…………○…………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年中圖版高三化學上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總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、用3g塊狀大理石與30mL3mol/L鹽酸反應制取CO2氣體；若要增大反應速率，可采取的措施是（）

①再加入30mL3mol/L鹽酸。

②改用30mL3mol/L稀硫酸。

③改用3g粉末狀大理石。

④適當升高溫度．A.①②③B.①②④C.②③④D.③④2、利用核磁共振技術測定有機物分子結構的研究獲得了2002年諾貝爾化學獎．在有機物分子中，不同氫原子的核磁共振譜中給出的峰值不同，根據峰值可以確定有機物分子中氫原子的種類和數目．例如二乙醚的結構簡式為：CH3-CH2-O-CH2-CH3其核磁共振譜中給出的峰值（信號）有兩個；如圖所示：

下列物質中，其核磁共振氫譜中給出的峰值（信號）只有一個的是（）A.CH3CH3B.CH3COOHC.CH3CHOD.CH3CH2OH3、為測定某鐵銅合金的組成，現將5.6g該合金（表面氧化膜成分為Fe2O3和CuO）加入到過量稀硫酸中，完全反應后產生氣體672mL，并得到淺綠色溶液A（不含Cu2+離子）和不溶物B．過濾，將B加入到適量的某濃度的硝酸中，完全溶解后，得NO、NO2的混合氣896mL，經測定該混合氣中V（NO）：V（NO2）=3：1．再將A也加入到足量同濃度的硝酸中充分反應，用排水法收集產生的氣體結果得一燒瓶氣體，（不從水中移出燒瓶）緊接著向燒瓶中通入224mLO2，氣體能恰好完全溶于水（以上所有氣體體積都已換算成標準狀況時的數據）．下列結論正確的是（）A.合金中氧元素的物質的量是0.01molB.合金中鐵單質的質量是1.68gC.溶液A中存在的陽離子只有Fe2+離子D.不溶物B為銅單質且質量是1.6g4、常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A.1.0mol?L-1KNO3溶液：H+、Fe2+、SCN-、SO42-B.水電離出的c（H+）=10-10mol?L-1的溶液：K+、Ba2+、NO3-、Cl-C.pH=0的溶液：Al3+、Ag（NH3）2+、Cl-、SO42-D.c（ClO-）=1.0mol?L-1的溶液：Na+、SO32-、S2-、SO42-5、下列各物質不能通過化合反應直接得到的是（）A.CH3COOHB.C3H8C.Fe（OH）3D.CuS6、根據圖；下列判斷中正確的是（）

A.燒杯a中的溶液pH降低B.燒杯b中發生氧化反應C.燒杯a中發生的反應為2H++2e-═H2D.燒杯b中發生的反應為2Cl--2e-═Cl27、下列離子方程式中，正確的是（）A.鐵與稀硫酸反應：2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑B.碳酸鎂與稀硫酸反應：MgCO3+2H+═Mg2++H2O+CO2↑C.大理石與鹽酸反應：CO32-+2H+═CO2↑+H2OD.稀硫酸與氫氧化鋇溶液反應：Ba2++SO42-═BaSO4↓8、amolFeS與bmolFeO投入到VLcmol/L稀硝酸中充分反應，產生NO氣體，所得澄清溶液成分可看作是Fe（NO3）3、H2SO4的混合液；則反應中未被還原的硝酸可能為（）

①（a+b）×63g②（a+b）×189g③（a+b）mol④[cV-]mol．

A.①④

B.②④

C.②③

D.①③

9、居室空氣污染的主要來源之一是人們使用的各種裝飾材料。泡沫絕緣材料、化纖地毯、油漆、內墻涂料等會釋放出一種有刺激性氣味的氣體，該氣體是A.氨氣B.二氧化硫C.甲烷D.甲醛評卷人得分二、雙選題(共6題，共12分)10、第二、三周期元素X、Y、Z、W與第四周期元素砷（33As）在周期表中的位置關系如圖所示，則下列說法中正確的是（）A.Z的氧化物可與Y的氫化物水溶液發生化學反應B.X的原子半徑比As原子半徑小，兩者原子序數之差為29C.W的氧化物對應的水化物是共價化合物，并且必是強酸D.圖中五種元素均是非金屬元素，并且Y的非金屬性最強11、根據下列實驗操作和現象所得出的結論正確的是rm{(}rm{)}

。實驗現象結論rm{A}向滴有酚酞的rm{Na_{2}CO_{3}}溶液中，逐滴加入rm{BaCl_{2}}溶液溶液紅色逐漸褪去rm{BaCl_{2}}溶液呈酸性rm{B}在rm{CuSO_{4}}溶液中加入rm{KI}溶液，再加入苯，振蕩有白色沉淀生成，苯層呈紫紅色白色沉淀可能為rm{CuI}rm{C}取少許rm{CH_{3}CH_{2}Br}與rm{NaOH}溶液共熱，冷卻后滴加rm{AgNO_{3}}溶液無淡黃色沉淀rm{CH_{3}CH_{2}Br}沒有水解rm{D}向甲苯中滴加酸性rm{KMnO_{4}}溶液，振蕩紫紅色褪去苯環增強了甲基的活性，使其被氧化A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}12、一定溫度下，在rm{3}個體積均為rm{1.0L}的恒容密閉容器中反應rm{2H(g)+CO(g)?CH_{3}OH(g)}達到平衡，下列說法正確的是rm{(}rm{)}。容器溫度rm{/K}物質的起始濃度rm{/mol隆隴L^{-1}}物質的平衡濃度rm{/mol隆隴L^{-1}}rm{c(H_{2})}rm{c(CO)}rm{c(CH_{3}OH)}rm{c(CH_{3}OH)}rm{c(CH_{3}OH)}rm{c(CH_{3}OH)}Ⅰrm{400}rm{0.20}rm{0.10}rm{0}rm{0.080}Ⅱrm{400}rm{0.40}rm{0.20}rm{0}

Ⅲrm{500}rm{0}rm{0}rm{0.10}rm{0.025}A.該反應的正反應放熱B.達到平衡時，容器Ⅰ中反應物轉化率比容器Ⅱ中的大C.達到平衡時，容器Ⅱ中rm{c(H_{2})}大于容器Ⅲ中rm{c(H_{2})}的兩倍D.達到平衡時，容器Ⅲ中的正反應速率比容器Ⅰ中的大13、下列說法不正確的是rm{(}rm{)}A.鉛蓄電池在放電過程中，電池反應液的rm{pH}將變小B.相同條件下，結合質子的能力：rm{OH^{-}>ClO^{-}>CH_{3}COO^{-}}C.一定條件下，使用催化劑能加快反應速率并提高反應物的平衡轉化率，平衡常數保持不變D.在氯化銀懸濁液中加入rm{NaBr}溶液，沉淀由白色轉變為淡黃色，說明rm{K_{sp}(AgCl)>K_{sp}(AgBr)}14、某老師批閱學生實驗報告，下列哪些學生是以科學的態度記錄實驗數據的rm{(}rm{)}A.甲學生用rm{50mL}量筒量取rm{46.70mL}濃鹽酸B.乙學生用廣泛rm{pH}試紙測定溶液的酸堿性：rm{pH=14.5}C.丙學生配rm{NaOH}溶液，用電子天平稱取固體rm{1.220g}D.丁學生用紅柄滴定管量取rm{25.00mL0.1mol/L}的鹽酸15、高錳酸鉀溶液在酸性條件下可以與硫酸亞鐵反應，化學方程式如下（未配平）：KMnO4+FeSO4+H2SO4-→K2SO4+MnSO4+Fe2（SO4）3+H2O．下列說法正確的是（）A.Fe2+的還原性強于Mn2+B.MnO4-是氧化劑，Fe3+是還原產物C.生成1mol水時，轉移1.25mol電子D.取反應后的溶液加KSCN溶液，可觀察到有血紅色沉淀生成評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)16、某二元化合物甲有刺鼻氣味，極易被水和酸吸收，是一類重要的火箭燃料．將3.20g甲加熱至完全分解，得到一種常見的氣體單質和4.48L的H2（已折算成標準狀況）；已知甲分子內各原子均達到穩定結構．工業上用尿素[CO（NH2）2]投料到按一定比例混合的NaClO與NaOH混合溶液中反應可制得甲；同時得到副產品碳酸鈉等物質．

（1）寫出甲的分子式____．

（2）適量氯氣通入NaOH溶液中可以得到上述混合溶液，寫出該反應的離子反應方程式：____．

（3）工業上常用甲使鍋爐內壁的鐵銹轉化為結構較致密的磁性氧化鐵（Fe3O4），以減慢鍋爐內壁的銹蝕．其化學方程式為____．

（4）已知：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O．

①甲與新制Cu（OH）2之間能發生反應，從氧化還原反應的角度說明其合理性____．

②甲與新制Cu（OH）2充分反應，有紅色固體乙生成，寫出乙的成分____（寫出所有可能），請設計實驗方案檢驗乙的成分____．17、配平化學方程式：____BrF3+____H2O═____Br2+____HBrO3+____O2↑+____HF．18、用圖示裝置制取PCl3，在E中放入足量白磷，將氯氣不間斷地通入E，氯氣與白磷就會發生反應，并放出熱量（溫度高于75℃）．已知：PCl3和PCl5遇水強烈反應；它們熔沸點數據如下：

。熔點沸點PCl3-112℃75℃PCl5148℃200℃請根據圖中裝置回答下列問題：

（1）檢查該裝置氣密性的方法是____．

（2）為得到氯氣，若B中加入MnO2，則A中應加入____，發生反應的化學方程式為____．

（3）若發現C中氣泡產生過猛，需要進行的操作的關鍵是____．

（4）在反應開始時主要生成PCl3，而后來主要生成PCl5，原因可能是____；從PCl3和PCl5的混合物中分離也PCl3的最佳方法是____（選填序號）．

a．蒸餾b．分液c．升華

（5）生成的PCl3在G中收集，則F中盛有____，作用是____

（6）C、D、H所盛的試劑分別是：C____；D____；H____．

（7）如果E中反應放熱較多，G處的導管可能發生堵塞，其原因是____．19、（2015春?廣安期末）有機物A常用作有機合成的中間體．15.2g該有機物燃燒生成26.4gCO2和14.4gH2O；質譜圖表明其相對分子質量為76；紅外光譜分析表明A分子中含有O-H鍵和C-O鍵．核磁共振氫譜上有三個峰，峰面積之比為2：1：1．A能發生如圖轉化：

已知：A的相對分子質量比B的相對分子質量大18．

請完成下列填空：

（1）A的分子式是____．有機物B中含氧官能團的名稱是____．

（2）D→E的化學方程式為____．

（3）B的同分異構體H含則H的結構簡式可能為____、____．

（4）A+F→G的化學方程式為____．20、氮元素能形成多種多樣的化合物．請回答：

（1）298K時，在2L固定體積的密閉容器中，發生可逆反應：2NO2（g）?N2O4（g）△H=-akJ/mol（a＞0）．N2O4的物質的量濃度隨時間變化如圖1．達平衡時，N2O4的濃度為NO2的2倍；回答下列問題：

①298k時，該反應的平衡常數為____L?mol-1（精確到0.01）；

②下列情況不能用來判斷該反應是否處于平衡狀態的是____．

A．混合氣體的密度保持不變。

B．混合氣體的顏色不再變化。

C．混合氣體的氣體壓強保持不變。

③若反應在398K進行，某時刻測得n（NO2）=0.6mol、n（N2O4）=1.2mol，則此時v逆____v正（填“＞”；“＜”或“=”）．

（2）常溫條件下，向100mL0.1mol?L-1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol?L-1NaOH溶液，得到的溶液pH與NaOH溶液體積的關系曲線如圖2所示．試分析圖中a、b；c、d、e五個點（該條件下硫酸第二步電離是完全的）．

①a點溶液的pH____1（填“＞”；“＜”或“=”）；

②b點溶液中發生水解反應的離子是____；

③c點溶液中各離子濃度由大到小的排列順序為____；

④d、e點對應溶液中，水電離程度大小關系是d____e（填“＞”、“＜”或“=”）．21、某研究小組用粗銅（含雜質Fe）按下述流程制備氯化銅晶體（CuCl2?2H2O）．

（1）實驗室采用如下圖所示的裝置，可將反應①粗銅與Cl2反應轉化為固體1（部分儀器和夾持裝置已略去）．

①儀器A的名稱是____．

②連接好裝置后，加入藥品前，應該進行的實驗操作是____．

③裝置B中發生反應的離子方程式是____．

④有同學認為應在濃硫酸洗氣瓶前增加吸收HCl的裝置，你認為是否必要（填“是”或“否”）____．

⑤虛線內缺少實驗裝置；請你畫出裝置圖，標明藥品名稱．

（2）試劑X用于調節pH以除去雜質，X可選用下列試劑中的（填序號）____．

a．NaOHb．NH3?H2Oc．CuOd．Cu2（OH）2CO3e．CuSO4

操作①的名稱是____．

（3）在溶液2轉化為CuCl2?2H2O的操作過程中；發現溶液顏色由藍色變為綠色．小。

組同學欲探究其原因．

已知：在氯化銅溶液中有如下轉化關系：

Cu（H2O）42+（aq）+4Cl-（aq）?CuCl42-（aq）+4H2O（l）

藍色黃色。

取氯化銅晶體配制成藍綠色溶液Y，進行如下實驗，其中能夠證明CuCl2溶液中有上述轉化關系的是（填序號）____．

a．將Y稀釋；發現溶液呈藍色。

b．在Y中加入CuCl2晶體；溶液變為綠色。

c．在Y中加入NaCl固體；溶液變為綠色。

d．取Y進行電解；溶液顏色最終消失。

（4）操作②需在氯化氫氣流中經過加熱濃縮、____、過濾、洗滌、干燥．22、根據下圖裝置進行實驗，已知：Na2O2與H2O和CO2都能反應并生成O2，但與NH3不反應；回答下列問題：

（1）在受熱的試管A中NH4HCO3發生反應的化學方程式為：____

（2）被加熱的鉑絲處發生的化學方程式為：____．

（3）B中出現的現象為：____．

（4）燒杯C中發生的現象為____．

（5）倒置漏斗的作用____．評卷人得分四、書寫(共3題，共21分)23、按要求填空：

（1）Fe2（SO4）3（寫出電離方程式）____．

（2）向稀硫酸溶液中滴加氫氧化鋇溶液至中性（寫出離子方程式）____．

（3）寫出實驗室制取二氧化碳反應的離子方程式）____．

（4）鑒別KCl溶液和K2CO3溶液的試劑是____（填名稱），離子方程式為____．

（5）除去Na2CO3粉末中混入的NaHCO3雜質用____方法，化學方程式為____．24、寫出下列物質在水溶液中的電離方程式：

①Ba（OH）2____

②KHSO4____

③NaHCO3____

④HNO3____

⑤Na2CO3．____．25、完成下列化學方程式：

（1）乙醇與HBr反應____．

（2）乙醛與銀氨溶液反應：____．

（3）乙二酸與乙二醇縮聚：____．評卷人得分五、簡答題(共3題，共9分)26、K、rm{Fe}rm{Ni}均為重要的合金材料；在工業生產；科技、國防領域有著廣泛的用途，請回答下列問題：

rm{(1)K}元素處于元素周期表的______區；其基態原子中，核外電子占據的電子云輪廓圖為球形的能級有______個。

rm{(2)KCl}和rm{NaCl}均為重要的化學試劑，rm{KCl}的熔點低于rm{NaCl}的原因為______。

rm{(3)}從原子結構角度分析，rm{Fe^{3+}}比rm{Fe^{2+}}更穩定的原因是______。

rm{(4)NiSO_{4}}溶于氨水形成rm{[Ni}rm{(NH_{3})_{6}]SO_{4}}

rm{壟脵}寫出一種與rm{[Ni(NH_{3})_{6}]SO_{4}}中的陰離子互為等電子體的分子的分子式______。

rm{壟脷1mol[Ni(NH_{3})_{6}]SO_{4}}中含有rm{婁脪}鍵的數目為______。

rm{壟脹NH_{3}}的rm{VSEPR}模型為______；中心原子的雜化形式為______；其雜化軌道的作用為______。

rm{(5)K}rm{Ni}rm{F}三種元素組成的一種晶體的長方體晶胞結構如圖所示。若rm{N_{A}}為阿伏加德羅常數的值，該晶體的密度rm{婁脩=}______rm{g/cm^{3}(}用代數式表示rm{)}27、龍膽酸甲酯是制取抗心律失常藥物--氟卡尼的中間體．

I.已知龍膽酸甲酯結構如圖所示．

rm{(1)}龍膽酸甲酯的分子式為______；它的含氧官能團名稱為______

rm{(2)}下列有關龍膽酸甲酯的描述，不正確的是______rm{(}填字母rm{)}

A.不能發生消去反應rm{B.}難溶于水。

C.能與溴水反應rm{D.}能與碳酸鈉溶液反應產生二氧化碳。

rm{(3)}龍膽酸甲酯與足量氫氧化鈉溶液反應的化學方程式是______

rm{II.}已知rm{X}及其他幾種有機物存在如下轉化關系，且測得rm{A}中含三個甲基：

回答以下問題：

rm{(4)X}的結構簡式為______

rm{(5)}寫出滿足下列條件的龍膽酸的一種同分異構體的結構簡式______

rm{壟脵}能發生銀鏡反應rm{壟脷}能使rm{FeCl_{3}}溶液顯色rm{壟脹}酯類rm{壟脺}苯環上的一氯代物只有兩種．28、請回答：

rm{(1)H_{2}O_{2}}的電子式______，rm{Na_{2}O_{2}}的電子式______

rm{(2)}在rm{AgCl}沉淀中加入rm{KBr}溶液；白色沉淀轉化為淡黃色沉淀，寫出反應的離子方程式______．

rm{(3)}完成以下氧化還原反應的離子方程式：

______rm{MnO_{4}^{-}+}______rm{C_{2}O_{4}^{2-}+}______rm{簍T}______rm{Mn^{2+}+}______rm{CO_{2}隆眉+}______

rm{(4)}向rm{30mL}rm{1mol?L^{-1}}的rm{AlCl_{3}}溶液中逐漸加入濃度為rm{4mol?L^{-1}}的rm{NaOH}溶液，若產生rm{0.78g}白色沉淀，則加入的rm{NaOH}溶液的體積可能為______．參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、D【分析】【分析】影響化學反應速率的因素有溫度、濃度、壓強、催化劑、x射線、固體物質的表面積等．濃度：增加反應物濃度，使反應速率加快．溫度：升高溫度，使反應速率加快．壓強：對于有氣體參與的化學反應，除體積其它條件不變時，增大壓強，使反應速率加快．使用正催化劑，使反應物速率加快．【解析】【解答】解：用3克塊狀大理石與30毫升3摩/升鹽酸反應制取CO2氣體發生的反應為：CaCO3+2HCl═CaCl2+CO2↑+H2O要增大反應速率；則：

①再加入30毫升3摩/升鹽酸；鹽酸濃度未變，反應速率不變，故①錯誤；

②改用30毫升3摩/升硫酸．硫酸與碳酸鈣反應生成的硫酸鈣微溶于水；附著在碳酸鈣表面，減小了硫酸與碳酸鈣的接觸面積，反應速率減慢．故②錯誤；

③改用3克粉末狀大理石；大理石與鹽酸的接觸面積增大，反應速率加快．故③正確；

④適當升高溫度．升高溫度；反應物分子獲得能量，使一部分原來能量較低分子變成活化分子，增加了活化分子的百分數，使得有效碰撞次數增多，故反應速率加大．故④正確；

故選D．2、A【分析】【分析】分子中有幾種等效氫原子，核磁共振氫譜中就有幾種不同的峰值，依據等效氫原子法判斷各種物質中所含的不同氫原子的種類．【解析】【解答】解：A．CH3CH3分子中六個氫原子等效；所以只有1種不同環境下的氫原子，峰值只有1個，故A正確；

B．CH3COOH中甲基中的3個氫原子等效；加羧基中的氫原子，共有2種不同環境下的氫原子，峰值有2個，故B錯誤；

C．CH3CHO有2種不同環境下的氫原子；峰值有2個，故C錯誤；

D．CH3CH2OH分子中；有3種不同環境下的氫原子，峰值應有3個，故D錯誤；

故選A．3、A【分析】【分析】①將5.6gFe、Cu合金（表面氧化膜成分為Fe2O3和CuO）加入到過量稀硫酸中，完全反應后產生氣體672mL為氫氣體積，得到淺綠色溶液A（不含Cu2+離子）和不溶物B；則B為Cu；

②硫酸過量，A中含有Fe2+、H+；

③將得到的Cu加入到適量的某濃度的硝酸中，完全溶解后，得NO、NO2的混合氣896mL，該混合氣中V（NO）：V（NO2）=3：1，根據n=計算混合氣體總物質的量，進而計算n（NO）、n（NO2）；根據電子轉移守恒計算n（Cu），根據m=nM計算m（Cu）；

④將A也加入到足量同濃度的硝酸中充分反應，用排水法收集產生的氣體為氮的氧化物，（不從水中移出燒瓶）緊接著向燒瓶中通入224mLO2，又得到硝酸，縱觀整個過程，Fe2+提供的電子等于氧氣獲得的電子，據此計算溶液A中n（Fe2+），根據元素守恒計算合金中m（Fe元素），合金中m（O）=m（合金）-m（Cu元素）-m（Fe元素），再根據n=計算合金中n（O）．【解析】【解答】解：①將5.6gFe、Cu合金（表面氧化膜成分為Fe2O3和CuO）加入到過量稀硫酸中，完全反應后產生氣體672mL為氫氣體積，n（H2）==0.03mol，得到淺綠色溶液A（不含Cu2+離子）和不溶物B；則B為Cu；

②硫酸過量，A中含有Fe2+、H+；

③將B加入到適量的某濃度的硝酸中，完全溶解后，得NO、NO2的混合氣896mL，混合氣體總物質的量==0.04mol，該混合氣中V（NO）：V（NO2）=3：1，故n（NO）=0.04mol×=0.03mol；

n（NO2）=0.04mol-0.03mol=0.01mol，根據電子轉移守恒，n（Cu）==0.05mol；故m（Cu）=0.05mol×64g/mol=3.2g；

④將A也加入到足量同濃度的硝酸中充分反應，用排水法收集產生的氣體為氮的氧化物，（不從水中移出燒瓶）緊接著向燒瓶中通入224mLO2，又得到硝酸，縱觀整個過程，Fe2+提供的電子等于氧氣獲得的電子，氧氣的物質的量==0.01mol，故溶液A中n（Fe2+）==0.04mol，根據元素守恒，可知合金中m（Fe元素）=0.04mol×56g/mol=2.24g，故合金中m（O）=m（合金）-m（Cu元素）-m（Fe元素）=5.6g-3.2g-2.24g=0.16g，故合金中n（O元素）==0.01mol；

A．根據④知合金中n（O元素）==0.01mol；故A正確；

B．根據①知，n（H2）==0.03mol；根據鐵和氫氣的關系式知，生成氫氣消耗m（Fe）=0.03mol×56g/mol=1.68g，鐵還和銅離子；鐵離子反應，所以鐵的總質量大于1.68g，故B錯誤；

C．根據②知，A中含有Fe2+、H+；故C錯誤；

D．根據③知；m（Cu）=0.05mol×64g/mol=3.2g，故D錯誤；

故選A．4、B【分析】【分析】A．酸性條件下NO3-具有強氧化性；

B．水電離出的c（H+）=10-10mol?L-1的溶液可能呈酸性或堿性；

C．pH=0的溶液呈酸性；

D．ClO-具有強氧化性．【解析】【解答】解：A．酸性條件下NO3-具有強氧化性，具有還原性的Fe2+離子不能大量共存；故A錯誤；

B．水電離出的c（H+）=10-10mol?L-1的溶液可能呈酸性或堿性；無論呈酸性還是堿性，離子之間都不發生反應，可大量共存，故B正確；

C．pH=0的溶液呈酸性，酸性條件下Ag（NH3）2+不能大量共存；故C錯誤；

D．ClO-具有強氧化性，具有還原性的SO32-、S2-不能大量共存；故D錯誤．

故選B．5、D【分析】【分析】A．醋酸酐與水發生化合反應；

B．烯烴或炔烴與氫氣發生加成反應；

C．氫氧化亞鐵；氧氣、水發生化合反應；

D．S具有弱氧化性，而Cu為變價金屬．【解析】【解答】解：A．醋酸酐與水發生化合反應生成醋酸；為化合反應，故A不選；

B．烯烴或炔烴與氫氣發生加成反應；則丙烯與氫氣化合生成丙烷，故B不選；

C．氫氧化亞鐵；氧氣、水發生化合反應生成氫氧化鐵；故C不選；

D．S具有弱氧化性，而Cu為變價金屬，則Cu與S反應化合生成Cu2S；故D選；

故選D．6、B【分析】【分析】電子流出的電極為負極，由裝置圖可知，Zn為負極，發生氧化反應，Zn放電生成Zn2+，Fe為正極，發生還原反應，氧氣在正極放電生成OH-，結合選項解答．【解析】【解答】解：A、Fe為正極，氧氣在正極放電生成OH-；燒杯a中的溶液pH升高，故A錯誤；

B；Zn為負極；發生氧化反應，故B正確；

C、Fe為正極，發生還原反應，氧氣在正極放電生成OH-，電極反應式為O2+2H2O+4e-=4OH-；故C錯誤；

D、Zn為負極，發生氧化反應，Zn放電生成Zn2+，電極反應式為Zn-2e-=Zn2+；故D錯誤；

故選B．7、B【分析】【分析】A．鐵與稀硫酸反應生成硫酸亞鐵和氫氣；不會生成鐵離子；

B．碳酸鎂與稀硫酸反應生成硫酸鎂；二氧化碳氣體和水；碳酸鎂需要保留化學式；

C．大理石為難溶物；在離子方程式中碳酸鈣不能拆開，需要保留化學式；

D．稀硫酸與氫氧化鋇反應生成硫酸鋇沉淀和水，漏掉了氫離子與氫氧根離子的反應．【解析】【解答】解：A．鐵與稀硫酸反應生成亞鐵離子和氫氣，正確的離子方程式為：Fe+2H+═Fe2++H2↑；故A錯誤；

B．碳酸鎂與稀硫酸反應生成硫酸鎂、二氧化碳和水，反應的離子方程式為：MgCO3+2H+═Mg2++H2O+CO2↑；故B正確；

C．大理石為碳酸鈣，與鹽酸反應生成氯化鈣、二氧化碳和水，碳酸鈣不能拆開，正確的離子方程式為：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑；故C錯誤；

D．稀硫酸與氫氧化鋇溶液反應，漏掉了氫離子與氫氧根離子反應生成水的反應，正確的離子方程式為：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O；故D錯誤；

故選B．8、B【分析】

由元素守恒知：未被還原的硝酸將轉化為Fe（NO3）3中的NO3-，所以顯酸性的硝酸的物質的量等于Fe（NO3）3的物質的量的3倍；

由元素守恒知，n〔Fe（NO3）3〕=n（Fe）=（a+b）mol，所以未被還原的硝酸的質量=3（a+b）mol×63g?mol-1=（a+b）×189g；②正確；

又根據化合價升降守恒知amol→amol（NO3）3+amolH2O4升高（3-2）a+（6+2）a=9amolbmolO→bmol（NO3）3升高（3-2）b=bmol

xmolHO3→xOmol降低（5-2）xmol=3xmol

得9amol+bmol=3xmol，即顯氧化性的硝酸的物質的量x=mol；

所以未被還原的硝酸為[cV-]mol；④正確．

故選B．

【解析】【答案】可從兩個角度分析未被還原的硝酸，一是生成Fe（NO3）3中的NO3-；

二是根據N元素守恒；未被還原的硝酸為總硝酸的物質的量減去生成NO的物質的量，可計算未被還原的硝酸．

9、D【分析】【解析】試題分析：裝修材料中釋放出的有毒氣體是甲醛，答案選D。考點：考查居室污染的有關判斷【解析】【答案】D二、雙選題(共6題，共12分)10、A|D【分析】解：由二；三周期元素X、Y、Z、W與As的相對位置可知；X為B元素，Z為Si，Y為F，W為S．

A．二氧化硅能與氫氟酸反應生成SiF4與水；故A正確；

B．同周期自左而右原子半徑減小；同主族自上而下原子半徑增大；故原子半徑X＜As；X原子序數為5，As的原子序數為15+18=33，二者原子序數形成33-5=28，故B錯誤；

C．W的氧化物對應的水化物中硫酸為強酸；而亞硫酸為弱酸，故C錯誤；

D．X為B元素；Z為Si，Y為F，W為S，與As均為非金屬元素，同周期自左而右非金屬性增強；同主族自上而下非金屬性減弱，故Y的非金屬性最強，故D正確；

故選AD．

由二；三周期元素X、Y、Z、W與As的相對位置可知；X為B元素，Z為Si，Y為F，W為S．

A．二氧化硅能與氫氟酸反應生成SiF4與水；

B．同周期自左而右原子半徑減小；同主族自上而下原子半徑增大；X原子序數為5；As的原子序數為15+18=33；

C．亞硫酸屬于弱酸；

D．同周期自左而右非金屬性增強；同主族自上而下非金屬性減弱．

本題考查元素周期表與元素周期律，難度不大，需要學生熟練掌握元素周期表的結構，注意理解同主族元素原子序數關系．【解析】【答案】AD11、rBD【分析】解：rm{A.}向滴有酚酞的rm{Na_{2}CO_{3}}溶液中，逐滴加入rm{BaCl_{2}}溶液，碳酸根離子與鋇離子結合生成沉淀，使碳酸根離子水解平衡逆向移動，則溶液紅色逐漸褪去，而rm{BaCl_{2}}溶液呈中性；故A錯誤；

B.rm{CuSO_{4}}溶液中加入rm{KI}溶液，由現象可知發生氧化還原反應生成rm{CuI}碘單質；現象與結論均合理，故B正確；

C.水解后檢驗溴離子；應在酸性條件下，沒有加硝酸至酸性再加硝酸銀，不能檢驗，則不能判斷水解，故C錯誤；

D.甲苯被高錳酸鉀氧化生成苯甲酸；可知苯環增強了甲基的活性，使其被氧化，故D正確；

故選：rm{BD}

A.向滴有酚酞的rm{Na_{2}CO_{3}}溶液中，逐滴加入rm{BaCl_{2}}溶液；碳酸根離子與鋇離子結合生成沉淀，使碳酸根離子水解平衡逆向移動；

B.rm{CuSO_{4}}溶液中加入rm{KI}溶液，由現象可知發生氧化還原反應生成rm{CuI}碘單質；

C.水解后檢驗溴離子；應在酸性條件下；

D.甲苯被高錳酸鉀氧化生成苯甲酸。

本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握水解平衡移動、氧化還原反應、離子檢驗、有機物的性質、實驗技能為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析，題目難度不大。【解析】rm{BD}12、AD【分析】【分析】

本題主要是考查化學反應速率和化學平衡的有關判斷與計算以及外界條件對反應速率和平衡狀態的影響。

【解答】

rm{A}rm{A}分析Ⅰ、Ⅲ中數據知反應開始時Ⅰ中加入的rm{.}分析Ⅰ、Ⅲ中數據知反應開始時Ⅰ中加入的rm{.}rm{H_{2}}rm{H_{2}}Ⅲ，溫度：Ⅰ、Ⅲ，即升高溫度平衡逆向移動，該反應正向為放熱反應，故rm{CO}rm{CO}

與Ⅲ中加入甲醇的物質的量相當，平衡時甲醇的濃度：Ⅰrm{>}Ⅲ，溫度：Ⅰrm{<}Ⅲ，即升高溫度平衡逆向移動，該反應正向為放熱反應，故rm{>}rm{<}Ⅱ相當于將容器Ⅰ的體積縮小二分之一，該反應正向為氣體物質的量減小的反應，增大壓強平衡正向移動，達到平衡時，容器Ⅰ中反應物轉化率比容器Ⅱ中的小，故Brm{A}

rm{A}正確；Ⅰ和Ⅱ對比，Ⅱ相當于將容器Ⅰ的體積縮小二分之一，該反應正向為氣體物質的量減小的反應，增大壓強平衡正向移動，則Ⅱ中氫氣的濃度小于Ⅰ中氫氣濃度的rm{B}rm{B}rm{.}Ⅱ相當于將容器Ⅰ的體積縮小二分之一，該反應正向為氣體物質的量減小的反應，增大壓強平衡正向移動，達到平衡時，容器Ⅰ中反應物轉化率比容器Ⅱ中的小，rm{.}錯誤；故Crm{C}

rm{C}rm{.}Ⅰ和Ⅱ對比，Ⅱ相當于將容器Ⅰ的體積縮小二分之一，該反應正向為氣體物質的量減小的反應，增大壓強平衡正向移動，則Ⅱ中氫氣的濃度小于Ⅰ中氫氣濃度的rm{.}溫度：Ⅲrm{2}Ⅰ，當其他條件不變時，升高溫度反應速率加快，故達到平衡時，容器Ⅲ中的正反應速率比容器Ⅰ中的大，故Drm{2}

倍，Ⅲ和Ⅰ對比，平衡逆向移動，氫氣濃度增大，故達到平衡時，容器Ⅱ中故rm{c(H_{2})}rm{c(H_{2})}

小于容器Ⅲ中【解析】rm{AD}13、rAC【分析】解：rm{A.}鉛蓄電池在放電過程中，反應式為rm{PbO_{2}+Pb+4H^{+}+2SO_{4}^{2-}=2PbSO_{4}隆媒+2H_{2}O}反應過程中消耗硫酸，所以溶液的rm{pH}增大；故A錯誤；

B.酸越弱，其酸根離子的水解能力越強，則相同條件下，結合質子的能力：rm{OH^{-}>ClO^{-}>CH_{3}COO^{-}}故B正確；

C.一定條件下；使用催化劑能加快反應速率，但是催化劑對化學平衡無影響，所以不能提高反應物的平衡轉化率，故C錯誤；

D.溶度積小的沉淀轉化為溶度積更小的沉淀容易發生，在氯化銀懸濁液中加入rm{NaBr}溶液，沉淀由白色轉變為淡黃色，說明rm{K_{sp}(AgCl)>K_{sp}(AgBr)}故D正確．

故選AC．

A.鉛蓄電池在放電過程中；消耗硫酸；

B.酸越弱；其酸根離子的水解能力越強；

C.催化劑對化學平衡無影響；

D.溶度積小的沉淀轉化為溶度積更小的沉淀容易發生．

本題考查了化學電源、鹽的水解、影響化學平衡的因素、沉淀的轉化，題目涉及的知識點較多，側重于基礎知識的考查，題目難度不大，注意相關知識的積累．【解析】rm{AC}14、rCD【分析】解：rm{A.}量筒的最小讀數為rm{0.1ml}無法量取rm{46.70mL}的濃鹽酸；故A錯誤；

B.廣泛rm{pH}試紙的讀數只能讀出整數，且增大讀數為rm{14}無法讀出rm{14.5}故B錯誤；

C.電子天平的最小讀數應該讀到rm{0.01g}正確讀數應該為rm{1.220g}故C正確；

D.滴定管最小讀數為rm{0.01mL}鹽酸為酸，應該用酸式滴定管，故D正確；

故選CD．

A.量筒的最小讀數為rm{0.1mL}無法量取rm{0.01mL}的液體；

B.rm{pH}試紙測定的讀數為整數，且在rm{0-14}之間；

C.電子天平的讀數應該讀到rm{0.001g}

D.滴定管讀數為rm{0.01mL}鹽酸為酸溶液，應該使用酸式滴定管量取．

本題考查了計量儀器、rm{pH}試紙的使用方法，題目難度不大，注意掌握常見計量儀器的構造及使用方法，明確rm{pH}試紙的讀數及正確使用方法，試題培養了學生靈活應用所學知識的能力．【解析】rm{CD}15、AC【分析】解：A．該反應中還原劑是Fe2+，還原產物是Mn2+，還原劑的還原性大于還原產物的還原性，故A正確；B．該反應中，錳元素的化合價由+7價變為+2價，鐵元素的化合價由+2價變為+3價，所以氧化劑是MnO4-，還原產物是Mn2+，故B錯誤；C．根據得失電子相等配平方程式得2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5Fe2（SO4）3+8H2O，根據方程式知，生成1mol水時，轉移電子的物質的量==1.25mol；故C正確；

D．鐵離子和硫氰化鉀溶液反應生成絡合物而沒有沉淀；故D錯誤；

故選：AC。

A．還原劑的還原性大于還原產物的還原性；

B．該反應中；錳元素的化合價由+7價變為+2價，鐵元素的化合價由+2價變為+3價；

C．根據得失電子相等配平方程式得2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5Fe2（SO4）3+8H2O；根據水和轉移電子水解的關系式計算；

D．鐵離子和硫氰化鉀溶液反應生成絡合物。

本題考查氧化還原反應，側重考查基本概念及基本計算，明確氧化劑和還原劑概念內涵及氧化性和還原性強弱判斷方法是解本題關鍵，D為解答易錯點。【解析】AC三、填空題(共7題，共14分)16、N2H4Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2ON2H4+6Fe2O3=N2↑+Fe3O4+2H2ON2H4中N元素為-2價，處于較低價態具有還原性，而Cu（OH）2中Cu元素為+2價，處于最高價態，具有氧化性；Cu或Cu、Cu2O或Cu2O取紅色固體乙ag，加入足量稀硫酸充分反應后，過濾、洗滌、干燥、稱量的bg沉淀，通過a、b的數量關系判斷即可，若a=b，固體乙的成分是Cu；若=b，固體乙的成分是Cu2O，若＜b＜a，固體乙的成分是Cu和Cu2O【分析】【分析】甲加熱至完全分解，得到一種常見的氣體單質和4.48L的H2（已折算成標準狀況），則甲中含有H元素，工業上用尿素[CO（NH2）2]投料到按一定比例混合的NaClO與NaOH混合溶液中反應可制得甲，同時得到副產品碳酸鈉等物質，根據元素守恒可知甲中含有N元素，綜上可知，甲中含有N和H兩種元素，n（H2）==0.2mol，則m（H）=0.2mol×2×1g/mol=0.4g，則3.20g甲中含有m（N）=3.20g-0.4g=2.8g，n（N）==0.2mol，所以n（N）：n（H）=0.2mol：0.4mol=1：2，甲分子內各原子均達到穩定結構，可知甲為N2H4．【解析】【解答】解：甲加熱至完全分解，得到一種常見的氣體單質和4.48L的H2（已折算成標準狀況），則甲中含有H元素，工業上用尿素[CO（NH2）2]投料到按一定比例混合的NaClO與NaOH混合溶液中反應可制得甲，同時得到副產品碳酸鈉等物質，根據元素守恒可知甲中含有N元素，綜上可知，甲中含有N和H兩種元素，n（H2）==0.2mol，則m（H）=0.2mol×2×1g/mol=0.4g，則3.20g甲中含有m（N）=3.20g-0.4g=2.8g，n（N）==0.2mol，所以n（N）：n（H）=0.2mol：0.4mol=1：2，甲分子內各原子均達到穩定結構，可知甲為N2H4．

（1）甲的分子式為：N2H4，故答案為：N2H4；

（2）適量氯氣通入NaOH溶液中可以得到上述混合溶液，該反應的離子反應方程式：Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O；

故答案為：Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O；

（3）工業上常用甲使鍋爐內壁的鐵銹轉化為結構較致密的磁性氧化鐵（Fe3O4），以減慢鍋爐內壁的銹蝕，Fe元素化合價降低，則N元素被氧化生成氮氣，其化學方程式為：N2H4+6Fe2O3=N2↑+Fe3O4+2H2O；

故答案為：N2H4+6Fe2O3=N2↑+Fe3O4+2H2O；

（4）已知：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O．

①N2H4中N元素為-2價，處于較低價態具有還原性，而Cu（OH）2中Cu元素為+2價，處于最高價態，具有氧化性，甲與新制Cu（OH）2之間能發生反應；

故答案為：N2H4中N元素為-2價，處于較低價態具有還原性，而Cu（OH）2中Cu元素為+2價；處于最高價態，具有氧化性；

②甲與新制Cu（OH）2充分反應，有紅色固體乙生成，乙的成分可能為：Cu或Cu、Cu2O或Cu2O；

取紅色固體乙ag，加入足量稀硫酸充分反應后，過濾、洗滌、干燥、稱量的bg沉淀，通過a、b的數量關系判斷即可，若a=b，固體乙的成分是Cu；若=b，固體乙的成分是Cu2O，若＜b＜a，固體乙的成分是Cu和Cu2O；

故答案為：Cu或Cu、Cu2O或Cu2O；取紅色固體乙ag，加入足量稀硫酸充分反應后，過濾、洗滌、干燥、稱量的bg沉淀，通過a、b的數量關系判斷即可，若a=b，固體乙的成分是Cu；若=b，固體乙的成分是Cu2O，若＜b＜a，固體乙的成分是Cu和Cu2O．17、351119【分析】【分析】該反應中Br元素化合價由+3價變為0價和+5價，部分O元素化合價由-2價變為0價，根據轉移電子守恒配平方程式，據此分析解答．【解析】【解答】解：該反應中Br元素化合價由+3價變為0價和+5價，部分O元素化合價由-2價變為0價，生成1mol溴時+3價Br得到6mol電子，生成1molHBrO3時+3價Br失去2mol電子，根據轉移電子守恒知能生成1mol氧氣，再結合原子守恒配平方程式為3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+O2↑+9HF；

故答案為：3；5；1；1；1；9．18、H接一導管放入水槽，然后微熱圓底燒瓶B，若導管口產生氣泡，撤燈后導管中形成水柱，說明裝置氣密性良好．濃鹽酸MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O用分液漏斗控制滴加液體的量或滴加速率前期P過量生成三氯化磷，后期氯氣過量生成五氯化磷a冷水使得三氯化磷液化飽和食鹽水濃硫酸堿石灰五氯化磷蒸汽冷卻后變成固體【分析】【分析】（1）檢查裝置的氣密性裝置氣密性檢驗有多種方法；原理都是根據裝置內外的壓強差形成水柱或氣泡．

（2）實驗室制Cl2的方法是在加熱條件下MnO2與濃鹽酸反應．

（3）調節濃鹽酸的加入速度使反應緩慢些．

（4）Cl2逐漸過量，會將PCl3氧化成PCl5；雖然PCl3是液態，而PCl5是固態，但在加熱時都是溫度超過75℃，此時PCl3是氣態，而PCl5是液態；可以蒸餾分開．

（5）氣態的PCl3到G中要液化生成液態；F裝置起到降溫作用，所以F中要加入冷水．

（6）除去氯氣中的氯化氫用飽和的食鹽水，濃硫酸作干燥劑，在E裝置中P和Cl2發生反應，G中收集PCl3，H是防止空氣中水蒸氣進入G，使PCl3水解．

（7）如果E中放熱多，PCl5也可能汽化，在導管中易凝華而堵塞導氣管．【解析】【解答】解：（1）檢查整套裝置的氣密性；首先要密閉裝置，H接一導管放入水槽，將H浸入水中，然后微熱圓底燒瓶B，在其他各盛液體的儀器中觀察是否有氣泡，然后停止加熱，過一會兒看H的導管中會倒吸形成一段水柱，說明氣密性良好．

故答案為：H接一導管放入水槽；然后微熱圓底燒瓶B，若導管口產生氣泡，撤燈后導管中形成水柱，說明裝置氣密性良好．

（2）實驗室制Cl2的方法是在加熱條件下MnO2與濃鹽酸反應，A中應加入濃鹽酸，反應方程式為MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O．

故答案為：濃鹽酸；MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O．

（3）C中產生氣泡過猛，說明反應產生的Cl2太快；需要調節濃鹽酸的加入速度．

故答案為：用分液漏斗控制滴加液體的量或滴加速率．

（4）反應開始時P較多，此時產生PCl3，隨著反應進行，Cl2逐漸過量，會將PCl3氧化成PCl5，所以后期主要產生PCl5；

雖然PCl3是液態，而PCl5是固態，但在加熱時都是溫度超過75℃，此時PCl3是氣態，而PCl5是液態；可以蒸餾分開．

故答案為：P過量生成三氯化磷；氯氣過量生成五氯化磷；a．

（5）氣態的PCl3到G中要液化生成液態；F裝置起到降溫作用，所以F中要加入冷水．

故答案為：冷水；使得三氯化磷液化．

（6）從B裝置產生的Cl2中混有HCl，先通過飽和食鹽水除去，然后通入濃硫酸干燥，在E裝置中P和Cl2發生反應，G中收集PCl3，H是防止空氣中水蒸氣進入G，使PCl3水解．

故答案為：飽和食鹽水；濃硫酸；堿石灰．

（7）如果E中放熱多，PCl5也可能汽化；在導管中易凝華而堵塞導氣管．

故答案為：五氯化磷蒸汽冷卻后變成固體．19、C3H8O2羥基OHCCH2CHO+4Ag（NH4）2OHNH4OOCCH2COONH4+4Ag↓+6NH3+2H2OCH3CH2CHOnHOCH2CH2CH2OH+nHOOCCH2COOH+（2n-1）H2O【分析】【分析】26.4gCO2為=0.6mol，14.4gH2O為=0.8mol，15.2gA中氧元素質量為15.2g-0.6mol×12g/mol-0.8mol×2×1g/mol=6.4g，n（O）==0.4mol，15.2gA的物質的量為=0.2mol，有機物中N（C）==3，N（H）=8，N（O）==2，故A的分子式為C3H8O2．紅外光譜分析表明A分子中含有O-H鍵和C-O鍵，核磁共振氫譜上有三個峰，峰面積之比為2：1：1，則A為HOCH2CH2CH2OH，A的相對分子質量比B的相對分子質量大18，發生脫水反應，且B可以發生加聚反應，故A發生消去反應生成B，則B為CH2=CHCH2OH，C為．A發生催化氧化生成D為OHCCH2CHO，D與銀氨溶液反應生成E為NH4OOCCH2COONH4，E酸化得到F為HOOCCH2COOH，A與F縮聚反應生成G為．【解析】【解答】解：26.4gCO2為=0.6mol，14.4gH2O為=0.8mol，15.2gA中氧元素質量為15.2g-0.6mol×12g/mol-0.8mol×2×1g/mol=6.4g，n（O）==0.4mol，15.2gA的物質的量為=0.2mol，有機物中N（C）==3，N（H）=8，N（O）==2，故A的分子式為C3H8O2．紅外光譜分析表明A分子中含有O-H鍵和C-O鍵，核磁共振氫譜上有三個峰，峰面積之比為2：1：1，則A為HOCH2CH2CH2OH，A的相對分子質量比B的相對分子質量大18，發生脫水反應，且B可以發生加聚反應，故A發生消去反應生成B，則B為CH2=CHCH2OH，C為．A發生催化氧化生成D為OHCCH2CHO，D與銀氨溶液反應生成E為NH4OOCCH2COONH4，E酸化得到F為HOOCCH2COOH，A與F縮聚反應生成G為．

（1）A的分子式是C3H8O2，有機物B為CH2=CHCH2OH；含氧官能團的名稱是：羥基；

故答案為：C3H8O2；羥基；

（2）D→E的化學方程式為：OHCCH2CHO+4Ag（NH4）2OHNH4OOCCH2COONH4+4Ag↓+6NH3+2H2O；

故答案為：OHCCH2CHO+4Ag（NH4）2OHNH4OOCCH2COONH4+4Ag↓+6NH3+2H2O；

（3）CH2=CHCH2OH的同分異構體H含則H的結構簡式可能為CH3CH2CHO、

故答案為：CH3CH2CHO、

（4）A+F→G的化學方程式為：nHOCH2CH2CH2OH+nHOOCCH2COOH+（2n-1）H2O；

故答案為：nHOCH2CH2CH2OH+nHOOCCH2COOH+（2n-1）H2O．20、6.67A＜＜NH4+c（Na+）＞c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（OH-）=c（H+）＞【分析】【分析】（1）①有圖可知N2O4的平衡濃度為0.6mol/L，達到平衡時，N2O4的濃度為NO2的2倍，則NO2的平衡濃度為0.3mol/L；帶入平衡常數表達式計算；

②A．氣體的質量不變；容積恒定，因此氣體的密度為一定值；

B．混合氣體的顏色不變，說明NO2的濃度保持恒定；

C．反應2NO2（g）?N2O4（g）氣壓恒定時；正；逆反應速率相等；

③反應為放熱反應，升高溫度，K值減小，計算可知此時的濃度商Q=K（298K）＞K（398K），反應向逆反應方向移動，因此V（正）＜V（逆）；

（2）①常溫條件下，向100mL0.1mol?L-1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol?L-1NaOH溶液；硫酸氫銨溶液顯酸性，銨根離子水解顯酸性；

②a、b、c、d、e五個點，根據反應量的關系，b點恰好消耗完H+，溶液中只有（NH4）2SO4與Na2SO4；

③c點溶液呈中性，則溶液含有（NH4）2SO4、Na2SO4、NH3?H2O三種成分；

④根據堿性溶液中，氫氧根離子濃度越大，水的電離程度越小進行分析．【解析】【解答】解：（1）①有圖可知N2O4的平衡濃度為0.6mol/L，達到平衡時，N2O4的濃度為NO2的2倍，則NO2的平衡濃度為0.3mol/L，則K===6.67；

故答案為：6.67；

②A．反應物和生成物全是氣態物質，氣體的質量不變，容積為2L保持恒定，由ρ=可知氣體的密度為一定值；因此氣體的密度保持不變不一定處于平衡狀態，故A正確；

B．混合氣體的顏色不變說明NO2的濃度不變；說明反應處于化學平衡狀態，故B錯誤；

C．反應2NO2（g）?N2O4（g）是一個氣體體積減小的反應；氣壓恒定時，正；逆反應速率相等，說明反應處于化學平衡狀態，故C錯誤；

故答案為：A；

③反應為放熱反應，升高溫度，K值減小，密閉容器的體積為2L，因此的N2O4的濃度為0.6mol/L，NO2的濃度為0.3mol/L，濃度商Q═==6.67=K（298K）＞K（398K），反應向逆反應方向移動，故：V（正）＜V（逆）；

故答案為：＜；

（2）①硫酸氫銨溶液顯酸性，銨根離子水解顯酸性，0.1mol?L-1NH4HSO4溶液中氫離子濃度大于0.1mol/L；溶液PH＜1；

故答案為：＜；

②a、b、c、d、e五個點，根據反應量的關系，b點恰好消耗完H+，溶液中只有（NH4）2SO4與Na2SO4，溶液中發生水解反應的離子是NH4+；

故答案為：NH4+；

③c點溶液呈中性，即溶液含有（NH4）2SO4、Na2SO4、NH3?H2O三種成分，b點時c（Na+）=c（SO42-），c點時c（Na+）＞c（SO42-），根據N元素與S元素的關系，可以得出c（SO42-）＞c（NH4+），溶液中離子濃度大小為：c（Na+）＞c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（OH-）=c（H+）；

故答案為：c（Na+）＞c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（OH-）=c（H+）；

④d；e溶液都為堿性溶液；溶液中的氫氧根離子抑制了水的電離，則氫氧化鈉溶液體積越大，水的電離沉淀越小，故d點水的電離程度大于e點水的電離；

故答案為：＞．21、分液漏斗檢驗裝置氣密性MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O否cd過濾abc冷卻結晶【分析】【分析】粗銅中含有Fe，與氯氣反應生成CuCl2和FeCl3，調節溶液pH，使FeCl3發生水解生成Fe（OH）3沉淀而除去，則加入的物質應不能引入新雜質，可為Cu2（OH）2CO3、CuO、CuCO3等物質，得到的溶液2為溶液CuCl2，經蒸發濃縮，冷卻結晶可得到CuCl2晶體；實驗室用二氧化錳與濃鹽酸發生反應生成氯化錳、氯氣、水，反應離子方程式為MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，含有HCl、H2O等雜質；通過濃硫酸進行干燥后與銅反應；

（1）①儀器A是分液漏斗；

②制備氣體；應首先檢驗裝置的氣密性；

③裝置B中制取氯氣；二氧化錳與濃鹽酸發生反應生成氯化錳；氯氣、水；

④HCl對反應沒有影響；

⑤氯氣有毒；尾氣需進行處理，氯氣和堿反應生成無毒物質，所以用堿液吸收尾氣；

（2）由工藝流程可知；加入試劑X用于調節pH以除去雜質，主要將鐵離子轉化為氫氧化鐵沉淀，不能引入新雜質；固體液體分離用過濾；

（3）根據平衡移動原理分析；

（4）氯化銅中的金屬銅離子易水解，在氯化氫氣流中可以抑制氯化銅水解，經過蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌干燥得到CuCl2?2H2O晶體．【解析】【解答】解：（1）①儀器A是分液漏斗；向燒瓶中滴加鹽酸制取氯氣；

故答案為：分液漏斗；

②制備氣體；不能漏氣，所以連接好裝置后，加入藥品前，應該進行的實驗操作是應首先檢驗裝置的氣密性；

故答案為：檢驗裝置氣密性；

③裝置B中制取氯氣，二氧化錳與濃鹽酸發生反應生成氯化錳、氯氣、水，反應離子方程式為MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；

故答案為：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；

④HCl對反應沒有影響；不需要在濃硫酸洗氣瓶前增加吸收HCl的裝置；

故答案為：否；

⑤反應后尾氣含有氯氣，不能直接排放到空氣中，應用NaOH溶液進行尾氣的吸收，如圖

故答案為：

（2）由工藝流程可知；加入試劑X用于調節pH以除去雜質，且不能引入新雜質．

a．NaOH引入雜質鈉離子；故a錯誤；

b．NH3?H2O引入銨根離子，故b錯誤；

c．CuO可以調節pH值；除去雜質，過量的CuO過濾除去，不引入雜質，故c正確；

d．Cu2（OH）2CO3可以調節PH值，除去雜質，過量的Cu2（OH）2CO3過濾除去；不引入雜質，故d正確；

e．CuSO4不能調節pH值；引入硫酸根離子，故e錯誤；

從溶液中分離出固體，通過過濾得到的溶液2為溶液CuCl2；

故答案為：cd；過濾；

（3）a．將Y稀釋，平衡向作反應移動，溶液呈藍色，可以能夠證明CuCl2溶液中轉化關系；故a正確；

b．在Y中加入CuCl2晶體，溶液中Cu（H2O）42+濃度增大，平衡向右移動，溶液變為綠色，可以能夠證明CuCl2溶液中轉化關系，故b正確；

c．在Y中加入NaCl固體，溶液中氯離子濃度增大，平衡向右移動，溶液變為綠色，可以能夠證明CuCl2溶液中轉化關系；故c正確；

d．取Y進行電解，銅離子放電，溶液顏色最終消失，不能可以能夠證明CuCl2溶液中轉化關系；故d錯誤．

故選：abc．

（4）氯化銅為強酸弱堿鹽，鹽中的金屬銅離子易水解，在氯化氫氣流中可以抑制氯化銅水解，兩水合氯化銅受熱易失去結晶水，所以經過蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌干燥得到CuCl2?2H2O晶體；

故答案為：冷卻結晶．22、NH4HCO3CO2↑+NH3↑+H2O4NH3+5O24NO+6H2O出現紅棕色的氣體紫色石蕊試液變紅防止倒吸【分析】【分析】（1）NH4HCO3不穩定受熱易分解生成二氧化碳；氨氣和水；

（2）氨氣在催化劑條件下發生催化氧化生成一氧化氮和水；

（3）一氧化氮易被空氣中的氧氣氧化成紅棕色的二氧化氮；

（4）二氧化氮與水反應生成硝酸；硝酸具有酸性能使石蕊變紅色；

（5）二氧化氮易溶于水．【解析】【解答】解：（1）在受熱的試管A中NH4HCO3發生反應的化學方程式為：NH4HCO3CO2↑+NH3↑+H2O；

故答案為：NH4HCO3CO2↑+NH3↑+H2O；

（2）氨氣發生催化氧化的化學方程式為：4NH3+5O24NO+6H2O；

故答案為：4NH3+5O24NO+6H2O；

（3）一氧化氮易被空氣中的氧氣氧化成紅棕色的二氧化氮；所以B中會看到出現紅棕色的氣體；

故答案為：出現紅棕色的氣體；

（4）二氧化氮與水反應生成硝酸；硝酸具有酸性能使石蕊變紅色；

故答案為：紫色石蕊試液變紅；

（5）二氧化氮易溶于水；容易發生倒吸，利用倒置漏斗可以防止發生倒吸；

故答案為：防止倒吸．四、書寫(共3題，共21分)23、Fe2（SO4）3=2Fe3++3SO42-Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2OCaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑稀鹽酸CO32-+2H+=H2O+CO2↑加熱2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑【分析】【分析】（1）硫酸鐵為強電解質；完全電離；

（2）二者反應生成硫酸鋇與水；

（3）碳酸鈣與鹽酸反應生成氯化鈣和二氧化碳和水；

（4）碳酸鉀與鹽酸反應生成二氧化碳和水；氯化鉀；氯化鉀與鹽酸不反應；

（5）碳酸氫鈉不穩定受熱分解生成碳酸鈉和水、二氧化碳．【解析】【解答】解：（1）硫酸鐵為強電解質，完全電離，電離方程式：Fe2（SO4）3=2Fe3++3SO42-；

故答案為：Fe2（SO4）3=2Fe3++3SO42-；

（2）稀硫酸溶液中滴加氫氧化鋇溶液至中性，離子方程式：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O；

故答案為：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O；

（3）碳酸鈣與鹽酸反應生成氯化鈣和二氧化碳和水，離子方程式：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；

故答案為：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；

（4）碳酸鉀與鹽酸反應生成二氧化碳和水、氯化鉀，離子方程式：CO32-+2H+=H2O+CO2↑；氯化鉀與鹽酸不反應，可以用鹽酸鑒別；

故答案為：稀鹽酸；CO32-+2H+=H2O+CO2↑；

（5）碳酸氫鈉不穩定受熱分解生成碳酸鈉和水、二氧化碳，化學方程式：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；

故答案為：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑．24、Ba（OH）2=Ba2++2OH-KHSO4=K++H++SO42-NaHCO3=Na++HCO3-HNO3=H++NO3-Na2CO3=2Na++CO32-【分析】【分析】①Ba（OH）2是強電解質；在水溶液中完全電離生成鋇離子和氫氧根離子；

②KHSO4強酸酸式鹽；在水溶液中完全電離生成鉀離子；氫離子和硫酸根離子；

③NaHCO3是弱酸酸式鹽；為強電解質，在水溶液中完全電離生成弱酸酸式酸根離子和鈉離子；

④HNO3是強電解質；在水溶液中完全電離生成氫離子和硝酸根離子；

⑤Na2CO3是強電解質，在水溶液中電離生成鈉離子和碳酸根離子．【解析】【解答】解：①Ba（OH）2是強電解質，在水溶液中完全電離生成鋇離子和氫氧根離子，電離方程式為Ba（OH）2=Ba2++2OH-，故答案為：Ba（OH）2=Ba2++2OH-；

②KHSO4強酸酸式鹽，在水溶液中完全電離生成鉀離子、氫離子和硫酸根離子，電離方程式為KHSO4=K++H++SO42-，故答案為：KHSO4=K++H++SO42-；

③NaHCO3是弱酸酸式鹽，為強電解質，在水溶液中完全電離生成弱酸酸式酸根離子和鈉離子，電離方程式為NaHCO3=Na++HCO3-，故答案為：NaHCO3=Na++HCO3-；

④HNO3是強電解質，在水溶液中完全電離生成氫離子和硝酸根離子，電離方程式為HNO3=H++NO3-，故答案為：HNO3=H++NO3-；

⑤Na2CO3是強電解質，在水溶液中電離生成鈉離子和碳酸根離子，電離方程式為Na2CO3=2Na++CO32-，故答案為：Na2CO3=2Na++CO32-．25、C2H5OH+HBrC2H5Br+H2OCH3CHO+2Ag（NH3）2OHCH3COONH4+2Ag+3NH3+H2OnHOCH2CH2OH+nHOOC-COOH+（2n-1）H2O【分析】【分析】（1）發生取代反應生成溴乙烷和水；

（2）發生銀鏡反應生成乙酸銨；Ag、水、氨氣；

（3）發生縮聚反應生成乙二酸乙二酯和水．【解析】【解答】解：（1）發生取代反應生成溴乙烷和水，反應為C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O；

故答案為：C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O；

（2）發生銀鏡反應生成乙酸銨、Ag、水、氨氣，反應為CH3CHO+2Ag（NH3）2OHCH3COONH4+2Ag+3NH3+H2O；

故答案為：CH3CHO+2Ag（NH3）2OHCH3COONH4+2Ag+3NH3+H2O；

（3）發生縮聚反應生成乙二酸乙二酯和水，反應為nHOCH2CH2OH+nHOOC-COOH+（2n-1）H2O；

故答案為：nHOCH2CH2OH+nHOOC-COOH+（2n-1）H2O．五、簡答題(共3題，共9分)26、略

【分析】解：rm{(1)K}元素處于元素周期表的rm{s}區，其基態原子中，核外電子占據的電子云輪廓圖為球形的能級為rm{ns}能級，分別是rm{1s}rm{2s}rm{3s}rm{4s}

故答案為：rm{s}rm{4}

rm{(2)}離子晶體的熔沸點與晶格能成正比，晶格能與離子半徑成反比，與電荷成正比，rm{K^{+}}rm{Na^{+}}所帶電荷相同，半徑：rm{K^{+}>Na^{+}}晶格能rm{KCl<NaCl}所以rm{KCl}的熔點低于rm{NaCl}的原因；

故答案為：rm{K^{+}}rm{Na^{+}}所帶電荷相同，半徑：rm{K^{+}>Na^{+}}晶格能rm{KCl<NaCl}

rm{(3)Fe}在周期表的位置是第四周期第ⅤⅢ族，價電子結構rm{3d^{6}4s^{2}}它的rm{+3}價離子比rm{+2}價離子更穩定的原因是rm{+3}價鐵離子rmmymkwar軌道半充滿狀態屬于穩定結構；

故答案為：rm{+3}價鐵離子rmlwoi0uc軌道半充滿狀態；

rm{(4)壟脵}硫酸根離子中含有rm{5}個原子、價電子數是rm{32}與硫酸根離子互為等電子體的分子中含有rm{5}個原子、價電子數是rm{32}與硫酸根離子互為等電子體的分子有rm{CCl_{4}}rm{CBr_{4}}rm{SiCl_{4}}rm{SiF_{4}}rm{Cl_{2}O_{3}(}答案合理即可rm{)}

故答案為：rm{CCl_{4}}rm{CBr_{4}}rm{SiCl_{4}}rm{SiF_{4}}rm{Cl_{2}O_{3}(}答案合理即可rm{)}

rm{壟脷[Ni(NH_{3})_{6}]SO_{4}}中rm{Ni^{2+}}與rm{6}個rm{NH_{3}}形成的rm{6}個配位鍵都是rm{婁脪}鍵，rm{NH_{3}}中含有rm{3}個rm{婁脪}鍵，硫酸根離子中含有rm{4}個rm{婁脪}鍵，所以一個化學式中含有rm{28}個rm{婁脪}鍵，則rm{1mol}該化學式中含有rm{28N_{A}婁脪}鍵；

故答案為：rm{28N_{A}}

rm{壟脹NH_{3}}分子中rm{N}原子價層電子對個數是rm{4}且含有一個孤電子對，rm{VSEPR}模型為正四面體結構；根據價層電子對互斥理論判斷中心原子的雜化形式為rm{sp^{3}}其雜化軌道的作用是形成rm{婁脪}鍵和容納孤電子對；

故答案為：正四面體；rm{sp^{3}}形成rm{婁脪}鍵和容納孤電子對；

rm{(5)}該晶胞中rm{K}原子個數rm{=2+8隆脕dfrac{1}{4}=4}rm{F}原子個數rm{2+16隆脕dfrac{1}{4}+4隆脕dfrac{1}{2}=8}rm{2+16隆脕dfrac{1}{4}+4隆脕dfrac

{1}{2}=8}原子個數rm{Ni}晶胞體積rm{=1+8隆脕dfrac{1}{8}=2}晶胞密度rm{=dfrac{m}{V}=dfrac{dfrac{39隆脕4+19隆脕8+59隆脕2}{M}}{(a^{2}b隆脕10^{-21})}g/cm^{3}=dfrac{426}{(a^{2}btimes10^{-21})N_{A}}g/cm^{3}}

故答案為：rm{dfrac{426}{(a^{2}btimes10^{-21})N_{A}}}

rm{=(a^{2}b隆脕10^{-21})cm^{3}}元素處于元素周期表的rm{=dfrac{m}{V}=dfrac{dfrac

{39隆脕4+19隆脕8+59隆脕2}{M}}{(a^{2}b隆脕10^{-21})}g/cm^{3}=dfrac

{426}{(a^{2}btimes10^