…………○…………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2025年華師大新版高三化學下冊階段測試試卷68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、下列反應的離子方程式正確的是（）A.Na[Al（OH）4]溶液中通入過量CO2：2[Al（OH）4]-+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32-B.往碳酸鎂中滴加稀鹽酸：CO32-+2H+═CO2↑+H2OC.氧化銅溶于稀鹽酸中：CuO+2H+=Cu2++2H2OD.向Ba（OH）2溶液中滴加NaHSO4溶液至中性：Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O2、下列說法中正確的是（）A.水溶液中，1molKCl和1molNaCl電離出的氯離子一樣多B.電解質Ba（OH）2的電離方程式為：Ba（OH）2=Ba2++OH-C.凡溶于水后能電離出H+的物質都是酸D.BaSO4的水溶液不導電，BaSO4屬非電解質3、鍺（Ge）、錫（Sn）、鉛（Pb）與碳、硅兩元素同位于第ⅣA族，其原子序數按鍺、錫、鉛的順序依次增大，則下列推斷一定不正確的是A.鍺、錫在空氣中不反應，鉛在空氣中表面生成一層氧化鉛B.鍺與鹽酸不反應，錫、鉛能與鹽酸反應C.鍺、錫、鉛的+4價氫氧化物的堿性：Ge(OH)4D.鍺、錫、鉛的金屬性依次減弱4、下列晶體熔化時不需破壞化學鍵的是（）A.晶體硅B.金剛石C.干冰D.二氧化硅5、下列關于顏色變化的敘述中，不正確的是（）A.淀粉遇KI溶液會變藍B.葡萄糖溶液能與新制氫氧化銅反應會生成紅色的沉淀C.發煙硝酸在光照后變黃色D.氫氣燃燒的火焰因玻璃管口含鈉元素而呈黃色6、儲氫合金表面鍍銅過程發生反應Cu2++2HCHO+4OH-═Cu↓+H2↑+2H2O+2HCOO-，下列說法錯誤的是（）A.電鍍過程中氫氣在鍍件表面析出B.電鍍時溶液中Cu2+移向陰極，并在陰極上發生還原反應C.陽極反應式為HCHO+3OH--2e-=2H2O+HCOO-D.電鍍時每生成6.4g銅鍍層放出2.24LH2評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)7、C、N、S、Cl、Mg、Al、Cr；Cu是常見的元素．

（1）Al位于元素周期表第____周期第____族；Cr的基態原子核外有____個未成對電子；S的基態原子核外電子排布式為____．

（2）新型材料C3N4晶體熔點很高，硬度可與金剛石相媲美，其晶體類型為____；在H-C、H-N兩種共價鍵中，鍵的極性較強的是____；Mg與Al兩種元素中，原子半徑較大的是____．

（3）直接加熱MgCl2?6H2O晶體只能得到Mg（OH）Cl固體，該反應的化學方程式是____；為了能得到無水MgCl2，可在____（填化學式）氣流中加熱．

（4）S與Cu能發生化合反應，已知轉移0.1mol電子時放熱9.56kJ，該反應的熱化學反應方程式是____．8、（2012秋?自貢期末）表為元素周期表的一部分；其屮編號代表對應的元素．

請回答下列問題。

（1）元素⑧的元累符號是____，其位于元素周期表的____區．寫出元素⑦的基態原子排布式____

（2）若元素①③⑤形成的某化合物顯酸性，這三種元素的質量比為1：6：16，該化合物對氫氣的相對密度為23，則該化合物中③作為中心原子的雜化方式為____．

（3）元素④和⑤的第一電離能大小順序是____＞____（用元素符號表示）．請寫出由④和⑤兩種元素形．成的與N3-互為等電子體的分子的化學式____．

（4）在測定①和⑥形成的化合物的相對分子質量時，實驗測得值一般髙于理論值，其主要原因是____．

（5）④和⑧形成某種化合物的晶胞結構如圖（每個球均表示1個原子），則其化學式為____．9、鐵、鋁、銅等金屬及其化合物在日常生活中應用廣泛,請根據下列實驗回答問題:(1)生鐵中含有一種鐵碳化合物X(Fe3C)。X在足量的空氣中高溫煅燒,生成有磁性的固體Y,將Y溶于過量鹽酸的溶液中含有的大量陽離子是。(2)某溶液中有Mg2+、Fe2+、Al3+、Cu2+等四種離子,向其中加入過量的NaOH溶液后,過濾,將濾渣高溫灼燒并將灼燒后的固體投入過量的稀鹽酸中,所得溶液與原溶液相比,溶液中大量減少的陽離子是。A.Mg2+B.Fe2+C.Al3+D.Cu2+(3)氧化鐵是重要工業顏料,用廢鐵屑制備它的流程如下:回答下列問題:①操作Ⅰ的名稱是,操作Ⅱ的名稱是。②寫出在空氣中煅燒FeCO3的化學方程式。(4)有些同學認為KMnO4溶液滴定也能進行鐵元素含量的測定。a.稱取2.850g綠礬(FeSO4·7H2O)產品,溶解,在250mL容量瓶中定容;b.量取25.00mL待測溶液放入錐形瓶中;c.用硫酸酸化的0.01000mol·L-1KMnO4溶液滴定至終點,消耗KMnO4溶液體積的平均值為20.00mL。①實驗前,首先要精確配制一定物質的量濃度的KMnO4溶液250mL,配制時需要的儀器除天平、玻璃棒、燒杯、膠頭滴管外,還需。②某同學設計的下列滴定方式,最合理的是。(夾持部分略去)(填字母序號)③寫出滴定過程中反應的離子方程式:。④計算上述樣品中FeSO4·7H2O的質量分數為。10、經實驗測定，在4℃時，水的密度最大，為1g?mL-1，請計算一下，4℃時1L水中含有的水分子數為____，每個水分子的質量為____．11、下表是元素周期表的一部分；針對表中元素，填寫下列空白．

。

族。

周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA2LiBeBCNOF3NaMgAlSiPSCl（1）寫出Al3+結構示意圖____．

（2）F、Cl、S的氫化物中穩定性最強的是____（填氫化物名稱）．12、在某個容積為2L的密閉容器內；在T℃時按下圖1所示發生反應：

mA（g）+nB（g）?pD（g）+qE（s）；△H＜0（m；n、p、q為最簡比例的整數）．

（1）據圖1所示，反應開始至達到平衡時，用D表示該反應速率為____；

（2）該反應的化學平衡常數K的數值為____（保留至兩位小數）；

（3）下列措施能增大B的轉化率的是____

A．再投入2molA和1molBB．保持體積不變通入1molB

C．移出部分物質DD．再投入2molA；1molB和0.6molD

（4）在T℃時，相同容器中，若開始時加入0.2molA、0.8molB、0.9molD、0.5molE反應，達到平衡后，A的濃度____0.2mol/L（填“大于”、“小于”、“等于”）理由是____

（5）反應達到平衡后；第7min時，改變條件，在第9min達到新的平衡，在圖2上作出（作在答題紙上）：下列情況下，D濃度變化圖象：

①若降低溫度（用虛線）

②若將容器的容積壓縮為原來一半（用實線）評卷人得分三、判斷題(共6題，共12分)13、標準狀況下，1molO2和N2混合氣體的體積約為22.4L____（判斷對錯）14、氨水呈弱堿性，故NH3是弱電解質____（判斷對錯）15、將40gNaOH溶解在1L水中，溶液中溶質的物質的量濃度為1mol/L____．（判斷對錯）16、乙炔、聚乙炔、乙烯、聚乙烯、甲苯、乙苯都能使KMnO4（H+）溶液褪色____（判斷對錯）17、12g金剛石中含有的共價鍵數為2NA．____（判斷對錯）18、通過紅外光譜分析可以區分乙醇與乙酸乙酯____．評卷人得分四、探究題(共4題，共28分)19、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________．20、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：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：評卷人得分五、書寫(共2題，共14分)23、某學生往一支試管里按一定順序分別加入下列幾種物質：A．KI溶液；B．淀粉溶液，C．NaOH溶液，D．氯水．發現溶液顏色按下面順序變化：①無色→②棕黃色→③藍色→④無色，依據溶液顏色的變化回答下列問題：

（1）加入以上藥品的順序是____．

（2）寫出①→②的離子方程式，若為氧化還原反應，請標明電子轉移的方向和數目：____．

（3）寫出③→④的化學方程式：____．24、寫出下列物質在水溶液中的變化。

（1）NaHSO4的電離____．

（2）H2S的電離____．

（3）NH4Cl的水解離子方程式____．

（4）泡沫滅火器原理的離子方程式____．評卷人得分六、綜合題(共2題，共12分)25、（14分）黃鐵礦是我國大多數硫酸廠制取硫酸的主要原料。某化學興趣小組對某黃鐵礦石（主要成分為FeS）進行如下實驗探究。[實驗一]：測定硫元素的含量I．將mg該黃鐵礦樣品（雜質中不含硫和鐵）放入如下圖所示裝置（夾持和加熱裝置省略）的石英管中，從a處不斷地緩緩通人空氣，高溫灼燒石英管中的黃鐵礦樣品至反應完全。石英管中發生反應的化學方程式為：Ⅱ．反應結束后，將乙瓶中的溶液進行如下處理：問題討論：（1）I中，甲瓶內所盛試劑是＿＿＿＿＿＿＿＿溶液。乙瓶內發生反應的離子方程式有＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿、＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。（2）Ⅱ中。所加HO溶液需足量的理由是＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。（3）該黃鐵礦石中硫元素的質量分數為＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。[實驗二]：設計以下實驗方案測定鐵元素的含量問題討論：（4）②中，若選用鐵粉作還原劑。你認為合理嗎?＿＿＿＿＿＿＿＿。若不合理，會如何影響測量結果：＿＿＿＿＿＿＿＿（若合理，此空不答）。（5）③中，需要用到的儀器除燒杯、玻璃棒、膠頭滴管外，還有＿＿＿＿＿＿＿＿。（6）④中高錳酸鉀溶液應放在＿＿＿＿＿滴定管中；判斷滴定終點的現象為＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。26、（2015·海南）銀是一種貴金屬，古代常用于制造錢幣及裝飾器皿，現代在電池和照明器材等領域亦有廣泛應用。回答下列問題。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】【分析】A．二氧化碳過量反應生成碳酸氫鈉；

B．碳酸鎂為沉淀；應保留化學式；

C．氧化銅與鹽酸反應生成氯化銅和水；

D．反應生成硫酸鋇、硫酸鈉和和水．【解析】【解答】解：A．Na[Al（OH）4]溶液中通入過量CO2，離子方程式：AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-；故A錯誤；

B．往碳酸鎂中滴加稀鹽酸，離子方程式：MgCO3+2H+═CO2↑+H2O+Mg2+；故B錯誤；

C．氧化銅溶于稀鹽酸中，離子方程式：CuO+2H+=Cu2++2H2O；故C正確；

D．向Ba（OH）2溶液中滴加NaHSO4溶液至中性，反應離子方程式為：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O；故D錯誤；

故選：C．2、A【分析】【分析】A；KCl和NaCl在溶液中完全電離；

B；根據電荷守恒分析；

C；根據酸的概念分析；

D、BaSO4是難溶電解質．【解析】【解答】解：A；KCl和NaCl都是易溶性的強電解質；在溶液中完全電離，所以水溶液中，1molKCl和1molNaCl電離出的氯離子一樣多，故A正確；

B、電解質Ba（OH）2的電離方程式為：Ba（OH）2=Ba2++2OH-；故B錯誤；

C；酸是電離出來的陽離子全部是氫離子的化合物；能電離氫離子的化合物不一定是酸，如NaHS是酸式鹽，能電離出氫離子，故C錯誤；

D、在溶液中或熔融狀態下能導電的化合物屬于電解質，BaSO4熔融狀態下能導電是電解質；在水中溶解度很小是難溶電解質，故D錯誤．

故A正確．3、D【分析】試題分析：A．若鍺、錫在空氣中不反應，而鉛活動性比鍺、錫強，所以鉛在空氣中表面生成一層氧化鉛，正確；B．鍺與鹽酸不反應，而錫、鉛活動性比鍺強，所以可能都能與鹽酸反應，正確；C．從上到下，元素的金屬性逐漸增強，所以鍺、錫、鉛的+4價氫氧化物的堿性：Ge(OH)4考點：考查同族元素的單質及化合物的性質比較的知識。【解析】【答案】D4、C【分析】【分析】根據熔化時不需要破壞化學鍵的是分子晶體，原子晶體、離子晶體、金屬晶體熔化時需要破壞化學鍵，以此來分析．【解析】【解答】解：A；晶體硅是原子晶體；熔化需要破壞共價鍵，故A錯誤；

B；金剛石屬于原子晶體；熔化需要破壞共價鍵，故B錯誤。

C；干冰屬于分子晶體；原子晶體，熔化需要破壞共價鍵，熔化時破壞分子間作用力，沒有破壞化學鍵，故C正確；

D；二氧化硅屬于原子晶體；熔化需要破壞共價鍵，故D錯誤；

故選C．5、A【分析】【分析】A．淀粉遇碘單質變藍色；

B．葡萄糖分子中含有醛基和新制氫氧化銅加熱反應生成紅色沉淀；

C．硝酸見光易分解；

D．鈉元素的焰色反應為黃色．【解析】【解答】解：A．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A錯誤；

B．向葡萄糖溶液中加入新制的氫氧化銅；加熱至沸，靜置后生成紅色的氧化亞銅沉淀，故B正確；

C．硝酸見光易分解生成二氧化氮；因溶有二氧化氮顯黃色，故C正確；

D．玻璃管口含鈉元素；鈉元素的焰色反應為黃色，故D正確．

故選A．6、D【分析】【分析】A；電鍍池中；鍍件是陰極，在陰極上發生還原反應；

B；電解池中；陽離子移向陰極，陰極上發生得電子的還原反應；

C；在電解池的陽極上發生失電子的氧化反應；

D、根據電解池中的電極反應式結合電子守恒來計算．【解析】【解答】解：A；電鍍池中；鍍件是陰極，氫離子可以在陰極上發生還原反應析出氫氣，故A正確；

B、電解池中，陽離子Cu2+移向陰極；并在陰極上發生還原反應，故B正確；

C、根據反應：Cu2++2HCHO+4OH-═Cu↓+H2↑+2H2O+2HCOO-，在陽極上是甲醛發生失電子的氧化反應，即HCHO+3OH--2e-=2H2O+HCOO-；故C正確；

D、電鍍時，在陰極上析出Cu，Cu2++2e-=Cu，每生成6.4g銅，轉移電子是0.2mol，減少銅離子是0.1mol，根據反應Cu2++2HCHO+4OH-═Cu↓+H2↑+2H2O+2HCOO-；在該極上會生成氫氣0.1mol，標況下的體積是2.24L，故D錯誤．

故選D．二、填空題(共6題，共12分)7、三ⅢA61s22s22p63s23p4原子晶體H-NMgMgCl2?6H2OMg（OH）Cl+HCl↑+5H2O↑HCl2Cu（s）+S（s）=Cu2S（s）△H=-191.2kJ?mol-1【分析】【分析】（1）Al元素位于元素周期表第三周期第ⅢA族；Cr的基態價電子核外電子排布式為3d54s1；S原子核外電子基態排布式為1s22s22p63s23p4；

（2）根據新型材料C3N4晶體熔點很高；硬度可與金剛石相媲美判斷；鍵的極性和中心原子的得電子能力相關，得電子能力大，極性強；根據電子層數相同，核電荷數越大半徑越小比較Mg與Al的原子半徑大小；

（3）直接將MgCl2?6H2O加強熱只能得到Mg（OH）Cl固體，同時還生成HCl和水蒸氣，氯化鎂易水解，為防止氯化鎂水解，在制取氯化鎂時，要將MgCl2?6H2O放在氯化氫氣體中；

（4）在一定條件下，S與Cu能發生化合反應，反應方程式為：2Cu+S=Cu2S，反應時，每轉移0.1mol電子時放熱9.56kJ，則參加反應1molS轉移2mol電子，所以放熱為為9.56kJ×=191.2KJ，據此書寫．【解析】【解答】解：（1）Al元素位于元素周期表第三周期第ⅢA族；Cr的基態價電子核外電子排布式為3d54s1，共6個未成對電子；S原子核外電子數為16，核外電子基態排布式為1s22s22p63s23p4；

故答案為：三；ⅢA；6；1s22s22p63s23p4；

（2）新型材料C3N4晶體熔點很高；硬度可與金剛石相媲美，則該晶體為原子晶體；鍵的極性和中心原子的得電子能力相關，得電子能力大，極性強，故H-N的極性強于H-C；又電子層數相同，核電荷數越大半徑越小，所以Mg與Al兩種元素中，原子半徑較大的Mg，故答案為：原子晶體；H-N；Mg；

（3）直接將MgCl2?6H2O加強熱只能得到Mg（OH）Cl固體，同時還生成HCl和水蒸氣，反應方程式為MgCl2?6H2OMg（OH）Cl+HCl↑+5H2O↑，氯化鎂易水解，為防止氯化鎂水解，在制取氯化鎂時，要將MgCl2?6H2O放在氯化氫氣體中，故答案為：MgCl2?6H2OMg（OH）Cl+HCl↑+5H2O↑；HCl；

（4）在一定條件下，S與Cu能發生化合反應，反應方程式為：2Cu+S=Cu2S，反應時，每轉移0.1mol電子時放熱9.56kJ，則參加反應1molS轉移2mol電子，所以放熱為為9.56kJ×=191.2KJ，該反應的熱化學方程式是：2Cu（s）+S（s）=Cu2S（s）△H=-191.2kJ?mol-1；

故答案為：2Cu（s）+S（s）=Cu2S（s）△H=-191.2kJ?mol-1．8、Cuds1s22s22p63s23p63d54s1sp2NON2OHF分子間存在氫鍵，容易形成締合分子（HF）nCu3N【分析】【分析】由元素在周期表中的位置可知，①為H、②為Be、③為C、④為N、⑤為O、⑥為F、⑦為Cr；⑧為Cu；

（1）⑧為Cu；處于ds區，核外電子數目為29，根據能量最低原理書寫其核外電子排布；

（2）若元素H、C、O形成的某化合物顯酸性，三種元素的質量比為1：6：16，則原子數目之比=：：=2：1：2，故最簡式為CH2O2；該化合物對氫氣的相對密度為23，則其相對分子質量為46，故該化合物為HCOOH；

（3）N；O元素同周期相鄰；N元素2p能級容納3個電子，處于半滿穩定狀態，能量較低，第一電離能高于O元素；1個氮原子及1個單位負電荷用O原子代換，可以得到其等電子體；

（4）HF分子間存在氫鍵；容易形成締合分子（HF）n；

（5）利用均攤法計算晶胞中各原子數目，據此確定其化學式．【解析】【解答】解：由元素在周期表中的位置可知，①為H、②為Be、③為C、④為N、⑤為O、⑥為F、⑦為Cr；⑧為Cu；

（1）⑧為Cu，處于ds區，核外電子數目為29，其核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d54s1；

故答案為：Cu；ds；1s22s22p63s23p63d54s1；

（2）若元素H、C、O形成的某化合物顯酸性，三種元素的質量比為1：6：16，則原子數目之比=：：=2：1：2，故最簡式為CH2O2，該化合物對氫氣的相對密度為23，則其相對分子質量為46，故該化合物為HCOOH，分子中C原子成3個σ鍵，沒有孤對電子，故C原子采取sp2雜化；

故答案為：sp2；

（3）N、O元素同周期相鄰，N元素2p能級容納3個電子，處于半滿穩定狀態，能量較低，第一電離能高于O元素；1個氮原子及1個單位負電荷用O原子代換，可以得到其等電子體為N2O；

故答案為：N＞O；N2O；

（4）HF分子間存在氫鍵；容易形成締合分子（HF）n，故實驗測得值一般髙于理論值；

故答案為：HF分子間存在氫鍵；容易形成締合分子（HF）n；

（5）由晶胞結構可知，晶胞中Cu原子數目=12×=3、N原子數目=8×=1，故該物質的化學式為：Cu3N；

故答案為：Cu3N．9、略

【分析】(1)Y是Fe3O4,發生Fe3O4+8H+2Fe3++Fe2++4H2O;(2)Al3+與過量NaOH反應生成的Al在濾液中;Fe2+與NaOH反應生成Fe(OH)2,被空氣中的氧氣氧化成Fe(OH)3;(3)注意FeCO3中的鐵為+2價,會被氧氣氧化;(4)②酸性高錳酸鉀溶液具有強氧化性,可以腐蝕橡膠,只有b正確;④n(FeSO4·7H2O)=n(Fe2+)=5n(Mn)=5×0.01000mol·L-1×20.00mL×10-3L·mL-1=1×10-3mol,m(FeSO4·7H2O)=1×10-3mol×10×278g·mol-1=2.78g【解析】【答案】(1)Fe3+、Fe2+、H+(2)BC(3)①過濾洗滌②4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2(4)①250mL容量瓶②b③5Fe2++Mn+8H+5Fe3++Mn2++4H2O④0.97510、3.344×10253.0×10-23g【分析】【分析】4℃時1L水中含有的水的質量為1000g，結合n=計算．【解析】【解答】解：在4℃時，水的密度最大，為1g?mL-1，1L水中含有的水的質量為1000g，n==55.56mol，N=55.56mol×6.02×1023/mol=3.344×1025；

每個水分子的質量為=3.0×10-23g；

故答案為：3.344×1025；3.0×10-23g．11、氟化氫【分析】【分析】（1）鋁是13號元素，最外層有3個電子，Al3是將原子的外層電子失去；次外層做最外層；

（2）根據元素周期律可知：同周期元素從上到下氫化物的穩定性依次減弱，從左向右氫化物的穩定性依次增強．再根據F、Cl、S在周期表中位置可以解決問題．【解析】【解答】解：（1）鋁是13號元素，最外層有3個電子，Al3是將原子的外層電子失去，次外層做最外層，故答案為：

（2）根據元素周期律可知：同周期元素從上到下氫化物的穩定性依次減弱，從左向右氫化物的穩定性依次增強．而F、Cl是同一主族，F在Cl的上面，所以HF的穩定性比HCl強，Cl、S同一周期，S在Cl的前面，所以HCl的穩定性比H2S強，故答案為：氟化氫．12、0.1mol/（L?min）1.69ACD小于溫度不變，平衡常數不變，若加入0.8molA、1.0molB平衡濃度則與上圖1中A濃度相同，投入量相當于0.8molA、1.0molB后再投入0.1molB，平衡向正向移動【分析】【分析】（1）根據v=計算v（D）；

（2）化學平衡常數指生成物濃度的化學計量數次冪的乘積除以各反應物濃度的化學計量數次冪的乘積所得的比值；

（3）A．增大A的濃度；提高B的轉化率；

B．增大B的濃度；A的轉化率變大，B的轉化率減小；

C．移出部分物質D；減小生成物濃度，平衡正向移動；

D．全部轉化為A和B；進行判斷；

（4）結合等效平衡思想判斷平衡時A的濃度；

（5）①該反應正反應為放熱反應；降低溫度，平衡向放熱方向移動，即向正反應移動，D的濃度變大；

②容器的容積壓縮為原來的一半，壓強增大1倍，改變條件瞬間，平衡未移動時B的濃度為原來2倍，m+n=p，平衡不移動，D的濃度為原來2倍．【解析】【解答】解：（1）由圖1可知，在3min時反應達平衡，D的濃度變化量為0.6mol/L，v（D）===0.1mol/（L?min）；

故答案為：0.1mol/（L?min）；

（2）物質的量的變化量之比等于化學計量數之比；所以（0.8-0.4）mol：（1.0-0.8）mol：0.6mol：0.2mol=m：n：p：q，即。

m：n：p：q=2：1：3：1，所以方程式為2A（g）+B（g）?3D（g）+E（s），平衡時c（A）==0.2mol/L，c（B）==0.4mol/L，c（D）==0.3mol/L，所以平衡常數k===1.69；

故答案為：1.69；

（3）A．原投料比為：n（A）：n（B）=0.8：1=4：5；先投入比為：n（A）：n（B）=2：1，相當于增大了A的濃度，B的轉化率增大，故A正確；

B．保持體積不變通入1molB；增大B的濃度，A的轉化率變大，B的轉化率減小，故B錯誤；

C．移出部分物質D；減小生成物濃度，平衡正向移動，B的轉化率增大，故C正確；

D．再投入2molA；1molB和0.6molD；全部轉化為A和B，則n（A）=2+0.6×3÷2=2.4mol，n（B）=1+0.6÷3=1.2，n（A）：n（B）=2.4：1.2=2：1，相當于增大了A的濃度，B的轉化率增大，故D正確；

故答案為：ACD；

（4）相同條件下；開始加入0.2molA；0.8molB、0.9molD和0.5molE，按化學計量數轉化到左邊，可以等效為開始加入0.8molA、1.1molB、A的濃度與原平衡相同，B的濃度比原平衡大，平衡向正反應移動，所以平衡時A的濃度小于原平衡時濃度，c（A）＜0.2mol/L；

故答案為：＜；溫度不變，平衡常數不變，若加入0.8molA；1.0molB平衡濃度則與上圖1中A濃度相同，投入量相當于0.8molA、1.0molB后再投入0.1molB，平衡向正向移動；

（5）①該反應正反應為放熱反應；降低溫度，平衡向放熱方向移動，即向正反應移動，D的濃度變大，所以降低溫度，D的物質的量減小，A完全轉化，生成1.2molD，c（D）=1.2÷2=0.6mol/L，故平衡時c（D）＜0.6mol/L，②m+n=p，容器的容積壓縮為原來的一半，壓強增大1倍，平衡不移動，7min后D濃度為原來2倍，即0.6mol/L，故答案為：

．三、判斷題(共6題，共12分)13、×【分析】【分析】標準狀況下，氣體的摩爾體積為22.4L/mol，結合V=nVm計算．【解析】【解答】解：標準狀況下，1molO2和N2混合氣體的體積約為V=1mol×22.4L/mol=22.4L；

故答案為：×．14、×【分析】【分析】電解質：在水溶液中或熔融狀態下能夠導電的化合物；

非電解質：在熔融狀態和水溶液中都不能導電的化合物；

在水溶液中完全電離的是強電解質；部分電離的是弱電解質．【解析】【解答】解：氨氣在水溶液中與水反應生成一水合氨；一水合氨部分電離出銨根離子和氫氧根離子，氨氣自身不能電離，故氨氣是非電解質；

故答案為：×．15、×【分析】【分析】將40gNaOH溶解在1L水中，溶液體積大于1L．【解析】【解答】解：將40gNaOH溶解在1L水中；溶液體積大于1L，溶液中溶質的物質的量濃度小于1mol/L；

故答案為：×．16、×【分析】【分析】烯烴、炔烴及苯的同系物均能被高錳酸鉀氧化，使其褪色，而不含不飽和鍵的物質不能，以此來解答．【解析】【解答】解：乙炔；聚乙炔、乙烯均含不飽和鍵；均能被高錳酸鉀氧化，使其褪色；

甲苯、乙苯為苯的同系物，都能使KMnO4（H+）溶液褪色；

只有聚乙烯中不含C=C；不能被高錳酸鉀氧化，則不能使其褪色；

故答案為：×．17、√【分析】【分析】求出金剛石的物質的量，然后根據1mol金剛石中含2mol共價鍵來分析．【解析】【解答】解：12g金剛石的物質的量為1mol，而1mol金剛石中含2mol共價鍵即2NA個，故答案為：√．18、√【分析】【分析】根據乙醇與乙酸乙酯中含有的官能團以及紅外光譜主要用于分析有機物中的官能團類解答；【解析】【解答】解：乙醇中含有羥基；乙酸乙酯中含有酯基，官能團不同，所以通過紅外光譜分析可以區分乙醇與乙酸乙酯；

故答案為：√；四、探究題(共4題，共28分)19、|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．20、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．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．五、書寫(共2題，共14分)23、A、D、B、CI2+2NaOH═NaI+NaIO+H2O【分析】【分析】由溶液顏色按下面順序變化：①無色→②棕黃色→③藍色→④無色可知，溶液顯棕黃色，說明溶液中有I2生成，氯水和KI溶液反應生成I2，而氯水顯淺綠色，故①為加入KI溶液，②為加入氯水，溶液顯藍色是I2遇淀粉形成的，故③為加入淀粉溶液；又由于I2+2NaOH═NaI+NaIO+H2O，加入NaOH溶液后I2逐漸消失，藍色逐漸褪為無色，故④為加入NaOH溶液，以此