2025年滬科版高三化學(xué)下冊(cè)階段測(cè)試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※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年滬科版高三化學(xué)下冊(cè)階段測(cè)試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、常溫下，將Na2CO3和NaHCO3兩種鹽按物質(zhì)的量比1：1混合后溶于水配成稀溶液，下列有關(guān)該混合溶液說法正確的是（）A.溶液中c（CO32-）：c（HCO3-）＜1：1B.溶液中c（OH-）+（CO32-）=c（H+）+c（HCO3-）+c（H2CO3）C.向混合液中滴加少量稀鹽酸或NaOH溶液，HCO3-的物質(zhì)的量均會(huì)減少D.將混合液蒸干，水解加劇，最終得NaOH固體2、下列物質(zhì)屬于電解質(zhì)的是（）A.硫酸氫鈉B.銅C.氯氣D.氨3、下列能正確表示水解的離子方程式是（）A.CH3COOH+H2O?CH3COO-+H3O+B.NH4++H2O?NH3?H2O+H+C.CO32-+2H2O?H2CO3+2OH-D.Br-+H2O?HBr+OH-4、下列事實(shí)一定能說明HNO2是弱電解質(zhì)的是（）

①常溫下，HNO2溶液能與CaCO3反應(yīng)；

②用HNO2溶液做導(dǎo)電性實(shí)驗(yàn)；燈泡很暗；

③常溫下，0.1mol/L的HNO2溶液的pH為2.1；

④常溫下，將pH=3的HNO2稀釋100倍后，pH＜5．A.①②③④B.②③④C.①③④D.③④5、從礦物學(xué)資料查得，一定條件下自然界存在如下反應(yīng)：14CuSO4+5FeS2+12H2O═7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4，下列說法正確的是（）A.Cu2S既是氧化產(chǎn)物又是還原產(chǎn)物B.5molFeS2發(fā)生反應(yīng)，有10mol電子轉(zhuǎn)移C.產(chǎn)物中的離子有一部分是氧化產(chǎn)物D.FeS2只作還原劑6、一定能在下列溶液中大量共存的離子組是（）A.pH=0的溶液：Fe2+、Mg2+、NO3-、SO42-B.由水電離出的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液：HCO3-、K+、SO42-、Cl-C.含大量Fe3+的溶液：NH4+、Na+、SCN-、Cl-D.pH=14的溶液：Na+、K+、AlO2-、CO32-7、下列屬于非電解質(zhì)的是rm{(}rm{)}A.干冰B.液氯C.氯化鈉固體D.水評(píng)卷人得分二、雙選題(共6題，共12分)8、已知：乙二酸rm{(H_{2}C_{2}O_{4})}是二元弱酸，向rm{10mL0.1mol隆隴L^{-1}Na_{2}C_{2}O_{4}}溶液中逐滴加入rm{10mL0.1mol隆隴L^{-1}

Na_{2}C_{2}O_{4}}鹽酸rm{amL0.1mol隆隴L^{-1}}混合前后溶液體積變化可忽略rm{(}下列說法正確的是rm{)}rm{(}A.當(dāng)rm{)}時(shí)，rm{a=5}B.當(dāng)rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(OH^{-})+c(HC_{2}O_{4}^{mathrm{{-}}})+2c(C_{2}O_{4}^{2mathrm{{-}}})}時(shí)，rm{a=10}C.當(dāng)rm{c(Cl^{-})+c(OH^{-})=c(H^{+})+c(HC_{2}O_{4}^{mathrm{{-}}})+2c(H_{2}C_{2}O_{4})}時(shí)，rm{c(H_{2}C_{2}O_{4})+c(HC_{2}O_{4}^{mathrm{{-}}})+c(C_{2}O_{4}^{2mathrm{{-}}})=0.04mol隆隴L^{-1}}D.當(dāng)rm{a=15}時(shí)，rm{c(H_{2}C_{2}O_{4})+c(HC_{2}O_{4}^{mathrm{{-}}})+c(C_{2}O_{4}^{2mathrm{{-}}})=0.04

mol隆隴L^{-1}}rm{a=20}9、下列敘述中，正確的是()A.1molH2的質(zhì)量只有在標(biāo)準(zhǔn)狀況下才約為2gB.在標(biāo)準(zhǔn)狀況下某氣體的體積是22.4L，則可認(rèn)為該氣體的物質(zhì)的量約是1mol，所含分子數(shù)約是6.02×1023個(gè)C.在20℃時(shí)，1mol的任何氣體的體積總比22.4L大D.1molH2和O2的混合氣體，在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積約為22.4L10、下列方法能增加活化分子百分?jǐn)?shù)的是()A.增加某一組分的濃度B.增體系的大壓強(qiáng)C.升高體系的溫度D.使用合適的催化劑11、常溫下，Ka（CH3COOH）=Kb（NH3?H2O）=1.75×10-5，下列說法正確的是（）A.用0.1mol?L-1的鹽酸滴定0.1mol?L-1的氨水時(shí)，可用酚酞作指示劑B.0.2mol?L-1的醋酸與0.1mol?L-1的氫氧化鈉溶液等體積混合，所得溶液中：c（CH3COO-）+c（OH-）=C（CH3COOH）+C（H+）C.pH=3的醋酸與pH=11的氨水等體積混合，所得溶液中有水電離出的C（H+）=1×10-7mol?L-1D.pH=3的鹽酸與pH=11的氨水等體積混合，所得溶液中C（NH3?H2O）＞C（NH4+）＞C（Cl-）12、下列敘述正確的是rm{(}rm{)}A.稀硫酸和銅粉反應(yīng)可制備硫酸銅B.碘化鉀與濃硫酸反應(yīng)可制備碘化氫C.過氧化鈉與二氧化碳反應(yīng)可制備氧氣D.鋁箔在氯氣中燃燒可制備無水三氯化鋁13、CO2與CH4可制得合成氣：CH4（g）+CO2（g）?2CO（g）+2H2（g）；△H=247kJ?mol-1．初始溫度均為TK時(shí)；在3個(gè)容器中按不同方式投入反應(yīng)物，發(fā)生上述反應(yīng)，相關(guān)信息如表：下列說法正確的是（）

。容器起始物質(zhì)的量/molCO2平衡轉(zhuǎn)化率（α）編號(hào)容積/L條件CH4（g）CO2（g）CO（g）H2（g）Ⅰ2恒溫恒容210050%Ⅱ10.5100Ⅲ1絕熱恒容10.500-A.TK時(shí)，反應(yīng)CH4（g）+CO2（g）?2CO（g）+2H2（g）的平衡常數(shù)為B.容器Ⅱ中反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，α（CO2，Ⅱ）=50%C.容器Ⅱ、Ⅲ中反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，c（CH4，Ⅱ）+c（CH4，Ⅲ）＜1mol?L-1D.容器Ⅱ中反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，再投入0.5molCH4、0.25molCO2，反應(yīng)達(dá)到新平衡前，v（正）＞v（逆）評(píng)卷人得分三、填空題(共9題，共18分)14、葡萄酒中的酒精是葡萄果實(shí)中的糖發(fā)酵后的產(chǎn)物（C6H12O62CH3CH2OH+2CO2↑）．

Ⅰ、已知：實(shí)驗(yàn)室制乙烯原理為CH3CH2OHCH2=═CH2↑+H2O，產(chǎn)生的氣體能使Br2的四氯化碳溶液褪色；甲；乙同學(xué)用下列實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證．（氣密性已檢驗(yàn)，部分夾持裝置略如圖1）．

實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象：

。操作現(xiàn)象點(diǎn)燃酒精燈，加熱至170℃Ⅰ：A中燒瓶?jī)?nèi)液體漸漸變黑。

Ⅱ：B內(nèi)氣泡連續(xù)冒出，溶液逐漸褪色實(shí)驗(yàn)完畢，清洗燒瓶Ⅲ：A中燒瓶?jī)?nèi)附著少量黑色顆粒狀物，有刺激性氣味逸出（1）溶液“漸漸變黑”，說明濃硫酸具有____性．

（2）分析，甲認(rèn)為是C2H4，乙認(rèn)為不能排除SO2的作用．

①根據(jù)甲的觀點(diǎn)，使B中溶液褪色反應(yīng)的化學(xué)方程式是____；

②乙根據(jù)現(xiàn)象認(rèn)為實(shí)驗(yàn)中產(chǎn)生的SO2和____；使B中有色物質(zhì)反應(yīng)褪色．

③為證實(shí)各自觀點(diǎn)；甲；乙重新實(shí)驗(yàn)，設(shè)計(jì)與現(xiàn)象如下：

甲：在A、B間增加一個(gè)裝有某種試劑的洗氣瓶；現(xiàn)象：Br2的CCl4溶液褪色．

乙：用下列裝置按一定順序與A連接：（尾氣處理裝置略如圖2）

現(xiàn)象：C中溶液由紅棕色變?yōu)闇\紅棕色時(shí)；E中溶液褪色．

請(qǐng)回答下列問題：

a．甲設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)中A、B間洗氣瓶中盛放的試劑是____；乙設(shè)計(jì)的實(shí)驗(yàn)D中盛放的試劑是____，裝置連接順序?yàn)開___．

b．能說明確實(shí)是SO2使E中溶液褪色的實(shí)驗(yàn)是____．

c．乙為進(jìn)一步驗(yàn)證其觀點(diǎn)，取少量C中溶液，加入幾滴BaCl2溶液，振蕩，產(chǎn)生大量白色沉淀，淺紅棕色消失，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是____．由此可得出的干燥的SO2不能使Br2的四氯化碳溶液褪色。

Ⅱ、葡萄酒中常用Na2S2O5做抗氧化劑．

（3）0.5molNa2S2O5溶于水配成1L溶液，該溶液的pH=4.5．溶液中部分微粒濃度隨溶液酸堿性變化如圖3所示．寫出Na2S2O5溶于水時(shí)發(fā)生的化學(xué)方程式____．

（4）已知：Ksp[BaSO4]=1×10-10，Ksp[BaSO3]=5×10-7．把部分被空氣氧化的該溶液的pH調(diào)為10，向溶液中滴加BaCl2溶液使SO42-沉淀完全[c（SO42-）≤1×10-5mol?L-1]，此時(shí)溶液中c（SO32-）≤____mol?L-1．15、填寫下列空白。

（1）向偏鋁酸鈉溶液中通入過量的二氧化碳?xì)怏w的化學(xué)方程式為____

（2）向NaHCO3溶液中滴加過量的Ca（OH）2溶液，其離子方程式為____

（3）工業(yè)上制取氯氣的化學(xué)方程式____．16、（1）如圖是課外活動(dòng)小組的同學(xué)設(shè)計(jì)的4個(gè)噴泉實(shí)驗(yàn)方案．下列有關(guān)操作不可能引發(fā)噴泉現(xiàn)象的是____

A．?dāng)D壓裝置①的膠頭滴管使CCl4全部進(jìn)入燒瓶；片刻后打開止水夾。

B．?dāng)D壓裝置②的膠頭滴管使NaOH溶液全部進(jìn)入燒瓶；片刻后打開止水夾。

C．用鼓氣裝置從裝置③的a處不斷鼓入空氣并打開止水夾。

D．向裝置④的水槽中慢慢加入足量濃硫酸并打開止水夾。

（2）用圖③所示的裝置進(jìn)行噴泉實(shí)驗(yàn)，若測(cè)得③裝置燒瓶中氣體（用排空氣法收集）的質(zhì)量是相同狀況下相同體積氫氣質(zhì)量的10倍，則噴泉實(shí)驗(yàn)完畢后，燒瓶中水可上升至大約燒瓶容積的____（填“幾分之幾”）．此時(shí)燒瓶中溶液的物質(zhì)的量濃度為____．17、A；B、C、D、E是周期表中前四周期元素；原子序數(shù)依次增大．其中A、B、C為短周期元素．基態(tài)時(shí)，A原子最外層電子數(shù)是其內(nèi)層電子總數(shù)的2倍，B原子s電子數(shù)與P電子數(shù)相等，C原子的3p軌道上有2個(gè)單電子，能形成不只一種氧化物．D原子基態(tài)時(shí)未成對(duì)電子數(shù)是第四周期元素中最多的．元素E形成的單質(zhì)常溫下為紅棕色液體，易揮發(fā)．

（1）寫出C、E的元素名稱分別為____、____；

（2）D基態(tài)原子的價(jià)電子排布圖為____；

（3）A22-與B22+互為等電子體，B22+的電子式可表示為____，1molB22+中含有的π鍵數(shù)目為____．18、有關(guān)物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示（部分物質(zhì)和條件已略去）．A；F均為氧化物；F是黑色固體，B為氣體；D的溶液能殺死某些細(xì)菌、抑制藻類生長(zhǎng)，還能用來配制農(nóng)藥波爾多液；E是人類使用最早的金屬的單質(zhì)，J在溶液中生成時(shí)是藍(lán)色沉淀，化合物K是電解飽和食鹽水的產(chǎn)物之一．

（1）J的化學(xué)式是____．

（2）K的電子式是____．

（3）寫出C與D溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式：____．

（4）寫出A與稀硫酸反應(yīng)轉(zhuǎn)化為I的離子方程式：____．19、近年來對(duì)CO2的有效控制及其高效利用的研究正引起全球廣泛關(guān)注．據(jù)中國(guó)化工報(bào)報(bào)道，美國(guó)科學(xué)家發(fā)現(xiàn)了一種新的可將CO2轉(zhuǎn)化為甲醇的高活性催化體系，比目前工業(yè)使用的常見催化劑快近90倍．由CO2制備甲醇過程可能涉及反應(yīng)如下：

反應(yīng)Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）△H1=-49.58kJ?mol-1

反應(yīng)Ⅱ：CO2（g）+H2（g）?CO（）+H2O（g）△H2

反應(yīng)Ⅲ：CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）△H3=-90.77kJ?mol-1

回答下列問題：

（1）反應(yīng)Ⅱ的△H2=____，反應(yīng)Ⅲ自發(fā)進(jìn)行條件是____（填“較低溫”；“較高溫”或“任何溫度”）．

（2）在一定條件下2L恒容密閉容器中充入一定量的H2和CO2僅發(fā)生反應(yīng)Ⅰ，實(shí)驗(yàn)測(cè)得在不同反應(yīng)物起始投入量下，反應(yīng)體系中CO2的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度的關(guān)系曲線；如圖1所示．

①據(jù)圖可知，若要使CO2的平衡轉(zhuǎn)化率大于40%，以下條件中最合適的是____

A．n（H2）=3mol，n（CO2）=1.5mol；650KB．n（H2）=3mol，n（CO2）=1.7mol；550K

C．n（H2）=3mol，n（CO2）=1.9mol；650KD．n（H2）=3mol，n（CO2）=2.5mol；550K

②在溫度為500K的條件下，充入3molH2和1.5molCO2；該反應(yīng)10min時(shí)達(dá)到平衡：

a．用H2表示該反應(yīng)的速率為____；

b．該溫度下，反應(yīng)I的平衡常數(shù)K=____；

c．在此條件下，系統(tǒng)中CH3OH的濃度隨反應(yīng)時(shí)間的變化趨勢(shì)如圖2所示，當(dāng)反時(shí)間達(dá)到3min時(shí)，迅速將體系溫度升至600K，請(qǐng)?jiān)趫D2中畫出3～10min內(nèi)容器中CH3OH濃度的變化趨勢(shì)曲線：

（3）某研究小組將一定量的H2和CO2充入恒容密閉容器中并加入合適的催化劑（發(fā)生反應(yīng)I、Ⅱ、Ⅲ），測(cè)得了不同溫度下體系達(dá)到平衡時(shí)CO2的轉(zhuǎn)化率（a）及CH3OH的產(chǎn)率（b）；如圖3所示，請(qǐng)回答問題：

①該反應(yīng)達(dá)到平衡后，為同時(shí)提高反應(yīng)速率和甲醇的生成量，以下措施一定可行的是____（選。

填編號(hào)）．

A．改用高效催化劑。

B．升高溫度。

C．縮小容器體積。

D．分離出甲醇。

E．增加CO2的濃度。

②據(jù)圖可知當(dāng)溫度高于260℃后，CO的濃度隨著溫度的升高而____（填“增大”；“減小”、“不變”或“無法判斷”）．

20、（1）。類別烷烴烯烴（僅含一碳碳雙鍵）通式典型反應(yīng)類型（2）按官能團(tuán)的不同可以對(duì)有機(jī)物進(jìn)行分類；你能指出下列有機(jī)物的類別嗎？

①____；

②____

③HCHO____；④HCOOC2H5____；

⑤H2C=CH-COOH____；⑥CH3CH2COCH3____．21、為了提純下表所列物質(zhì)（括號(hào)內(nèi)為雜質(zhì)）請(qǐng)?zhí)顚懕碇械目瞻祝?/p>

。編號(hào)被提純的物質(zhì)除雜試劑分離方法（1）乙烷（乙烯）____洗氣（2）淀粉溶液（NaCl）水____（3）CH3CH2OH（CH3COOH）CaO

____（4）CO2（SO2）

____洗氣22、測(cè)定硫酸銅晶體(CuSO4?5H2O)里結(jié)晶水的含量；實(shí)驗(yàn)步驟為：①研磨②稱量空坩堝和裝有試樣的坩堝的質(zhì)量③加熱④冷卻⑤稱量⑥重復(fù)③至⑤的操作，直到連續(xù)兩次稱量的質(zhì)量差不超過0.1g為止⑦根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)計(jì)算硫酸銅結(jié)晶水的含量．

請(qǐng)回答下列問題：

(1)現(xiàn)有坩堝；坩堝鉗、三腳架、泥三角、玻璃棒、干燥器、藥匙、硫酸銅晶體樣品等實(shí)驗(yàn)用品；進(jìn)行該實(shí)驗(yàn)時(shí)，缺少的實(shí)驗(yàn)用品是____________．

(2)該實(shí)驗(yàn)中哪一步驟需要使用干燥器？使用干燥器的目的是什么？

答：____________．

(3)實(shí)驗(yàn)步驟⑥的目的是____________．

(4)若操作正確而實(shí)驗(yàn)測(cè)得的硫酸銅晶體中結(jié)晶水的含量偏低；其原因可能有(填入選項(xiàng)的編號(hào))：____________．

A．被測(cè)樣品中含有加熱不揮發(fā)的雜質(zhì)。

B．被測(cè)樣品中含有加熱易揮發(fā)的雜質(zhì)。

C．實(shí)驗(yàn)前被測(cè)樣品已有部分失水。

D．加熱前所用的坩堝未完全干燥．評(píng)卷人得分四、判斷題(共3題，共9分)23、物質(zhì)發(fā)生化學(xué)變化時(shí)都伴有能量的變化．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）24、提純氯化鈉，最后在蒸發(fā)皿中蒸發(fā)濃縮溶液時(shí)，只需用小火加熱至溶液表面出現(xiàn)晶膜為止，再通過余熱將溶液全部蒸干．____（判斷對(duì)錯(cuò)）25、向試管中滴加液體時(shí)，膠頭滴管緊貼試管內(nèi)壁____．（判斷對(duì)錯(cuò)）評(píng)卷人得分五、推斷題(共2題，共10分)26、（2012春?武城縣校級(jí)期末）A～I(xiàn)分別表示中學(xué)化學(xué)中常見的一種物質(zhì)；它們之間相互轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示（部分反應(yīng)物；生成物沒有列出），且已知A、B、C、D、E、F六種物質(zhì)中均含同一種元素，A、I是兩種常見的金屬單質(zhì)．H在常溫下是一種常見的非金屬氣態(tài)單質(zhì)．

請(qǐng)?zhí)顚懴铝锌瞻祝?/p>

（1）寫出C；G物質(zhì)的化學(xué)式．

C____

G____

（2）寫出反應(yīng)①；⑥的化學(xué)方程式和反應(yīng)④的離子方程式．

反應(yīng)①：____

該反應(yīng)通常叫做____反應(yīng)．

反應(yīng)⑥：____

反應(yīng)④：____．27、A～G是中學(xué)化學(xué)常見的物質(zhì)，其中D能與Na2C03溶液反應(yīng)生成無色無味的氣體；它們之間有如圖所示的轉(zhuǎn)化關(guān)系：

（1）依次用化學(xué)式表示A～G的組成：____．

（2）用化學(xué)方程式表示上述有關(guān)反應(yīng)：

①____；

②____；

③____；

④____．評(píng)卷人得分六、探究題(共4題，共16分)28、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設(shè)計(jì)了下列實(shí)驗(yàn)過程．請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)內(nèi)填寫分離時(shí)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(jiǎn)式．

寫出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式A________、C________、E________、G________．29、實(shí)驗(yàn)室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個(gè)反應(yīng)的原理來測(cè)定其含量，操作為：30、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設(shè)計(jì)了下列實(shí)驗(yàn)過程．請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)內(nèi)填寫分離時(shí)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(jiǎn)式．

寫出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式A________、C________、E________、G________．31、實(shí)驗(yàn)室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個(gè)反應(yīng)的原理來測(cè)定其含量，操作為：參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、A【分析】【分析】A．碳酸根離子水解能力強(qiáng)于碳酸氫根離子；

B．依據(jù)電荷守恒；物料守恒解答；

C．碳酸根離子與氫離子反應(yīng)生成碳酸氫根離子；

D．碳酸氫鈉不穩(wěn)定生成碳酸鈉．【解析】【解答】解：A．碳酸根離子水解能力強(qiáng)于碳酸氫根離子，所以相同濃度的碳酸鈉和碳酸氫鈉溶液中，c（CO32-）：c（HCO3-）＜1：1；故A正確；

B．存在電荷守恒：①c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-）；存在的物料守恒：②c（Na+）=（c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3））；

化簡(jiǎn)得：①-②化簡(jiǎn)得：2c（OH-）+c（CO32-）=c（HCO3-）+3c（H2CO3）+2c（H+）；故B錯(cuò)誤；

C．碳酸根離子與氫離子發(fā)生反應(yīng)：CO32-+H+=HCO3-；所以向溶液中加入酸，碳酸氫根離子濃度增大，故C錯(cuò)誤；

D．將混合液蒸干；水解加劇，最終得碳酸鈉固體，故D錯(cuò)誤；

故選：A．2、A【分析】【分析】在水溶液或熔融狀態(tài)下能夠?qū)щ姷幕衔餅殡娊赓|(zhì)，在水溶液和熔融狀態(tài)下都不能導(dǎo)電的化合物為非電解質(zhì)，無論電解質(zhì)還是非電解質(zhì)，都一定為化合物，單質(zhì)和混合物既不是電解質(zhì)，也不是非電解質(zhì)．【解析】【解答】解：A．硫酸氫鈉在水溶液和熔融狀態(tài)下都能夠?qū)щ?；且屬于化合物，屬于硫酸氫鈉為電解質(zhì)，故A正確；

B．銅為單質(zhì)；既不是電解質(zhì)，也不是非電解質(zhì)，故B錯(cuò)誤；

C．氯氣為單質(zhì)；氯氣既不是電解質(zhì)，也不是非電解質(zhì)，故C錯(cuò)誤；

D．氨氣的水溶液導(dǎo)電；但是導(dǎo)電離子不是氨氣自身電離的，所以氨氣為非電解質(zhì)，故D錯(cuò)誤；

故選A．3、B【分析】【分析】水解反應(yīng)為弱酸或弱堿離子結(jié)合水電離的氫離子或氫氧根離子生成弱電解質(zhì)的反應(yīng)，以此來解答．【解析】【解答】解：A．該反應(yīng)為弱酸的電離方程式；故A錯(cuò)誤；

B．銨根離子和水反應(yīng)生成弱電解質(zhì)一水合氨和氫離子；為水解反應(yīng)，故B正確；

C．碳酸根離子分兩步水解，第一步水解方程式為CO32-+H2O?HCO3-+OH-；故C錯(cuò)誤；

D．氫溴酸為強(qiáng)電解質(zhì)；所以溴離子不是弱根離子，在水溶液里溴離子不水解，故D錯(cuò)誤；

故選B．4、D【分析】【分析】酸的通性不能說明酸的電離程度，利用酸不能完全電離或鹽類水解的規(guī)律來分析HNO2是弱電解質(zhì)．【解析】【解答】解：①HNO2溶液不與碳酸鈣反應(yīng)；只能說明不符合復(fù)分解反應(yīng)的條件，但不能說明是弱酸，故錯(cuò)誤；

②溶液的導(dǎo)電性與離子的濃度有關(guān)，弱電解質(zhì)的濃度大時(shí)導(dǎo)電實(shí)驗(yàn)中燈泡也很亮，沒有對(duì)比實(shí)驗(yàn)，無法說明HNO2是弱電解質(zhì)；故錯(cuò)誤；

③常溫下，0.1mol/L的HNO2溶液的pH為2.1；說明亞硝酸只有部分電離，所以能說明是弱酸，故正確；

④常溫下，將pH=3的HNO2稀釋100倍后；pH＜5，說明亞硝酸中存在電離平衡，所以能說明是弱酸，故正確；

故選D．5、C【分析】【分析】14CuSO4+5FeS2+12H2O═7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4中，Cu元素的化合價(jià)由+2價(jià)降低為+1價(jià)，S元素的化合價(jià)由-1價(jià)降低為-2價(jià)，S元素的化合價(jià)由-1價(jià)升高為+6價(jià)，以此來解答．【解析】【解答】解：14CuSO4+5FeS2+12H2O═7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4中；Cu元素的化合價(jià)由+2價(jià)降低為+1價(jià)，S元素的化合價(jià)由-1價(jià)降低為-2價(jià)，S元素的化合價(jià)由-1價(jià)升高為+6價(jià)；

A．Cu2S只是還原產(chǎn)物；故A錯(cuò)誤；

B.5molFeS2發(fā)生反應(yīng)，由S元素的化合價(jià)升高可知，有3mol×[6-（-1）]=21mole-轉(zhuǎn)移；故B錯(cuò)誤；

C．S元素的化合價(jià)既升高又降低，由硫酸根離子守恒可知，17個(gè)硫酸根離子中有3個(gè)SO42-是氧化產(chǎn)物；故C正確；

D．CuSO4是氧化劑，F(xiàn)eS2既是還原劑又是氧化劑；故D錯(cuò)誤；

故選C．6、D【分析】試題分析：A、酸性條件下NO3-會(huì)氧化Fe2+，而不能大量共存；B、水電離出的c(H+)=10-13mol/L，說明水的電離受到抑制，溶液呈酸性或堿性，此時(shí)HCO3-不能大量存在；C、Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3；D、堿性條件下各離子可以大量存在?？键c(diǎn)：考查離子共存，考查考生對(duì)離子共存的掌握情況?！窘馕觥俊敬鸢浮緿7、A【分析】解：rm{A}干冰為二氧化碳；在水溶液里和水反應(yīng)生成電解質(zhì)，本身不能電離，所以干冰是非電解質(zhì)，故A正確；

B.液氯是單質(zhì)不是化合物；所以既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，故B錯(cuò)誤；

C.氯化鈉是化合物；水溶液中或熔融狀態(tài)下電離出離子導(dǎo)電，所以氯化鈉是電解質(zhì)，故C錯(cuò)誤；

D.水是弱電解質(zhì)含有自由移動(dòng)的離子所以能導(dǎo)電；故水是電解質(zhì)，故D錯(cuò)誤；

故選A．

在水溶液里或熔融狀態(tài)下都不導(dǎo)電的化合物是非電解質(zhì)；在水溶液里或熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電的化合物是電解質(zhì)；單質(zhì)和混合物既不是電解質(zhì)和不是非電解質(zhì)．

本題考查了電解質(zhì)和非電解質(zhì)的判斷，難度不大，明確電解質(zhì)、非電解質(zhì)的概念為解答關(guān)鍵，注意無論電解質(zhì)還是非電解質(zhì)都必須是化合物．【解析】rm{A}二、雙選題(共6題，共12分)8、BC【分析】【分析】本題考查酸堿混合溶液定性判斷，為高頻考點(diǎn)，明確反應(yīng)原理、混合溶液中溶質(zhì)成分及各成分物質(zhì)的量關(guān)系是解本題關(guān)鍵，注意溶液中存在的電荷守恒和物料守恒，側(cè)重考查學(xué)生分析判斷及計(jì)算能力，題目難度中等?！窘獯稹俊.當(dāng)rm{a=5}時(shí)反應(yīng)得到等物質(zhì)的量濃度的rm{Na_{2}C_{2}O_{4}}溶液、rm{NaHC2O4}溶液、rm{NaCl}溶液的混合溶液，溶液中存在電荷守恒：rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(OH^{-})+c(HC_{2}O_{4}^{-})+c(Cl^{-})+2c(C_{2}O_{4}^{2-})}rm{c(H_{2}C_{2}O_{4})neqc(HC_{2}O_{4}^{-})+c(Cl^{-})}故A錯(cuò)誤；B.當(dāng)rm{c(H_{2}C_{2}O_{4})neq

c(HC_{2}O_{4}^{-})+c(Cl^{-})}時(shí)反應(yīng)得到rm{a=10}溶液、rm{NaHC_{2}O_{4}}溶液的混合溶液，溶液中電荷守恒為：rm{NaCl}物料守恒rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(OH^{-})+c(HC_{2}O_{4}^{-})+c(Cl^{-})+2c(C_{2}O_{4}^{2-})}帶入計(jì)算得到rm{2c(HC_{2}O_{4}^{-})+2c(H_{2}C_{2}O_{4})+2c(C_{2}O_{4}^{2-})=c(Na^{+})}故B正確；C.當(dāng)rm{c(Cl^{-})+c(OH^{-})=c(H^{+})+c(HC_{2}O_{4}^{-})+2c(H_{2}C_{2}O_{4})}時(shí)反應(yīng)得到rm{a=15}溶液、rm{H_{2}C_{2}O_{4}}溶液、rm{NaHC_{2}O_{4}}溶液的混合溶液，溶液中存在物料守恒，rm{NaCl}故C正確；D.當(dāng)rm{c(H_{2}C_{2}O_{4})+c(HC_{2}O_{4}^{-})+c(C_{2}O_{4}^{2-})=0.04mol?L^{-1}}時(shí)反應(yīng)得到rm{a=20}溶液、rm{H_{2}C_{2}O_{4}}溶液的混合溶液，且氯化鈉是草酸的rm{NaCl}倍，草酸是二元弱酸分步電離rm{2}故D錯(cuò)誤。故選BC。rm{c(Na^{+})>c(H^{+})}【解析】rm{BC}9、B|D【分析】A、1molH2的質(zhì)量=1mol×2g/mol=2g；與溫度壓強(qiáng)無關(guān)，故A錯(cuò)誤。

B、標(biāo)準(zhǔn)狀況1mol氣體的體積約為22.4L，在標(biāo)準(zhǔn)狀況下某氣體的體積是22.4L，則可認(rèn)為該氣體的物質(zhì)的量約是1mol，所含分子數(shù)約是6.02×1023個(gè)；故B正確；

C；在20℃時(shí)；壓強(qiáng)不知，1mol的任何氣體的體積不一定比22.4L大，故C錯(cuò)誤；

D、標(biāo)準(zhǔn)狀況1mol氣體的體積約為22.4L，1molH2和O2的混合氣體；在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積約為22.4L，故D正確；

故選BD．

【解析】【答案】BD10、C|D【分析】解：升高溫度；加入催化劑能提高活化分子百分?jǐn)?shù)；但增加反應(yīng)物濃度，增大體系壓強(qiáng)只增大單位體積活化分子的數(shù)目，百分?jǐn)?shù)不變；

故選CD．【解析】【答案】CD11、C|D【分析】解：A．用0.1mol?L-1的鹽酸滴定0.1mol?L-1的氨水時(shí)；恰好反應(yīng)生成氯化銨，溶液顯酸性，酚酞變色范圍為8-10堿性溶液中變色，不可用酚酞作指示劑，應(yīng)選擇變色范圍3.1-4.4變色的甲基橙做指示劑，故A錯(cuò)誤；

B.0.2mol?L-1的醋酸與0.1mol?L-1的氫氧化鈉溶液等體積混合，得到等濃度的醋酸鈉和醋酸混合溶液，溶液中電荷守恒c（CH3COO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），物料守恒2c（Na+）=c（CH3COO-）+c（CH3COOH），得到c（CH3COO-）+2c（OH-）=c（CH3COOH）+2c（H+）；故B錯(cuò)誤；

C．常溫下，Ka（CH3COOH）=Kb（NH3?H2O）=1.75×10-5，醋酸根離子和銨根離子都發(fā)生水解，促進(jìn)水的電離，二者水解程度相近，溶液pH=7，所得溶液中有水電離出的C（H+）=1×10-7mol?L-1；故C正確；

D．pH=3的鹽酸溶液中氫離子濃度和氯離子濃度為10-3mol/L，pH=11的氨水溶液中c（OH-）=c（NH4+）=mol/L=10-3mol/L，等體積混合，一水合氨又電離出氫氧根離子和銨根離子，原氨水溶液濃度大于鹽酸，所得溶液為氯化銨和一水合氨溶液，溶液中c（NH3?H2O）＞c（NH4+）＞c（Cl-）；故D正確；

故選CD．

A．鹽酸和一水合氨反應(yīng)生成氯化銨；銨根離子水解溶液顯酸性，選擇酸性溶液中指示劑變色的指示劑；

B.0.2mol?L-1的醋酸與0.1mol?L-1的氫氧化鈉溶液等體積混合；得到等濃度的醋酸鈉和醋酸混合溶液，結(jié)合溶液中電荷守恒和物料守恒計(jì)算分析判斷；

C．pH=3的醋酸與pH=11的氨水等體積混合恰好完全反應(yīng)生成醋酸銨溶液，常溫下，Ka（CH3COOH）=Kb（NH3?H2O）=1.75×10-5分析；

D．pH=3的鹽酸與pH=11的氨水等體積混合；一水合氨又電離出氫氧根離子和銨根離子．

本題考查學(xué)生電離平衡及影響因素知識(shí)，注意知識(shí)的歸納和整理是解題關(guān)鍵，題目難度中等．【解析】【答案】CD12、rCD【分析】解：rm{A.Cu}與濃硫酸加熱能夠反應(yīng)；與稀硫酸不反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；

B.濃硫酸具有強(qiáng)氧化性，能夠?qū)m{HI}氧化，不能用濃硫酸與碘化鉀反應(yīng)制取rm{HI}故B錯(cuò)誤；

C.過氧化鈉能夠與二氧化碳反應(yīng)生成生成氧氣；可用過氧化鈉制備氧氣，故C正確；

D.鋁箔在氯氣中燃燒生成氯化鋁；可據(jù)此制備無水三氯化鋁，故D正確；

故選CD．

A.稀硫酸不與銅發(fā)生反應(yīng)；

B.濃硫酸能夠?qū)⒌怆x子氧化成碘單質(zhì)；

C.過氧化鈉與二氧化碳反應(yīng)生成碳酸鈉和氧氣；

D.鋁與氯氣燃燒生成氯化鋁．

本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，題目難度不大，明確常見元素及其化合物性質(zhì)為解答關(guān)鍵，試題側(cè)重對(duì)學(xué)生基礎(chǔ)知識(shí)的訓(xùn)練和檢驗(yàn)，有利于提高學(xué)生靈活運(yùn)用基礎(chǔ)知識(shí)解決實(shí)際問題的能力．【解析】rm{CD}13、AD【分析】解：A．反應(yīng)CH4（g）+CO2（g）?2CO（g）+2H2（g），CO2平衡轉(zhuǎn)化率50%；

起始量（mol/L）10.500

變化量（mol/L）0.250.250.50.5

平衡量（mol/L）0.750.250.50.5

反應(yīng)的平衡常數(shù)K==故A正確；

B．容器Ⅱ中和實(shí)驗(yàn)Ⅰ相比；相當(dāng)于增加二氧化碳，則轉(zhuǎn)化率反而減小應(yīng)小于50%，故B錯(cuò)誤；

C．由A計(jì)算可知實(shí)驗(yàn)Ⅰ中甲烷的濃度為0.75mol/L，如在恒溫下，則Ⅲ與Ⅰ為等效平衡，則濃度相等，但Ⅲ絕熱條件下反應(yīng)，因正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，則容器溫度降低，溫度較低，平衡逆向移動(dòng)，則Ⅲ甲烷的濃度大于0.75mol/L，則容器Ⅱ、Ⅲ中反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，c（CH4，Ⅱ）+c（CH4，Ⅲ）=1.5mol?L-1＞1mol?L-1；故C錯(cuò)誤；

D．容器Ⅱ中反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，再投入0.5molCH4、0.25molCO2；反應(yīng)正向進(jìn)行，反應(yīng)達(dá)到新平衡前，v（正）＞v（逆），故D正確；

故選：AD。

A．實(shí)驗(yàn)Ⅰ中二氧化碳轉(zhuǎn)化率50%，結(jié)合三行計(jì)算列式得到平衡濃度計(jì)算平衡常數(shù)

B．容器Ⅱ中和實(shí)驗(yàn)Ⅰ相比；二氧化碳增加轉(zhuǎn)化率減??；

C．按照三行計(jì)算列式計(jì)算恒溫恒容條件下的甲烷平衡濃度；絕熱容器中反應(yīng)溫度升高平衡正向進(jìn)行；

D．容器Ⅱ中，再投入0.5molCH4、0.25molCO2；平衡正向進(jìn)行。

本題考查了化學(xué)平衡影響因素，數(shù)據(jù)分析判斷，主要是平衡常數(shù)的計(jì)算和圖線的理解應(yīng)用，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目難度中等。【解析】AD三、填空題(共9題，共18分)14、脫水性CH2=CH2+Br2→CH2Br-CH2BrH2ONaOH溶液濃硫酸（d）cabe（f）加熱已經(jīng)褪色的品紅溶液，若紅色恢復(fù)，證明是SO2使品紅溶液褪色而不是Br2SO2+2H2O+Br2═4H++2Br-+SO42-、SO42-+Ba2+═BaSO4↓或SO2+2H2O+Br2+Ba2+═4H++2Br-+BaSO4↓Na2S2O5+H2O=2NaHSO30.05【分析】【分析】（1）濃硫酸具有脫水性；吸水性和強(qiáng)氧化性；能使乙醇碳化；

（2）①乙烯可與溴水發(fā)生加成反應(yīng)；

②溴單質(zhì)可以和二氧化硫發(fā)生氧化還原反應(yīng)；

③a；氫氧化鈉可以和二氧化硫發(fā)生反應(yīng)；濃硫酸具有吸水性；可以做干燥劑；根據(jù)乙的設(shè)計(jì)，即要證明干燥的二氧化硫不能使溴的四氯化碳褪色，但能使品紅褪色，據(jù)此確定裝置連接順序；

b；二氧化硫使品紅褪色；受熱時(shí)又恢復(fù)紅色，根據(jù)這一性質(zhì)判斷是否為二氧化硫使品紅褪色；

c；溴單質(zhì)可以和二氧化硫發(fā)生氧化還原反應(yīng)；硫酸根離子和鋇離子反應(yīng)會(huì)生成白色沉淀；

（3）根據(jù)圖可知；pH=4.5時(shí)，溶液中主要以亞硫酸氫根離子形式存在，據(jù)此書寫水解方程式；

（4）根據(jù)Ksp[BaSO4]=c（Ba2+）?c（SO42-），可計(jì)算出需要放熱c（Ba2+），進(jìn)而計(jì)算最大濃度c（SO32-），據(jù)此答題；【解析】【解答】解：（1）濃硫酸具有脫水性；能使乙醇溶液“漸漸變黑”；

故答案為：脫水性；

（2）①根據(jù)甲的觀點(diǎn)，溴水可以使B中溶液褪色，反應(yīng)的化學(xué)方程式是CH2=CH2+Br2→CH2Br-CH2Br；

故答案為：CH2=CH2+Br2→CH2Br-CH2Br；

②乙根據(jù)現(xiàn)象Ⅲ認(rèn)為產(chǎn)生了SO2和水；在B中溴單質(zhì)可以和二氧化硫；水發(fā)生氧化還原反應(yīng)生存溴化氫和硫酸；

故答案為：H2O；

③a、根據(jù)甲的設(shè)計(jì)，洗氣瓶中盛放的試劑是氫氧化鈉，可以和二氧化硫反應(yīng)，吸收二氧化硫，排除二氧化硫的干擾，根據(jù)乙的設(shè)計(jì)，C中盛放的試劑是，濃硫酸具有吸水性，可以做干燥劑，根據(jù)乙的設(shè)計(jì)，即要證明干燥的二氧化硫不能使溴的四氯化碳褪色，但能使品紅褪色，所以裝置連接順序?yàn)椋╠）cabe（f）；

故答案為：NaOH溶液；濃硫酸；（d）cabe（f）；

b、證明SO2使E中溶液褪色的實(shí)驗(yàn)是加熱已經(jīng)褪色的品紅溶液，若紅色恢復(fù)，證明是SO2使品紅溶液褪色而不是Br2；

故答案為：加熱已經(jīng)褪色的品紅溶液，若紅色恢復(fù)，證明是SO2使品紅溶液褪色而不是Br2；

c、溴單質(zhì)可以和二氧化硫發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成硫酸根離子和溴離子，硫酸根離子和鋇離子反應(yīng)會(huì)生成白色沉淀，相關(guān)反應(yīng)的離子方程式為SO2+2H2O+Br2═4H++2Br-+SO42-、SO42-+Ba2+═BaSO4↓或SO2+2H2O+Br2+Ba2+═4H++2Br-+BaSO4↓；

故答案為：SO2+2H2O+Br2═4H++2Br-+SO42-、SO42-+Ba2+═BaSO4↓或SO2+2H2O+Br2+Ba2+═4H++2Br-+BaSO4↓；

（3）根據(jù)圖可知，pH=4.5時(shí)，溶液中主要以亞硫酸氫根離子形式存在，所以水解方程式為Na2S2O5+H2O=2NaHSO3；

故答案為：Na2S2O5+H2O=2NaHSO3；

（4）根據(jù)Ksp[BaSO4]=c（Ba2+）?c（SO42-），可知需要c（Ba2+）===10-5mol?L-1，則溶液中SO32-的最大濃度c（SO32-）===0.05mol?L-1；

故答案為：0.05．15、NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3HCO3-+Ca2++OH-=H2O+CaCO3↓2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑【分析】【分析】（1）向偏鋁酸鈉溶液中通入過量的二氧化碳?xì)怏w生成氫氧化鋁和碳酸氫鈉；

（2）向NaHCO3溶液中滴加過量的Ca（OH）2溶液；生成碳酸鈣沉淀和氫氧化鈉；

（3）工業(yè)上用電解飽和食鹽水的方法制取氯氣．【解析】【解答】解：（1）向偏鋁酸鈉溶液中通入過量的二氧化碳?xì)怏w生成氫氧化鋁和碳酸氫鈉，方程式為NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3；

故答案為：NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3；

（2）向NaHCO3溶液中滴加過量的Ca（OH）2溶液，生成碳酸鈣沉淀和氫氧化鈉，反應(yīng)的離子方程式為：HCO3-+Ca2++OH-=H2O+CaCO3↓；

故答案為：HCO3-+Ca2++OH-=H2O+CaCO3↓；

（3）工業(yè)用電解飽和食鹽水的方法制備氯氣，電解飽和食鹽水反應(yīng)生成NaOH、H2、Cl2，該反應(yīng)為2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；

故答案為：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑．16、Bmol/L【分析】【分析】（1）A；氯氣易溶于有機(jī)溶劑；溶解前后容器內(nèi)的壓強(qiáng)會(huì)發(fā)生變化進(jìn)行解答；

B；運(yùn)用氫氣不易溶于水；容器內(nèi)的壓強(qiáng)不會(huì)發(fā)生變化解答；

C；運(yùn)用氨氣極易溶于水；溶解前后容器內(nèi)的壓強(qiáng)會(huì)發(fā)生變化進(jìn)行解答；

D；運(yùn)用濃氨水和氯化氫氣體之間會(huì)發(fā)生反應(yīng)；根據(jù)反應(yīng)前后容器內(nèi)氣體壓強(qiáng)的變化來解答．

（2）利用氨氣極易溶于水，形成壓強(qiáng)差而形成噴泉，根據(jù)相同條件下m=M知，燒瓶中氨氣與氫氣的摩爾質(zhì)量之比，然后根據(jù)十字相乘法得出氨氣和空氣的體積之比．【解析】【解答】解：（1）A；氯氣易溶于有機(jī)溶劑四氯化碳中；燒瓶中的氣體壓強(qiáng)就會(huì)減小，故能形成噴泉，故A錯(cuò)誤；

B；氫氣不易溶于水；也不會(huì)和氫氧化鈉反應(yīng)，所以燒瓶中的氣體壓強(qiáng)不會(huì)有明顯的變化，故不能形成噴泉，故B正確；

C；用鼓氣裝置從裝置③的a處不斷鼓入空氣；導(dǎo)致錐形瓶中液體進(jìn)入燒瓶中，氨氣極易溶于水，燒瓶中的氣體壓強(qiáng)就會(huì)減小，故能形成噴泉，故C錯(cuò)誤；

D；濃氨水和氯化氫氣體反應(yīng)；燒瓶中的氣體壓強(qiáng)就會(huì)減小，故能形成噴泉，故D錯(cuò)誤．

故答案選：B．

（2）氨氣極易溶于水，如果打開止水夾，氨氣溶于水后燒瓶?jī)?nèi)壓強(qiáng)迅速減小，而形成噴泉；相同條件下m=M知，燒瓶中的氨氣與氫氣的摩爾質(zhì)量之比等于其質(zhì)量之比，所以燒瓶中氨氣的平均摩爾質(zhì)量為20g/mol，空氣的平均摩爾質(zhì)量是29g/mol，氨氣的摩爾質(zhì)量是17g/mol，燒瓶中氨氣和空氣的摩爾質(zhì)量之差和空氣與氨氣摩爾質(zhì)量之差的比即為氨氣和空氣的體積之比，所以氨氣和空氣的體積之比為9：3=3：1，所以燒瓶中水可上升至燒瓶容積的，設(shè)燒瓶的體積是V，則其中氨氣的體積是0.75V，所以形成的氨水的濃度c===mol/L．

故答案為：；mol/L．17、硫溴2NA【分析】【分析】A原子最外層電子數(shù)是其內(nèi)層電子總數(shù)的2倍則A為C元素；B原子s電子數(shù)與P電子數(shù)相等，則其電子排布式為：1s22s22p4，所以B為O元素；C原子的3p軌道上有2個(gè)單電子，能形成不只一種氧化物，所以C為S元素；D原子基態(tài)時(shí)未成對(duì)電子數(shù)是第四周期元素中最多的，所以D的價(jià)電子排布為3d54s1，所以D為Cr元素；元素E形成的單質(zhì)常溫下為紅棕色液體，易揮發(fā)，則E為Br元素；

（1）根據(jù)上述推斷填寫；

（2）D為Cr元素；3d軌道和4s軌道為半滿狀；

（3）A22-與B22+互為等電子體，即C22-與O22+互為等電子體，它們與N2也是等電子體，據(jù)此分析．【解析】【解答】解：A原子最外層電子數(shù)是其內(nèi)層電子總數(shù)的2倍則A為C元素；B原子s電子數(shù)與P電子數(shù)相等，則其電子排布式為：1s22s22p4，所以B為O元素；C原子的3p軌道上有2個(gè)單電子，能形成不只一種氧化物，所以C為S元素；D原子基態(tài)時(shí)未成對(duì)電子數(shù)是第四周期元素中最多的，所以D的價(jià)電子排布為3d54s1，所以D為Cr元素；元素E形成的單質(zhì)常溫下為紅棕色液體，易揮發(fā)，則E為Br元素；

（1）寫出C；E的元素名稱分別為硫、溴；故答案為：硫；溴；

（2）D為Cr元素，3d軌道和4s軌道為半滿狀態(tài)，其電子排布式為：1s22s22p63s23p63d54s1，所以Cr基態(tài)原子的價(jià)電子排布圖為：故答案為：

（3）A22-與B22+互為等電子體，即C22-與O22+互為等電子體，它們與N2也是等電子體，所以O(shè)22+的電子式O22+中含有一個(gè)三鍵，所以含有2個(gè)π鍵，故答案為：2NA．18、Cu（OH）22Al+3CuSO4=Al2（SO4）3+3CuAl2O3+6H+=2Al3++3H2O【分析】【分析】D的溶液能殺死某些細(xì)菌、抑制藻類生長(zhǎng)，還能用來配制農(nóng)藥波爾多液，D應(yīng)為CuSO4；E是人類使用最早的金屬的單質(zhì)，為Cu，J在溶液中生成時(shí)是藍(lán)色沉淀，為Cu（OH）2，化合物K是電解飽和食鹽水的產(chǎn)物之一，應(yīng)為NaOH，則F為CuO，B為O2，A電解生成金屬C，A應(yīng)為Al2O3，C為Al，H為NaAlO2，A2O3與稀硫酸反應(yīng)轉(zhuǎn)化為I，I為Al2（SO4）3，以此解答該題．【解析】【解答】解：D的溶液能殺死某些細(xì)菌、抑制藻類生長(zhǎng)，還能用來配制農(nóng)藥波爾多液，D應(yīng)為CuSO4；E是人類使用最早的金屬的單質(zhì)，為Cu，J在溶液中生成時(shí)是藍(lán)色沉淀，為Cu（OH）2，化合物K是電解飽和食鹽水的產(chǎn)物之一，應(yīng)為NaOH，則F為CuO，B為O2，A電解生成金屬C，A應(yīng)為Al2O3，C為Al，H為NaAlO2，A2O3與稀硫酸反應(yīng)轉(zhuǎn)化為I，I為Al2（SO4）3；

（1）由以上分析可知J為Cu（OH）2，故答案為：Cu（OH）2；

（2）K為NaOH，電子式為故答案為：

（3）C為Al，與CuSO4溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Al+3CuSO4=Al2（SO4）3+3Cu，故答案為：2Al+3CuSO4=Al2（SO4）3+3Cu；

（4）A與稀硫酸反應(yīng)轉(zhuǎn)化為I的離子方程式Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，故答案為：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O．19、+41.19kJ?mol-1較低溫B0.135mol?L-1?min-1200CE增大【分析】【分析】（1）根據(jù)蓋斯定律可以計(jì)算化合反應(yīng)的焓變；根據(jù)反應(yīng)自發(fā)行的判據(jù)：△H-T△S＜0進(jìn)行回答；

（2）①根據(jù)圖示CO2的平衡轉(zhuǎn)化率和反應(yīng)溫度的關(guān)系來判斷回答；

②a．根據(jù)速率v=結(jié)合三行式進(jìn)行計(jì)算；

b．化學(xué)反應(yīng)的平衡常數(shù)K各個(gè)生成物平衡濃度系數(shù)次方的乘積和各個(gè)反應(yīng)物平衡濃度系數(shù)次方乘積的比值；據(jù)此計(jì)算；

c．將體系溫度升至600K；根據(jù)升高溫度，平衡向著吸熱方向來進(jìn)行回答；

（3）①該反應(yīng)達(dá)到平衡后；為同時(shí)提高反應(yīng)速率和甲醇的生成量，只要加快反應(yīng)速率且使得平衡正向移動(dòng)的因素都可以；

②根據(jù)反應(yīng)I、反應(yīng)III均為放熱反應(yīng)，溫度升高不利于CO2、CO轉(zhuǎn)化為甲醇，反應(yīng)II為吸熱反應(yīng)，溫度升高使更多的CO2轉(zhuǎn)化為CO來回答．【解析】【解答】解：（1）反應(yīng)Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）△H1=-49.58kJ?mol-1

反應(yīng)Ⅱ：CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）△H2

反應(yīng)Ⅲ：CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）△H3=-90.77kJ?mol-1

根據(jù)蓋斯定律，反應(yīng)Ⅱ可以是Ⅰ-Ⅲ得到，所以反應(yīng)Ⅱ的焓變△H2=（-49.58kJ?mol-1）-（-90.77kJ?mol-1）=+41.19kJ?mol-1；根據(jù)反應(yīng)自發(fā)行的判據(jù)：△H-T△S＜0；反應(yīng)Ⅲ是熵減的放熱的反應(yīng)，所以要自發(fā)進(jìn)行需要在較低溫下進(jìn)行；

故答案為：+41.19kJ?mol-1；較低溫；

（2）①據(jù)圖可知，若要使CO2的平衡轉(zhuǎn)化率大于40%，需要n（H2）=3mol，n（CO2）的物質(zhì)的量大于1.7mol；溫度高于550K，故選B；

②在溫度為500K的條件下，充入3molH2和1.5molCO2；該反應(yīng)10min時(shí)達(dá)到平衡，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率是60%；

CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）

初始濃度：0.751.500

變化濃度：0.451.350.450.45

平衡濃度：0.30.150.450.45

a．氫氣表示的反應(yīng)速率==0.135mol?L-1?min-1，故答案為：0.135mol?L-1?min-1；

b．該溫度下，反應(yīng)I的平衡常數(shù)K==200；故答案為：200；

c．當(dāng)反應(yīng)時(shí)間達(dá)到3min時(shí)，迅速將體系溫度升至600K，則平衡正向進(jìn)行，甲醇的濃度會(huì)增加，圖象為

故答案為：

（3）①該反應(yīng)達(dá)到平衡后；為同時(shí)提高反應(yīng)速率和甲醇的生成量，只要加快反應(yīng)速率且使得平衡正向移動(dòng)即可．

A．改用高效催化劑；能加快反應(yīng)速率，但是不影響平衡的移動(dòng)，故錯(cuò)誤；

B．升高溫度；加快反應(yīng)速率且使得平衡逆向移動(dòng)，不符合，故錯(cuò)誤；

C．縮小容器體積；即增大壓強(qiáng)，加快反應(yīng)速率且使得平衡正向移動(dòng)，故正確；

D．分離出甲醇；不能加快反應(yīng)速率，故錯(cuò)誤；

E．增加CO2的濃度；可以加快反應(yīng)速率且使得平衡正向移動(dòng)，故正確．

故選CE；

②反應(yīng)I、反應(yīng)III均為放熱反應(yīng)，溫度升高不利于CO2、CO轉(zhuǎn)化為甲醇，反應(yīng)II為吸熱反應(yīng)，溫度升高使更多的CO2轉(zhuǎn)化為CO；所以當(dāng)溫度高于260℃后，CO的濃度一定增大；

故答案為：增大．20、環(huán)烷烴環(huán)烯烴醛酯不飽和羧酸酮【分析】【分析】（1）烷烴通式為CnH2n+2；典型性質(zhì)為取代反應(yīng)，烯烴通式為，典型性質(zhì)為加成反應(yīng)和加聚反應(yīng)及氧化反應(yīng)；

（2）有機(jī)物官能團(tuán)可確定有機(jī)物的種類，常見有機(jī)物有烯烴、炔烴、醇、酚、醛、酸、酯等，結(jié)合有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式判斷有機(jī)物的種類．【解析】【解答】解：（1）烷烴通式為CnH2n+2，典型性質(zhì)為取代反應(yīng)，烯烴通式為CnH2n；典型性質(zhì)為加成反應(yīng)和加聚反應(yīng)及氧化反應(yīng)；

故答案為：。類別烷烴烯烴（僅含一碳碳雙鍵）通式CnH2n+2CnH2n典型反應(yīng)類型取代反應(yīng)加成反應(yīng)、加聚反應(yīng)及氧化反應(yīng)（2）①碳碳鍵為單鍵，為環(huán)狀，故為環(huán)己烷；故答案為：環(huán)烷烴；

②碳碳鍵為雙鍵，為環(huán)狀，故為環(huán)己烯；故答案為：環(huán)烯烴；

③HCHO分子中含有醛基；為甲醛屬于醛類，故答案為：醛；

④HCOOC2H5甲酸乙酯；分子中含有酯基，屬于酯類，故答案為：酯；

⑤H2C=CH-COOH分子中含有羧基和雙鍵；屬于不飽和羧酸類，故答案為：不飽和羧酸；

⑥CH3CH2COCH3含羰基，為酮類，故答案為：酮．21、溴水滲析蒸餾飽和碳酸氫鈉溶液【分析】【分析】根據(jù)原物質(zhì)和雜質(zhì)的性質(zhì)選擇適當(dāng)?shù)某s劑和分離方法，所謂除雜（提純），是指除去雜質(zhì)，同時(shí)被提純物質(zhì)不得改變．除雜質(zhì)題至少要滿足兩個(gè)條件：①加入的試劑只能與雜質(zhì)反應(yīng)，不能與原物質(zhì)反應(yīng)；②反應(yīng)后不能引入新的雜質(zhì)．應(yīng)從雜質(zhì)與主要成分的性質(zhì)差異入手，同時(shí)聯(lián)系有機(jī)物提純的常用方法．【解析】【解答】解：（1）乙烯可與溴水發(fā)生加成反應(yīng)生成液態(tài)二溴代物；而乙烷不與溴水反應(yīng)，通過洗氣即可得到純凈的乙烷，故答案為：溴水；

（2）淀粉；氯化鈉混合溶液可利用淀粉不能透過半透膜；而氯離子和鈉離子能透過，利用滲析法將兩者分離，故答案為：滲析；

（3）除去乙醇中的乙酸可加入足量生石灰；使乙酸與生石灰反應(yīng)生成醋酸鈣，同時(shí)生石灰也可吸收反應(yīng)生成的水，然后通過蒸餾得到無水乙醇，故答案為：蒸餾；

（4）二氧化碳與飽和碳酸氫鈉溶液不反應(yīng)，二氧化硫可與碳酸氫鈉反應(yīng)生成亞硫酸鈉和二氧化碳，故答案為：飽和碳酸氫鈉溶液．22、略

【分析】解：(1)根據(jù)個(gè)實(shí)驗(yàn)步驟；研磨需要研缽；稱量需要托盤天平；加熱需要酒精燈等．而這些儀器在試題所提供的儀器中并沒有出現(xiàn)，故答案為：研缽；托盤天平、酒精燈；

(2)在加熱后冷卻時(shí)；為了防止硫酸銅吸水，應(yīng)將硫酸銅放在干燥器中進(jìn)行冷卻，從而得到純凈而干燥的無水硫酸銅．

故答案為：冷卻；防止吸水；

(3)實(shí)驗(yàn)中的加熱；冷卻、稱量的操作步驟要重復(fù)進(jìn)行；直至連續(xù)兩次稱量的差不超過0.1g為止．這是為了確定樣品中結(jié)晶水是否已經(jīng)被全部除去．這樣做是為了保證定量實(shí)驗(yàn)的準(zhǔn)確性．故答案為：檢驗(yàn)樣品中的結(jié)晶水是否已經(jīng)全部除去；

(4)A；被測(cè)樣品中含有加熱不揮發(fā)的雜質(zhì)會(huì)導(dǎo)致測(cè)定的水的質(zhì)量偏??；故A正確；

B；被測(cè)樣品中含有加熱易揮發(fā)的雜質(zhì)會(huì)導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏大；故B錯(cuò)誤；

C；實(shí)驗(yàn)前被測(cè)樣品已有部分失水會(huì)導(dǎo)致測(cè)定的水的質(zhì)量偏??；故C正確；

D；加熱前所用的坩堝未完全干燥．加熱后水揮發(fā)；導(dǎo)致水的質(zhì)量測(cè)定結(jié)果偏大，故D錯(cuò)誤．

故答案為：A、C．【解析】研缽、托盤天平、酒精燈;冷卻;檢驗(yàn)樣品中的結(jié)晶水是否已經(jīng)全部除去;A、C四、判斷題(共3題，共9分)23、√【分析】【分析】依據(jù)化學(xué)反應(yīng)實(shí)質(zhì)是反應(yīng)物化學(xué)鍵斷裂化學(xué)鍵吸收能量，生成物形成化學(xué)鍵放出熱量，反應(yīng)過程中一定伴隨能量變化．【解析】【解答】解：化學(xué)反應(yīng)實(shí)質(zhì)是反應(yīng)物化學(xué)鍵斷裂化學(xué)鍵吸收能量，生成物形成化學(xué)鍵放出熱量，所以反應(yīng)過程中一定伴隨能量變化，故正確，故答案為：√．24、√【分析】【分析】蒸發(fā)操作不能直接蒸干，以防止溫度過高而導(dǎo)致分解而變質(zhì)，據(jù)此解答即可．【解析】【解答】解：提純氯化鈉，最后在蒸發(fā)皿中蒸發(fā)濃縮溶液時(shí)，只需用小火加熱至溶液表面出現(xiàn)晶膜為止，再通過余熱將溶液全部蒸干，符合蒸發(fā)操作要求，故此說法正確，故答案為：√．25、×【分析】【分析】根據(jù)滴管滴加液體時(shí)，滴管尖端要懸空在容器口的正上方，不能伸入試管內(nèi)部更不能接觸試管內(nèi)壁解答．【解析】【解答】解：滴管滴加液體時(shí)，滴管尖端要懸空在容器口的正上方，不能伸入試管內(nèi)部更不能接觸試管內(nèi)壁，以免污染滴管內(nèi)的液體，故答案為：×．五、推斷題(共2題，共10分)26、FeCl2Al2O33Fe3O4+8AL9Fe+4Al2O3鋁熱4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（OH）32Al+2OH-+6H2O=2[Al（OH）4]-+3H2↑【分析】【分析】A、I是兩種常見的金屬單質(zhì)．H在常溫下是一種常見的非金屬氣態(tài)單質(zhì)，依據(jù)轉(zhuǎn)化關(guān)系I和堿反應(yīng)，I和H反應(yīng)生成的G是氧化物也和氫氧化鈉溶液反應(yīng)，說明是兩性氧化物判斷：G為Al2O3，I為Al，J為NaAlO2，H為O2，A和氧氣反應(yīng)生成B是金屬氧化物，與鹽酸反應(yīng)，與Al反應(yīng)生成金屬A，所以判斷：B為四氧化三鐵Fe3O4，A為Fe，C為FeCl2，D為FeCl3，E為Fe（OH）2，依據(jù)判斷出的各物質(zhì)分析回答問題；【解析】【解答】解：依據(jù)轉(zhuǎn)化關(guān)系I和堿反應(yīng)，I和H反應(yīng)生成的G是氧化物也和氫氧化鈉溶液反應(yīng)，說明是兩性氧化物判斷：G為Al2O3，I為Al，J為NaAlO2，H為O2，A和氧氣反應(yīng)生成B是金屬氧化物，與鹽酸反應(yīng)，與Al反應(yīng)生成金屬A，所以判斷：B為四氧化三鐵Fe3O4，A為Fe，C為FeCl2，D為FeCl3，E為Fe（OH）2；

（1）依據(jù)推斷得到C、G物質(zhì)的化學(xué)式為：FeCl2；Al2O3，故答案為：FeCl2；Al2O3；

（2）反應(yīng)①是鋁熱反應(yīng)，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：3Fe3O4+8Al9Fe+4Al2O3、鋁熱反應(yīng)；反應(yīng)⑥是氫氧化亞鐵被空氣中氧氣氧化為氫氧化鐵，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（OH）3；反應(yīng)④是金屬鋁和氫氧化鈉的反應(yīng)，反應(yīng)的離子方程式為：2Al+2OH-+6H2O=2[Al（OH）4]-+3H2↑；

故答案為：3Fe3O4+8Al9Fe+4Al2O3、鋁熱；4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（OH）3；2Al+2OH-+6H2O=2[Al（OH）4]-+3H2↑．27、A為H2SO4，B為NaCl，C為HCl，D為NaHSO4，E為BaSO4，F(xiàn)為MnO2，G為Cl2H2SO4+NaClNaHSO4+HCl↑4HCl（濃）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2OCl2+2KI=2KCl+I2NaHSO4+BaCl2=BaSO4↓+NaCl+HCl【分析】【分析】黃綠色氣體應(yīng)為Cl2，實(shí)驗(yàn)室用濃鹽酸和MnO2在加熱條件下反應(yīng)制備，則C為HCl，F(xiàn)為MnO2，鈉鹽D中加入BaCl2溶液反應(yīng)生成白色沉淀，且D能與Na2C03溶液反應(yīng)生成無色無味的氣體，則E應(yīng)為BaSO4，D為NaHSO4，則A為H2SO4，B為NaCl，以此解答該題．【解析】【解答】解：黃綠色氣體應(yīng)為Cl2，實(shí)驗(yàn)室用濃鹽酸和MnO2在加熱條件下反應(yīng)制備，則C為HCl，F(xiàn)為MnO2，鈉鹽D中加入BaCl2溶液反應(yīng)生成白色沉淀，且D能與Na2C03溶液反應(yīng)生成無色無味的氣體，則E應(yīng)為BaSO4，D為NaHSO4，則A為H2SO4；B為NaCl；

（1）由以上分析可知A為H2SO4，B為NaCl，C為HCl，D為NaHSO4，E為BaSO4，F(xiàn)為MnO2，G為Cl2；

故答案為：A為H2SO4，B為NaCl，C為HCl，D為NaHSO4，E為BaSO4，F(xiàn)為MnO2，G為Cl2；

（2）反應(yīng)①為H2SO4+NaClNaHSO4+HCl↑，反應(yīng)②為4HCl（濃）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O，反應(yīng)③為Cl2+2KI=2KCl+I2；

反應(yīng)④為NaHSO4+BaCl2=BaSO4↓+NaCl+HCl；

故答案為：H2SO4+NaClNaHSO4+HCl↑；4HCl（濃）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O；Cl2+2KI=2KCl+I2；NaHSO4+BaCl2=BaSO4↓+NaCl+HCl．六、探究題(共4題，共16分)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