…………○…………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年浙教版高三化學下冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、下列變化中，一定不存在化學能與熱能相互轉化的是（）A.鋁熱反應B.金屬鈍化C.干冰氣化D.燃放爆竹2、常溫下，某種溶液中由水電離產生的c（H+）=1×10-11mol?L-1，該溶液中的溶質不可能是（）A.NaHSO4B.NaOHC.HClD.Al2（SO4）33、已知在晶體中仍保持一定幾何形狀的最小單位稱為晶胞．干冰晶胞是一個面心立方體，在該晶體中每個頂角各有1個二氧化碳分子，每個面心各有一個二氧化碳分子．實驗測得25℃時干冰晶體的晶胞邊長為acm，其摩爾質量為Mg/mol，則該干冰晶體的密度為（單位：g/cm3）（）A.B.C.D.4、有機物與我們的生產生活密切相關，下列說法不正確的是（）A.葡萄糖可以發生氧化反應、銀鏡反應和水解反應B.工業上利用油脂在堿性條件下的水解反應制取肥皂C.食用植物油的主要成分是高級不飽和脂肪酸甘油酯，是人體營養物質D.甲醛對人體有害，但甲醛的水溶液可用于標本的防腐5、設NA為阿伏伽德羅常數的值．下列說法正確的是（）A.標準狀況下，0.1molCl2溶于水，轉移的電子數目為0.1NAB.常溫常壓下，7.0g乙烯與丙烯的混合物中含有氫原子的數目為NAC.某密閉容器盛有0.1molN2和0.3molH2，在一定條件下充分反應，轉移電子的數目為0.6NAD.標準狀態下，33.6L氟化氫中含有氟原子的數目為1.5NA6、化學世界是個五彩繽紛的世界，下列關于顏色的變化敘述正確的是（）A.向盛有苯酚溶液的試管中滴入FeCl3溶液，溶液呈紫色B.淀粉溶液遇碘離子變藍C.氨氣能使濕潤的藍色石蕊試紙變紅D.二氧化硫能使石蕊溶液變紅后褪色評卷人得分二、多選題(共6題，共12分)7、在2KMnO4+16HCl═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反應中（）A.氧化產物與還原產物的粒子個數比為5：2B.氧化產物與還原產物的粒子個數比為2：5C.氧化劑與還原劑的粒子個數之比為1：8D.氧化劑與還原劑的粒子個數之比為1：58、由FeO、Fe2O3和Fe3O4組成的混合物，測得其中鐵元素與氧元素的質量比為21：8，則這種混合物中FeO、Fe2O3和Fe3O4的物質的量之比是（）A.1：1：1B.2：1：1C.1：2：1D.1：1：39、將SO2和X氣體分別通入BaCl2溶液中，未見沉淀生成，若同時通入，有沉淀生成，則X氣體可能是（）A.CO2B.HClC.Cl2D.H2S10、用固體氫氧化鈉配制一定物質的量濃度溶液時，下列操作能導致溶液濃度偏低的是（）A.在燒杯中溶解時，有少量液體濺出B.樣品中混有碳酸鈉固體C.容量瓶使用前未經干燥D.定容時俯視容量瓶刻度線11、對有機物的化學性質敘述正確的是（）A.能發生氧化反應B.與H2發生加成反應，必定得一種純的新有機物C.能發生加聚反應生成高聚物D.檢驗-CHO可用酸性KMnO4溶液12、常溫下，pH=12的NaOH溶液和pH=2的醋酸混合后恰好完全反應（不考慮溶液體積的變化）．下列說法正確的是（）A.原醋酸物質的量濃度大于0.01mol?L-1B.兩種反應物中水電離出的c（H+）都是1×10-12mol?L-1C.反應后的溶液中：c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=0.01mol?L-1D.反應后的溶液中：c（CH3COO-）=c（Na+）＞c（H+）=c（OH-）評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)13、氨氣在工農業生產中有重要應用．

Ⅰ．（1）如圖所示，向NaOH固體上滴幾滴濃氨水，迅速蓋上蓋，觀察現象．

①濃鹽酸液滴附近會出現白煙，發生反應的化學方程式為____．

②FeSO4液滴中先出現灰綠色沉淀，過一段時間后變成紅褐色，發生的反應包括Fe2++2NH3?H2O═Fe（OH）2↓+2NH4+和____．

（2）已知氨氣極易溶于水，而難溶于有機溶劑CCl4．下列裝置中不適宜做氨氣尾氣吸收的是____．

Ⅱ．現代傳感信息技術在化學實驗中有廣泛的應用。

某小組用傳感技術測定噴泉實驗中的壓強變化來認識噴泉實驗的原理（圖1）．

（1）關閉a，將吸有2mL水的膠頭滴管塞緊頸口c，打開b，完成噴泉實驗，電腦繪制三頸瓶內氣壓變化曲線（圖2）．圖2中____點時噴泉最劇烈．

（2）從三頸瓶中量取25.00mL氨水至錐形瓶中，加入____做指示劑；用0.0500mol?L-1HCl滴定．終點時溶液顏色由____色變為____色；用pH計采集數據；電腦繪制滴定曲線如下圖。

（3）據圖，計算氨水的濃度為____mol?L-1；比較當VHCI=17.50ml時溶液中離子濃度大小關系____．

（4）關于該滴定實驗的說法中，正確的是____．

A．錐形瓶中有少量蒸餾水導致測定結果偏低。

B．酸式滴定管在滴定前有氣泡；滴定后氣泡消失測得氨水的濃度偏高。

C．酸式滴定管未用鹽酸潤洗會導致測得氨水的濃度偏高。

D．滴定終點時俯視讀數會導致測得氨水的濃度偏低．14、就有關物質的分離回答下面的問題；有一瓶A和B的混合液，已知它們的性質如表．

。物質熔點/°C沸點/°C密度/g?cm-3溶解性A-11.51981.11A、B互溶，且均易溶于水B17.92901.26據此分析，將A和B相互分離的常用方法是____．15、乙炔是一種重要的有機化工原料；以乙炔為原料在不同的反應條件下可以轉化成以下化合物．完成下列各題：

（1）正四面體烷的分子式為____，其二氯取代產物有____種．

（2）關于乙烯基乙炔分子的說法錯誤的是：____

a、能使酸性KMnO4溶液褪色。

b、1摩爾乙烯基乙炔能與3摩爾Br2發生加成反應。

c、等質量的乙炔與乙烯基乙炔完全燃燒時的耗氧量不相同．16、維生素可根據其溶解性的不同分為____性維生素和____性維生素兩大類，其中維生素C屬于____性維生素．17、材料1：酒精；苯、四氯化碳都是有機溶劑；有機溶劑之間大都能互溶．

材料2：碘難溶于水；易溶與有機溶劑．

材料3：溴難溶于水；易溶于有機溶劑，其溶液呈橙色．

在酒精、苯、CCl4；NaCl、蒸餾水五種試劑中：

（1）能把碘單質從碘水中萃取出來的是____，進行分液之后是否能得到純凈的碘單質？____

（2）能把溴從溴水中萃取出來，并在分液時使溴從分液漏斗下端流出的是____；萃取時，液體接近無色的是____層，有色層是____層。

（3）CCl4能把碘酒中的碘萃取出來嗎？為什么？____．18、已知：氧化性：KMnO4＞HNO3；Bi位于周期表中VA族，＋3價較穩定，Bi2O3為堿性氧化物，Bi3+的溶液為無色。取一定量硝酸酸化的Mn(NO3)2溶液依次進行下列實驗，現象記錄如下：①向其中加入適量的NaBiO3，溶液變為紫紅色。②繼續滴加適量H2O2，紫紅色褪去，并有氣泡產生。③再加入適量的PbO2固體，固體溶解，溶液又變為紫紅色。回答下列問題：寫出實驗①反應的離子方程式：______________________________________。KMnO4、H2O2、PbO2氧化性由強到弱的順序為____________________________。向反應③得到的溶液中通入SO2氣體，看到的現象是____________________________。若實驗②放出了336mL氣體（標準狀況），則反應①被氧化的Mn(NO3)2為________mol。19、（1）下列物質中：互為同素異形體的有____（填序號，下同），屬于同位素的有____，屬于同一種物質的有____．

①液氯②Cl③白磷④氯氣⑤紅磷⑥Cl

（2）下列物質中：只存在共價鍵的是____（填序號，下同），既存在離子鍵又存在極性共價鍵的是____，只存在離子鍵的是____．

①Ar②CO2③Na2O2④KOH⑤MgBr2⑥NH4Cl⑦CaO⑧H2SO4．20、t℃時，將2molSO2和1molO2通入體積為2L的恒溫恒容密閉容器中，發生如下反應：2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g），△H=-196.6kJ/mol．2min時反應達到化學平衡，此時測得反應物O2還剩余0.8mol；請填寫下列空白：

（1）從反應開始到達化學平衡，生成SO3的平均反應速率為____；平衡時SO2濃度為____

（2）下列敘述能證明該反應已達到化學平衡狀態的是（填標號）____

A．容器內氣體的總壓強不再發生變化。

B．SO2的體積分數不再發生變化。

C．容器內氣體原子總數不再發生變化。

D．相同時間內消耗2nmolSO2的同時消耗nmolO2

E．相同時間內消耗2nmolSO2的同時生成nmolO2．21、蓄電池是一種可以反復充電、放電的裝置。有一種蓄電池在充電和放電時發生的反應為NiO2+Fe+2H2OFe(OH)2+Ni(OH)2（1）該蓄電池放電時，發生還原反應的物質是____（填字母，下同）。A．NiO2B．FeC．Fe(OH)2D．Ni(OH)2（2）下列有關該電池的說法中正確的是____A．放電時電解質溶液顯強酸性B．放電時5.6gFe全部轉化為Fe(OH)2時，外電路中通過了0.2mol電子C．充電時陽極反應為Ni(OH)2+2OH－?2e－==NiO2+2H2OD．充電時陰極附近溶液的堿性保持不變（3）用此蓄電池電解含有0.01molCuSO4和0.01molNaCl的混合溶液100mL，電解池的電極均為惰性電極。當溶液中的Cu2+全部轉化成Cu時，陽極產生的氣體在標準狀況下的體積為；將電解后的溶液加水稀釋至1L，此時溶液的pH=。（4）用此蓄電池進行電解，且電解池的電極均為銅電極，電解質溶液為濃堿液與NaCl溶液的混合液，電解一段時間后，同學們驚奇地發現，陽極附近不是生成藍色沉淀，而是生成紅色沉淀，查閱資料得知該紅色沉淀是Cu2O。寫出該陽極上的電極反應式：。評卷人得分四、判斷題(共4題，共8分)22、22.4LNO2和CO2混合氣體中含有的氧原子數為NA．____（判斷對錯）23、Na2SO4固體中含鈉離子．____（判斷對錯）24、可逆反應達到平衡，反應就不再進行．____（判斷對錯）25、對于C（s）+CO2（g）═2CO（g）的反應，當密度保持不變，在恒溫恒容或恒溫恒壓條件下，均能作為達到化學平衡狀態的標志．____（判斷對錯）評卷人得分五、探究題(共4題，共32分)26、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________．27、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：28、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________．29、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：評卷人得分六、綜合題(共4題，共16分)30、［化學—選修物質結構與性質］（15分）美國《科學》雜志評出的2009年十大科學突破之一是石墨烯的研究和應用方面的突破。石墨烯具有原子級的厚度、優異的電學性能、出色的化學穩定性和熱力學穩定性。制備石墨烯方法有石墨剝離法、化學氣相沉積法等。石墨烯的球棍模型及分子結構示意圖如右：（1）下列有關石墨烯說法正確的是＿＿＿＿。A．石墨烯的結構與金剛石相似B．石墨烯分子中所有原子可以處于同一平面C．12g石墨烯含σ鍵數為NAD．從石墨剝離得石墨烯需克服石墨層與層之間的分子間作用力（2）化學氣相沉積法是獲得大量石墨烯的有效方法之一，催化劑為金、銅、鈷等金屬或合金，含碳源可以是甲烷、乙炔、苯、乙醇或酞菁等中的一種或任意組合。①鈷原子在基態時，核外電子排布式為：＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。②乙醇沸點比氯乙烷高，主要原因是＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。③上圖是金與銅形成的金屬互化物合金，它的化學式可表示為：＿＿＿＿＿＿＿＿。④含碳源中屬于非極性分子的是＿＿＿（a．甲烷b．乙炔c．苯d．乙醇）⑤酞菁與酞菁銅染料分子結構如下圖，酞菁分子中氮原子采用的雜化方式有：＿＿＿＿＿＿＿＿。31、（15分）為研究鐵質材料與熱濃硫酸的反應，某小組進行了以下探究活動：[探究一]（1）稱取鐵釘（碳素鋼）12．0g放入30．0mL濃硫酸中，加熱，充分應后得到溶液X并收集到氣體Y。①甲同學認為X中除Fe3+外還可能含有Fe2+。若要確認其中是否含有Fe2+，應選擇加入的試劑為________（選填序號）。a．KSCN溶液和氯水b．鐵粉和KSCN溶液c．濃氨水d．酸性KMnO4溶液②乙同學取672mL（標準狀況）氣體Y通入足量溴水中，發生反應：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4然后加入足量BaCl2溶液，經適當操作后得到干燥固體4．66g。據此推知氣體Y中SO2的體積分數為____。（相對原子質量：O—16S—32Ba—137）[探究二]分析上述實驗中SO2體積分數的結果，丙同學認為氣體Y中還可能含量有H2和CO2氣體。為此設計了下列探究實驗裝置（圖中夾持儀器省略）。（2）寫出產生CO2的化學方程式____。（3）裝置A中試劑的作用是____。（4）簡述確認氣體Y中含有CO2的實驗現象。（5）如果氣體Y中含有H2，預計實驗現象應是。32、已知N、P同屬元素周期表的ⅤA族元素，N在第二周期，P在第三周期，NH3分子呈三角錐形，N原子位于錐頂，三個H原子位于錐底，N—H鍵間的夾角是107°。33、［化學選修──有機化學基礎］（15分）根據圖示回答下列問題：（1）寫出A、E、G的結構簡式：A_____________，E_______________，G______________；（2）反應②的化學方程式（包括反應條件）是_________________________，（3）反應④化學方程式（包括反應條件）是____________________________________；（4）寫出①、⑤的反應類型：①________________、⑤__________________。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】【分析】存在化學能與熱能的相互轉化，是指發生化學反應過程中伴隨有能量的變化，能量以熱能體現．【解析】【解答】解：A；鋁熱反應是化學變化；且放出熱量，是化學能轉化為熱能，故A不符合；

B；金屬鈍化是化學變化；且放出熱量，是化學能轉化為熱能，故B不符合；

C；干冰的氣化為物理變化；不存在化學能與熱能的轉化，故C符合；

D；爆竹中炸藥爆炸過程中有化學反應發生；有化學能和熱能變化，故D不符合；

故選：C．2、D【分析】【分析】常溫下，某種溶液中由水電離產生的c（H+）=1×10-11mol?L-1＜1.0×10-7mol/L，說明水的電離程度減小，該溶質的溶液抑制了水的電離，該溶質可能為酸性溶液，也有可能為堿性溶液；由于弱酸根或弱堿根離子能夠促進水的電離，所以不會是強酸弱堿鹽或者強堿弱酸鹽的溶液．【解析】【解答】解：常溫下純水電離的氫離子濃度為：c（H+）=1.0×10-7mol/L，由水電離產生的c（H+）=1×10-11mol?L-1＜1.0×10-7mol/L；說明抑制了水電離電離；

A、NaHSO4溶液中，硫酸氫根離子在水溶液中完全電離，電離出氫離子和硫酸根離子，水的電離H2O?H++OH-向逆反應方向移動；抑制了水的電離，所以可能為硫酸氫鈉溶液，故A錯誤；

B；氫氧化鈉溶液中；氫氧化鈉分離出的氫氧根離子使溶液中氫氧根離子濃度增大，抑制了水的電離，水電離的氫離子濃度減小，所以可能是氫氧化鈉溶液，故B錯誤；

C；氯化氫溶液為強酸性溶液；溶液中氯化氫氫離子使溶液中氫離子濃度增大，抑制了水的電離，溶液中水電離的氫離子濃度減小，所以可能為氯化氫溶液，故C錯誤；

D；硫酸鋁溶液中；鋁離子水解結合了水電離的氫氧根離子，促進了水的電離，溶液中水電離的氫離子濃度增大，故D正確．

故選D．3、D【分析】【分析】每個頂點上的二氧化碳分子被8個晶胞共用，每個面心上的二氧化碳分子被兩個晶胞共用，所以該晶胞中二氧化碳分子個數==4，根據ρ=計算即可．【解析】【解答】解：每個頂點上的二氧化碳分子被8個晶胞共用，每個面心上的二氧化碳分子被兩個晶胞共用，所以該晶胞中二氧化碳分子個數==4，ρ===g/cm3；

故選：D．4、A【分析】【分析】A．葡萄糖為單糖；單糖不能發生水解；

B．油脂屬于酯類物質；油脂在堿性條件下的水解反應制取肥皂和甘油；

C．植物油中含有不飽和的碳碳鍵；為高級不飽和脂肪酸甘油酯；

D．甲醛有毒，對人體有害；甲醛能使蛋白質變性，可用于標本的防腐．【解析】【解答】解：A．葡萄糖分子中含有醛基和羥基；能夠發生氧化反應和銀鏡反應，但是葡萄糖為單糖，不能發生水解，故A錯誤；

B．油脂為高級脂肪酸甘油酯；能夠發生水解反應，則利用油脂在堿性條件下的水解反應工業上制取肥皂和甘油，故B正確；

C．食用植物油中含有不飽和的碳碳鍵；屬于高級不飽和脂肪酸甘油酯，故C正確；

D．由于甲醛有毒；所以對人體有害；甲醛能使蛋白質變性，可用于標本的防腐，故D正確；

故選A．5、B【分析】【分析】A；氯氣與水的反應是可逆反應；不能進行徹底；

B、根據乙烯和丙烯的最簡式均為CH2來計算；

C；合成氨的反應為可逆反應；不能進行徹底；

D、標況下，HF為液態．【解析】【解答】解：A、氯氣與水的反應是可逆反應，不能進行徹底，故0.1molCl2溶于水，轉移的電子數目小于0.1NA；故A錯誤；

B、乙烯和丙烯的最簡式均為CH2，則7.0g的混合物中CH2的物質的量n===0.5mol，氫原子的物質的量為1mol，數目為NA；故B正確；

C、合成氨的反應為可逆反應，不能進行徹底，故0.1molN2和0.3molH2，在一定條件下充分反應，轉移電子的數目小于0.6NA；故C錯誤；

D；標況下；HF為液態，故D錯誤．

故選B．6、A【分析】解：A．酚類物質與鐵離子能形成紫色的絡合物；苯酚與氯化鐵發生顯色反應，觀察到紫色，故A正確；

B．碘單質遇淀粉與淀粉結合形成藍色物質；淀粉碘化鉀溶液中含有碘離子，碘離子遇淀粉不變色，故B錯誤；

C．氨氣能使濕潤的酚酞試紙變紅色；能使濕潤的紫色石蕊試紙變藍，不能使濕潤的藍色石蕊試紙變紅，故C錯誤；

D．二氧化硫與水反應生成亞硫酸；亞硫酸電離產生氫離子，顯酸性，使石蕊變紅，二氧化硫具有漂白性，能使品紅褪色，但不能漂白石蕊變成的紅色，故D錯誤；

故選A．

A．當羥基直接連接在苯環上為酚類物質；可與氯化鐵發生顏色反應，溶液變紫色；

B．淀粉遇碘單質變藍色；

C．藍色石蕊試紙遇酸性物質能變紅；紫色石蕊試紙遇堿性物質能變藍，酚酞遇堿變紅；

D．二氧化硫與水反應生成亞硫酸使石蕊溶液變紅；但不褪色；

本題主要通過顏色的變化考查物質的性質，注意顏色變化的本質，屬于對基礎知識的考查，題目難度不大．【解析】【答案】A二、多選題(共6題，共12分)7、AD【分析】【分析】2KMnO4+16HCl（濃）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中，Mn元素的化合價由+7價降低為+2價，則KMnO4為氧化劑，生成MnCl2為還原產物，Cl元素的化合價由-1價升高為0，但在反應的16HCl（濃）中，被氧化的占10mol，未被氧化的HCl為6mol，所以10molHCl為還原劑，生成5molCl2為氧化產物，以此來解答．【解析】【解答】解：2KMnO4+16HCl（濃）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中，Mn元素的化合價由+7價降低為+2價，則KMnO4為氧化劑，生成MnCl2為還原產物，Cl元素的化合價由-1價升高為0，但在反應的16HCl（濃）中，被氧化的占10mol，未被氧化的HCl為6mol，所以10molHCl為還原劑，生成5molCl2為氧化產物；則氧化產物與還原產物的粒子個數比為5：2，氧化劑與還原劑的粒子個數之比為2：10=1：5，則AD正確；

故選：AD．8、AD【分析】【分析】因Fe3O4中鐵元素和氧元素的質量比為21：8，要滿足混合物中鐵、氧元素的質量之比也為21：8，則樣品中含有任意量的Fe3O4都可以，關鍵是FeO和Fe2O3中的元素的質量比，而FeO和Fe2O3的分子個數比為1：1時，兩種物質的混合物中鐵元素和氧元素的質量比也恰好為21：8．【解析】【解答】解：因Fe3O4中鐵元素和氧元素的質量比為21：8，則Fe3O4為任意量都可滿足混合物中鐵；氧元素的質量之比為21：8；

Fe3O4可以形成FeO．Fe2O3，即FeO．Fe2O3物質的量之比為1：1時；兩種物質的混合物中鐵元素和氧元素的質量比也恰好為21：8；

故選：AD．9、CD【分析】【分析】A．二氧化硫和二氧化碳與氯化鋇不反應；同時通入也不發生反應；

B．二氧化硫和鹽酸與氯化鋇不反應；同時通入也不發生反應；

C．二氧化硫和氯氣與氯化鋇不反應；同時通入，二氧化硫和氯氣反應生成硫酸和鹽酸，硫酸能與氯化鋇反應生成硫酸鋇白色沉淀；

D．二氧化硫和硫化氫與氯化鋇不反應，同時通入，二氧化硫和硫化氫反應生成淡黃色的單質硫沉淀．【解析】【解答】解：A．二氧化硫和二氧化碳與氯化鋇不反應；同時通入也不發生反應，故A錯誤；

B．二氧化硫和鹽酸與氯化鋇不反應；同時通入也不發生反應，故B錯誤；

C．二氧化硫和氯氣與氯化鋇不反應；同時通入，二氧化硫和氯氣反應生成硫酸和鹽酸，硫酸能與氯化鋇反應生成硫酸鋇白色沉淀，故C正確；

D．二氧化硫和硫化氫與氯化鋇不反應；同時通入，二氧化硫和硫化氫反應生成淡黃色的單質硫沉淀，故D正確；

故選CD．10、AB【分析】【分析】分析操作對溶質的物質的量或溶液的體積的影響，根據c=判斷不當操作對所配溶液濃度影響．【解析】【解答】解：A；在燒杯中溶解時；有少量液體濺出，氫氧化鈉損失，移入容量瓶內氫氧化鈉的物質的量減小，導致所配溶液濃度偏低，故A符合；

B；樣品中混有碳酸鈉固體；稱取的氫氧化鈉的實際質量減小，所配溶液濃度偏低，故B符合；

C；配制最后需加水定容；容量瓶使用前未經干燥，對所配溶液濃度無影響，故C不符合；

D；定容時俯視容量瓶刻度線；所配溶液體積偏小，導致所配溶液濃度偏高，故D不符合．

故選：AB．11、AC【分析】【分析】該有機物含有碳碳雙鍵、醛基，可以發生氧化反應、加聚反應，與氫氣發生加成反應是可能為碳碳雙鍵、醛基中其中一種發生加成反應，也可能為完全發生加成反應，碳碳雙鍵、醛基均能被是酸性高錳酸鉀溶液氧化．【解析】【解答】解：A．該有機物含有碳碳雙鍵；醛基；可以發生氧化反應，故A正確；

B．與氫氣發生加成反應是可能為碳碳雙鍵；醛基中其中一種發生加成反應；也可能為完全發生加成反應，不一定得到一種物質，故B錯誤；

C．該物質含有碳碳雙鍵；可以發生加聚反應生成高聚物，故C正確；

D．碳碳雙鍵、醛基均能被是酸性高錳酸鉀溶液氧化，不能用酸性KMnO4溶液檢驗-CHO；可以用銀氨溶液或新制氫氧化銅進行檢驗，故D錯誤；

故選AC．12、AB【分析】【分析】A．醋酸為弱電解質；溶液中部分電離出氫離子，pH=2的醋酸溶液中氫離子濃度為0.01mol/L，則溶液中醋酸濃度大于0.01mol/L；

B．酸溶液和堿溶液都抑制了水的電離；氫離子；氫氧根離子濃度相等，則溶液中水的電離程度相等；

C．醋酸為弱電解質；溶液中只能部分電離，題中數據無法計算溶質醋酸的物質的量；

D．反應的溶液為醋酸鈉溶液，醋酸根離子水解，溶液顯示堿性，則c（H+）＜c（OH-），根據電荷守恒可知：c（CH3COO-）＜c（Na+）．【解析】【解答】解：A．醋酸為弱酸，溶液中只能部分電離出氫離子，pH=2的醋酸中氫離子濃度為0.01mol/l，則溶液中醋酸的濃度大于0.01mol?L-1；故A正確；

B．pH=12的NaOH溶液中水電離的氫離子為溶液中的氫離子濃度：1×10-12mol/L，pH=2的醋酸溶液中，水電離的氫離子為溶液中的氫氧根離子濃度：1×10-12mol/L，所以兩溶液中水電離的c（H+）=1×10-12mol?L-1；故B正確；

C．由于醋酸為弱電解質，溶液中氫離子濃度為0.01mol/L，則醋酸的濃度大于0.01mol/L，無法判斷溶液中c（CH3COO-）+c（CH3COOH）的大小；故C錯誤；

D．反應后的溶液為醋酸鈉溶液，由于醋酸根離子部分水解，溶液中顯示堿性，則c（OH-）＞c（H+）、c（Na+）＞c（CH3COO-），所以溶液中離子濃度大小關系為：c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（H+）；故D錯誤；

故選AB．三、填空題(共9題，共18分)13、NH3+HCl═NH4Cl4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3CD甲基橙黃橙0.0450c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+）BCD【分析】【分析】Ⅰ．（1）①濃鹽酸和濃氨水易揮發；濃鹽酸液滴附近會出現白煙，發生HCl與氨氣的反應生成氯化銨；

②氫氧化鈉具有吸水性；溶于水并放熱，滴加氨水，生成氨氣，氨氣與濃鹽酸反應生成氯化銨，與濃硫酸反應生成硫酸銨或硫酸氫銨，氨氣與硫酸亞鐵溶液反應生成氫氧化亞鐵，氫氧化亞鐵不穩定，易被氧化生成氫氧化鐵，以此解答；

（2）根據氨氣極易溶于水，尾氣吸收時要防止倒吸，導氣管不能插入到液面以下以及氨氣難溶于有機溶劑CCl4；

Ⅱ．（1）三頸瓶內氣體與外界大氣壓壓強之差越大；其噴泉越劇烈；

（2）氨水是弱堿；用鹽酸滴定恰好反應生成氯化銨溶液，銨根離子水解顯酸性，甲基橙指示劑變色范圍3.1-4.4，酸中為紅色，堿中為黃色，變色范圍內為橙色；

可以用移液管或堿式滴定管量取堿性溶液；

（3）氨氣極易溶于水，三頸瓶中氨氣溶于水形成噴泉充滿整個三頸瓶，氨水的物質的量濃度=mol/L=mol/L，當VHCI=17.50ml時；溶液PH=9，溶液顯堿性，此時溶液中為氯化銨和一水合氨；

（4）A．錐形瓶中有少量蒸餾水不影響氨水的物質的量；

B．酸式滴定管在滴定前有氣泡；滴定后氣泡消失，讀取標準溶液體積增大；

C．酸式滴定管未用鹽酸潤洗會導致鹽酸濃度偏低；

D．滴定終點時俯視讀數會導致鹽酸溶液體積偏小．【解析】【解答】解：Ⅰ．（1）①濃鹽酸液滴附近會出現白煙，發生HCl與氨氣的反應生成氯化銨，該反應為NH3+HCl═NH4Cl，故答案為：NH3+HCl═NH4Cl；

②FeSO4與堿反應生成白色沉淀，發生反應為Fe2++2NH3?H2O═Fe（OH）2↓+2NH4+，然后出現灰綠色沉淀，過一段時間后變成紅褐色，是因氫氧化亞鐵被氧化，發生反應為4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3；

故答案為：4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3；

（2）A；水的密度比四氯化碳小；浮在四氯化碳的上面，四氯化碳不能和氨氣反應，也不溶解氨氣，該裝置既能夠吸收易溶性氣體，又能夠防止倒吸．故A正確；

B；吸收裝置中的導管下連漏斗；漏斗的邊緣緊靠液面，易吸收易溶性氣體，能防止倒吸，故B正確；

C；吸收裝置中的導氣管插入到液面；易吸收易溶性氣體，但產生倒吸，故C錯誤；

D；吸收裝置中的導管沒直接伸入到液體中；而是與燒杯連接緊密，易吸收易溶性氣體，能防止倒吸，故D正確；

故選：C；

Ⅱ．（1）三頸瓶內氣體與外界大氣壓壓強之差越大；其反應速率越快，D點壓強最小；大氣壓不變，所以大氣壓和D點壓強差最大，則噴泉越劇烈，故答案為：D；

（2）從三頸瓶中量取25.00mL氨水至錐形瓶中，加入甲基橙指示劑，在堿溶液中是黃色，PH變色范圍為：3.1-4.4，用0.0500mol?L-1HCl滴定．終點時溶液顏色由黃色變化為橙色；

故答案為：甲基橙；黃，橙；

（3）氨氣極易溶于水，三頸瓶中氨氣溶于水形成噴泉充滿整個三頸瓶，設三頸瓶體積為1L，所以氨水的物質的量濃度=mol/L=mol/L=0.0450mol/L，當VHCI=17.50ml時，溶液PH=9，溶液顯堿性，此時溶液中為氯化銨和一水合氨，一水合氨電離大于銨根離子水解程度，所以溶液中離子濃度大小為：c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+）；

故答案為：0.0450；c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+）；

（4）c（待測）=；標準溶液濃度和待測溶液體積是恒定數值，分析操作歸結為標準溶液的體積變化來判斷待測溶液的濃度變化；

A．錐形瓶中有少量蒸餾水；待測溶液濃度稀釋，溶質物質的量不變，對測定結果無影響，故A錯誤；

B．酸式滴定管在滴定前有氣泡；滴定后氣泡消失，消耗標準溶液鹽酸的體積增大，測得氨水的濃度偏高，故B正確；

C．酸式滴定管未用鹽酸潤洗會導致標準溶液濃度減小；測得氨水的濃度偏高，故C正確；

D．滴定終點時俯視讀數；讀取標準溶液的體積會偏小，導致測得氨水的濃度偏低，故D正確；

故答案為：BCD；14、蒸餾【分析】【分析】A、B互溶，但沸點相差較大，可用蒸餾的方法分離．【解析】【解答】解：A、B互溶，但沸點相差較大，可用蒸餾的方法分離，故答案為：蒸餾．15、C4H41c【分析】【分析】（1）正四面體烷的每個頂點代表一個碳原子；碳可形成4對共用電子對，每個碳原子上都連有一個氫原子；

依據正四面體烷分子為正四面體對稱結構；分子中只有1種H原子；每個C原子上只有1個H原子，判斷二氯代物種數；

（2）乙烯基乙炔分子式為：CH≡C-CH═CH2，含有1個三鍵和1個雙鍵，據此解答．【解析】【解答】解：（1）正四面體烷的每個頂點代表一個碳原子，碳可形成4對共用電子對，每個碳原子上都連有一個氫原子，正四面體烷的分子式為C4H4；

分子為正四面體對稱結構；分子中只有1種H原子；每個C原子上只有1個H原子，且4個H原子均為相鄰位置，則二氯代產物只有1種；

故答案為：C4H4；1；

（2）乙烯基乙炔分子式為：CH≡C-CH═CH2；含有1個三鍵和1個雙鍵．

a．乙烯基乙炔含有不飽和鍵；具有還原性，能夠被酸性高錳酸鉀氧化，故a正確；

b.1mol乙烯基乙炔分子中1mol碳碳雙鍵、1mol碳碳三鍵，1mol碳碳雙鍵能和1摩爾Br2發生加成反應，1mol碳碳三鍵能和2摩爾Br2發生加成反應，所以1摩爾乙烯基乙炔能與3摩爾Br2發生加成反應，故b正確；

c．乙烯基乙炔為CH2=CH-C≡CH最簡式為CH，乙炔C2H2的最簡式為CH；最簡式相同，等質量的乙炔和乙烯基乙炔完全燃燒，消耗氧氣的物質的量相等，故c錯誤；

故選：c．16、脂溶水溶水溶【分析】【分析】維生素可根據其溶解性的不同分為脂溶性維生素和水溶性維生素兩大類．【解析】【解答】解：維生素可根據其溶解性的不同分為脂溶性維生素和水溶性維生素兩大類；維生素C是水溶性維生素，故答案為：脂溶；水溶；水溶．17、苯、CCl4不能CCl4無橙不能，四氯化碳與酒精混溶【分析】【分析】（1）萃取劑的選擇原則是：與水互不相溶；被萃取的物質在該溶劑中的溶解度比在水中的溶解度大，且跟萃取物不發生化學反應；

（2）根據液體的密度判斷；溴在四氯化碳中的顏色是橙色．

（3）根據萃取劑的選擇標準判斷．【解析】【解答】解：（1）碘在苯、CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，且和碘不反應，苯、CCl4和水不互溶，所以符合萃取劑的選擇標準，故萃取劑為苯、CCl4；

碘被萃取到四氯化碳或苯中；得到的仍是混合物，所以不能得到純凈的碘單質．

故答案為：苯、CCl4；不能；

②四氯化碳的密度大于水的密度；所以四氯化碳在下方，水在上方；萃取時，上層液體是水，溴被萃取到下方四氯化碳中，所以上層無色，下層橙色；

故答案為：CCl4；無；橙；

③四氯化碳和乙醇互溶，不符合萃取劑的選擇標準，故不能，故答案為：不能，四氯化碳與酒精混溶．18、略

【分析】【解析】試題分析：（1）向其中加入適量的NaBiO3，溶液變為紫紅色，這說明反應中有高錳酸鉀生成，即NaBiO3將Mn2＋氧化，所以反應的化學方程式是5BiO3-＋2Mn2＋＋14H+→5Bi3＋＋2MnO4－＋7H2O。（2）繼續滴加適量H2O2，紫紅色褪去，并有氣泡產生，說明反應中雙氧水被氧化，高錳酸鉀是氧化劑。再加入適量的PbO2固體，固體溶解，溶液又變為紫紅色，這說明PbO2也能將Mn2＋氧化生成高錳酸鉀，所以根據氧化劑的氧化性強于氧化產物的可知，氧化性強弱順序是PbO2＞KMnO4＞H2O2。（3）SO2具有還原性，能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，則實驗現象是紫紅色褪去，生成(白色)沉淀硫酸鉛。（4）氧氣的物質的量是0.015mol，反應中轉移電子的物質的量是0.015mol×2＝0.03mol，則消耗高錳酸鉀的物質的量是0.03mol÷5＝0.006mol。所以根據原子守恒可知，反應①被氧化的Mn(NO3)2為0.006mol。考點：考查氧化還原反應的有關判斷、計算【解析】【答案】5BiO3-＋2Mn2＋＋14H+→5Bi3＋＋2MnO4－＋7H2O（2分）PbO2＞KMnO4＞H2O2（2分）紫紅色褪去，生成(白色)沉淀（“白色”不寫不扣分）（2分）0.006mol（2分）19、③⑤②⑥①④②⑧④⑥⑤⑦【分析】【分析】（1）根據同素異形體是由同一元素形成的不同單質；同位素是同種元素的不同核素判斷；

（2）根據共價鍵和和離子鍵的定義判斷．共價鍵：相鄰原子間通過共用電子對形成的化學鍵；離子鍵：陰陽離子通過靜電作用形成的化學鍵；

共價鍵的極性根據成鍵元素判斷．【解析】【解答】解：（1）同素異形體是由同一元素形成的不同單質；同位素是同種元素的不同核素判斷．

①液氯和④氯氣是氯氣的不同狀態；是同種物質；

②Cl和⑥⑥Cl質子數相同；中子數不同，互為同素異形體；

③白磷和⑤紅磷是由同一元素形成的結構性質不同的單質；屬于同素異形體；

故答案為：③⑤；②⑥；①④；

（2）共價鍵：相鄰原子間通過共用電子對形成的化學鍵；離子鍵：陰陽離子通過靜電作用形成的化學鍵；

同種元素原子之間形成的非極性共價鍵；不同種元素原子之間形成極性共價鍵．

①Ar單原子分子；不存在化學鍵；

②CO2碳原子和氧原子形成極性共價鍵；

③Na2O2中鈉離子和過氧根離子間形成離子鍵；過氧根離子內部氧原子之間形成非極性共價鍵；

④KOH中鉀離子和氫氧根離子間形成離子鍵；氫氧根離子內部氧原子；氫原子間形成極性共價鍵；

⑤MgBr2鎂離子與溴離子間形成離子鍵；

⑥NH4Cl銨根離子與氯離子間形成離子鍵；銨根離子內部氮原子；氫原子間形成極性共價鍵；

⑦CaO鈣離子和氧原子間形成離子鍵；

⑧H2SO4氫原子與氧原子之間；氧原子與硫原子間均形成極性共價鍵；

故答案為：②⑧；④⑥；⑤⑦．20、0.1mol?L-1?min-10.8mol?L-1ABE【分析】【分析】（1）根據平均反應速率v=計算出反應速率；根據平衡時SO2濃度=計算；

（2）化學平衡狀態的標志：正反應速率等于逆反應速率，平衡混合物中各組成成分的含量不變來判斷．【解析】【解答】解：（1）還剩余0.8mo1氧氣可知：反應消耗0.4molSO2和0.2molO2，生成0.4molSO3；

三氧化硫的反應速率為v（SO3）===0.1mol?L-1?min-1；

SO2濃度===0.8mol?L-1；

故答案為：0.1mol?L-1?min-1；0.8mol?L-1；

（2）A．容器內壓強不再發生變化；該反應兩邊氣體體積不相等，反應過程中壓強是變量，壓強不變，該反應達到了平衡狀態，故A正確；

B．SO2的體積分數不再發生變化；表明正逆反應速率相等，達到了平衡狀態，故B正確；

C．容器內氣體原子總數不再發生變化；根據原子守恒，原子總數始終不變，所以原子總數不能作為判斷平衡狀態的依據，故C錯誤；

D．相同時間內消耗2nmolSO2的同時消耗nmolO2；都是指的是正反應方向，因此不能作為判斷平衡狀態的依據，故D錯誤；

E．相同時間內消耗2nmolSO2的同時生成nmolO2，相同時間內消耗2nmolSO2等效于消耗nmolO2，同時生成nmolO2；正反應速率等于逆反應速率，故E正確；

故答案：ABE．21、略

【分析】試題分析：（1）還原反應是化合價降低的物質發生的，NiO2生成Ni(OH)2化合價由+4降到+2，（3）電解含有0.01molCuSO4和0.01molNaCl的混合溶液100mL轉移0.02mol電子時先是氯離子失去電子，然后是水中OH-失去電子，各失去電子0.01mol，產生Cl20.005mol,O20.0025mol,共0.0075mol，體積為0.0075mol×22.4L·mol-1=0.168L,OH-失去電子0.01mol同時產生0.01molH+,稀釋至1L時c(H+)=0.01mol·L-1,pH為2。（4）由信息可知電極反應為：2Cu+2OH－?2e－=Cu2O+H2O考點：考查電化學原理及計算等相關知識。【解析】【答案】（1）A（2）B、C（3）0.168L2（4）2Cu+2OH－?2e－=Cu2O+H2O四、判斷題(共4題，共8分)22、×【分析】【分析】每個NO2和CO2分子均含有2個O原子，故二者混合氣體中含有O原子數目為分子總數的2倍．【解析】【解答】解：每個NO2和CO2分子均含有2個O原子，故分子總數為NA的NO2和CO2混合氣體中含有的氧原子數為2NA，狀況不知，無法求物質的量，故答案為：×．×23、√【分析】【分析】可從該化合物所含化學鍵及晶體類型判斷是否含有鈉離子．【解析】【解答】解：Na是第ⅠA族活潑金屬，與酸根離子形成離子鍵，所以Na2SO4屬于離子化合物；由陽離子鈉離子和陰離子硫酸根離子構成；

故答案為：√．24、×【分析】【分析】據化學平衡狀態的特征解答，當反應達到平衡狀態時，正逆反應速率相等，各物質的濃度、百分含量不變．【解析】【解答】解：化學平衡是動態平衡；當反應達到平衡狀態時，正逆反應速率相等，但不為0；

故答案為：×．25、√【分析】【分析】化學反應達到平衡狀態時，正逆反應速率相等，各物質的濃度不再改變，由此衍生的一些物理量也不變，結合反應的特點進行分析．【解析】【解答】解：反應前后氣體的質量不等；在恒溫恒容條件下，混合氣體的密度逐漸增大，當達到平衡狀態時，容器中混合氣體的密度不變；

而恒溫恒壓條件下，隨反應進行，體系的體積增大，分子量：CO2＞CO；故混合氣體的密度逐漸減小，當密度保持不變，反應達到平衡；

故答案為：√．五、探究題(共4題，共32分)26、|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．27、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c（待測）=分析；c（標準）不變，故B錯誤；

C．滴定前滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后氣泡消失，造成V（標準）偏大，根據c（待測）=分析；c（標準）偏大，故C正確；

D．不小心將少量酸性KMnO4溶液滴在錐形瓶外，造成V（標準）偏大，根據c（待測）=分析；c（標準）偏大，故D正確；

E．觀察讀數時，滴定前仰視，滴定后俯視，造成V（標準）偏小，根據c（待測）=分析；c（標準）偏小，故E錯誤；

故選ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有強氧化性，應用酸式滴定管盛裝；高錳離子有催化作用而導致反應速率加快；乙二酸與KMnO4發生氧化還原反應，滴定終點時，溶液由無色變成紫紅色，且半分鐘內不褪色；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，根據關系式2KMnO4～5H2C2O4計算；

④根據c（待測）=分析不當操作對V（標準）的影響，以此判斷濃度的誤差．28、|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