…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年華東師大版高三化學上冊階段測試試卷312考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、按照綠色化學的原則，以下反應不符合“原子經濟性”要求的是（）A.乙烯與水反應生成乙醇B.淀粉水解生成葡萄糖C.以苯和溴為原料生產溴苯D.乙烯聚合為聚乙烯2、對于某些離子的檢驗及結論一定正確的是（）A.加入氯化鋇溶液有白色沉淀產生，再加鹽酸，沉淀不消失，一定有SO42-B.加入稀鹽酸產生無色氣體，將氣體通入澄清石灰水中，溶液變渾濁，一定有CO32-C.無色溶液焰色反應呈黃色，結論：試液是鈉鹽溶液D.加入氫氧化鈉溶液并加熱，產生的氣體能使濕潤紅色石蕊試紙變藍，一定有NH4+3、在0℃1.01×105Pa下，對H2，O2，CH4三種氣體敘述正確的是（）A.其密度之比等于物質的量之比B.其密度之比等于摩爾質量之比C.等質量的三種氣體，其體積之比等于相對分子質量的倒數比D.等體積的三種氣體，其物質的量之比等于相對分子質量之比4、有下列反應（其中A；B、C、D各代表一種元素）其中還原性強弱順序為（）

①2A-+B2=2B-+A2

②2A-+C2=2C-+A2

③2B-+C2=2C-+B2

④2C-+D2=2D-+C2．A.A-＞B-＞C-＞D-B.D-＞C-＞B-＞A-C.D-＞B-＞A-＞C-D.A-＞C-＞D-＞B-5、在氣相條件下（T=500K），有相同體積的甲、乙兩容器，甲容器充入1gSO2、lgO2，乙容器充入2gSO2、2gO2則下列敘述中正確的是（）A.化學反應速率：乙＞甲B.平衡后SO2的濃度：甲＞乙C.SO2轉化率：乙＜甲D.平衡后O2的體積分數：乙＞甲評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)6、H2S水溶液中存在電離平衡H2S?H++HS-和HS-?H++S2-．若向H2S溶液中。

（1）加水，溶液中氫離子濃度____（填增大；減小、不變；下同）

（2）通入少量SO2氣體，溶液pH值____

（3）加入少量硫化鈉固體，溶液pH值____

（4）加入少量硫酸銅固體（忽略體積變化），溶液pH值____．7、如圖是利用丙烯和對二甲苯合成有機高分子材料W的轉化關系示意圖．

已知：①B可以發生銀鏡反應，C不含甲基，1molD與足量鈉可生成22.4LH2（標準狀況下）．

②R-CH=C2+H2OR-CH2CH2OH

（1）B→C反應類型為____．

（2）C的結構簡式為____

（3）C物質不具有下列____性質（填數字序號）．

①與金屬鈉反應②酯化反應③水解反應④氧化反應⑤還原反應。

（4）寫出D與足量金屬鈉反應的化學方程式：____．

（5）寫出W的結構簡式____．

（6）寫出滿足以下條件的一個E的同分異構體：____．

①遇FeCl3溶液顯紫色②可發生銀鏡反應③可與NaHCO3溶液生成CO2．8、（2013秋?龍山縣校級期末）如圖所示的裝置在實驗室中用途比較廣泛：

①排空氣法收集氣體，若收集NH3氣體，進氣口為____（填“a”或“b”）．

②若瓶中裝滿水，可用于收集下列氣體中的____（選填編號）．

A、NH3B、HClC、O2D、NO2

此時進氣口為____（填“a”或“b”）．

③如果廣口瓶中盛放濃硫酸，可用作氣體干燥裝置，則該裝置不可以干燥的氣體有____（選填編號）．

A、N22C、H2D、NH3

④此裝置還可用于除去氣體中的雜質氣體．若要用此裝置除去CO2中混有的少量SO2氣體，則裝置中應盛放的液體可能是____（選填編號）．

A、飽和NaHCO3溶液B、鹽酸C、NaOH溶液D、H2SO4溶液．9、為妥善處理氯甲烷生產企業的副產物CCl4，以減少其對臭氧層的破壞．化學家研究在催化條件下，通過下列反應，使CCl4轉化為重要的化工原料氯仿（CHCl3）：CCl4+H2CHCl3+HCl．

已知CCl4的沸點為77℃，CHCl3的沸點為61.2℃．

（1）密閉容器中；該反應在某催化劑下進行10h后均達平衡，測得如下數據（不考慮副反應）．

。實驗序號溫度℃初始CCl4濃度（mol?L-1）初始H2濃度（mol?L-1）CCl4的轉化率11100.81.2A21101150%310011B①實驗1中，CCl4的轉化率A____50%（填“＞”；“＜”或“=”）．

②實驗2中，10h后達到平衡．在此實驗的平衡體系中，再加入0.5molCCl4和1.0molHCl，平衡將向____方向移動．

③實驗3中，B的值____：A．等于50%B．大于50%C．小于50%D．從本題資料；無法判斷。

（2）為從平衡體系CCl4+H2?CHCl3+HCl中分離得到CHCl3，請你結合題給信息設計合理的方案，用簡要的文字表示：____．10、（2014?鄂爾多斯一模）[化學-化學與技術]

煤是重要的能源；也是生產化工產品的重要原料．試用所學知識，解答下列問題：

（1）煤的轉化技術包括煤的氣化技術和液化技術．煤的液化技術又分為____和____

（2）在煤燃燒前需對煤進行脫硫處理．煤的某種脫硫技術的原理如圖所示：

FeS2Fe2+Fe3+

這種脫硫技術稱為微生物脫硫技術．該技術的第一步反應的離子方程式為____，第二步反應的離子方程式為____．

（3）工業煤干餾得到的產品有焦炭、____．

（4）工業上主要采用氨氧化法生產硝酸，如圖是氨氧化率與氨-空氣混合氣中氧氨比的關系．其中直線表示反應的理論值；曲線表示生產實際情況．當氨氧化率達到100%，理論上γ{n（O2）/n（NH3）}=____，實際生產要將γ值維護在1.7-2.2之間，原因是____．11、某實驗小組為探究ClO－、I2、SO42－在酸性條件下的氧化性強弱，設計實驗如下：實驗①：在淀粉碘化鉀溶液中加入少量次氯酸鈉溶液，并加入少量的稀硫酸，溶液立即變藍；實驗②：向實驗①的溶液中加入4mL0.5mol/L的亞硫酸鈉溶液，藍色恰好完全褪去。（1）寫出實驗①中發生反應的離子方程式。（2）實驗②中化學反應轉移電子的物質的量是。（3）以上實驗說明，在酸性條件下ClO－、I2、SO42－的氧化性由弱到強的順序是_________________。12、（2015?黃岡模擬）苯甲酸及其鈉鹽可用作乳膠；牙膏、果醬及其它食品的防腐劑；也可用作染色和印色的媒染劑．某興趣小組同學利用高錳酸鉀氧化甲苯制備苯甲酸，制備原理和實驗主要裝置甲如下：

已知：①甲苯為無色澄清液體；微溶于水，沸點110.6℃．

②苯甲酸的熔點為122.4℃．

③苯甲酸在25C和95°C時的溶解度分別為0.17g和6.8g．

實驗流程：

I；往甲裝置中加入2.7mL（2.3g）甲苯和125mL水；然后分批次加人8.5g稍過量的。

KMn04固體，控制反應溫度約在1000C；回流反應4小時．

Ⅱ；將反應混合物趁熱過濾；用少量熱水洗滌濾渣，合并濾液與洗滌液，冷卻后加人濃鹽。

酸；經操作B得白色較干燥粗產品．

Ⅲ、純度測定：稱取1.220g白色樣品，配成l00mL苯甲酸溶液，取25.00mL溶液，用0.1000mol?L-1

KOH標準溶液滴定；重復滴定四次，每次消耗的體積如下表所示：

。第一次第二次第三次第四次體積（mL）24.0024.1022.4023.90請回答：

（1）儀器A的名稱____，圖甲冷水應從____（填“a“或“b“）管進人．

（2）判斷甲苯被氧化完全的實驗現象是____

（3）根據實驗過程B；回答下列兩個問題：

①操作B的名稱____

②如果濾液呈紫色，要先加亞硫酸氫鉀，然后再加人濃鹽酸酸化，加亞硫酸氫鉀的目的是____

（4）實驗所得的苯甲酸在結晶過程中常裹攜KC1析出．

①結合題中所給苯甲酸的性質，設計檢驗苯甲酸固體中KC1的實驗方案：____

②除去產品中KCl的實驗方法的名稱是____

（5）樣品中苯甲酸純度為____．13、新型高效的甲烷燃料電池采用鉑為電極材料，兩電極上分別通入CH4和O2；電解質為KOH溶液．某研究小組將兩個甲烷燃料電池串聯后作為電源，進行飽和氯化鈉溶液電解實驗，如圖所示．

（l）通入甲烷的一極作原電池的____極（填“正”或“負”）

（2）閉合K開關后，a、b電極上均有氣體產生，其中b極得到的氣體是____．

（3）該甲烷燃料電池中，負極反應式為____，正極反應式為____．

（4）甲烷燃料電池工作時，若某一電極上消耗11.2L（標準狀況下）的CH4氣體，線路中轉移電子的個數是____．14、汽車尾氣中的主要污染物是NO以及燃料不完全燃燒所產生的CO．為了減輕大氣污染；人們提出通過以下反應來處理汽車尾氣：

2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）△H=akJ?mol-1．

為了測定在某種催化劑作用下該反應的反應速率，t1℃下，在一等容的密閉容器中，某科研機構用氣體傳感器測得了不同時間的NO和CO的濃度如表1（CO2和N2的起始濃度為0）．

表1

。時間/s012345c（NO）/×10-4mol?L-110.04.502.501.501.001.00c（CO）/×10-3mol?L-13.603.052.852.752.702.70回答下列問題：

（1）在上述條件下該反應能自發進行，則正反應必然是____反應（填“放熱”或“吸熱”）．

（2）前3s內的平均反應速率v（N2）=____；t1℃時該反應的平衡常數K=____．

（3）假設在密閉容器中發生上述反應，達到平衡時改變下列條件，能提高NO轉化率的是____．

A．選用更有效的催化劑B．升高反應體系的溫度。

C．降低反應體系的溫度D．縮小容器的體積

（4）研究表明：在使用等質量催化劑時；增大催化劑的比表面積可提高化學反應速率．根據表2設計的實驗測得混合氣體中NO的濃度隨時間t變化的趨勢如圖1所示：

。實驗編號T/℃NO初始濃度/mol?L-1CO初始濃度/mol?L-1催化劑的比表面積/m2?g-1①3501.20×10-25.80×10-2124②2801.20×10-25.80×10-2124③2801.20×10-35.80×10-382則曲線Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ對應的實驗編號依次為____．

（5）已知：N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H1=+180.5kJ?mol-1

2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H2=-221.0kJ?mol-1

C（s）+O2（g）=CO2（g）△H3=-393.5kJ?mol-1

則處理汽車尾氣反應中的a=____．

（6）用活性炭還原法也可以處理氮氧化物，有關反應為：C（s）+2NO（g）?N2（g）+CO2（g）△H4．向某密閉容器加入一定量的活性炭和NO，在t2℃下反應；

有關數據如表3．

。NON2CO起始濃度mol．L-10.1000平衡濃度/mol．L-10.040.030.03平衡后升高溫度，再次達到平衡測得容器中NO、N2、CO2的濃度之比為5：3：3，則△H4____O（填“＞”、“=”或“＜”）．評卷人得分三、判斷題(共6題，共12分)15、0.1L3.0mol?L-1的NH4NO3溶液中含有的NH4+的數目為0.3NA．____（判斷對錯）16、同濃度的三種溶液：Na2SO4、MgSO4、Al2（SO4）3，其體積比為3：2：1，則SO濃度之比為3：2：3．____（判斷對錯）17、苯的同系物能與溴水反應．____（判斷對錯）18、因為SO2可以使酸性KMnO4溶液褪色，所以SO2具有漂白性____．（判斷對錯）19、0.1mol?L-1的NaHSO4溶液中，陽離子的數目之和為0.2NA．____（判斷對錯）20、判斷對錯：1molNa2O2固體中含有離子總數為4NA____．評卷人得分四、探究題(共4題，共36分)21、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設計了下列實驗過程．請在括號內填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內有關物質的結構簡式．

寫出下列物質的結構簡式A________、C________、E________、G________．22、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應的原理來測定其含量，操作為：23、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設計了下列實驗過程．請在括號內填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內有關物質的結構簡式．

寫出下列物質的結構簡式A________、C________、E________、G________．24、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應的原理來測定其含量，操作為：參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、C【分析】【分析】“綠色化學”原子經濟性反應是原料分子中的原子全部轉化成所需要的產物，不產生副產物，常見的加成反應和加聚反應符合要求．【解析】【解答】解：A．乙烯與水反應生成乙醇是加成反應；故A錯誤；

B．淀粉水解完全生成葡萄糖；原料分子中的原子全部轉化成所需要的產物，故B錯誤；

C．苯和溴反應生成溴苯和溴化氫；故C正確；

D．乙烯聚合為聚乙烯高分子材料；反應物全部轉化為產物，原料利用率為100%，故D錯誤．

故選C．2、D【分析】【分析】A；加入的物質不一定含有硫酸根；也可能含有銀離子；

B；鹽酸能與碳酸根離子、碳酸氫根離子等反應生成能使澄清石灰水變渾濁的氣體；

C；含有鈉元素的物質的焰色反應呈黃色；

D、濕潤紅色石蕊試紙遇堿性物質變藍．【解析】【解答】A；加入的物質不一定含有硫酸根；也可能含有銀離子，形成氯化銀白色沉淀，AgCl也不溶于鹽酸，故A錯誤；

B、鹽酸能與碳酸根離子、碳酸氫根離子反應生成二氧化碳，與亞硫酸離子、亞硫酸氫根離子反應生成二氧化硫，二氧化碳、二氧化硫均能使澄清石灰水變渾濁，所以加入稀鹽酸產生使澄清石灰水變渾濁的氣體，不一定有CO32-；故B錯誤；

C、乙溶液進行焰色反應呈黃色，說明其中含有鈉元素，可能是某鈉鹽的溶液、NaOH溶液或含Na+的混合溶液；故C錯誤；

D、濕潤紅色石蕊試紙遇堿性物質變藍，加入氫氧化鈉溶液并加熱，產生的氣體能使濕潤紅色石蕊試紙變藍，一定有NH4+；故D正確；

故選D．3、B【分析】【分析】A．相同條件下；氣體密度之比等于相對分子質量；

B．相同條件下；氣體密度之比等于相對分子質量，等于摩爾質量之比；

C．根據n=判斷物質的量之比；相同條件下，氣體體積之比等于物質的量之比；

D．相同條件下，氣體物質的量之比等于體積之比．【解析】【解答】解：A．相同條件下；氣體密度之比等于相對分子質量，故A錯誤；

B．相同條件下；氣體密度之比等于相對分子質量，等于摩爾質量之比，故B正確；

C．根據n=可知，等質量H2，O2，CH4三種氣體的物質的量之比=：：，相同條件下，三種氣體體積之比=：：；故C確；

D．相同條件下；氣體物質的量之比等于體積之比，故D錯誤；

故選BC．4、A【分析】【分析】同一化學反應方程式中，氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性，據此分析解答．【解析】【解答】解：①反應2A-+B2═2B-+A2中A元素的化合價升高，A-是還原劑，B2發生還原反應生成B-，B-是還原產物，所以還原性A-＞B-；

②2A-+C2═2C-+A2中A元素的化合價升高，A-是還原劑，C2發生還原反應生成C-，C-是還原產物，所以還原性A-＞C-；

③2B-+C2═2C-+B2中B元素的化合價升高，B-是還原劑，C2發生還原反應生成C-，C-是還原產物，所以還原性B-＞C-；

④2C-+D2═2D-+C2中A元素的化合價升高，C-是還原劑，D2發生還原反應生成D-，D-是還原產物，所以還原性C-＞D-；

所以還原性為A-＞B-＞C-＞D-．

故選A．5、A【分析】【分析】A；濃度越大反應速率越快；

B；由于乙中的量是甲中的2倍；所以反應后乙中剩余的二氧化硫多；

C；由于乙中的量是甲中的2倍；氣體物質的量越大，壓強越大，所以乙中相當于增大了壓強，平衡正移，二氧化硫的轉化率增大；

D、由C選項可知，乙中氧氣的轉化率大，所以氧氣的體積分數小．【解析】【解答】解：A；濃度越大反應速率越快；所以開始時化學反應速率：乙＞甲，故A正確；

B、由于乙中的量是甲中的2倍，平衡后SO2的濃度：甲＜乙；故B錯誤；

C、由于乙中的量是甲中的2倍，氣體物質的量越大，壓強越大，所以乙中相當于增大了壓強，平衡正移，二氧化硫的轉化率增大，所以平衡后SO2的轉化率：乙＞甲；故C錯誤；

D、由于乙中的量是甲中的2倍，壓強大有利于化學平衡正向移動，所以乙中二氧化硫的體積分數小于甲中，平衡后O2的體積分數乙＜甲；故D錯誤；

故選A．二、填空題(共9題，共18分)6、減小增大增大減小【分析】【分析】（1）加水稀釋促進弱電解質電離；

（2）硫化氫和二氧化硫反應生成硫和水；硫化氫濃度減小，溶液中氫離子濃度減小；

（3）加入少量硫化鈉；硫離子濃度增大，電離平衡向著逆向移動，溶液中氫離子濃度減小，溶液pH增大；

（4）硫化氫和硫酸銅反應生成硫酸和硫化銅，硫酸酸性大于氫硫酸．【解析】【解答】解：（1）向H2S溶液中加水稀釋；促進了硫化氫電離，但溶液中氫離子濃度減小；

故答案為：減小；

B．二氧化硫和硫化氫反應方程式為：SO2+2H2S=3S↓+2H2O；通入少量二氧化硫后，硫化氫濃度減小，溶液pH增大；

故答案為：增大；

C．加入少量的硫化鈉固體后；溶液中的硫離子濃度增大，則硫化氫的電離平衡向著逆向移動，導致溶液中氫離子濃度減小，則溶液的pH增大；

故答案為：增大；

D．加入硫酸銅溶液發生反應：CuSO4+H2S=H2SO4+CuS↓；硫酸的酸性大于氫硫酸，所以氫離子濃度增大，溶液的pH減小；

故答案為：減小．7、加成反應HOCH2CH2CHO①②④⑤HOCH2CH2CH2OH+2Na→NaOCH2CH2CH2ONa+H2↑【分析】【分析】丙烯與氯氣在加熱條件下發生取代反應生成CH2=CHCH2Cl，CH2=CHCH2Cl在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下發生水解反應生成醇，故A為CH2=CHCH2OH，A發生氧化反應生成B為CH2=CHCHO，根據信息②可知B與過氧化物得到C為HOCH2CH2CHO，C與氫氣發生加成反應生成D為HOCH2CH2CH2OH．對二甲苯發生氧化反應生成E為D與E發生水解反應生成高聚物W為據此解答．【解析】【解答】解：丙烯與氯氣在加熱條件下發生取代反應生成CH2=CHCH2Cl，CH2=CHCH2Cl在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下發生水解反應生成醇，故A為CH2=CHCH2OH，A發生氧化反應生成B為CH2=CHCHO，根據信息②可知B與過氧化物得到C為HOCH2CH2CHO，C與氫氣發生加成反應生成D為HOCH2CH2CH2OH．對二甲苯發生氧化反應生成E為D與E發生水解反應生成高聚物W為

（1）由上述分析可知；B發生信息反應與水加成生成C，所以B→C反應類型為加成反應，故答案為：加成反應；

（2）由上述分析可知，C為HOCH2CH2CHO，故答案為：HOCH2CH2CHO；

（3）由上述分析可知，C為HOCH2CH2CHO；含有醛基，所以可以發生④氧化反應；⑤還原反應；含有羥基，則可以發生①與金屬鈉反應；②酯化反應，故選：①②④⑤；

（4）D為HOCH2CH2CH2OH與足量金屬鈉反應的化學方程式：HOCH2CH2CH2OH+2Na→NaOCH2CH2CH2ONa+H2↑，故答案為：HOCH2CH2CH2OH+2Na→NaOCH2CH2CH2ONa+H2↑；

（5）根據以上分析，W為故答案為：

（6）滿足以下條件的一個E（）的同分異構體：①遇FeCl3溶液顯紫色，含有酚羥基；②可發生銀鏡反應，③可與NaHCO3溶液生成CO2，含有羧基、醛基，符合條件的同分異構體有：取代基的位置可以互換，故答案為：．8、bCbDA【分析】【分析】①氨氣密度小于空氣的密度；應該采用向下排空氣法收集；

②不易溶于水的氣體可以采用排水法收集；導管應短進長出；

③濃硫酸具有酸性和強氧化性；不能干燥部分有還原性的氣體；不能干燥堿性氣體；

④除去二氧化碳中的二氧化硫，利用二氧化硫的還原性、亞硫酸的酸性大于碳酸來分析．【解析】【解答】解：①氨氣密度小于空氣的密度，應該采用向下排空氣法收集，則收集NH3氣體，進氣口為b，故答案為：b；

②不易溶于水的氣體可以采用排水法收集，二氧化氮、氨氣和氯化氫都能和水反應，所以不能用排水法收集，只有氧氣不易溶于水，所以氧氣采用排水法收集，故選C；為將水排除，則氣體進氣口為b，故答案為：C；b；

③濃硫酸具有酸性和強氧化性；不能干燥部分有還原性的氣體；不能干燥堿性氣體，氨氣屬于堿性氣體，所以不能干燥氨氣，故答案為：D；

④A．飽和NaHCO3溶液與二氧化硫反應；與二氧化碳不反應，且不引入新雜質，故A正確；

B．均不與鹽酸反應；不能除雜，故錯誤；

C．NaOH溶液和二氧化碳；二氧化硫都反應；所以不能用NaOH溶液除雜，故錯誤；

D．H2SO4和二氧化硫；二氧化碳都不反應；所以不能除雜，故錯誤；

故答案為：A．9、＞逆反應B先把平衡體系中的混合物降溫到61.2℃以下得到CCl4和CHCl3液態混合物，再分餾得到CHCl3【分析】【分析】（1）①先根據圖表數據計算①的平衡常數利用平衡三段式計算出各物質的平衡濃度；再根據轉化率的公式計算；

②根據速率概念和不同溫度下的平衡常數來判斷；

③根據外界條件對化學平衡的影響分析反應熱量變化和平衡移動來解答；

（2）依據物質沸點大小分析分離方法；【解析】【解答】解：（1）①實驗2中，10h后達到平衡，CCl4的轉化率為50%；

CCl4（g）+H2（g）?CHCl3（g）+HCl（g）；

起始（mol/L）1100

反應（mol/L）0.50.50.50.5

平衡（mol/L）0.50.50.50.5

則平衡常數為==1；

實驗1中；設四氯化碳轉化的濃度為a

CCl4（g）+H2（g）?CHCl3（g）+HCl（g）；

起始（mol/L）0.81.200

反應（mol/L）aaaa

平衡（mol/L）0.8-a1.2-aaa

則平衡常數為==1，所以a=0.48mol/L，則CCl4的轉化率為×100%=60%＞50%；

故答案為：＞；

②實驗2中，10h后達到平衡，CCl4的轉化率為50%

CCl4（g）+H2（g）?CHCl3（g）+HCl（g）；

起始（mol/L）1100

反應（mol/L）0.50.50.50.5

平衡（mol/L）0.50.50.50.5

在此實驗的平衡體系中，再加入0.5molCCl4和1.0molHCl，則會導致增大；大于1，則平衡逆向進行；

故答案為：逆反應；

③CCl4+H2CHCl3+HCl此反應能自發進行，伴隨有副反應，會生成CH2Cl2、CH3Cl和CH4等．已知CCl4的沸點為77℃，CHCl3的沸點為61.2℃．反應是熵增加的反應，可知△H-T?△S＜0，則反應是放熱反應；所以溫度110°C降低到100°C，平衡正向進行，CCl4轉化率大于50%；

故答案為：B；

（2）從平衡體系CCl4+H2?CHCl3+HCl中分離得到CHCl3，已知CCl4的沸點為77℃，CHCl3的沸點為61.2℃，先把平衡體系中的混合物降溫到61.2℃以下得到CCl4和CHCl3液態混合物，再分餾得到CHCl3；

故答案為：先把平衡體系中的混合物降溫到61.2℃以下得到CCl4和CHCl3液態混合物，再分餾得到CHCl3；10、直接液化技術間接液化技術2FeS2+7O2+2H2O=4H++2Fe2++4SO42-4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；焦爐煤氣、粗氨水、煤焦油1.25O2濃度太少不利于NH3的轉化，γ{n（O2）/n（NH3）值為2.2時NH3氧化率已近100%【分析】【分析】（1）煤的液化分為直接液化和間接液化；

（2）根據化合價升降總數相等以及原子守恒來寫離子方程式；

（3）工業煤干餾得到的產品有焦炭；焦爐煤氣、粗氨水、煤焦油；

（4）根據氨氧化的化學方程式來分析；根據O2濃度對平衡的影響；【解析】【解答】解：（1）煤的液化分為直接液化和間接液化；故答案為：直接液化技術；間接液化技術；

（2）第一步反應中反應物有FeS2、O2和H2O，生成物有Fe2+和SO42-，根據化合價升降總數相等以及原子守恒，反應的離子方程式為：2FeS2+7O2+2H2O=4H++2Fe2++4SO42-；Fe2+具有還原性，可被氧氣氧化為Fe3+，根據化合價升降總數相等以及原子守恒，反應的離子方程式為：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；

故答案為：2FeS2+7O2+2H2O=4H++2Fe2++4SO42-；4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；

（3）工業煤干餾得到的產品有焦炭；焦爐煤氣、粗氨水、煤焦油；故答案為：焦爐煤氣、粗氨水、煤焦油；

（4）由氨氧化的化學方程式：4NH3+5O24NO+6H2O，可知氨氧化率達到100%，理論上γ{n（O2）/n（NH3）}==1.25；故答案為：1.25；

O2濃度太少不利于NH3的轉化，γ{n（O2）/n（NH3）值為2.2時NH3氧化率已近100%，故答案為：O2濃度太少不利于NH3的轉化，γ{n（O2）/n（NH3）值為2.2時NH3氧化率已近100%；11、略

【分析】（1）次氯酸鈉具有氧化性，能把碘化鉀氧化生成單質碘，反應的方程式是ClO－＋2I－＋2H＋＝I2＋Cl－＋H2O。（2）單質碘能氧化亞硫酸鈉生成硫酸鈉，反應的方程式是I2＋SO32－＋H2O=2I－＋SO42－＋2H＋，所以再反應中轉移2個電子。因此當消耗0.002mol亞硫酸鈉時，轉移0.004mol電子。（3）根據氧化還原反應中氧化劑的氧化性強于氧化產物的可知，在酸性條件下ClO－、I2、SO42－的氧化性由弱到強的順序是SO42－、I2、ClO－。【解析】【答案】（1）ClO－＋2I－＋2H＋＝I2＋Cl－＋H2O（2分）（2）0.004mol（沒單位不給分）（3）SO42－、I2、ClO－12、（球形）冷凝管a甲苯層消失，回流液不再有明顯的油珠過濾將過量的KMnO4反應掉，防止其與濃鹽酸反應取適量樣品加熱水溶解后，冷卻過濾得濾液（或取上層清液），向濾液中滴加硝酸酸化的硝酸銀溶液，若得到白色沉淀，則可證明樣品中含有KCl重結晶96.00%【分析】【分析】（1）根據常用儀器的名稱來解答；冷凝回流時；冷水應從下口進，上口出；

（2）甲苯被完全氧化后；甲苯層消失，回流液不再有明顯的油珠；

（3）①從混合液中得到沉淀一般采用過濾；②如果濾液呈紫色；說明高錳酸鉀過量，要先加亞硫酸氫鉀，將高錳酸鉀還原，否則濃鹽酸可能被氧化成氯氣；

（4）①根據氯離子的檢驗的方法來解答；

②根據苯甲酸的溶解度與氯化鉀的溶解度隨溫度變化不同來解答；

由苯甲酸在25C和95°C時的溶解度分別為0.17g和6.8g；則苯甲酸的溶解度隨著溫度的升高變化較大，二氯化鉀的溶解度隨著溫度的升高變化不大；

（5）第三次數據與其它數據差別較大，舍去，然后求出其他三次的平均消耗體積，從而求出KOH的物質的量，根據反應方程式中物質之間量的關系求出苯甲酸的物質的量，再求質量分數．【解析】【解答】解：（1）由實驗裝置圖可知A為（球形）冷凝管；冷凝回流時；圖甲冷水應從a口進水；

故答案為：（球形）冷凝管；a；

（2）由于甲苯被完全氧化后生成苯甲酸；甲苯層消失，回流液不再有明顯的油珠出現；

故答案為：甲苯層消失；回流液不再有明顯的油珠；

（3）①將反應混合物趁熱過濾；用少量熱水洗滌濾渣，合并濾液與洗滌液，冷卻后加入濃鹽酸，生成的苯甲酸溶解度較小，以晶體的形式析出，從混合液中得到沉淀一般采用過濾；

故答案為：過濾；

②如果濾液呈紫色；說明高錳酸鉀過量，要先加亞硫酸氫鉀，除去未反應的高錳酸鉀，否則濃鹽酸酸化時可能被高錳酸鉀氧化成氯氣；

故答案為：將過量的KMnO4反應掉；防止其與濃鹽酸反應；

（4）①檢驗苯甲酸固體中含有KC1；可檢驗氯離子的存在，具體操作：取適量樣品加熱水溶解后，冷卻過濾得濾液（或取上層清液），向濾液中滴加硝酸酸化的硝酸銀溶液，若得到白色沉淀，則可證明樣品中含有KCl；

故答案為：取適量樣品加熱水溶解后；冷卻過濾得濾液（或取上層清液），向濾液中滴加硝酸酸化的硝酸銀溶液，若得到白色沉淀，則可證明樣品中含有KCl；

②由苯甲酸在25C和95°C時的溶解度分別為0.17g和6.8g；則苯甲酸的溶解度隨著溫度的升高變化較大，而氯化鉀的溶解度隨著溫度的升高變化不大，所以除去產品中KCl用重結晶；

故答案為：重結晶；

（5）第三次數據與其它數據差別較大，舍去，平均消耗體積為mL=24.00mL，則消耗的KOH的物質的量為0.1000mol?L-1×0.02400L=0.002400mol，苯甲酸（）中含有一個羧基；與等物質的量的氫氧化鉀恰好反應，則25.00mL溶液中苯甲酸的物質的量也為0.002400mol；

晶體中苯甲酸的總物質的量為0.002400mol×=0.009600mol，則樣品中苯甲酸純度為×100%=96.00%；

故答案為：96.00%．13、負H2CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O2O2+4H2O+8e-=8OH-4NA【分析】【分析】（1）甲烷堿性燃料電池中正極氧氣得電子被還原；負極甲烷失電子被氧化；

（2）b連接電源的負極；應為陰極，生成氫氣；

（3）甲烷堿性燃料電池中正極氧氣得電子被還原；負極甲烷失電子被氧化；

（4）根據關系式1molCH4～8mole-計算．【解析】【解答】解：（1）在堿性溶液中；正極氧氣得電子被還原，負極甲烷失電子被氧化，所以通入甲烷的一極作原電池的負極，故答案為：負；

（2）b電極與通入甲烷的電極相連，作陰極，是H+放電，生成H2；故答案為：H2；

（3）在堿性溶液中，甲烷燃料電池的總反應式為：CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O，正極是：2O2+4H2O+8e-═8OH-，負極是：CH4-8e-+10OH-═CO32-+7H2O．

故答案為：CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O；2O2+4H2O+8e-=8OH-；

（3）根據得失電子守恒，可得：1molCH4～8mole-，故若某一電極上消耗11.2L（標準狀況下）即=0.5mol的CH4氣體，所以線路中轉移電子的個數是4NA，故答案為：4NA．14、放熱1.42×10-4mol?L-1?S-15000（mol?L-1）-1CD③②①-746.5＜【分析】【分析】（1）根據△G=△H-T?△S＜0能自發進行判斷；

（2）計算出NO的反應速率，根據反應速率與化學計量數的關系可計算v（N2）；計算出平衡時各物質的濃度，可計算平衡常數；

（3）能提高NO轉化率；應使平衡向正向移動，結合溫度；濃度等外界條件對平衡移動的影響解答；

（4）利用影響化學反應速率及化學平衡的因素來分析；

（5）利用蓋斯定律計算反應熱；

（6）由濃度的比值關系可知，升高溫度平衡向逆反應方向移動，則正反應為放熱反應．【解析】【解答】解：（1）由反應能夠自發進行；則△H-T△S＜0，由方程式可知△S＜0，則只有該反應的△H＜0時，即該反應一定是放熱才有可能自發進行，故答案為：放熱；

（2）前3s內的平均反應速率v（N2）=v（N0）=×=1.42×10-4mol?L-1?S-1；

由表格中的數據可知到4s時達到化學平衡；則。

2NO+2CO2CO2+N2；

開始1.00×10-33.60×10-300

轉化9×10-49×10-49×10-44.50×10-4

平衡1.00×10-42.70×10-39×10-44.50×10-4

則K==5000；

故答案為：1.42×10-4mol?L-1?S-1；5000（mol?L-1）-1；

（3）A．選用更有效的催化劑；不能使平衡發生移動，故A錯誤；

B．升高反應體系的溫度；因反應放熱，則平衡逆向移動，轉化率減小，故B錯誤；

C．降低反應體系的溫度；平衡正向移動，轉化率增大，故C正確；

D．縮小容器的體積；平衡正向移動，轉化率增大，故D正確；

故答案為：CD；

（4）由于②；③溫度相同；催化劑對平衡移動無影響，化學平衡不移動，達到相同的平衡狀態，但②的起始濃度較大，催化劑的比表面積較大，則反應的速率大，所以②先達到化學平衡，則Ⅰ為③，Ⅱ為②的圖象，而①的溫度高，則反應速率最大且平衡向著逆向移動，即達到化學平衡時c（NO）增大，則①對應Ⅲ圖象；

故答案為：③②①；

（5）已知：①N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H1=+180.5kJ?mol-1

②2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H2=-221.0kJ?mol-1

③C（s）+O2（g）=CO2（g）△H3=-393.5kJ?mol-1；

將③×2-①-②可得2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）△H=2×（-393.5kJ?mol-1）-（-221.0kJ?mol-1）-（+180.5kJ?mol-1）=-746.5kJ?mol-1；

故答案為：-746.5；

（6）由濃度的比值關系可知，升高溫度平衡向逆反應方向移動，則正反應為放熱反應，故答案為：＜．三、判斷題(共6題，共12分)15、×【分析】【分析】NH4NO3為強酸弱堿鹽，發生水解生成一水合氨，以此解答該題．【解析】【解答】解：0.1L3.0mol?L-1的NH4NO3溶液中n（NH4NO3）=0.1L×3.0mol/L=0.3mool，NH4NO3為強酸弱堿鹽，發生水解生成一水合氨，則NH4+的數目小于0.3NA；

故答案為：×．16、×【分析】【分析】根據溶液中不水解的離子的物質的量濃度=溶質的物質的量濃度×化學式中離子的個數，與溶液的體積無關，據此分析解答．【解析】【解答】解：假設三種溶液的濃度均為1mol/L，則Na2SO4、MgSO4、Al2（SO4）3溶液中SO濃度分別=1mol/L×1=1mol/L、1mol/L×1=1mol/L和1mol/L×3=3mol/L，即濃度之比為1：1：3，故答案為：×．17、×【分析】【分析】苯的同系物能使溴水褪色，發生萃取現象；據此解答即可．【解析】【解答】解：苯的同系物能使溴水褪色，發生萃取現象，不發生化學反應，故錯誤；故答案為：×．18、×【分析】【分析】SO2可以使酸性KMnO4溶液褪色，發生氧化還原反應，以此來解答．【解析】【解答】解：SO2可以使酸性KMnO4溶液褪色；發生氧化還原反應，S元素的化合價升高，體現二氧化硫的還原性，與漂白性無關，說法錯誤；

故答案為：×．19、×【分析】【分析】依據n=CV可知要計算溶質的物質的量需要知道溶液的濃度和溶液的體積，據此判斷解答．【解析】【解答】解：0.1mol?L-1的NaHSO4溶液，體積未知，無法計算硫酸氫鈉的物質的量，無法計算陽離子個數，故錯誤；20、×【分析】【分析】過氧化鈉化學式是由1個過氧根離子和2個鈉離子構成，所以其陰陽離子個數之比為1：2，據此計算離子總數．【解析】【解答】解：過氧化鈉化學式是由1個過氧根離子和2個鈉離子構成，所以其陰陽離子個數之比為1：2，則1molNa2O2固體中含有離子總數為3NA，故答案為：×．四、探究題(共4題，共36分)21、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，與氫氧化鈉不反應，甲酸、苯酚與氫氧化鈉反應生成溶于水的鈉鹽，苯（）不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸（HCOOH），故答案為：a．分液；b．蒸餾；c．分液；d．蒸餾；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚，分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸，以此解答該題．22、酸式|反應中生成的錳離子具有催化作用，所以隨后褪色會加快|滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有強氧化性，應用酸式滴定管盛裝；高錳酸根離子被還原生成的錳離子有催化作用而導致反應速率加快，所以剛滴下少量KMnO4溶液時；溶液迅速變成紫紅色；滴定終點時，當滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化，證明達到終點；

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

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

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

故答案為：20.00；90.00%；

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

B．滴定前錐形瓶有少量水，待測液的物質的量不變，對V（標準）無影響，根據