結(jié)合H+生成H2O；據(jù)此計(jì)算消耗硫酸；

（5）根據(jù)電子守恒和銅原子守恒用n表示出n（Cu2O）、n（CuO）．【解析】【解答】解：（1）Cu2O被稀HNO3氧化為Cu2+，NO3-被還原為NO，同時生成H2O，其反應(yīng)的離子方程式為：3Cu2O+14H++2NO3-═6Cu2++2NO↑+7H2O；

故答案為：3Cu2O+14H++2NO3-═6Cu2++2NO↑+7H2O；

（2）Cu、Cu2O、CuO與HNO3恰好完全反應(yīng)時生成Cu（NO3）2、NO和H2O，硝酸的物質(zhì)的量為：1L×0.6mol/L=0.6mol，NO的物質(zhì)的量==0.1mol；

根據(jù)N原子守恒可知：n[Cu（NO3）2]==0.25mol；

故答案為：0.25；

（3）根據(jù)（2）可知n[Cu（NO3）2]==0.25mol，混合物中所含的Cu元素共有0.25mol，根據(jù)銅元素守恒可知，用H2還原Cu、Cu2O；CuO混合物后應(yīng)得到0.25molCu；故固體的質(zhì)量為0.25mol×64g/mol=16g；

故答案為：16g；

（4）由Cu元素守恒可得：2×n（Cu2O）+n（CuO）+0.1mol=0.25mol；

由氧化還原反應(yīng)得失電子守恒可知：0.1×2+2×n（Cu2O）=0.1mol×3；

解之得：n（Cu2O）=0.05mol；n（CuO）=0.05mol；

混合物中，0.1molCu不與稀H2SO4反應(yīng)，0.05molCu2O、0.05molCuO與稀H2SO4反應(yīng)，根據(jù)Cu2O、CuO中氧原子與H2SO4反應(yīng)結(jié)合H+生成H2O，可得n（H2SO4）=0.05mol+0.05mol=0.1mol；

故答案為：0.1mol；

（5）由Cu元素守恒可得：2×n（Cu2O）+n（CuO）+n=0.25mol；

由氧化還原反應(yīng)得失電子守恒可知：n×2+2×n（Cu2O）=0.1mol×3；

解之得：n（CuO）=n-0.05mol；

n（Cu2O）=0.15mol-n；

所以n的取值范圍為：0.05mol＜n＜0.15mol；

故答案為：0.05mol＜n＜0.15mol．7、A、B、D、E、GFB、C、D、E、F【分析】【分析】均為醇，含-CH2OH可氧化生成醛，與-OH相連C上沒有H不能被催化氧化，與-OH相連C的鄰位C上有H可發(fā)生消去反應(yīng)，以此來解答．【解析】【解答】解：均為醇，含-CH2OH可氧化生成醛；與-OH相連C上沒有H不能被催化氧化，與-OH相連C的鄰位C上有H可發(fā)生消去反應(yīng)；

則A；B、D、E、G均能被氧化成醛；

只有F不能被催化氧化；

B；C、D、E、F均可發(fā)生消去反應(yīng)；

故答案為：A、B、D、E、G；F；B、C、D、E、F．8、冷凝水應(yīng)從下口進(jìn)上口出提高環(huán)已醇的轉(zhuǎn)化率將生成的水及時從體系中分離出來，提高反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率洗去硫酸和醋酸洗去碳酸氫鈉干燥48.6%偏高產(chǎn)品中會收集到未反應(yīng)的環(huán)己醇【分析】【分析】（1）根據(jù)裝置中儀器的使用方法判斷；

（2）酯化反應(yīng)是可逆反應(yīng)；增加一種反應(yīng)物的物質(zhì)的量可以提高另一種反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率；

（3）減少生成的物質(zhì)的量可以提高反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率；

（4）反應(yīng)液中有硫酸、醋酸等酸性物質(zhì)，可以與碳酸氫鈉反應(yīng)，再用水除去碳酸氫鈉；無水MgSO4的具有吸水性；

（5）根據(jù)產(chǎn)率=×100%進(jìn)行計(jì)算；

（6）環(huán)己醇的沸點(diǎn)比乙酸環(huán)己酯低，若采用如圖3裝置，產(chǎn)品中有未反應(yīng)的環(huán)己醇．【解析】【解答】解：（1）冷凝管使用時；冷凝水應(yīng)從下口進(jìn)上口出；

故答案為：冷凝水應(yīng)從下口進(jìn)上口出；

（2）酯化反應(yīng)是可逆反應(yīng)；增加一種反應(yīng)物的物質(zhì)的量可以提高另一種反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率，所以增加乙酸的量可以提高環(huán)已醇的轉(zhuǎn)化率；

故答案為：提高環(huán)已醇的轉(zhuǎn)化率；

（3）在制乙酸環(huán)己酯的反應(yīng)中；水是生成物，將生成的水及時從體系中分離出來，提高反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率；

故答案為：將生成的水及時從體系中分離出來；提高反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率；

（4）反應(yīng)混合液中有硫酸、醋酸等酸性物質(zhì)，可以與碳酸氫鈉反應(yīng)，所以可以用再用碳酸氫鈉洗去硫酸和醋酸，再用水可以洗去碳酸氫鈉，無水MgSO4的具有吸水性，所以用，無水MgSO4干燥產(chǎn)品；

故答案為：洗去硫酸和醋酸；洗去碳酸氫鈉；干燥；

（5）0.2mol乙酸和0.1mol環(huán)己醇反應(yīng)，理論上可以生成0.1mol乙酸環(huán)己酯，即14.2g，而實(shí)際產(chǎn)量是6.9g，所以本次實(shí)驗(yàn)的產(chǎn)率=×100%=×100%=48.6%；

故答案為：48.6%；

（6）環(huán)己醇的沸點(diǎn)比乙酸環(huán)己酯低；若采用如圖3裝置，產(chǎn)品中有未反應(yīng)的環(huán)己醇，所以會使實(shí)驗(yàn)的產(chǎn)率偏高；

故答案為：偏高；產(chǎn)品中會收集到未反應(yīng)的環(huán)己醇．9、NO2（g）+CO（g）=NO（g）+CO2（g）△H=-234KJ/mol-28336%＞【分析】【分析】（1）由圖可知，1molNO2（g）和1molCO（g）反應(yīng)生成1molCO2（g）和1molNO（g）放出熱量為368kJ-134kJ=234kJ；注明物質(zhì)的聚集狀態(tài)與反應(yīng)熱書寫熱化學(xué)方程式；

（2）已知：①N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180kJ?mol-1

②2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）△H=-746kJ?mol-1

根據(jù)蓋斯定律，（①+②）÷2可得：CO（g）+O2（g）═CO2（g）；

（3）①化學(xué)平衡常數(shù)是指：一定溫度下；可逆反應(yīng)到達(dá)平衡時，生成物的濃度系數(shù)次冪之積與反應(yīng)物的濃度系數(shù)次冪之積的比，固體；純液體不需要在化學(xué)平衡常數(shù)中寫出；

②若5分鐘末達(dá)到平衡；此時測得體系壓強(qiáng)是開始時的0.7倍，則平衡時混合氣體總物質(zhì)的量為（0.2+0.6）mol×0.7=0.56mol，利用差量法計(jì)算參加反應(yīng)氫氣的物質(zhì)的量，進(jìn)而計(jì)算氫氣的轉(zhuǎn)化率；

③正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度平衡逆向移動，平衡常數(shù)減?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓海?）由圖可知，1molNO2（g）和1molCO（g）反應(yīng)生成1molCO2（g）和1molNO（g）放出熱量為368kJ-134kJ=234kJ，熱化學(xué)方程式為：NO2（g）+CO（g）=NO（g）+CO2（g）△H=-234KJ/mol；

故答案為：NO2（g）+CO（g）=NO（g）+CO2（g）△H=-234KJ/mol；

（2）已知：①N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180kJ?mol-1

②2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）△H=-746kJ?mol-1

根據(jù)蓋斯定律，（①+②）÷2可得：CO（g）+O2（g）═CO2（g），則△H=×（180kJ?mol-1-746kJ?mol-1）=-283kJ?mol-1；

故答案為：-283；

（3）①N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）的化學(xué)平衡常數(shù)表達(dá)式K=；

故答案為：；

②若5分鐘末達(dá)到平衡；此時測得體系壓強(qiáng)是開始時的0.7倍，則平衡時混合氣體總物質(zhì)的量為（0.2+0.6）mol×0.7=0.56mol，則：

N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）物質(zhì)的量減小△n

32

0.36mol0.8mol-0.56mol=0.24mol

故氫氣的轉(zhuǎn)化率為×1005=36%；

故答案為：36%；

②正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度平衡逆向移動，平衡常數(shù)減小，故平衡常數(shù)K1＞K2；

故答案為：＞．10、CnH（2n+2）4【分析】【分析】根據(jù)甲烷的化學(xué)式為CH4；推斷烷烴的通式；

烷烴中碳原子數(shù)越大，熔沸點(diǎn)越高，常溫常壓下氣態(tài)直鏈烷烴含碳原子數(shù)≤4．【解析】【解答】解：根據(jù)烷烴結(jié)構(gòu)，可知烷烴在組成相差若干個CH2原子團(tuán)．設(shè)某烷烴與甲烷相差x個CH2，則它的碳原子的數(shù)目為x+1，氫原子的數(shù)目為2x+4，即化學(xué)式為C（x+1）H（2x+4），令n=x+1，所以烷烴的通式可表示為CnH（2n+2）；

常溫常壓下氣態(tài)直鏈烷烴含碳原子數(shù)≤4，故答案為：CnH（2n+2）；4．11、略

【分析】試題分析：(l)KOH溶液與足量Cl2發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為2OH-+Cl2=ClO-+Cl-+H2O。（2）在溶液I中加入KOH固體的目的是為下一步反應(yīng)提供堿性的環(huán)境；與溶液I中過量的Cl2繼續(xù)反應(yīng)，生成更多的KClO。故選項(xiàng)為A.C．（3）反應(yīng)③中發(fā)生的離子反應(yīng)方程式為2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+Cl-+5H2O.在方程式中每產(chǎn)生2mol的FeO42-轉(zhuǎn)移電子6mol.消耗氧化劑3mol.現(xiàn)在n(K2FeO4)=59.4g÷198g/mol=0.3mol所以消耗氧化劑的物質(zhì)的量為3÷2×0.3mol=0.45mol.（4）高鐵酸鉀(K2FeO4)水解的離子方程式為4FeO42-+10H2O4Fe(OH)3(膠體)+3O2↑+8OH-（5）電解法是制備K2FeO4較好的方法，F(xiàn)e作陽極，電極反應(yīng)為Fe+8OH—6e-=FeO42-+4H2O，石墨作陰極，電極反應(yīng)為：O2+2H2O+4e-=4OH—.（6）高鐵電池放電時電池的負(fù)極反應(yīng)式為Zn+2OH—2e-=Zn(OH)2。考點(diǎn)：考查新型多功能水處理劑高鐵酸鉀(K2FeO4)的制法、原理、電子轉(zhuǎn)移及高鐵電池等反應(yīng)原理的知識?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）2OH-+Cl2=ClO-+Cl-+H2O（2）AC（3）2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O0.45（4）4FeO42-+10H2O4Fe(OH)3(膠體)+3O2↑+8OH-（5）Fe+8OH—6e-=FeO42--+4H2O（6）Zn+2OH—2e-=Zn(OH)2或Zn+2OH=Zn(OH)2+2e-。12、略

【分析】（1）根據(jù)FeSO4在反應(yīng)條件下將MnO2還原為MnSO4，F(xiàn)e2＋被氧化為Fe3＋，可以寫其反應(yīng)方程式2FeSO4＋MnO2＋2H2SO4===MnSO4＋Fe2（SO4）3＋2H2O。（2）根據(jù)反應(yīng)后濾液（Mn2＋、Fe3＋、Al3＋、Cu2＋、Zn2＋、Fe2＋）加氨水調(diào)pH至5．4，結(jié)合題表可知濾渣A的主要成分為Fe（OH）3和Al（OH）3。（3）根據(jù)題表可知加入MnS是為了生成溶解度更小的CuS、ZnS而除去Cu2＋、Zn2＋．（4）堿性鋅錳干電池中Zn作負(fù)極，則MnO2作正極得電子．其電極反應(yīng)式應(yīng)為MnO2＋H2O＋e－===MnOOH＋OH－。（5）從堿性鋅錳干電池的原料可知，其廢舊電池可回收利用的物質(zhì)為鋅和MnO2?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）MnO2＋2FeSO4＋2H2SO4===MnSO4＋Fe2（SO4）3＋2H2O（2）Fe（OH）3、Al（OH）3（3）Cu2＋、Zn2＋（4）MnO2＋H2O＋e－===MnOOH＋OH－（5）Zn、MnO2三、判斷題(共5題，共10分)13、√【分析】【分析】求出金剛石的物質(zhì)的量，然后根據(jù)1mol金剛石中含2mol共價鍵來分析．【解析】【解答】解：12g金剛石的物質(zhì)的量為1mol，而1mol金剛石中含2mol共價鍵即2NA個，故答案為：√．14、×【分析】【分析】金屬陽離子不一定只有氧化性，可能具有還原性，考慮變價金屬陽離子即可．【解析】【解答】解：一般常見金屬陽離子只具有氧化性，但是亞鐵離子、亞銅離子等據(jù)既具有氧化性又具有還原性，故金屬陽離子一定只具有氧化性的說法錯誤，故答案為：×．15、×【分析】【分析】高分子化合物（又稱高聚物）一般相對分子質(zhì)量高于10000，結(jié)構(gòu)中有重復(fù)的結(jié)構(gòu)單元；據(jù)此分析．【解析】【解答】解：蔗糖的分子式為：C12H22O12；其相對分子質(zhì)量較小，不屬于高分子化合物，蛋白質(zhì)；纖維素、PVC、淀粉都是高分子化合物，故該說法錯誤；

故答案為：×．16、×【分析】【分析】過氧化鈉化學(xué)式是由1個過氧根離子和2個鈉離子構(gòu)成，所以其陰陽離子個數(shù)之比為1：2，據(jù)此計(jì)算離子總數(shù)．【解析】【解答】解：過氧化鈉化學(xué)式是由1個過氧根離子和2個鈉離子構(gòu)成，所以其陰陽離子個數(shù)之比為1：2，則1molNa2O2固體中含有離子總數(shù)為3NA，故答案為：×．17、×【分析】【分析】高分子化合物（又稱高聚物）一般相對分子質(zhì)量高于10000，結(jié)構(gòu)中有重復(fù)的結(jié)構(gòu)單元；據(jù)此分析．【解析】【解答】解：蔗糖的分子式為：C12H22O12；其相對分子質(zhì)量較小，不屬于高分子化合物，蛋白質(zhì)；纖維素、PVC、淀粉都是高分子化合物，故該說法錯誤；

故答案為：×．四、簡答題(共3題，共9分)18、略

【分析】解：（1）氫化物的相對分子質(zhì)量為43.0，其中氮原子的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為0.977，則氫原子的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為0.023，則n（N）：n（H）==3：1，所以最簡式為HN3；

設(shè)化學(xué)式為（HN3）n，有（1+14×3）n=43，n=1，所以分子式為HN3；

4.30g該氫化物的物質(zhì)的量為n==0.1mol，根據(jù)反應(yīng)2HN3═H2+3N2；共產(chǎn)生氣體的物質(zhì)的量為0.1mol×2=0.2mol，體積為0.2mol×22.4L/mol=4.48L；

故答案為：HN3；4.48；

（2）由①N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H=+67.7kJ?mol-1

②N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=-534.0kJ?mol-1

③2NO2（g）?N2O4（g）△H=-52.7kJ?mol-1

根據(jù)蓋斯定律可知②×2-①-③得2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）；

△H=（-534.0kJ?mol-1）×2-（+67.7kJ?mol-1）-（-52.7kJ?mol-1）=-1083.0kJ?mol-1；

即熱化學(xué)方程式為2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）△H=-1083.0kJ?mol-1，根據(jù)反應(yīng)方程式可知生成4mol的水轉(zhuǎn)移8mol的電子，所以反應(yīng)生成72.0kg水時轉(zhuǎn)移電子數(shù)為8000NA；

故答案為：2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）△H=-1083.0kJ?mol-1；8000NA；

（3）二氧化氮與氨氣反應(yīng)的方程為：6NO2+8NH3=7N2+12H2O，故答案為：6NO2+8NH3=7N2+12H2O；

①根據(jù)N原子守恒可求得參加反應(yīng)的氨的物質(zhì)的量．

n（NH3）+180mol=156mol×2，n（NH3）=132mol．

根據(jù)氧化還原反應(yīng)中得失電子守恒可求得NO與NO2的物質(zhì)的量．

設(shè)為NO的物質(zhì)的量X，NO2的物質(zhì)的量為（180mol-X）；

132mol×3=Xmol×2+（180-X）mol×4；X=162mol，（180mol-X）=18mol；

NO與NO2體積比為162：18=9：1．

故答案為：9：1；

②根據(jù)質(zhì)量守恒可求得反應(yīng)后溶液質(zhì)量．

8.90×103g+162mol×30g?mol-1+18mol×46gmol-1-156mol×28g?mol-1=10220g；

其溶液體積為10220g÷0.980g?cm-3=10428cm3=10428mL=10.428L；

反應(yīng)后溶液中剩余溶質(zhì)氨的物質(zhì)的量是8.90×103g×0.300÷17g?mol-1-132mol=25.058mol；

吸收后氨水的物質(zhì)的量濃度為25.058mol÷10.428L=2.4mol?L-1．

故答案為：2.4mol/L．

（1）利用氫化物的相對分子質(zhì)量直接求出組成該氫化物兩種元素的原子數(shù)，而后求得分子式．N原子數(shù)=43.0×0.977÷14=3，H原子數(shù)=43.0×0.023÷1=1，故分子式為HN3．因?yàn)樵摎浠锓纸馍蓛煞N氣體都是雙原子分子；根據(jù)N原子；H原子守恒可求得混合氣體體積；

（2）利用蓋斯定律來計(jì)算2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）的反應(yīng)熱；根據(jù)反應(yīng)方程式可知生成4mol的水轉(zhuǎn)移8mol的電子，所以反應(yīng)生成72.0kg水時轉(zhuǎn)移電子數(shù)為8000NA；

（3）①根據(jù)N原子守恒可求得參加反應(yīng)的氨的物質(zhì)的量，根據(jù)氧化還原反應(yīng)中得失電子守恒可求得NO與NO2的物質(zhì)的量；

②根據(jù)質(zhì)量守恒可求得反應(yīng)后溶液質(zhì)量；進(jìn)而求得溶液的體積和溶液的濃度．

本題考查較為綜合，涉及混合物的計(jì)算、分子式的確定以及化學(xué)方程式的有關(guān)計(jì)算，題目難度較大，注意從質(zhì)量守恒的角度分析．【解析】HN3；4.48；2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）△H=-1083.0kJ?mol-1；8000NA；6NO2+8NH3=7N2+12H2O；9：1；2.4mol/L19、略

【分析】解：rm{I.(1)}金屬銅可以和稀硝酸之間反應(yīng)生成硝酸銅、一氧化氮以及水，即rm{3Cu+8H^{+}+2NO_{3}^{-}簍T3Cu^{2+}+4H_{2}O+2NO隆眉}

故答案為：rm{3Cu+8H^{+}+2NO_{3}^{-}簍T3Cu^{2+}+4H_{2}O+2NO隆眉}

rm{(2)壟脵}實(shí)驗(yàn)室若沒有銅絲；銅粒以代替銅絲進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，則包裹桶里的不能是金屬鐵以及金屬鋁，因?yàn)樗麄兊幕顫娦詮?qiáng)于金屬銅，會先于金屬銅和硝酸之間發(fā)生反應(yīng)；

故答案為：rm{C}rm{D}

rm{壟脷}試管內(nèi)有空氣，rm{NO}容易被氧化為紅棕色的氣體二氧化氮，即rm{2NO+O_{2}簍T2NO_{2}}故答案為：rm{2NO+O_{2}簍T2NO_{2}}

rm{(3)壟脵}一氧化氮是難溶于水的氣體，當(dāng)取一氧化氮的裝置產(chǎn)生一氧化氮?dú)怏w時，氣體難溶于水，氣體把rm{U}形管的液體壓出；

故答案為：接收被氣體壓出rm{U}形管的液體；防止稀硝酸溢出；

rm{壟脷}讓反應(yīng)停止，則應(yīng)該使銅和稀硝酸分開，具體操作方法及原因是關(guān)閉rm{U}形管右端導(dǎo)氣管上的活塞，反應(yīng)產(chǎn)生的氣體將rm{U}形管右端內(nèi)的稀硝酸向下壓；使銅絲與稀硝酸分開，反應(yīng)就會停止；

故答案為：關(guān)閉rm{U}形管右端導(dǎo)氣管上的活塞，反應(yīng)產(chǎn)生的氣體將rm{U}形管右端內(nèi)的稀硝酸向下壓；使銅絲與稀硝酸分開，反應(yīng)就會停止；

rm{(4)}由于一氧化氮與氧氣在常溫下反應(yīng)生成二氧化氮，故不能用排空法收集，所以只能用排水法，故C正確，而rm{D}和rm{E}排水法收集裝置，應(yīng)該短進(jìn)長出，所以D正確，E錯誤，故選：rm{CD}

rm{(5)}銅和硝酸反應(yīng)，銅失去電子，硝酸得到電子變成一氧化氮，rm{3Cu+8HNO_{3}(}稀rm{)=3Cu(NO_{3})_{2}+2NO隆眉+4H_{2}O}一氧化氮和氧氣和水反應(yīng)生成硝酸，rm{4NO+2H_{2}O+3O_{2}=4HNO_{3}}氧氣得電子，一氧化氮失去電子，所以銅失去的電子數(shù)等于氧氣得到的電子數(shù)，rm{12.8g}rm{Cu}為rm{0.2mol}全部溶解，失去rm{0.4mol}電子，rm{1}個氧分子得到rm{4}個電子變成rm{-2}價的氧，所以需氧氣rm{0.1mol}rm{0.1mol}氧氣在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為rm{2240mL}

故答案為：rm{2240mL}

rm{II.}甲：銅與濃硝酸制取硝酸銅時的方程式是：rm{Cu+4HNO_{3}(}濃rm{)=Cu(NO_{3})_{2}+2NO_{2}隆眉+2H_{2}O}生成的rm{NO_{2}}會造成大氣污染；不環(huán)保，故甲不正確；

乙：銅與稀硝酸制取硝酸銅時的方程式是：rm{3Cu+8HNO_{3}(}稀rm{)=3Cu(NO_{3})_{2}+2NO隆眉+4H_{2}O}生成的rm{NO}也會造成大氣污染；不環(huán)保，故乙不正確；

丙：此過程中使用到了氯氣；氯氣劇毒，對環(huán)保不利，且氯化銅不能與硝酸反應(yīng)生成硝酸銅，故丙不正確；

?。捍诉^程用方程式可表示為：rm{2Cu+O_{2}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}2CuO}rm{2Cu+O_{2}dfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}2CuO}從過程可以看出該過程不會產(chǎn)生有毒氣體，環(huán)保且沒有多消耗原料，故丁正確；

故答案為：丁；制取相同質(zhì)量的rm{CuO+2HNO_{3}=Cu(NO_{3})_{2}+H_{2}O}丁所消耗的rm{Cu(NO_{3})_{2}}的量最少rm{HNO_{3}}原料的利用率最高rm{(}且不產(chǎn)生污染環(huán)境的氣體；

I.rm{)}與硝酸反應(yīng)生成硝酸銅、rm{(1)Cu}和水；以此書寫離子反應(yīng)；

rm{NO}根據(jù)試驗(yàn)的目的是證明金屬銅和硝酸之間的反應(yīng)；根據(jù)目的選擇所用的材料；

rm{(2)壟脵}圖rm{壟脷}中試管內(nèi)有空氣，rm{1}被氧化為紅棕色的氣體；

rm{NO}根據(jù)一氧化氮的溶解性和裝置的特點(diǎn)解答；

rm{(3)}根據(jù)一氧化氮的溶解性與氧氣的反應(yīng)確定收集方法；

rm{(4)}根據(jù)得失電子守恒解答，rm{(5)}個銅原子失去rm{1}個電子，rm{2}個氧分子得到rm{1}個電子變成rm{4}價的氧；

rm{-2}從經(jīng)濟(jì)角度出發(fā)；制取等量的硝酸銅時，所用的原料最少，成本最低；從環(huán)境保護(hù)的角度出發(fā)，制取硝酸銅時不對環(huán)境造成污染．

本題考查了銅與硝酸的反應(yīng)，掌握相關(guān)的化學(xué)反應(yīng)方程式是解答本題的關(guān)鍵，注意rm{II.}易被氧化及rm{NO}對環(huán)境的污染，題目難度中等．rm{NO}【解析】rm{3Cu+8H^{+}+2NO_{3}^{-}簍T3Cu^{2+}+4H_{2}O+2NO隆眉}rm{C}rm{D}rm{2NO+O_{2}簍T2NO_{2}}接收被氣體壓出rm{U}形管的液體，防止稀硝酸溢出；關(guān)閉rm{U}形管右端導(dǎo)氣管上的活塞，反應(yīng)產(chǎn)生的氣體將rm{U}形管右端內(nèi)的稀硝酸向下壓，使銅絲與稀硝酸分開，反應(yīng)就會停止；rm{CD}rm{2240}??；制取相同質(zhì)量的rm{Cu(NO_{3})_{2}}丁所消耗的rm{HNO_{3}}的量最少rm{(}原料的利用率最高rm{)}且不產(chǎn)生污染環(huán)境的氣體20、攪拌適當(dāng)升溫或適當(dāng)增大硫酸的濃度3Ag+4H++NO3-=3Ag++NO↑+2H2OAl（OH）3和CuO的混合物Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O424O2C【分析】解：（1）加快渣料（含少量銀）溶于稀H2SO4速率的措施為攪拌、渣料粉碎、適當(dāng)升溫、適當(dāng)增大H2SO4的濃度等；

故答案為：攪拌；適當(dāng)升溫或適當(dāng)增大硫酸的濃度；

（2）濾渣A與稀HNO3反應(yīng)，產(chǎn)生的氣體在空氣中迅速變?yōu)榧t棕色，濾渣A與稀HNO3反應(yīng)的離子方程式為3Ag+4H++NO3-=3Ag++NO↑+2H2O；

故答案為：3Ag+4H++NO3-=3Ag++NO↑+2H2O；

（3）固體混合物B的組成為Al（OH）3和CuO的混合物；在生成固體B的過程中，需控制NaOH的加入量，若NaOH過量，則因過量引起的反應(yīng)的離子方程式為Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；

故答案為：Al（OH）3和CuO的混合物；Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；

（4）該反應(yīng)中Cu元素化合價由+2價變?yōu)?1價，則CuO作氧化劑，還需要還原劑，失電子，只有O元素失電子，生成氧氣，O元素化合價由-2價變?yōu)?價，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為4，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒及原子守恒配平方程式為4CuO+2Al2O34CuAlO2+O2↑；

故答案為：4；2；4；O2；

（5）反應(yīng)體系中除CuSO4和FeS2外，還有H2SO4、Cu2S、FeSO4和H2O，則反應(yīng)的方程式為14CuSO4+5FeS2+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4；

A．反應(yīng)中Cu、S元素化合價降低，則氧化劑為CuSO4和FeS2；故A正確；

B．反應(yīng)生成硫酸；則反應(yīng)后溶液的pH降低，故B正確；

C．反應(yīng)中Cu元素化合價由+2價降低為+1價，則3molCuSO4參加反應(yīng)；則至少轉(zhuǎn)移3mol電子，故C錯誤；

D．反應(yīng)生成CuS，則部分S被還原，反應(yīng)中部分S元素化合價由-1價變?yōu)?6價，當(dāng)有5molFeS2參加反應(yīng)時，由3molS被氧化，轉(zhuǎn)移21mol電子，且有14mol硫酸銅參加反應(yīng)，被氧化的FeS2只占總量的30%；故D正確。

故答案為：C。

Ag；Cu合金廢料在空氣中熔煉得到Ag熔體；Ag熔體冷凝成型得到粗Ag，粗Ag電解精煉得到Ag；

渣料中含有少量Ag和CuO，向渣料中加入稀硫酸，發(fā)生反應(yīng)CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，過濾得到濾渣A為Ag，濾液中含有CuSO4；Al（OH）3和Cu（OH）2開始分解的溫度分別為450℃和80℃，向硫酸銅溶液中加入硫酸鋁和NaOH溶液，得到Al（OH）3和Cu（OH）2，煮沸過程中氫氧化銅分解生成CuO，然后過濾得到固體B為Al（OH）3和CuO，固體B在惰性氣體氛圍中煅燒得到CuAlO2；以此解答該題。

本題考查混合物分離提純，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)、混合物分離方法為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意信息的?yīng)用及元素化合物知識與實(shí)驗(yàn)的結(jié)合，題目難度不大?！窘馕觥繑嚢柽m當(dāng)升溫或適當(dāng)增大硫酸的濃度3Ag+4H++NO3-=3Ag++NO↑+2H2OAl（OH）3和CuO的混合物Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O424O2C五、實(shí)驗(yàn)題(共3題，共18分)21、B7.1E【分析】【分析】（1）根據(jù)配制溶液的步驟操作選擇所用儀器；

（2）根據(jù)n=cV計(jì)算硫酸鈉的物質(zhì)的量；再根據(jù)m=nM計(jì)算硫酸鈉的質(zhì)量；

（3）分析操作對溶質(zhì)的物質(zhì)的量或?qū)θ芤旱捏w積的影響，根據(jù)c=判斷對所配溶液濃度影響．【解析】【解答】解：（1）根據(jù)配制溶液的步驟操作選擇所用儀器；圓底燒瓶是作為有液體參加的反應(yīng)容器，故答案為：B；

（2）n=cV=0.5mol/L×0.1L=0.05mol；m=nM=0.05mol×142g/mol=7.1g，故答案為：7.1；

（3）分析操作對溶質(zhì)的物質(zhì)的量或?qū)θ芤旱捏w積的影響，根據(jù)c=判斷對所配溶液濃度影響；

A．在燒杯中溶解溶質(zhì)，攪拌時不慎濺出少量溶液，則Na2SO4有損失，所以n（Na2SO4）偏??；故結(jié)果偏小；

B．未將洗滌燒杯內(nèi)壁的溶液轉(zhuǎn)移入容量瓶，Na2SO4有損失，所以n（Na2SO4）偏??；故結(jié)果偏小；

C．將配得的溶液從容量瓶轉(zhuǎn)移到干燥、潔凈的試劑瓶中時，有少量濺出，導(dǎo)致Na2SO4有損失，所以n（Na2SO4）偏?。还式Y(jié)果偏??；

D．將燒杯中溶液轉(zhuǎn)移到容量瓶之前；容量瓶中有少量蒸餾水，因?yàn)槎ㄈ輹r也要加水，所以原來容量瓶中有少量蒸餾水無影響；

E．定容時俯視液面，會導(dǎo)致溶液體積偏小，所以Na2SO4溶液的濃度偏大；

故答案為E．22、略

【分析】解：（1）某加碘鹽可能含有KIO3、KI、Mg2+、Fe3+，用蒸餾水溶解，并加稀鹽酸酸化后將溶液分為3份．從第一份試液中滴加KSCN溶液后顯紅色，可知該加碘鹽中含有Fe3+，反應(yīng)：Fe3++3SCN-=Fe（SCN）3，F(xiàn)e（SCN）3呈血紅色；從第二份試液中加足量KI固體，溶液顯淡黃色，用CCl4萃取，下層溶液顯紫紅色，可知有碘生成．這是因?yàn)橛捎凇把趸裕篒O3-＞Fe3+＞I2”，加足量KI后，IO3-和Fe3+均能將I-氧化成I2，由此也可以知道該加碘鹽添加KIO3；第三份試液中加入適量KIO3固體后；滴加淀粉試劑，溶液不變色．由此可知該加碘鹽中不含KI．

①該加碘鹽溶液中加KSCN溶液顯紅色的物質(zhì)是Fe（SCN）3，CCl4中顯紫紅色的物質(zhì)是I2，電子式

故答案為：Fe（SCN）3；

②第二份試液中加入足量KI固體后，反應(yīng)的離子方程式為IO3-+5I-+6H+═3I2+3H2O、2Fe3++2I-═2Fe2++I2；

故答案為：IO3-+5I-+6H+═3I2+3H2O、2Fe3++2I-═2Fe2++I2；

（2）KI作為加碘劑的食鹽在保存過程中，KI會被空氣中氧氣氧化，KI在潮濕空氣中氧化的反應(yīng)化學(xué)方程式為：4KI+O2+2H2O═2I2+4KOH，根據(jù)題目告知，KI3?H2O是在低溫條件下，由I2溶于KI溶液可制得．再由題給的信息：“KI+I2?KI3”，可知KI3在常溫下不穩(wěn)定性，受熱（或潮濕）條件下易分解為KI和I2，KI又易被空氣中的氧氣氧化，I2易升華，所以KI3?H2O作為食鹽加碘劑是不合適的；

故答案為：4KI+O2+2H2O═2I2+4KOH；否；KI3受熱（或潮濕）條件下產(chǎn)生KI和I2，KI被氧氣氧化，I2易升華．；

（3）提高加碘鹽（添加KI）的穩(wěn)定性，主要是防止I-被氧化，根據(jù)題給信息“還原性：S2O32-＞I-”和氧化還原反應(yīng)的強(qiáng)弱規(guī)律，可以選Na2S2O3作穩(wěn)定劑；又由題給信息“3I2+6OH-═IO3-+5I-+3H2O”，可知I2與OH-會發(fā)生反應(yīng)生成IO3-和5I-，而Na2CO3水解呈堿性，因而也可以用Na2CO3作穩(wěn)定劑，防止加碘鹽（添加KI）在潮濕環(huán)境下被氧氣氧化．至于AlCl3，水解后呈酸性，且還原性I-＞Cl-，所不能作穩(wěn)定劑；NaNO2當(dāng)遇強(qiáng)還原性物質(zhì)時能表現(xiàn)出氧化性，則NaNO2與KI能發(fā)生氧化還原反應(yīng)為2NO2-+2I-+4H+=2NO↑+I2+2H2O；所以不能作穩(wěn)定劑；

故答案為：AC；

（4）實(shí)際上就是設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案，檢驗(yàn)Fe2+．首先可取少量該加碘鹽溶于蒸餾水中，然后用鹽酸酸化后，滴加適量氧化劑（如：氯水、過氧化氫等），使溶液中Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+，再滴加KSCN溶液，若顯血紅色，則該加碘鹽中存在Fe2+；

故答案為：取少量該加碘鹽溶于蒸餾水中，用鹽酸酸化，滴加適量氧化劑（如：氯水、過氧化氫等），再滴加KSCN溶液，若顯血紅色，則該加碘鹽中存在Fe2+．

（1）①給出的離子中，只有Fe3+遇KSCN溶液顯紅色，F(xiàn)e3+與KI發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成的碘單質(zhì)；易溶于有機(jī)溶劑，且碘在四氯化碳中顯紫色；

②具有氧化性的離子為IO3-、Fe3+，具有還原性的離子為I-；利用氧化還原反應(yīng)來分析；

（2）根據(jù)KI具有還原性及氧化還原反應(yīng)、KI3在常溫下不穩(wěn)定性來分析；

（3）提高加碘鹽（添加KI）的穩(wěn)定性，主要是防止I-被氧化來分析；

（4）將亞鐵離子轉(zhuǎn)化為鐵離子；再利用鐵離子遇KSCN溶液變紅色來檢驗(yàn)．

本題以日常生活中熟悉的食鹽和加碘鹽中碘的損失原因?yàn)樗夭模疾榱搜趸€原反應(yīng)、實(shí)驗(yàn)方案設(shè)計(jì)，試題突了有效獲取知識并與已有知識整合的能力，突出了能夠從新信息中準(zhǔn)確提取實(shí)質(zhì)性的內(nèi)容，并與所學(xué)的知識進(jìn)行有效結(jié)合，解決實(shí)際問題的能力，題目難度中等．【解析】Fe（SCN）3；IO3-+5I-+6H+═3I2+3H2O、2Fe3++2I-═2Fe2++I2；4KI+O2+2H2O═2I2+4KOH；否；KI3受熱（或潮濕）條件下產(chǎn)生KI和I2，KI被氧氣氧化，I2易升華；AC；取少量該加碘鹽溶于蒸餾水中，用鹽酸酸化，滴加適量氧化劑（如：氯水、過氧化氫等），再滴加KSCN溶液，若顯血紅色，則該加碘鹽中存在Fe2+23、略

【分析】解：實(shí)驗(yàn)室要用黃磷rm{(}白磷rm{)}與干燥的rm{Cl_{2}}模擬工業(yè)生產(chǎn)制取rm{PCl_{3}}流程為：rm{A}裝置濃鹽酸和二氧化錳二者反應(yīng)生成氯化錳、氯氣和水，制得氯氣，因rm{PCl_{3}}遇水會強(qiáng)烈水解，所以氯氣需干燥，rm{B}裝置利用濃硫酸干燥氯氣，rm{K_{3}}利用二氧化碳排盡裝置中的空氣，防止黃磷rm{(}白磷rm{)}自燃，rm{PCl_{3}}沸點(diǎn)為rm{75.5隆忙}利用rm{E}裝置