2025年新世紀(jì)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年新世紀(jì)版高三化學(xué)下冊階段測試試卷701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7題，共14分)1、將ag鎂、鋁合金溶解于足量的稀HNO3溶液中，再滴加1.0mol/L的Na0H溶液至1L時，開始出現(xiàn)沉淀，至4L時，沉淀質(zhì)量達(dá)到最大值，則ag鎂、鋁合金，總物質(zhì)的量為（）A.molB.molC.molD.mol2、下列說法中正確的是（）A.在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，1mol水的體積約為22.4LB.只有在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，氣體的摩爾體積才是22.4mol/LC.在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，1molH2和O2的混合氣體體積約為22.4LD.任何條件下，氣體的摩爾體積都是22.4L/mol3、下列各組中的離子或分子相混合，肯定會有沉淀生成的是（）A.Al3+、Na+、SO42-、OH-B.Ag+、NH3?H2O、NO3-C.Ba2+、H+、NO3-、PO43-D.Na+、Al3+、Cl-、SO32-4、下列說法正確的是（）A.放熱反應(yīng)在任何條件下一定能自發(fā)進(jìn)行B.吸熱反應(yīng)在任何條件下一定不能自發(fā)進(jìn)行C.熵增加的反應(yīng)在任何條件下一定能自發(fā)進(jìn)行D.熵減少的反應(yīng)在一定條件下也可能自發(fā)進(jìn)行5、下列對氨基酸和蛋白質(zhì)的描述正確的是（）A.蛋白質(zhì)水解的最終產(chǎn)物是氨基酸B.氨基酸和蛋白質(zhì)遇重金屬離子均會變性C.α-氨基丙酸與α-氨基苯丙酸混合物脫水成肽，只生成2種二肽D.氨基酸溶于過量氫氧化鈉溶液中生成的離子，在電場作用下向負(fù)極移動6、短周期元素W、X、Y和Z的原子序數(shù)依次增大．元素W是制備手機(jī)電池的重要材料，X原子的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的2倍，元素Y是地殼中含量最豐富的金屬元素，Z原子的最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的2倍．下列說法錯誤的是（）A.元素W、X的氯化物中，各原子均滿足8電子的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)B.元素Y的單質(zhì)與氫氧化鈉溶液或鹽酸反應(yīng)均有氫氣生成C.元素X與氫形成的化合物可能既有極性鍵又有非極性鍵D.元素Z可與元素X形成共價化合物XZ27、用下列有關(guān)實驗裝置進(jìn)行相應(yīng)實驗，錯誤的是A.用圖1所示裝置實驗室制取少量Cl2B.用圖2所示裝置制取及觀察Fe(OH)2C.用圖3所示裝置用H2O2溶液制備O2D.用圖4所示裝置比較S、Si的非金屬性強(qiáng)弱評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)8、現(xiàn)用質(zhì)量分?jǐn)?shù)為98%、密度為1.84g?cm-3的濃H2SO4來配制500mL、0.2mol?L-1的稀H2S04．可供選擇的儀器有：①玻璃棒②燒瓶③燒杯④膠頭滴管⑤量筒⑥容量瓶⑦托盤天平⑧藥匙．請回答下列問題：

（1）上述儀器中，在配制稀H2S04時用不到的有____（填序號）．

（2）經(jīng)計算，需濃H2S04的體積為____．現(xiàn)有①10mL②50mL③100mL三種規(guī)格的量筒，你選用的量筒是____（填代號）．

（3）將濃H2S04加適量蒸餾水稀釋后，冷卻片刻，隨后全部轉(zhuǎn)移到____mL的容量瓶中，轉(zhuǎn)移時應(yīng)用玻璃棒____．轉(zhuǎn)移完畢，用少量蒸餾水洗滌燒杯2～3次，并將洗滌液全部轉(zhuǎn)移到容量瓶中，再加適量蒸餾水，振蕩容量瓶，使溶液混合均勻．然后緩緩地把蒸餾水直接注入容量瓶直到液面接近刻度____處．改用____加蒸餾水到瓶頸刻度的地方，使溶液的____．振蕩；搖勻后；裝瓶、貼簽．

（4）容量瓶使用前檢查是否漏水的方法：____．

（5）下列操作中，容量瓶所不具備的功能有____（填序號）．

A．配制一定體積準(zhǔn)確濃度的標(biāo)準(zhǔn)溶液。

B．貯存溶液。

C．測量容量瓶規(guī)格以下的任意體積的溶液。

D．準(zhǔn)確稀釋任意某一濃度的溶液。

E．量取一定體積的液體。

（6）若實驗過程遇到下列情況；對硫酸的物質(zhì)的量濃度有何影響（填“偏高”；“偏低”或“不變”）．

①向容量瓶注液時少量液體流出，____；

②未等稀釋后的H2S04溶液冷卻至室溫就轉(zhuǎn)移到容量瓶中，____；

③搖勻后發(fā)現(xiàn)液面下降再加水，____；

④定容時俯視觀察液面，____．

⑤定容時，加蒸餾水超過刻度線，又用膠頭滴管吸出，____．9、（1）只用一種試劑即可除去少量雜質(zhì)和鑒別物質(zhì)．將其填在空格處．

。編號物質(zhì)試劑名稱或化學(xué)式①除雜質(zhì)：NaHCO3溶液（Na2CO3）____②除雜質(zhì)：SiO2（CaCO3）____③除雜質(zhì)：FeCl2溶液（FeCl3）____④鑒別：Na2CO3Na2SiO3Na2SO3溶液____⑤鑒別：（NH4）2SO4NH4ClNa2SO4溶液____（2）氧化還原是常見的反應(yīng)類型，根據(jù)信息回答以下問題：

“四種基本反應(yīng)類型與氧化還原反應(yīng)的關(guān)系”也可用圖表達(dá)．其中Ⅰ為化合反應(yīng)，則Ⅱ為____反應(yīng)．寫出一個有水生成的符合反應(yīng)類型Ⅲ的化學(xué)方程式：____．寫出一個有水參加的符合反應(yīng)類型Ⅳ的化學(xué)方程式____，其中水作為____劑．（填氧化劑；還原劑等）

（3）將SO2和Cl2按1：1體積比（同溫同壓）混合后通入品紅溶液中，溶液不褪色．經(jīng)實驗證明，SO2和Cl2在溶液中發(fā)生了氧化還原反應(yīng)，且SO2被氧化，該反應(yīng)的離子方程式是____．10、已知某溫度下，KW=1×10-13．A為酸溶液，其pH=a；B為堿溶液，其pH=b．

（1）若A為強(qiáng)酸，B為強(qiáng)堿，且a+b=13，兩者等體積混合后，溶液的pH=____；若此時溶液中堿的陽離子濃度大于酸根陰離子濃度，其原因可能是（用文字表述）____．

（2）若A為強(qiáng)酸，B為強(qiáng)堿，二者按體積比為1：10混合后溶液顯中性，則a+b=____．

（3）若A的化學(xué)式為HR，B的化學(xué)式為MOH，且a+b=13，兩者等體積混合后溶液顯堿性．則混合溶液中必定有一種離子能發(fā)生水解，該水解反應(yīng)的離子方程式為____．

（4）在（3）的混合溶液中，微粒濃度大小關(guān)系一定正確的是____（填序號）．

①c（MOH）＞c（M+）＞C（R-）＞c（H+）＞c（OH-）

②c（HR）＞c（M+）＞c（R-）＞c（OH-）＞c（H+）

③c（R-）＞c（M+）＞c（H+）＞c（OH-）

④c（M+）＞c（R-）＞c（OH-）＞c（H+）

⑤c（M+）+c（H+）=c（R-）+c（OH-）

⑥c（MOH）=c（H+）-c（OH-）11、某氯化鐵與氯化鈉的混合液，已知c（Fe3+）=0.2mol?L-1，c（Cl-）=1mol?L-1．則c（Na+）為____．12、硫化氫的轉(zhuǎn)化是資源利用和環(huán)境保護(hù)的重要研究課題．由硫化氫獲得硫單質(zhì)有多種方法．

（1）H2S尾氣常用燒堿溶液吸收處理．

①標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24LH2S氣體通入100mL某濃度NaOH中，最后結(jié)晶獲得固體質(zhì)量為6.7g，則NaOH溶液的物質(zhì)的量濃度為____．

②將燒堿吸收H2S后的溶液加入到如圖1所示的電解池的陽極區(qū)進(jìn)行電解．電解過程中陽極區(qū)發(fā)生如下反應(yīng)：S2--2e-═S；（n-1）S+S2-═S．電解后陽極區(qū)的溶液用稀硫酸酸化得到硫單質(zhì)，其離子方程式為____．

（2）將H2S和空氣的混合氣體通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反應(yīng)回收S；其物質(zhì)轉(zhuǎn)化如圖2所示．

①在圖示的轉(zhuǎn)化中，化合價不變的元素是____．

②反應(yīng)中當(dāng)有1molH2S轉(zhuǎn)化為硫單質(zhì)時，保持溶液中Fe3+的物質(zhì)的量不變，需消耗O2的物質(zhì)的量為____．

③在溫度一定和不補(bǔ)加溶液的條件下，緩慢通入混合氣體，并充分?jǐn)嚢瑁股傻牧騿钨|(zhì)中不含CuS，可采取的措施有____．

（3）H2S在高溫下分解生成硫蒸氣（Sx）和H2．若反應(yīng)在不同溫度下達(dá)到平衡時，混合氣體中各組分的體積分?jǐn)?shù)如圖3所示，H2S在高溫下分解反應(yīng)的化學(xué)方程式為____．13、Ni（CO）4是無色液體，沸點42.1℃，熔點-19.3℃，難溶于水，易溶于有機(jī)溶劑推測Ni（CO）4是____分子（填“極性”或“非極性”）．14、（2014春?秦州區(qū)校級月考）如圖是化學(xué)必修2第64頁配圖（氫原子已省略）；請根據(jù)下圖回答有關(guān)問題．

（1）屬于烯烴類的有____（填編號）；

（2）寫出化合物B的結(jié)構(gòu)簡式____，H的分子式____；

（3）指出上圖有機(jī)化合物中官能團(tuán)的名稱____；

（4）A和C的關(guān)系是____；

（5）D與G的關(guān)系是____；

（6）有機(jī)物種類繁多的原因有____、____（至少答兩種原因）15、（2013秋?黃梅縣校級期中）Ⅰ．醋酸是我們很熟悉的一種有機(jī)物．

（1）生活中可使用醋酸除暖瓶中的水垢，由此說明醋酸具有的性質(zhì)是____．

A．揮發(fā)性B．酸性比碳酸強(qiáng)C．難電離D．易溶于水。

（2）某同學(xué)為了解醋酸溶液的導(dǎo)電性進(jìn)行了相應(yīng)實驗，如圖為冰醋酸（無水醋酸晶體）在稀釋過程中溶液的導(dǎo)電性變化關(guān)系圖．

請回答：

①稀釋過程中，a、b、c三處溶液中，由水電離出的c（H+）由小到大順序是____．（填a、b；c）

②從b點到c點，溶液中的比值____（填“增大”“減小”或“不變”）．

Ⅱ．室溫下，將等體積CH3COOH溶液和NaOH溶液混合．

（3）若混合溶液中c（H+）=c（OH-），混合溶液中離子濃度的大小順序為____，混合前c（CH3COOH）____c（NaOH）（用“大于”或“小于”或“等于”填空）．

（4）若混合溶液的溶質(zhì)為CH3COONa和NaOH，則下列關(guān)系不正確的是____．

①c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（H+）

②c（Na+）＞c（OH-）＞c（CH3COO-）＞c（H+）

③c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（OH-）＞c（H+）

④c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（H+）＞c（OH-）評卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)16、碳酸鈉可以除苯中的苯酚．____（判斷對錯）17、一定壓強(qiáng)下，所有物質(zhì)在溫度變化時都能表現(xiàn)出三態(tài)變化．____（判斷對錯）18、用潔凈的鉑絲蘸取溶液在酒精燈的外焰上灼燒，未看見火焰顯紫色，溶液里一定不含K+．____（判斷對錯）正確的打“√”，錯誤的打“×”19、標(biāo)準(zhǔn)狀況下當(dāng)氧氣與氦氣的原子數(shù)均為NA時，它們具有相同的體積____（判斷對錯）20、放熱反應(yīng)不需加熱就可以發(fā)生____．（判斷對錯）21、因為Na可以與水反應(yīng)放出H2，所以K也可以與水反應(yīng)放出H2____．（判斷對錯）22、將O2和H2的混合氣體通過灼熱的氧化銅，以除去其中的H2____．（判斷對錯）23、判斷正誤；正確的劃“√”，錯誤的劃“×”

（1）乙酸分子中含有羧基，可與NaHCO3溶液反應(yīng)生成CO2____

（2）乙醇、乙酸均能與Na反應(yīng)放出H2，二者分子中官能團(tuán)相同____

（3）在酸性條件下，CH3CO18OC2H5的水解產(chǎn)物是CH3CO18OH和C2H5OH____

（4）在水溶液里，乙酸分子中的-CH3可以電離出H+____

（5）乙醇中含乙酸雜質(zhì)：加入碳酸鈉溶液洗滌，分液____

（6）乙酸丁酯中含乙酸雜質(zhì)：加入碳酸鈉溶液洗滌，分液____．24、加過量的NaOH溶液，未看見產(chǎn)生氣體，溶液里一定不含NH4+．____（判斷對錯）正確的打“√”，錯誤的打“×”評卷人得分四、書寫(共2題，共14分)25、特殊方程式的書寫：

（1）KClO3可用于實驗室制O2，若不加催化劑，400℃時分解只生成兩種鹽，其中一種是無氧酸鹽，另一種鹽的陰陽離子個數(shù)比為1：1．寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：____．

（2）PF5極易水解，其產(chǎn)物為兩種酸，寫出PF5水解的化學(xué)方程式：____．

（3）MnO2可與KOH和KClO3在高溫條件下反應(yīng)，生成K2MnO4，反應(yīng)的化學(xué)方程式為____．

（4）（CN）2稱為擬鹵素，性質(zhì)與鹵素類似，其與氫氧化鈉溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式為____．26、實驗室可用氯化鈣固體和碳酸鈉溶液等試劑；制取一定量純凈的硝酸鈣晶體．

（1）寫出制取過程中反應(yīng)的離子方程式：____、____

（2）實驗過程中的主要操作步驟如下圖所示；根據(jù)流程圖回答下列問題．

①操作Ⅲ是將沉淀用蒸餾水洗滌至無Cl-殘留，檢驗沉淀是否已洗干凈的操作是____；

②操作Ⅳ是向沉淀中加入適量____溶液；

③操作Ⅴ的名稱是____；

④CaSO4微溶于水，碳酸鈉溶液如果含有SO42-會影響硝酸鈣晶體的純度，如何檢驗碳酸鈉溶液中是否含有SO42-____．評卷人得分五、計算題(共4題，共36分)27、肼可作為火箭發(fā)動機(jī)的燃料，與N2O4反應(yīng)生成N2和水蒸氣．已知：

①N2（g）+2O2（g）=N2O4（l）△H1=-19.5kJ?mol-1

②N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H2=-534.2kJ?mol-1

（1）寫出肼和N2O4反應(yīng)的熱化學(xué)方程式____；

（2）上述反應(yīng)中氧化劑是____．

（3）火箭殘骸中?，F(xiàn)紅棕色氣體，當(dāng)溫度升高時，氣體顏色變深，原因是存在如下反應(yīng)：N2O4（g）?2NO2（g）

①上述反應(yīng)的△H____0（選填“＞”或“＜”）．

②保持溫度和體積不變向上述平衡體系中再充入一定量的N2O4，再次達(dá)到平衡時，混合氣體中NO2的體積分?jǐn)?shù)____（填“增大”、“減小”或“不變”），混合氣體的顏色____（填“變深”或“變淺”）．

③一定溫度下，將1molN2O4充入一恒壓密閉容器中發(fā)生上述反應(yīng)，如圖示意圖正確且能說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是____．

④若在相同溫度下，上述反應(yīng)改在體積為10L的恒容密閉容器中進(jìn)行，反應(yīng)3s后NO2的物質(zhì)的量為0.6mol，則0～3s內(nèi)的平均反應(yīng)速率v（N2O4）=____mol?L-1?s-1．

（4）肼-空氣燃料電池是一種堿性電池，該電池放電時，負(fù)極的反應(yīng)式為____．28、將32g銅與140mL一定濃度的硝酸反應(yīng)，銅完全溶解產(chǎn)生的NO和NO2的混合氣體標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為11.2L；請回答。

（1）NO2的體積為____．

（2）待產(chǎn)生的氣體全部釋放后，向溶液中加入VmLnmol?L-1的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部轉(zhuǎn)化成沉淀，則原硝酸溶液的物質(zhì)的量濃度為____mol?L-1．29、黃銅礦；輝銅礦，斑銅礦等是工業(yè)煉銅的常用原料．

（1）實驗室以黃銅礦為原料模擬工業(yè)煉銅時會產(chǎn)生二氧化硫；用200mL1mol/L的氫氧化鈉溶液吸收后，將溶液低溫蒸干，得到不含結(jié)晶水的固體19.98g，求所得固體的成分及物質(zhì)的量．

（2）斑銅礦的主要成分M由Cu、Fe、S三種元素組成，其中Cu、Fe元素的質(zhì)量比為40：7．常溫下將5.04gM粉末全部溶于過量濃硝酸中，反應(yīng)后的溶液加水稀釋至500mL，測得其PH=0，向溶液中滴加5mol/L的氫氧化鈉溶液，當(dāng)加入126mL后，沉淀質(zhì)量不在增加，求M的化學(xué)式．30、實驗室將28gFe與足量稀鹽酸混合；充分反應(yīng)后：

①生成FeCl2的物質(zhì)的量為多少？

②消耗HCl的質(zhì)量是多少克？

③最多能收集到多少克氣體？

④生成的氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下所占的體積是多少？完成上述所列問題．評卷人得分六、實驗題(共2題，共10分)31、用含少量鐵的氧化物的氧化銅制取硫酸銅晶體（CuSO4?xH2O）．有如圖甲操作：

已知：在pH為4～5時，F(xiàn)e3+幾乎完全水解而沉淀，而此時Cu2+卻幾乎不水解．

（1）溶液A中的金屬離子有Fe3+、Fe2+、Cu2+．能檢驗溶液A中Fe2+的試劑為____（填編號；下同）．

a．KMnO4b．（NH4）2Sc．NaOHd．KSCN

（2）欲用（1）中選擇的檢驗試劑測定溶液A中Fe2-的濃度，如圖乙的滴定方式中（夾持部分略去），最合理的是____（填序號）寫出滴定反應(yīng)的離子方程式____

（3）在上述流程中，要得到較純的產(chǎn)品，試劑可選用____．

a．NaOHb．FeOc．CuOd．Cu（OH）2e．Cu2（OH）2CO3

（4）為了測定制得的硫酸銅晶體（CuSO4?xH2O）中x的值，某興趣小組設(shè)計了實驗方案：稱取mg晶體溶于水，加入足量氫氧化鈉溶液、過濾、沉淀洗滌后用小火加熱至質(zhì)量不再減輕為止，冷卻，稱量所得固體的質(zhì)量為ng．據(jù)此計算得x=____（用含m、n的代數(shù)式表示）．32、氯離子插層鎂鋁水滑石[Mg2Al（OH）6Cl?xH2O]是一種新型離子交換材料，其在高溫下完全分解為MgO、Al2O3；HCl和水蒸氣；冷卻玻管B能降低氣體的溫度，但不能液化水蒸氣．現(xiàn)用如圖裝置進(jìn)行實驗確定其化學(xué)式（固定裝置略去）．

（1）Mg2Al（OH）6Cl?xH2O熱分解的化學(xué)方程式為____．

（2）若只通過測定裝置C、D的增重來確定x，則裝置的連接順序為____（按氣流方向，用接口字母表示），其中C的作用是____．裝置連接后，首先要進(jìn)行的操作是____．

（3）加熱前先通N2排盡裝置中的空氣，稱取C、D的初始質(zhì)量后，加熱過程中持續(xù)通入N2的作用是____，停止加熱后的冷卻過程中仍要持續(xù)通入N2的作用是____．

（4）完全分解后測得C增重3.65g、D增重9.90g，則x=____．若取消冷卻玻管B后進(jìn)行實驗，測定的x值將____（填“偏高”或“偏低”）．參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、D【分析】【分析】滴加1.0mol/L的Na0H溶液至1L時，開始出現(xiàn)沉淀，說明稀硝酸過量，至4L時沉淀質(zhì)量達(dá)到最大值，據(jù)此可知鎂離子、鋁離子生成氫氧化鎂、氫氧化鋁消耗了3L1.0mol/L的NaOH溶液，然后設(shè)出Mg、Al的物質(zhì)的量，分別根據(jù)質(zhì)量、消耗氫氧化鈉的我質(zhì)量的列式計算即可．【解析】【解答】解：滴加1.0mol/L的Na0H溶液至1L時；開始出現(xiàn)沉淀，說明稀硝酸過量，至4L時沉淀質(zhì)量達(dá)到最大值，據(jù)此可知鎂離子；鋁離子生成氫氧化鎂、氫氧化鋁消耗了3L1.0mol/L的NaOH溶液，消耗NaOH的物質(zhì)的量為：1.0mol/L×3L=3mol；

設(shè)鎂；鋁的物質(zhì)的量分別為x、y；

則：24x+27y=a、2x+3y=3，聯(lián)立解得：x=mol、y=mol；

則合金中Mg、Al的總物質(zhì)的量為：x+y=mol+mol=mol

故選D．2、C【分析】【分析】A；氣體摩爾體積只適用于氣體；

B；當(dāng)氣體摩爾體積為22.4L/mol時；不一定為標(biāo)況；

C；標(biāo)況下；氣體摩爾體積為22.4L/mol；

D、氣體摩爾體積的數(shù)值和狀態(tài)有關(guān)．【解析】【解答】解：A；氣體摩爾體積只適用于氣體；而標(biāo)況下，水為液態(tài)，故1mol水的體積小于22.4L，故A錯誤；

B；標(biāo)況下；氣體摩爾體積一定為22.4L/mol，當(dāng)氣體摩爾體積為22.4L/mol時，不一定為標(biāo)況，故B錯誤；

C；標(biāo)況下；氣體摩爾體積為22.4L/mol，故1mol氫氣和氧氣的混合氣體在標(biāo)況下的體積V=nVm=1mol×22.4L/mol=22.4L，故C正確；

D；氣體摩爾體積的數(shù)值和狀態(tài)有關(guān)；在標(biāo)況下，氣體摩爾體積一定為22.4L/mol，故D錯誤．

故選C．3、D【分析】【分析】A．如OH-過量，可生成AlO2-；

B．如NH3?H2O過量，可生成Ag（NH3）2+；

C．可生成Ba（H2PO4）+；

D．Al3+、SO32-發(fā)生互促水解反應(yīng)．【解析】【解答】解：A．如OH-不足時生成氫氧化鋁沉淀，但過量，可生成AlO2-；不一定有沉淀生成，故A不選；

B．如NH3?H2O過量，可生成Ag（NH3）2+；溶于水，不一定有沉淀生成，故B不選；

C．可生成Ba（H2PO4）+；溶于水，故C不選；

D．Al3+、SO32-發(fā)生互促水解反應(yīng)；生成氫氧化鋁和二氧化硫氣體，故D選．

故選D．4、D【分析】【分析】反應(yīng)是否自發(fā)進(jìn)行的判斷依據(jù)是△H-T△S＜0，據(jù)此分析選項；【解析】【解答】解：A；放熱反應(yīng)△H＜0；若在高溫條件下的熵增加的反應(yīng)，△H-T△S＞0，反應(yīng)不能自發(fā)進(jìn)行，所以在任何條件下不一定能自發(fā)進(jìn)行，故A錯誤；

B；吸熱反應(yīng)△H＞0；△S＞0在高溫下可以△H-T△S＜0，反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行，故B錯誤；

C；熵增加△S＞0；△H＞0的反應(yīng)，低溫下可以，△H-T△S＞0，不一定能自發(fā)進(jìn)行，故C錯誤；

D；熵減少△S＜0；△H＜0低溫下可以△H-T△S＜0，反應(yīng)在一定條件下也可能自發(fā)進(jìn)行，故D正確；

故選D．5、A【分析】【分析】A．氨基酸通過發(fā)生水解反應(yīng)生成蛋白質(zhì)；

B．重金屬鹽能使蛋白質(zhì)發(fā)生變性；

C．α-氨基丙酸與α-氨基苯丙酸混合物脫水成肽；生成4種二肽；

D．氨基酸中-COOH和NaOH反應(yīng)生成羧酸根離子，應(yīng)該向正極移動．【解析】【解答】解：A．氨基酸通過發(fā)生水解反應(yīng)生成蛋白質(zhì)；所以蛋白質(zhì)最終水解產(chǎn)物是氨基酸，故A正確；

B．重金屬鹽能使蛋白質(zhì)發(fā)生變性；但不能使氨基酸發(fā)生變性，故B錯誤；

C．氨基酸生成二肽；是兩個氨基酸分子脫去一個水分子，當(dāng)同種氨基酸脫水，生成2種二肽；是異種氨基酸脫水：可以是α-氨基丙酸脫羥基；α-氨基苯丙酸脫氫；也可以α-氨基丙酸脫氫、α-氨基苯丙酸脫羥基，生成2種二肽．所以共有4種，故C錯誤；

D．氨基酸中-COOH和NaOH反應(yīng)生成羧酸根離子；帶負(fù)電荷，應(yīng)該向正極移動，故D錯誤；

故選A．6、A【分析】【分析】短周期元素W、X、Y和Z的原子序數(shù)依次增大，金屬W是制備一種高效電池的重要材料，W為Li元素；X原子的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的2倍，X有2個電子層，最外層電子數(shù)為4，故X為C元素；元素Y是地殼中含量最豐富的金屬元素，Y為Al元素；Z原子的最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的2倍，Z的原子序數(shù)等于Al元素，故Z有3個電子層，最外層電子數(shù)為6，故Z為S元素，以此解答該題．【解析】【解答】解：短周期元素W；X、Y和Z的原子序數(shù)依次增大；金屬W是制備一種高效電池的重要材料，W為Li元素；X原子的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的2倍，X有2個電子層，最外層電子數(shù)為4，故X為C元素；元素Y是地殼中含量最豐富的金屬元素，Y為Al元素；Z原子的最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的2倍，Z的原子序數(shù)等于Al元素，故Z有3個電子層，最外層電子數(shù)為6，故Z為S元素；

A．W、X的氯化物分別為LiCl和CCl4，則Li+的最外層只有兩個電子；不滿足8電子的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故A錯誤；

B．元素Y為鋁；鋁與氫氧化鈉溶液或鹽酸反應(yīng)均有氫氣生成，故B正確；

C．C與H可形成烴類物質(zhì)；如乙烯等，既有極性鍵又有非極性鍵，故C正確；

D．硫和碳可形成共價化合物CS2；故D正確．

故選A．7、A【分析】試題分析：A、用圖1所示裝置制取少量Cl2應(yīng)用濃鹽酸和MnO2反應(yīng)，1mol·L－1的鹽酸為稀鹽酸，錯誤；B、Fe(OH)2制取及觀察要防止空氣中氧氣的影響，正確；C、用H2O2溶液制備O2用MnO2作催化劑，屬于固液不加熱制氣體，O2可用排水法收集，可用圖3所示裝置，正確；D、用圖4所示裝置可證明酸性：硫酸>碳酸>硅酸，進(jìn)而比較S、C、Si的非金屬性強(qiáng)弱，正確?？键c：考查化學(xué)實驗基本操作及有關(guān)實驗裝置的識別?！窘馕觥俊敬鸢浮緼二、填空題(共8題，共16分)8、②⑦⑧5.4mL①500引流1～2cm膠頭滴管凹液面的最低地與刻度線相切向容量瓶中加入適量水，塞好瓶塞，用食指頂住瓶塞，用另一只手托住瓶底，把瓶倒立過來，如不漏水，把瓶正立旋轉(zhuǎn)180攝氏度，倒立，再檢驗瓶塞邊緣是否漏水，若不漏水，可以使用BCD偏低偏高偏低偏高偏低【分析】【分析】（1）根據(jù)配制一定物質(zhì)的量濃度溶液的操作步驟選取實驗儀器；

（2）依據(jù)C=計算質(zhì)量分?jǐn)?shù)為98%、密度為1.84g?cm-3的濃硫酸的物質(zhì)的量濃度；溶液稀釋前后所含溶質(zhì)的物質(zhì)的量保持不變，據(jù)此解答；

（3）依據(jù)配制一定物質(zhì)的量濃度溶液移液；洗滌、定容的正確的操作解答；

（4）根據(jù)容量瓶的構(gòu)造及正確使用方法進(jìn)行分析；

（5）根據(jù)容量瓶的結(jié)構(gòu)特點與使用原則解答；

（6）依據(jù)配制一定物質(zhì)的量濃度溶液的操作步驟判斷；分析不當(dāng)操作對溶質(zhì)的物質(zhì)的量和溶液的體積的影響，依據(jù)C=進(jìn)行誤差分析．【解析】【解答】解：（1）配制一定物質(zhì)的量濃度溶液的一般步驟有計算；量取、稀釋、移液、洗滌、定容、搖勻等操作；一般用量筒量取濃硫酸溶液，在燒杯中稀釋，冷卻后轉(zhuǎn)移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，當(dāng)加水至液面距離刻度線1～2cm時，改用膠頭滴管滴加，所以需要的儀器有玻璃棒、量筒、膠頭滴管、小燒杯、500ml容量瓶，所以用不到的儀器有燒瓶、托盤天平、藥匙，故答案為：②⑦⑧；

（2）質(zhì)量分?jǐn)?shù)為98%、密度為1.84g?cm-3的濃硫酸的物質(zhì)的量濃度C==18.4（mol/L），設(shè)需要濃硫酸體積為V，依據(jù)液稀釋前后所含溶質(zhì)的物質(zhì)的量保持不變得：V×18.4mol/L=500mL×0.2mol?L-1；解得：V=5.4mL；量筒的容積應(yīng)稍大于或等于量取溶液的體積，故選①；

故答案為：5.4mL；①；

（3）配制500mL、0.2mol?L-1的稀H2S04．應(yīng)選擇500mL容量瓶；將濃H2S04加適量蒸餾水稀釋后，冷卻片刻，隨后全部轉(zhuǎn)移到500mL容量瓶，轉(zhuǎn)移時應(yīng)用玻璃棒引流，轉(zhuǎn)移完畢，用少量蒸餾水洗滌燒杯2-3次，并將洗滌液全部轉(zhuǎn)移到容量瓶中，再加適量蒸餾水，振蕩容量瓶，使溶液混合均勻．然后緩緩地把蒸餾水直接注入容量瓶直到液面接近刻度1-2cm處，改用膠頭滴管，加蒸餾水到瓶頸刻度的地方，使溶液的凹液面最低點正好與刻度線相平振蕩；搖勻后，裝瓶、貼簽；

故答案為：500；引流；燒杯；1-2cm；膠頭滴管；凹液面最低處正好跟刻度線相平；

（4）檢查容量瓶是否漏水的方法為：往容量瓶內(nèi)加適量水；塞好瓶塞，用食指頂住瓶塞，用另一只手的五指托住瓶底，把瓶倒立過來，如不漏水，把瓶正立過來，將瓶塞旋轉(zhuǎn)180°后塞緊，再把瓶倒立過來，若不漏水，才能使用；

故答案為：往容量瓶內(nèi)加適量水；塞好瓶塞，用食指頂住瓶塞，用另一只手的五指托住瓶底，把瓶倒立過來，如不漏水，把瓶正立過來，將瓶塞旋轉(zhuǎn)180°后塞緊，再把瓶倒立過來，若不漏水，才能使用；

（5）容量瓶不能用于貯存；稀釋溶液；只有1個刻度線不能測量容量瓶規(guī)格以下的任意體積的液體；

故選：BCD；

（6）①向容量瓶注液時少量液體流出；溶質(zhì)損失，所配溶液濃度偏低；

故答案為：偏低；

②未經(jīng)冷卻將溶液注入容量瓶中；定容冷卻后，溶液的體積偏小，溶液的濃度偏高；

故答案為：偏高；

③搖勻后發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線是正常的；再加水則濃度偏低；

故答案為：偏低；

④定容時觀察液面俯視；導(dǎo)致溶液的體積偏小，溶液的濃度偏高；

故答案為：偏高；

⑤定容時加蒸餾水超過刻度線；又用膠頭滴管吸出，導(dǎo)致溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏小，溶液的濃度偏低；

故答案為：偏低．9、二氧化碳鹽酸Fe鹽酸氫氧化鋇溶液分解NaOH+HCl═NaCl+H2OC+H2OCO+H2氧化SO2+Cl2+2H2O═4H++SO42-+2Cl-【分析】【分析】（1）①碳酸鈉溶液與二氧化碳反應(yīng)生成碳酸氫鈉；可實現(xiàn)除雜；

②碳酸鈣與鹽酸反應(yīng)；而二氧化硅不能與鹽酸反應(yīng)；

③Fe與氯化鐵反應(yīng)生成氯化亞鐵；可實現(xiàn)除雜；

④陰離子不同；加鹽酸產(chǎn)生不同的現(xiàn)象；

⑤（NH4）2SO4、NH4Cl、Na2SO4溶液分別與氫氧化鋇反應(yīng)的現(xiàn)象為：刺激性氣體和白色沉淀生成；刺激性氣體生成、白色沉淀生成；

（2）有單質(zhì)生成的分解反應(yīng)屬于氧化還原反應(yīng)，沒有元素化合價變化的分解反應(yīng)不屬于氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)類型Ⅲ為非氧化還原反應(yīng)，如酸堿中和反應(yīng)；反應(yīng)類型Ⅳ為氧化還原反應(yīng)，如C與H2O反應(yīng)；

（3）SO2和Cl2在溶液中發(fā)生了氧化還原反應(yīng)，且SO2被氧化，生成硫酸和鹽酸．【解析】【解答】解：（1）①碳酸鈉溶液與二氧化碳反應(yīng)生成碳酸氫鈉；可實現(xiàn)除雜，所以除雜試劑為二氧化碳；

故答案為：二氧化碳；

②碳酸鈣與鹽酸反應(yīng)；而二氧化硅不能與鹽酸反應(yīng)，溶解后過濾即可實現(xiàn)除雜，所以除雜試劑為鹽酸；

故答案為：鹽酸；

③Fe與氯化鐵反應(yīng)生成氯化亞鐵；可實現(xiàn)除雜，則除雜試劑為Fe；

故答案為：Fe；

④Na2CO3、Na2SiO3、Na2SO3溶液分別與鹽酸反應(yīng)的現(xiàn)象為：無色無味氣體；白色沉淀、刺激性氣味氣體；現(xiàn)象不同可鑒別，所以鑒別試劑為鹽酸；

故答案為：鹽酸；

⑤（NH4）2SO4、NH4Cl、Na2SO4溶液分別與氫氧化鋇反應(yīng)的現(xiàn)象為：刺激性氣體和白色沉淀生成；刺激性氣體生成、白色沉淀生成；現(xiàn)象不同可鑒別，所以鑒別試劑為氫氧化鋇溶液；

故答案為：氫氧化鋇溶液；

（2）有單質(zhì)生成的分解反應(yīng)屬于氧化還原反應(yīng)，沒有元素化合價變化的分解反應(yīng)不屬于氧化還原反應(yīng)，則Ⅱ為分解反應(yīng)；反應(yīng)類型Ⅲ為非氧化還原反應(yīng)，如NaOH+HCl═NaCl+H2O；反應(yīng)類型Ⅳ為氧化還原反應(yīng)，如C+H2OCO+H2；水作氧化劑，還比如與金屬反應(yīng)水為氧化劑．與氟反應(yīng)水為還原劑．與氯氣反應(yīng)水既不是氧化劑也不是還原劑等；

故答案為：分解；NaOH+HCl═NaCl+H2O；C+H2OCO+H2；氧化；

（3）SO2和Cl2在溶液中發(fā)生了氧化還原反應(yīng)，且SO2被氧化，生成硫酸和鹽酸，離子反應(yīng)為SO2+Cl2+2H2O═4H++SO42-+2Cl-；

故答案為：SO2+Cl2+2H2O═4H++SO42-+2Cl-．10、6.5酸是多元強(qiáng)酸，堿是一元強(qiáng)堿12M++H2OMOH+H+④⑤【分析】【分析】解答該題須知：①25℃時，pH之和為14的酸、堿溶液等體積混合，誰弱顯誰性，無弱顯中性（原因是：二者反應(yīng)后，弱者有大量剩余，所以弱者電離顯性），可將此規(guī)律遷移到該題中；②由于題給溫度下KW=1×10-13；故中性溶液的pH=6.5．

（1）根據(jù)pH之和為13的酸；堿溶液等體積混合；誰弱顯誰性，無弱顯中性判斷；

（2）設(shè)酸、堿溶液的體積分別是1L、10L，根據(jù)題意可得：10-amol/L×1L=10b-13mol/L×10L；以此計算；

（3）根據(jù)“pH之和為13的酸、堿溶液等體積混合，誰弱顯誰性，無弱顯中性”可判斷MOH一定是弱堿，則M+離子一定能發(fā)生水解；

（4）從鹽類的水解以及電荷守恒角度分析，注意（3）中兩者等體積混合后溶液顯堿性的信息．【解析】【解答】解：由①25℃時；pH之和為14的酸；堿溶液等體積混合，誰弱顯誰性，無弱顯中性（原因是：二者反應(yīng)后，弱者有大量剩余，所以弱者電離顯性），可將此規(guī)律遷移到該題中；

②由于題給溫度下KW=1×10-13；故中性溶液的pH=6.5．

（1）將25℃的規(guī)律遷移過來；即可知該溫度下：pH之和為13的酸；堿溶液等體積混合，誰弱顯誰性，無弱顯中性．本題中“A為強(qiáng)酸，B為強(qiáng)堿”，故混合溶液呈中性，pH=6.5；

由于溶液呈中性，故c（H+）=c（OH-）；若A為一元酸，B為一元堿，結(jié)合電荷守恒可知，酸的陰離子濃度等于堿的陽離子濃度．若酸是n（n≠1）元強(qiáng)酸而堿為一元強(qiáng)堿，則其電荷守恒關(guān)系式中，堿的陽離子濃度等于酸的陰離子濃度的n倍，所以堿的陽離子濃度大于酸的陰離子濃度；

故答案為：6.5；酸是多元強(qiáng)酸；堿是一元強(qiáng)堿；

（2）設(shè)酸、堿溶液的體積分別是1L、10L，根據(jù)題意可得：10-amol/L×1L=10b-13mol/L×10L，整理得：a+b=12；故答案為：12；

（3）由于混合溶液呈堿性，根據(jù)“pH之和為13的酸、堿溶液等體積混合，誰弱顯誰性，無弱顯中性”可判斷MOH一定是弱堿，則M+離子一定能發(fā)生水解．需要注意的是：HR是強(qiáng)酸還是弱酸無法確定，只能判斷出HR一定比MOH強(qiáng)．該水解反應(yīng)的離子方程式為M++H2OMOH+H+，故答案為：M++H2OMOH+H+；

（4）易判斷⑤是正確的電荷守恒關(guān)系式；

由于溶液呈堿性，故c（OH-）＞c（H+）；排除①；③；

根據(jù)c（OH-）＞c（H+）和c（M+）+c（H+）=c（R-）+c（OH-）可得c（M+）＞c（R-）；

由于OH-和H+均來自于弱電解質(zhì)的電離，其濃度應(yīng)該很小，故c（M+）＞c（R-）＞c（OH-）＞c（H+）；即④正確．若HR是強(qiáng)酸，此時溶液中不再有HR分子，此時②即是錯誤的；

由于（3）的混合溶液中MOH有大量剩余，即c（MOH）＞0，若⑥正確，則c（H+）＞c（OH-）；這與題意“溶液呈堿性”不符，故⑥是錯誤的；

故答案為：④⑤．11、0.4mol?L-1【分析】【分析】溶液呈電中性，根據(jù)電荷守恒3c（Fe3+）+c（Na+）=c（Cl-）．【解析】【解答】解：溶液呈電中性，根據(jù)電荷守恒3c（Fe3+）+c（Na+）=c（Cl-）；則：

3×0.2mol?L-1+c（Na+）=1mol?L-1；

解得c（Na+）=0.4mol?L-1

故答案為：0.4mol?L-1．12、1.5mol/LSn2-+2H+=（n-1）S↓+H2S↑Cu、H、Cl0.5mol提高混合氣體中空氣的比例2H2S2H2+S2【分析】【分析】（1）①標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24L即0.1molH2S氣體通入100mL某濃度NaOH中；最后結(jié)晶獲得固體質(zhì)量為6.7g；

H2S+NaOH=NaHS+H2O

H2S+2NaOH=Na2S+2H2O

NaHS和Na2S的平均摩爾質(zhì)量為=67g/mol；再求出二者的物質(zhì)的量之比，求出物質(zhì)的量，根據(jù)Na元素守恒計算；

②Sn2-和氫離子反應(yīng)生成S單質(zhì)，S元素失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，同時S元素得電子生成H2S；

（2）①根據(jù)圖中各元素化合價變化分析；

②該反應(yīng)中S元素化合價由-2價變?yōu)?價；O元素化合價由0價變?yōu)?2價；根據(jù)氧化還原反應(yīng)中得失電子相等；

③欲使生成的硫單質(zhì)中不含CuS；則硫離子不能剩余，硫離子完全被氧化為S單質(zhì)；

（3）根據(jù)題意知，該反應(yīng)是可逆反應(yīng)，反應(yīng)物是硫化氫，根據(jù)圖象知，生成物中含有S元素的物質(zhì)是氫氣的一半，則生成物是S2和H2，再結(jié)合反應(yīng)條件書寫方程式．【解析】【解答】解：（1）①標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24L即0.1molH2S氣體通入100mL某濃度NaOH中；最后結(jié)晶獲得固體質(zhì)量為6.7g；

H2S+NaOH=NaHS+H2O

H2S+2NaOH=Na2S+2H2O

得到到混合物的摩爾質(zhì)量=67g/mol；

則NaHS與Na2S物質(zhì)的量比為=；即均為0.05mol；

NaHS對應(yīng)的氫氧化鈉為0.05mol，Na2S對應(yīng)的氫氧化鈉為0.1mol

則原NaOH溶液的物質(zhì)的量的濃度為=1.5mol/L；

故答案為：1.5mol/；

②電解后陽極區(qū)離子為Sn2-，酸性條件下，Sn2-和氫離子反應(yīng)生成S單質(zhì)，S元素失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成S單質(zhì)，同時S元素得電子生成H2S，反應(yīng)方程式為Sn2-+2H+=（n-1）S↓+H2S↑；

故答案為：Sn2-+2H+=（n-1）S↓+H2S↑；

（2）①根據(jù)圖中各元素化合價知；Cu元素化合價都是+2價；H元素化合價都是+1價、Cl元素化合價都是-1價，所以化合價不變的是Cu、H、Cl元素；

故答案為：Cu；H、Cl；

②H2S不穩(wěn)定，易被氧氣氧化生成S單質(zhì)，反應(yīng)方程式為2H2S+O2=2S+2H2O，該反應(yīng)中S元素化合價由-2價變?yōu)?價、O元素化合價由0價變?yōu)?2價，根據(jù)氧化還原反應(yīng)中得失電子相等得，消耗O2的物質(zhì)的量==0.5mol；故答案為：0.5mol；

③欲使生成的硫單質(zhì)中不含CuS；則硫離子不能剩余，即硫離子完全被氧化為S單質(zhì)，所以氧氣必須過量，采取的措施為提高混合氣體中空氣的比例；

故答案為：提高混合氣體中空氣的比例；

（3）根據(jù)題意知，該反應(yīng)是可逆反應(yīng)，反應(yīng)物是硫化氫，根據(jù)圖象知，生成物中含有S元素的物質(zhì)是氫氣的一半，則生成物是S2和H2，所以該反應(yīng)方程式為2H2S2H2+S2；

故答案為：2H2S2H2+S2．13、非極性【分析】【分析】分子晶體的熔沸點較低，所以該物質(zhì)為分子晶體，根據(jù)相似相溶原理，其難溶于水，水是極性分子，易溶于有機(jī)溶劑，由此分析解．【解析】【解答】解：分子晶體的熔沸點較低，所以該物質(zhì)為分子晶體，根據(jù)相似相溶原理，其難溶于水，水是極性分子，易溶于有機(jī)溶劑，所以是Ni（CO）4是非極性分子，故答案為：非極性．14、BEFCH3CH=CHCH3C4H8碳碳雙鍵、碳碳三鍵同分異構(gòu)體同分異構(gòu)體碳原子連接方式多樣同分異構(gòu)現(xiàn)象【分析】【分析】根據(jù)圖示的球棍模型可知；A為丁烷；B為2-丁烯、C為異丁烷、D為2-丁炔、E為1-丁烯、F為2-甲基丙烯、G為1-丁炔、H為環(huán)丁烷；

（1）含有1個碳碳雙鍵的烴屬于烯烴；

（2）有機(jī)物B分子中含有4個碳原子；有一個C=C，碳碳雙鍵在2號C，為2-丁烯，據(jù)此寫出其結(jié)構(gòu)簡式；H為環(huán)丁烷，分子中含有4個C；8個H；

（3）由圖可知含有的官能團(tuán)為碳碳雙鍵；碳碳三鍵；

（4）根據(jù)A和C的分子式相同；結(jié)構(gòu)不同進(jìn)行判斷二者的關(guān)系；

（5）D和G分子式相同；結(jié)構(gòu)不同；互為同分異構(gòu)體；

（6）碳原子連接方式多樣可以是鏈狀，也可以是環(huán)狀；同種分子也可以有不同的結(jié)構(gòu)．【解析】【解答】解：（1）含有1個碳碳雙鍵的烴屬于烯烴；由圖可知，BEF分子中均含有1個碳碳雙鍵，屬于烯烴；

故答案為：BEF；

（2）B化合物分子中含有4個碳原子，有一個C=C，碳碳雙鍵在2號C，其結(jié)構(gòu)簡式為：CH3CH=CHCH3；

H為環(huán)丁烷，分子中含有4個碳原子和8個氫原子，其分子式為：C4H8；

故答案為：CH3CH=CHCH3；C4H8；

（3）由圖可知；BEF分子中均含有1個碳碳雙鍵，DG分子中均含有1個碳碳三鍵，所以含有的官能團(tuán)為碳碳雙鍵；碳碳三鍵；

故答案為：碳碳雙鍵；碳碳三鍵；

（4）A和C都是丁烷；二者分子式相同；結(jié)構(gòu)不同，所以二者互為同分異構(gòu)體；

故答案為：同分異構(gòu)體；

（5）D和G都是炔烴；二者的分子式分子式相同；結(jié)構(gòu)不同，所以二者互為同分異構(gòu)體；

故答案為：同分異構(gòu)體；

（6）碳原子連接方式多樣可以是鏈狀；也可以是環(huán)狀；同種分子也可以有不同的結(jié)構(gòu)，所以有機(jī)物種類繁多；

故答案為：碳原子連接方式多樣；同分異構(gòu)現(xiàn)象．15、Bb、a、c增大c（Na+）=c（CH3COO-）＞c（H+）=c（OH-）大于③④【分析】【分析】（1）醋酸能和碳酸鈣反應(yīng)生成醋酸鈣和二氧化碳；水；根據(jù)強(qiáng)酸制取弱酸分析；

（2）①酸抑制水電離；酸中氫離子濃度越大，其抑制水電離程度越大；

②加水稀釋促進(jìn)醋酸電離，則n（CH3COO-）增大、n（CH3COOH）減??；

（3）若混合溶液中c（H+）=c（OH-），根據(jù)電荷守恒判斷c（Na+）、c（CH3COO-）相對大??；酸根離子水解程度較??；醋酸鈉溶液呈堿性，要使混合溶液呈中性，則醋酸物質(zhì)的量應(yīng)該大些；

（4）若混合溶液的溶質(zhì)為CH3COONa和NaOH，NaOH電離和醋酸根離子水解而使溶液呈堿性，再結(jié)合物料守恒判斷．【解析】【解答】解：（1）醋酸能和碳酸鈣反應(yīng)生成醋酸鈣和二氧化碳；水；強(qiáng)酸能和弱酸的鹽發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)，所以該反應(yīng)體現(xiàn)醋酸酸性大于碳酸，故選B；

（2）①溶液的導(dǎo)電能力與氫離子濃度成正比，根據(jù)溶液導(dǎo)電能力知，氫離子濃度大小順序是b＞a＞c，酸抑制水電離，酸中氫離子濃度越大，其抑制水電離程度越大，所以由水電離出的c（H+）由小到大順序是b、a、c，故答案為：b；a、c；

②加水稀釋促進(jìn)醋酸電離，則n（CH3COO-）增大、n（CH3COOH）減小，所以從b點到c點，溶液中的比值增大；故答案為：增大；

（3）若混合溶液中c（H+）=c（OH-），根據(jù)電荷守恒得c（Na+）=c（CH3COO-），酸根離子水解程度很小，所以溶液中離子濃度大小順序是c（Na+）=c（CH3COO-）＞c（H+）=c（OH-），醋酸鈉溶液呈堿性，要使混合溶液呈中性，則醋酸的物質(zhì)的量稍微大于氫氧化鈉，所以混合前c（CH3COOH）大于c（NaOH）；

故答案為：c（Na+）=c（CH3COO-）＞c（H+）=c（OH-）；大于；

（4）若混合溶液的溶質(zhì)為CH3COONa和NaOH；

①醋酸根離子水解、NaOH電離而使溶液呈堿性，則c（OH-）＞c（H+），根據(jù)電荷守恒得c（Na+）＞c（CH3COO-），但溶液中氫氧化鈉量較少時，則溶液中離子濃度大小順序是c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（H+）；故正確；

②當(dāng)溶液中NaOH的物質(zhì)的量較大時，根據(jù)物料守恒得c（Na+）＞c（OH-）＞c（CH3COO-）＞c（H+）；故正確；

③根據(jù)物料守恒得c（CH3COO-）＜c（Na+）；故錯誤；

④NaOH電離和醋酸根離子水解而使溶液呈堿性，則c（H+）＜c（OH-）；故錯誤；

故選③④．三、判斷題(共9題，共18分)16、√【分析】【分析】苯酚為石炭酸，是酸性比碳酸還弱的酸，碳酸鈉和苯酚反應(yīng)生成苯酚鈉和碳酸氫鈉，據(jù)此解答即可．【解析】【解答】解：苯酚為石炭酸，是酸性比碳酸還弱的酸，碳酸鈉和苯酚反應(yīng)生成苯酚鈉和碳酸氫鈉，兩者均為鹽溶液，溶于水，與苯分層，然后分液即可，故利用碳酸鈉可以除去苯中的苯酚，故正確，故答案為：√．17、×【分析】【分析】有的固體受熱時會直接升華為氣體．【解析】【解答】解：一定壓強(qiáng)下；所有物質(zhì)在溫度變化時不一定能表現(xiàn)出三態(tài)變化，如碘受熱時直接升華為氣體，不形成液體，故錯誤；

故答案為：×．18、×【分析】【分析】K元素的焰色反應(yīng)為紫色，但是要透過藍(lán)色鈷玻璃片觀察，因為鉀與鈉一般是同時存在的，鈉的黃色會蓋住鉀的紫色，要用藍(lán)色藍(lán)色鈷玻璃片濾去黃色．【解析】【解答】解：K元素的焰色反應(yīng)為紫色，但是要透過藍(lán)色鈷玻璃片觀察，Na元素的焰色反應(yīng)為黃色，因為鉀與鈉一般是同時存在的，鈉的黃色會蓋住鉀的紫色，要用藍(lán)色的藍(lán)色鈷玻璃片濾去黃色，本題中未通過藍(lán)色鈷玻璃片觀察，因此不能確定是否含有K+．

故答案為：×．19、×【分析】【分析】氧氣與氦氣的分子構(gòu)成不同，含有原子數(shù)相等時，分子數(shù)不同，以此解答．【解析】【解答】解：氧氣為雙原子分子，氦氣為單原子分子，標(biāo)準(zhǔn)狀況下當(dāng)氧氣與氦氣的原子數(shù)均為NA時；氧氣為0.5mol，氦氣為1mol，則體積不同．

故答案為：×．20、×【分析】【分析】吸熱反應(yīng)與放熱反應(yīng)與是否加熱無關(guān)，化學(xué)反應(yīng)中，反應(yīng)物的總能量大于生成物的總能量，反應(yīng)放熱，反之吸熱．【解析】【解答】解：放熱反應(yīng)不一定不用加熱就能進(jìn)行，如鋁熱反應(yīng)，為放熱反應(yīng)，但應(yīng)在高溫下才能進(jìn)行，故答案為：×．21、√【分析】【分析】根據(jù)同主族元素性質(zhì)相似的規(guī)律判斷．【解析】【解答】解：Na和K位于周期表相同主族，性質(zhì)相似，Na可以與水反應(yīng)放出H2，所以K也可以與水反應(yīng)放出H2；

故答案為：√．22、×【分析】【分析】氫氣具有可燃性，氧氣是助燃劑，混合氣體通過灼熱的氧化銅可能會產(chǎn)生爆炸，且氫氣還原CuO后生成的Cu易被氧化．【解析】【解答】解：氫氣具有可燃性，氧氣是助燃劑，混合氣體通過灼熱的氧化銅可能會產(chǎn)生爆炸，且氫氣還原CuO后生成的Cu易被氧化，則混合氣體通過灼熱的氧化銅，不能除雜，故答案為：×．23、√【分析】【分析】（1）乙酸分子中含有羧基；乙酸的酸性大于碳酸；

（2）乙醇的官能團(tuán)是羥基；乙酸的官能圖是羧基；

（3）CH3CO18OC2H5的水解產(chǎn)物是CH3COOH和C2H518OH；

（4）在水溶液里；乙酸分子中的羧基可以電離出氫離子；

（5）乙醇與水以任意比例互溶；

（6）碳酸鈉溶液可以吸收乙酸，降低乙酸丁酯的溶解度．【解析】【解答】解：（1）乙酸分子中含有羧基，乙酸的酸性大于碳酸，可與NaHCO3溶液反應(yīng)生成CO2氣體；

故答案為：√；

（2）乙醇、乙酸均能與Na反應(yīng)放出H2；乙醇的官能團(tuán)是羥基，乙酸的官能圖是羧基，因此二者分子中官能團(tuán)不相同；

故答案為：×；

（3）在酸性條件下，CH3CO18OC2H5的水解產(chǎn)物是CH3COOH和C2H518OH；

故答案為：×；

（4）在水溶液里；乙酸分子中的羧基可以電離出氫離子，甲基不能電離出氫離子；

故答案為：×；

（5）乙醇與水以任意比例互溶；用碳酸鈉溶液洗滌，除掉了乙酸，引入了乙酸鈉和碳酸鈉；

故答案為：×；

（6）碳酸鈉溶液可以吸收乙酸；降低乙酸丁酯的溶解度；

故答案為：√．24、×【分析】【分析】需要考慮銨根離子的濃度和氨氣極易溶于水的性質(zhì)來解答．【解析】【解答】解：因為氨氣極易溶于水；所以若溶液里銨根離子的濃度很小時，即使加入過量的NaOH溶液，生成的一水合氨的濃度很小，不能放出氨氣．

故答案為：×．四、書寫(共2題，共14分)25、4KClO3KCl+3KClO4PF5+4H2O═H3PO4+5HF3MnO2+6KOH+KClO33K2MnO4+KCl+3H2O2NaOH+（CN）2=NaCN+NaCNO+H2O【分析】【分析】（1）根據(jù)題干信息判斷該無氧酸鹽為氯化鉀；再根據(jù)化合價變化判斷另一種無氧酸鹽名稱，最后根據(jù)化合價升降相等配平即可；

（2）PF5水解生成兩種酸分別是H3PO4和HF；

（3）二氧化錳與KOH和KClO3在高溫下反應(yīng)，生成錳酸鉀（K2MnO4）和KCl；依據(jù)氧化還原反應(yīng)得失電子守恒；原子個數(shù)守恒書寫方程式；

（4）類比氯氣與氫氧化鈉溶液的反應(yīng)寫出該反應(yīng)化學(xué)方程式．【解析】【解答】解：（1）KClO3可用于實驗室制O2，若不加催化劑，400℃時分解只生成兩種鹽，其中一種是無氧酸鹽，另一種鹽的陰陽離子個數(shù)比為1：1，則該無氧酸為KCl，KCl中氯元素化合價為-1，說明氯酸鉀中氯元素化合價降低，則另一種含氧酸鹽中氯元素化合價會升高，由于氯酸鉀中氯元素化合價為+5，則氯元素化合價升高只能被氧化成高氯酸鉀，根據(jù)氧化還原反應(yīng)中化合價升降相等配平該反應(yīng)為：4KClO3KCl+3KClO4；

故答案為：4KClO3KCl+3KClO4；

（2）根據(jù)題目中的信息“PF5極易水解，其產(chǎn)物為兩種酸”，則根據(jù)元素組成可知，兩種酸分別是H3PO4和HF，所以反應(yīng)的方程式為PF5+4H2O═H3PO4+5HF；

故答案為：PF5+4H2O═H3PO4+5HF；

（3）二氧化錳與KOH和KClO3在高溫下反應(yīng)，生成錳酸鉀（K2MnO4）和KCl，反應(yīng)中化合價變化的元素為Mn、Cl，Mn元素由+4價升高為+6，Cl元素化合價由+5降低為-1，根據(jù)化合價升降相等，則二氧化錳與氯酸鉀的物質(zhì)的量之比為3：1，再根據(jù)原子守恒配平方程式為：3MnO2+6KOH+KClO33K2MnO4+KCl+3H2O；

故答案為：3MnO2+6KOH+KClO33K2MnO4+KCl+3H2O；

（4））（CN）2的化學(xué)性質(zhì)和鹵素很相似，由Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O可知，則（CN）2與NaOH溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式為：（CN）2+2NaOH=NaCN+NaCNO+H2O；

故答案為：2NaOH+（CN）2=NaCN+NaCNO+H2O．26、Ca2++CO32-═CaCO3↓CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑取最后一次洗滌液少許于試管中，向其中滴加硝酸銀溶液和稀硝酸，如果不產(chǎn)生白色沉淀，即說明沉淀已洗干凈稀硝酸加熱濃縮，冷卻結(jié)晶取碳酸鈉溶液少許，先加稀鹽酸至無氣體產(chǎn)生為止，再加BaCl2溶液，如無有白色沉淀產(chǎn)生則說明不含硫酸根離子【分析】【分析】（1）用氯化鈣固體和碳酸鈉溶液等試劑；制取一定量純凈的硝酸鈣晶體涉及兩個反應(yīng)為氯化鈣與碳酸鈉的反應(yīng)；碳酸鈣與硝酸的反應(yīng)；

（2）用氯化鈣固體、碳酸鈉溶液和稀硝酸等試劑，先制得碳酸鈣，最終制得純凈的硝酸鈣晶體，則先發(fā)生氯化鈣與碳酸鈉的反應(yīng)，然后過濾，將得到的碳酸鈣沉淀溶于硝酸，加熱濃縮，冷卻結(jié)晶可得到硝酸鈣晶體，據(jù)此完成各題．【解析】【解答】解：（1）用氯化鈣固體和碳酸鈉溶液等試劑，制取一定量純凈的硝酸鈣晶體涉及兩個反應(yīng)：氯化鈣與碳酸鈉的反應(yīng)、碳酸鈣與硝酸的反應(yīng)，發(fā)生的離子反應(yīng)分別為Ca2++CO32-═CaCO3↓、CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O；

故答案為：Ca2++CO32-═CaCO3↓、CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O；

（2）用氯化鈣固體；碳酸鈉溶液和稀硝酸等試劑；先制得碳酸鈣，最終制得純凈的硝酸鈣晶體，則。

①操作Ⅲ是將沉淀用蒸餾水洗滌至無Cl-殘留；檢驗沉淀是否已洗干凈的操作是取最后一次洗滌液少許于試管中，向其中滴加硝酸銀溶液和稀硝酸，如果不產(chǎn)生白色沉淀，即說明沉淀已洗干凈；

故答案為：取最后一次洗滌液少許于試管中；向其中滴加硝酸銀溶液和稀硝酸，如果不產(chǎn)生白色沉淀，即說明沉淀已洗干凈；

②將沉淀加入然后過濾；將得到的沉淀溶于硝酸，使之完全溶解，所以操作Ⅳ是向沉淀中加入適量稀硝酸溶液；

故答案為：稀硝酸；

③加熱濃縮；冷卻結(jié)晶可得到硝酸鈣晶體，所以操作Ⅴ的名稱是加熱濃縮，冷卻結(jié)晶；

故答案為：加熱濃縮；冷卻結(jié)晶；

④檢驗碳酸鈉溶液中是否含有SO42-要排除碳酸根的干擾，所以具體方法為：取碳酸鈉溶液少許，先加稀鹽酸至無氣體產(chǎn)生為止，再加BaCl2溶液，如無有白色沉淀產(chǎn)生則說明不含硫酸根離子；故答案為：取碳酸鈉溶液少許，先加稀鹽酸至無氣體產(chǎn)生為止，再加BaCl2溶液，如無有白色沉淀產(chǎn)生則說明不含硫酸根離子．五、計算題(共4題，共36分)27、2N2H4（l）+N2O4（l）=3N2（g）+4H2O（g）△H=-1048.9kJ/molN2O4＞減小變深ad0.01N2H4+4OH--4e-=N2+4H2O【分析】【分析】（1）根據(jù)蓋斯定律；②×2-①可得目標(biāo)熱化學(xué)方程式；

（2）根據(jù)（1）中反應(yīng)的化合價的變化判斷；元素化合價降低的物質(zhì)被還原，是氧化劑；

（3）①升高溫度；平衡向吸熱反應(yīng)方向移動；

②保持溫度和體積不變向上述平衡體系中再充入一定量的N2O4；相對于成比例增大反應(yīng)物，即增大壓強(qiáng)平衡向氣體體積減小的方向移動，但二氧化氮的濃度一定增大；

③根據(jù)達(dá)到平衡狀態(tài)；各組分濃度不變，正逆反應(yīng)速率相等進(jìn)行判斷；

④根據(jù)v（NO2）=計算NO2的化學(xué)反應(yīng)速率，再根據(jù)同一反應(yīng)中、同一時間段內(nèi)反應(yīng)速率之比等于計量數(shù)之比計算v（N2O4）．

（4）從作為燃料電池時，負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)的角度可知N2H4被氧化生成N2．【解析】【解答】解：（1）肼可作為火箭發(fā)動機(jī)的燃料，與氧化劑N2H4反應(yīng)生成N2和水蒸氣，將方程式②×2-①得肼和N2H4反應(yīng)的熱化學(xué)方程式，2N2H4（l）+N2O4（l）=3N2（g）+4H2O（g）△H=-1048.9kJ/mol；

故答案為：2N2H4（l）+N2O4（l）=3N2（g）+4H2O（g）△H=-1048.9kJ/mol；

（2）根據(jù)（1）中反應(yīng)2N2H4（l）+N2O4（l）=3N2（g）+4H2O（g）可知，N2O4中的氮元素從+4價變?yōu)?價，所以N2O4是氧化劑；

故答案為：N2O4；

（3）①升高溫度；化學(xué)平衡向吸熱反應(yīng)方向移動，當(dāng)溫度升高時，氣體顏色變深，平衡向正反應(yīng)方向移動，所以正反應(yīng)是吸熱反應(yīng)即△H＞0；

故答案為：＞；

②保持溫度和體積不變向上述平衡體系中再充入一定量的N2O4，相對于成比例增大反應(yīng)物，即增大壓強(qiáng)平衡向氣體體積減小的方向移動即逆反應(yīng)方向，所以NO2的體積分?jǐn)?shù)減?。坏趸臐舛热匀辉龃?，則混合氣體的顏色變深；

故答案為：減??；變深；

③a；反應(yīng)方程式兩邊氣體的質(zhì)量不相等；密度不變，說明達(dá)到了平衡狀態(tài)，故a正確；

b、反應(yīng)過程中，反應(yīng)熱不會變化，不是變量，無法判斷是否達(dá)到平衡狀態(tài)，故b錯誤；

c；根據(jù)圖象；正反應(yīng)速率還在減小，則說明未達(dá)到平衡狀態(tài)，故c錯誤；

d；四氧化二氮的轉(zhuǎn)化率不變；說明正逆反應(yīng)速率相等，達(dá)到了平衡狀態(tài)，故d正確；

故選ad；

④v（NO2）=v（NO2）===0.02mol/L?s，則v（N2O4）=v（NO2）=0.01mol/（L?s）；故答案為：0.01；

（4）肼一空氣燃料堿性電池中，負(fù)極上肼失電子和氫氧根離子反應(yīng)生成水和氮氣，電極反應(yīng)式為：N2H4+4OH--4e-=4H2O+N2，故答案為：N2H4+4OH--4e-=N2+4H2O．28、5.6【分析】【分析】發(fā)生Cu+4HNO3（濃）=Cu（NO3）2+NO2↑+2H2O、3Cu+8HNO3（?。?3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，n（Cu）==0.5mol，混合氣體物質(zhì)的量為=0.5mol，結(jié)合電子、原子守恒計算．【解析】【解答】解：n（Cu）==0.5mol，混合氣體物質(zhì)的量為=0.5mol；

（1）設(shè)NO和NO2的物質(zhì)的量分別為x、y，由電子、原子守恒可知，；解得x=0.25mol，y=0.25mol；

則標(biāo)況下，NO的體積為0.25mol×22.4L/mol=5.6L，NO2的體積為0.25mol×22.4L/mol=5.6L；

故答案為：5.6；

（2）恰好使溶液中的Cu2+全部轉(zhuǎn)化成沉淀，由N原子守恒可知，原硝酸的物質(zhì)的量為0.5mol+aV×10-3mol，則原硝酸溶液的濃度為mol/L；

故答案為：．29、略

【分析】【分析】（1）NaOH的物質(zhì)的量為0.2L×1mol/L=0.2mol，假設(shè)固體全為Na2SO3，則生其質(zhì)量為×126g/mol=12.6g＜19.98g，假設(shè)固體全是NaHSO3，則其質(zhì)量為0.2mol×104g/mol=20.8＞19.98g，故固體為Na2SO3、NaHSO3的混合物；根據(jù)鈉離子守恒與二者總質(zhì)量列方程計算各自物質(zhì)的量；

（2）根據(jù)Cu、Fe元素的質(zhì)量比為40：7計算n（Cu）：n（Fe），當(dāng)加水稀釋至500L時測得其pH為0，此是氫離子濃度為1mol/L，氫氧化鈉先中和氫離子，然后將金屬離子轉(zhuǎn)化為沉淀，可知金屬離子消耗氫氧化鈉的物質(zhì)的量為2n（Cu2+）+3n（Fe3+），聯(lián)立可以計算n（Cu）、n（Fe），進(jìn)而計算S元素物質(zhì)的量，再計算三元素物質(zhì)的量之比確定化學(xué)式．【解析】【解答】解：（1）NaOH的物質(zhì)的量為0.2L×1mol/L=0.2mol，假設(shè)固體全為Na2SO3，則生其質(zhì)量為×126g/mol=12.6g＜19.98g，假設(shè)固體全是NaHSO3，則其質(zhì)量為0.2mol×104g/mol=20.8＞19.98g，故固體為Na2SO3、NaHSO3的混合物；

設(shè)Na2SO3、NaHSO3的物質(zhì)的量分別為xmol；ymol；則：

由二者總質(zhì)量：126x+104y=19.98

根據(jù)Na元素守恒：2x+y=0.2

聯(lián)立方程解得x=0.01；y=0.18；

答：所得固體中Na2SO