2024年滬科新版高三化學上冊階段測試試卷

…………○…………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年滬科新版高三化學上冊階段測試試卷304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6題，共12分)1、下列晶體中屬于分子晶體的是（）A.NH4HCO3B.SiO2C.FeD.HNO32、下列說法中正確的是（）A.酸性氧化物都是非金屬氧化物B.所有物質中都存在化學鍵C.含有極性鍵的分子一定是極性分子D.含有離子鍵的化合物一定是離子化合物3、烏頭酸的結構簡式如圖所示；下列關于烏頭酸的說法錯誤的是（）

A.化學式為C6H6O6B.烏頭酸能發(fā)生水解反應和加成反應C.烏頭酸能使酸性高錳酸鉀溶液褪色D.含1mol烏頭酸的溶液最多可消耗3molNaOH4、下列用品的主要成分及其用途對應不正確的是（）

。ABCD用品

主要成分（NH4）2SO4NaHCO3SiFe2O3用途化肥干燥劑光電池涂料A.AB.BC.CD.D5、下列藥品保存方法正確的是（）

A.白磷保存在煤油中。

B.在氯化亞鐵試劑中加鹽酸和鐵粉。

C.金屬鉀保存在CCl4中。

D.過氧化鈉保存配有玻璃塞的廣口試劑瓶中。

6、瘦肉精（Clenbuterol）是一種非常廉價的藥品，但它有很危險的副作用，輕則導致心律不整，嚴重一點就會導致心臟?。萑饩前咨蝾惏咨慕Y晶粉末，無臭、味苦，熔點161℃，溶于水、乙醇，微溶于丙酮，不溶于乙醚．其結構如圖所示，對于瘦肉精的說法正確的是（）A.瘦肉精的化學式：C12H16N2Cl2OB.瘦肉精是屬于含有肽鍵的化合物，能與丙氨酸發(fā)生縮聚反應C.能用乙醚等有機溶劑將瘦肉精從水溶液中萃取出來D.瘦肉精屬于芳香化合物，一定條件下能發(fā)生取代、加成、水解等反應評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)7、甲；乙、丙三位同學分別用如圖所示三套實驗裝置及化學藥品（其中堿石灰為固體氫氧化鈉和生石灰的混合物）制取氨氣．請你參與探究；并回答下列問題：

（1）三位同學制取氣的化學方程式為：____

（2）三位同學用上述裝置制取氨氣時；其中有一位同學沒有收集到氨氣（如果他們的實驗操作。

都正確），你認為沒有收集到氨氣的同學是____（填“”、“乙”或“丙”），收集不到氨氣的主要原因是____．

（3）檢驗氨氣是否收集滿的方法是____

（4）三位同學都認他們的實驗裝置也可用于加熱碳酸氫銨固體制取純凈的氨氣；你判斷。

能夠達到實驗目的是____（填“甲”、“乙”或“丙”）．該裝置中的NH4HCO3固體能否。

用NH4Cl固體代替？____（填“能”或“不能”）．8、（1）下列各組物質的分離或提純；應選用下述方法的哪一種？（填選項字母）

A．分液B．過濾C．萃取D．蒸餾E．蒸發(fā)結晶F．高溫分解。

①分離CCl4和H2O：____；

②除去澄清石灰水中懸浮的CaC03：____；

③從碘水中提取碘：____；

④分離CCl4（沸點為76：75℃）和甲苯（沸點為110.6℃）的液體混合物：____．

（2）現有①鐵片②飽和食鹽水③液態(tài)氯化氫④乙醇⑤干冰⑥熔融KN03⑦BaS04固體⑧石墨。

其中屬于非電解質的是____（填序號，下同），電解質的是____，能導電的是____．9、分析下列反應的化學方程式；是氧化還原反應的用線橋法標出電子轉移的方向和數目。

（1）BaCl2+Na2SO4═BaSO4↓+2NaCl____

（2）Fe+2HCl═FeCl2+H2↑____．10、氮和硫的化合物對大氣都有嚴重污染；據所學化學反應原理回答下列問題：

（1）NO2與懸浮在大氣中海鹽粒子的相互作用時發(fā)生反應：

2NO2（g）+NaCl（s）?NaNO3（s）+ClNO（g）△H=aKJ/mol

則該反應為____反應（填放熱或吸熱），產物ClNO的結構式為____

（2）實驗室可用NaOH溶液吸收NO2，反應為2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O．含0.2molNaOH的水溶液與0.2molNO2恰好完全反應得1L溶液A，溶液B為0.1mol/L的CH3COONa溶液，則兩溶液中c（NO3￣）、c（NO2￣）和c（CH3COO￣）由大到小的順序為____（已知HNO2的電離常數Ka=7.1×10-4mol/L，CH3COOH的電離常數Ka=1.7×10-5mol/L，可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是____

a．向溶液A中加適量水b．向溶液A中加適量NaOH

c．向溶液B中加適量水d．向溶液B中加適量NaOH

（3）若將SO2，NO2，O2按4：4：3通入水中充分反應，寫出總的離子方程式____

（4）向氨水中通入過量的H2S，所得溶液M中溶質的電子式為____；取0.2mol/L的NaOH溶液與0.1mol/L的M溶液等體積混合，加熱至充分反應后，待恢復至室溫，剩余溶液中離子濃度由大到小的順序是____，此時測得溶液的pH=12，則此條件下M溶液中陰離子的電離平衡常數Ka=____（提示：若涉及多元弱酸的電離或多元弱酸根離子的水解，均只考慮第一步電離或水解）11、（1）臭氧層是地球生命的保護神，其中的臭氧O3和O2是氧元素的兩種單質，在同溫同壓下，相等質量的氧氣和臭氧，它們的物質的量之比為____，分子個數比為____，原子個數比為____．

（2）在一密閉容器中充入amolNO和bmolO2，可發(fā)生如下反應：2NO+O2═2NO2，充分反應后容器中氮原子和氧原子的個數之比為____．12、（10分）在含有弱電解質的溶液中，往往有多個化學平衡共存。（1）一定溫度下，向1L0.1mol·L－1CH3COOH溶液中加入0.1molCH3COONa固體，溶液中(填“增大”、“減小”或“不變”)；寫出表示該混合溶液中所有離子濃度之間的一個等式。（2）土壤的pH一般在4～9之間。土壤中Na2CO3含量較高時，pH可以高達10.5，試用離子方程式解釋土壤呈堿性的原因。加入石膏(CaSO4·2H2O)可以使土壤堿性降低，有關反應的化學方程式為。（3）常溫下向20mL0.1mol·L－1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L－1HCl溶液40mL，溶液中含碳元素的各種微粒(CO2因逸出未畫出)物質的量分數隨溶液pH變化的情況如下：回答下列問題：①在同一溶液中，H2CO3、HCO3－、CO32-(填“能”或“不能”)大量共存；②當pH=7時，溶液中含碳元素的主要微粒有、，溶液中含量最多的三種微粒的物質的量濃度的大小關系為；13、I．二氯化二硫(S2Cl2)是廣泛用于橡膠工業(yè)的硫化劑，常溫下是一種橙黃色有惡臭的液體，它的分子結構與H2O2類似，遇水易水解，產生能使品紅褪色的氣體．S2Cl2可由干燥氯氣通入熔融的硫中制得．

(1)寫出二氯化二硫(S2Cl2)的電子式____，二氯化二硫(S2Cl2)所屬的晶體類型____．

(2)寫出二氯化二硫(S2Cl2)遇水反應的化學方程式____．

II．鋅元素與人的智力有密切關系，如ZnSO4?7H2O；ZnO等均具有藥物價值．

(1)工業(yè)上制備ZnSO4?7H2O的方法很多，可由粗ZnO(含Fe2+、Mn2+、Cd2+、Ni2+)通過以下流程完成：

①試寫出加入稀高錳酸鉀溶液時的離子方程式：____、____．

②流程③中的金屬可以用____

A．NaB．AlC．ZnD．Cu

③流程④中調pH=1目的為____．

(2)氧化鋅的制備：取精制的硫酸鋅溶液慢慢加入碳酸鈉溶液，邊加邊攪拌使氣體完全逸出，并使pH約為6.8左右，煮沸至沉淀析出，傾去上層清液，用熱水洗滌到無SO42-為止，過濾干燥后得固體ZnCO3?2Zn(OH)2?2H2O轉至儀器A中；煅燒至完全分解，冷卻得固體ZnO．

①儀器A名稱為____．

②寫出硫酸鋅溶液中慢慢加入碳酸鈉溶液時的化學方程式____．

③如何證明固體A已煅燒至完全分解？____．14、由反應Cu+4HNO3（濃）═Cu（NO3）2+2N02↑+2H2O；回答下列問題：

①用單線橋法表示該反應電子轉移的方向與數目：____

②氧化劑是____；被氧化的物質是____；氧化產物是____．15、排布規(guī)律：

（1）按能量由低到高；即由內到外，分層排布．

①第1層最多只能排____個電子。

②第2層最多排____個電子。

③除K層外，不論原子有幾個電子層，其最外層中的電子數最多只能有____個（K層最多有____個）

（2）根據核外電子排布的規(guī)律，劃出1-20號原子結構示意圖．評卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)16、HClO是弱酸，所以NaClO是弱電解質____（判斷對錯）17、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(tài)的標志．____（判斷對錯）18、在化學反應中某元素化合價只升高，則反應過程中該元素被還原了．____．（判斷對錯）19、判斷題（正確的后面請寫“√”；錯誤的后面請寫“×”）

（1）物質的量相同的兩種不同氣體只有在標準狀況下體積才相等．____

（2）Vm在非標準狀況下不可能為22.4L/mol．____

（3）1mol任何物質在標準狀況下的體積均為22.4L．____

（4）一定溫度和壓強下，各種氣體物質體積的大小由氣體分子數決定．____．20、用鉑絲蘸取NaCl溶液進行焰色反應是化學變化____．（判斷對確）21、一定量的鐵粉與銅粉混合物，與適量稀硝酸反應，生成標準狀況下氣體5.6L，則溶液中陽離子一定是Fe2+，Cu2+．____（判斷對錯）22、膠體的性質主要有：丁達爾現象、電泳、聚沉____．（判斷對錯）23、因為Na可以與水反應放出H2，所以K也可以與水反應放出H2____．（判斷對錯）評卷人得分四、解答題(共2題，共20分)24、取金屬鈉和金屬鋁的混合物共5.2g，放入適量水中充分反應后共收集到2.24L（標準狀況）氣體，同時將反應后的混合液進行過濾，得濾渣2.7g．試求原混合物中金屬鈉和金屬鋁各多少克．25、（1）實驗是化學研究的基礎；下列有關說法中，正確的是______（填序號字母）．

a．可在耐高溫的石英坩堝中進行熔化氫氧化鈉固體的實驗。

b．用pH試紙測定溶液的pH時；不需用蒸餾水潤濕試紙。

c．實驗室中不慎將酒精撒在臺面上起火；可用濕抹布覆蓋滅火。

d．實驗室取用少量白磷時；可將白磷取出，在空氣中用小刀切割。

（2）用分液漏斗和燒杯可以裝配成一套簡易的；能隨開隨用；隨關隨停的氣體發(fā)生裝置，如圖所示．能用此裝置制備的氣體有______（填序號字母）．

a．用塊狀大理石與鹽酸反應制取CO2

b．用鋅粒與稀硫酸反應制取H2

c．用過氧化鈉與水反應制取O2

d．用二氧化錳與濃鹽酸反應制取Cl2．

評卷人得分五、探究題(共4題，共40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：參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、D【分析】【分析】通過分子間作用力互相結合形成的晶體叫做分子晶體．如：所有的非金屬氫化物，大多數的非金屬氧化物，絕大多數的共價化合物，少數鹽（如AlCl3）．

A、NH4HCO3由銨根離子和碳酸氫根離子組成的離子晶體；

B；二氧化硅是由Si和O以共價鍵結合在一起的原子晶體；

C；Fe屬于金屬晶體；

D、硝酸是通過分子間作用力結合在一起的分子晶體．【解析】【解答】解：A、NH4HCO3屬于銨鹽；是由銨根離子和碳酸氫根離子組成的離子晶體，故A錯誤；

B；二氧化硅是由Si和O以共價鍵結合在一起的原子晶體；故B錯誤；

C；Fe是由金屬陽離子和自由電子構成的金屬晶體；故C錯誤；

D；硝酸是通過分子間作用力結合在一起的分子晶體；故D正確；

故選：D．2、D【分析】【分析】A；能和堿反應生成只鹽和水的氧化物是酸性氧化物．

B；單原子分子中不存在化學鍵．

C；含有極性鍵的分子可能是非極性分子．

D、離子化合物中一定含有離子鍵．【解析】【解答】解：A、酸性氧化物也可能是金屬氧化物，如：Mn2O7是酸性氧化物；故錯誤．

B；稀有氣體都是單原子分子；不存在化學鍵，只存在分子間作用力，故錯誤．

C；二氧化碳分子中含有極性鍵；但二氧化碳中正負電荷的重心重合，電荷分布均勻，為非極性分子，故錯誤．

D；離子化合物一定含有離子鍵；可能含有共價鍵，所以含有離子鍵的化合物一定是離子化合物，故D正確．

故選D．3、B【分析】解：A．由結構簡式可知分子式為C6H6O6；故A正確；

B．含碳碳雙鍵可發(fā)生加成反應；但不能發(fā)生水解反應，故B錯誤；

C．含碳碳雙鍵；能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故C正確；

D．含3個-COOH；含1mol烏頭酸的溶液最多可消耗3molNaOH，故D正確；

故選B．

由結構簡式可知分子式；分子中含-COOH；碳碳雙鍵，結合羧酸、烯烴性質來解答．

本題考查有機物結構和性質，為高頻考點，明確官能團及其性質關系是解本題關鍵，側重考查烯烴、羧酸的性質考查，題目難度不大．【解析】【答案】B4、B【分析】【分析】A．硫酸銨為銨鹽含有氮元素；屬于氨態(tài)氮肥；

B．小蘇打主要成分為碳酸氫鈉；不具有吸水性；

C．硅的導電性介于導體與絕緣體之間；

D．三氧化二鐵為紅棕色粉末．【解析】【解答】解：A．硫酸銨為銨鹽含有氮元素；屬于氨態(tài)氮肥，是常用的一種化肥，故A正確；

B．小蘇打主要成分為碳酸氫鈉；不具有吸水性，不能做干燥劑，故B錯誤；

C．硅是良好的半導體材料；是用來制作太陽能電池的原料，故C正確；

D．三氧化二鐵為紅棕色粉末；常用三氧化二鐵生產紅色顏料或是涂料，故D正確；

故選：B．5、B【分析】

A．因少量白磷易自燃；須存放在水中，故A錯誤；

B．加入鹽酸可防止氯化亞鐵發(fā)生水解；加入鐵粉可防止被氧化，故B正確；

C．鉀的密度比四氯化碳小，不能保存在CCl4中；故C錯誤；

D．過氧化鈉和水蒸氣反應生成氫氧化鈉；能夠腐蝕玻璃，故D錯誤．

故選B．

【解析】【答案】A．白磷易自燃；

B．氯化亞鐵易發(fā)生水解和被氧化；

C．鉀的密度比四氯化碳??；

D．氫氧化鈉可腐蝕玻璃．

6、D【分析】解：A、根據有機物的結構簡式得出其化學式為：C12H15N2Cl2O；故A錯誤；

B；瘦肉精中不含肽鍵；含有氨基，能和丙氨酸發(fā)生縮聚反應，故B錯誤；

C；乙醚能溶于水；更能溶于有機溶劑，不能做萃取劑，故C錯誤；

D；瘦肉精中含有苯環(huán)；屬于芳香化合物，含有醇羥基、苯環(huán)和氯原子，一定條件下能發(fā)生取代、加成、水解等反應，故D正確．

故選D．

A；根據有機物的結構簡式來書寫化學式；

B；肽鍵是氨基和羧基失去水之后的產物；

C；乙醚能溶于水；不能做萃取劑；

D；根據有機物的官能團來確定物質具有的性質．

本題是一道有機物的化學性質和推斷的題目，可以根據所學知識來進行，難度不大．【解析】【答案】D二、填空題(共9題，共18分)7、2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O乙2NH3+H2SO4═（NH4）2SO4把濕潤的石蕊試紙放到試管口，若變紅色，說明試管C中已集滿NH3（或者用玻璃棒蘸取濃鹽酸，靠近試管口，若有大量白煙生成，說明試管C中已集滿NH3）丙不能【分析】【分析】（1）裝置中是氯化銨和氫氧化鈣固體加熱反應生成氯化鈣；氨氣和水；

（2）乙沒有收集到氨氣；因為氨氣通過濃硫酸會被吸收；

（3）檢驗氨氣是否收集滿；可以利用氨氣是減小氣體使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，也可以利用蘸有濃鹽酸的玻璃棒靠近集氣瓶冒白煙檢驗；

（4）丙裝置加熱碳酸氫銨生成的氨氣和二氧化碳水通過堿石灰后吸收二氧化碳和水蒸氣得到干燥氣體氨氣；氯化銨受熱分解生成的安氨氣與氯化氫氣體遇冷極易反應生成氯化銨．【解析】【解答】解：（1）依據裝置中試劑分析可知都是利用固體氯化銨和氫氧化鈣固體加熱反應生成氨氣，反應的化學方程式為2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；

故答案為：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；

（2）乙沒有收集到氨氣，因為氨氣通過濃硫酸會被吸收，發(fā)生的反應是：2NH3+H2SO4═（NH4）2SO4；

故答案為：乙；2NH3+H2SO4═（NH4）2SO4；

（3）氨氣為堿性氣體，與水反應生成NH3?H2O，電離子出OH-離子，溶液呈堿性，檢驗時把濕潤的石蕊試紙放到試管口，若變紅色，說明試管C中已集滿NH3，氨氣和氯化氫反應生成白煙氯化銨，所以也可用玻璃棒蘸取濃鹽酸，靠近試管口，若有大量白煙生成，說明試管C中已集滿NH3；

故答案為：把濕潤的石蕊試紙放到試管口，若變紅色，說明試管C中已集滿NH3（或者用玻璃棒蘸取濃鹽酸，靠近試管口，若有大量白煙生成，說明試管C中已集滿NH3）；

（4）甲裝置分解得到的是混合氣體；得不到純凈氨氣，乙裝置分解得到二氧化碳和氨氣水蒸氣混合氣體通過濃硫酸氨氣被吸收得不到氨氣，裝置丙裝置分解得到二氧化碳和氨氣水蒸氣混合氣體通過堿石灰，吸收二氧化碳和水蒸氣得到干燥氣體氨氣，氯化銨受熱分解生成的安氨氣與氯化氫氣體遇冷極易反應生成氯化銨，得不到氨氣，所以不能用氯化銨代替碳酸氫氨；

故答案為：丙；不能．8、ABCD④⑤③⑥⑦①②⑥⑧【分析】【分析】（1）①CCl4和H2O分層；

②碳酸鈣不溶于水；

③碘不易溶于水；易溶于有機溶劑；

④互溶；但沸點不同；

（2）在水溶液中或熔化狀態(tài)下導電的化合物為電解質，在水溶液中和熔化狀態(tài)下都不導電的化合物為非電解質，含自由電子或離子的可導電，以此來解答．【解析】【解答】解：（1）①CCl4和H2O分層；則選擇分液法分離；

②碳酸鈣不溶于水，則利用過濾除去澄清石灰水中懸浮的CaC03；

③碘不易溶于水；易溶于有機溶劑，則選擇萃取法從碘水中提取碘；

④互溶；但沸點不同，則利用蒸餾法分離四氯化碳與甲苯；

故答案為：A；B；C；D；

（2）①鐵片；為單質，含自由電子可導電；

②飽和食鹽水；為混合物，含自由離子，可導電；

③液態(tài)氯化氫水溶液中可電離；為電解質；

④乙醇在水溶液中和熔化狀態(tài)下都不導電；故為非電解質；

⑤干冰本身不能電離；為非電解質；

⑥熔融KN03熔化狀態(tài)下導電；為電解質，且含自由離子，能導電；

⑦BaS04固體熔化狀態(tài)下導電；為電解質；

⑧石墨為單質；含自由電子可導電；

屬于非電解質的是④⑤；電解質的是③⑥⑦，能導電的是①②⑥⑧；

故答案為：④⑤；③⑥⑦；①②⑥⑧．9、不是氧化還原反應【分析】【分析】（1）反應中元素化合價不變；不屬于氧化還原反應；

（2）中Fe元素化合價由0價變?yōu)?2價、H元素化合價由+1價變?yōu)?價，所以屬于氧化還原反應，轉移電子數為2．【解析】【解答】解：（1）BaCl2+Na2SO4═BaSO4↓+2NaCl反應中各元素化合價不變；不屬于氧化還原反應，屬于復分解反應；

故答案為：不是氧化還原反應；

（2）Fe+2HCl═FeCl2+H2↑中Fe元素化合價由0價變?yōu)?2價、H元素化合價由+1價變?yōu)?價，所以屬于氧化還原反應，轉移電子數為2，轉移電子方向和數目為

故答案為：．10、放熱Cl-N=Oc（NO3￣）＞c（NO2￣）＞c（CH3COO￣）bc4SO2+4NO2+3O2+6H2O═12H++4SO42-+4NO3-c（Na+）＞c（S2-）＞c（OH-）＞c（HS-）＞c（H+）4×10￣12【分析】【分析】（1）反應能自發(fā)；應滿足△G=△H-T?△S＜0，結合反應的△S進行判斷；ClNO中Cl；N、O能夠形成共用電子對數目分別為1、3、2，據此寫出其結構式；

（2）0.2molNaOH的水溶液與0.2molNO2恰好完全反應得1L溶液A，反應為2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O，得到溶液中NaNO3物質的量濃度為0．mol/L，NaNO2物質的量為0.1mol/L，溶液B為0.1mol?L-1的CH3COONa溶液，已知HNO2的電離常數Ka=7.1×10-4mol?L-1，CH3COOH的電離常數Ka=1.7×10-5mol?L-1，說明CH3COOH酸性小于HNO2的酸性；對應陰離子水解程度大，據此分析判斷；

（3）二氧化氮與氧氣；水反應生成硝酸；硝酸與二氧化硫反應生成硫酸，根據電子守恒可知三者恰好反應生成硫酸和硝酸；

（4）向氨水中通入過量的H2S，得到的溶質為NH4HS，NH4HS為離子化合物，電子式中陰陽離子都需要標出所帶電荷；取0.2mol/L的NaOH溶液與0.1mol/L的NH4HS溶液等體積混合后，二者物質的量之比為2：1，加熱至充分反應生成Na2S、氨氣與水，待恢復至室溫剩余溶液為Na2S溶液，溶液中S2-水解，溶液呈堿性，水的電離與產生氫氧根離子，故c（OH-）＞c（HS-），溶液中氫離子濃度最小，溶液中離子濃度大小為：c（S2-）＞c（OH-）＞c（HS-）＞c（H+）=10-12mol/L；

此時測得溶液的pH=12，c（H+）=10-12mol/L，c（OH-）=10-2mol/L，由于S2-+H2O?OH-+HS-，溶液中氫氧根離子源于硫離子水解及水的電離，故溶液中c（HS-）=10-2mol/L-10-12mol/L≈10-2mol/L，溶液中c（S2-）=0.1mol/L×-10-2mol/L=0.04molL，由HS-=S2-+H+可知其電離平衡常數Ka=，代入數據計算即可．【解析】【解答】解：（1）反應2NO2（g）+NaCl（s）?NaNO3（s）+ClNO（g）是熵變較小的反應；則熵變△S＜O，故T?△S，該反應能夠自發(fā)進行，則△G=△H-T?△S＜0，所以該反應的焓變△H＜0，說明該反應為放熱反應；

ClNO中Cl；N、O能夠形成共用電子對數目分別為1、3、2；則ClNO分子中存在1個N-Cl鍵和1個N=O鍵，其結構式為：Cl-N=O；

故答案為：放熱；Cl-N=O；

（2）0.2molNaOH的水溶液與0.2molNO2恰好完全反應得1L溶液A，反應為2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O，得到溶液A中NaNO3物質的量濃度為0.1mol/、NaNO2物質的量為0.1mol/L，溶液B為0.1mol?L-1的CH3COONa溶液，已知HNO2的電離常數Ka=7.1×10-4mol?L-1，CH3COOH的電離常數Ka=1.7×10-5mol?L-1，說明CH3COOH酸性小于HNO2的酸性，對應陰離子水解程度大，醋酸根離子和亞硝酸根離子水解，兩溶液中c（NO3-）、c（NO2-）和c（CH3COO-）由大到小的順序為：c（NO3-）＞c（NO2-）＞c（CH3COO-）；

使溶液A和溶液B的pH值相等的方法，依據溶液組成和性質分析，溶液A中NaNO3物質的量濃度為0．mol/L，NaNO2物質的量為0.1mol/L，溶液B為0.1mol?L-1的CH3COONa溶液；溶液B堿性大于A溶液；

a；上述分析可知；溶液B堿性大于A溶液，向溶液A中加適量水，稀釋溶液，減小減小，不能調節(jié)溶液pH相同，故a錯誤；

b、向溶液A中加適量NaOH，增大堿性，可以調節(jié)溶液pH相同，故b正確；

c；向溶液B中加適量水；稀釋溶液堿性減弱，可以調節(jié)溶液pH，故c正確；

d；溶液B堿性大于A溶液；向溶液B中加適量NaOH，溶液PH更大，不能調節(jié)溶液PH相同，故d錯誤；

故答案為：c（NO3￣）＞c（NO2￣）＞c（CH3COO￣）；bc；

（3）將SO2，NO2、O2按4：4：3通入水中充分反應恰好生成硫酸和硝酸，反應的離子方程式為：4SO2+4NO2+3O2+6H2O═12H++4SO42-+4NO3-；

故答案為：4SO2+4NO2+3O2+6H2O═12H++4SO42-+4NO3-；

（4）向氨水中通入過量的H2S，所得溶液M為NH4HS，其電子式為：

取0.2mol/L的NaOH溶液與0.1mol/L的NH4HS溶液等體積混合后，二者物質的量之比為2：1，加熱至充分反應生成Na2S、氨氣與水，待恢復至室溫剩余溶液為Na2S溶液，溶液中S2-水解，溶液呈堿性，水的電離與產生氫氧根離子，故c（OH-）＞c（HS-），溶液中氫離子濃度最小，故溶液中c（Na+）＞c（S2-）＞c（OH-）＞c（HS-）＞c（H+）；

此時測得溶液的pH=12，c（H+）=10-12mol/L，c（OH-）=10-2mol/L，由于S2-+H2O?OH-+HS-，溶液中氫氧根離子源于硫離子水解及水的電離，故溶液中c（HS-）=10-2mol/L-10-12mol/L≈10-2mol/L，溶液中c（S2-）=0.1mol/L×-10-2mol/L=0.04molL，由HS-=S2-+H+，可知其電離產生Ka===4×10-12；

故答案為：c（Na+）＞c（S2-）＞c（OH-）＞c（HS-）＞c（H+）；4×10￣12．11、3：23：21：1a：（a+2b）【分析】【分析】（1）根據n==結合分子構成計算；

（2）根據反應前后原子的數目不變計算．【解析】【解答】解：（1）設質量都為mg；則有：

n（O2）：n（O3）=：=3：2，N（O2）：N（O3）=3NA：2NA=3：2；

由于都由O原子組成；則質量相同時O原子個數相同，比值為1：1；

故答案為：3：2；3：2；1：1；

（2）反應前后原子的數目、質量不變，amolNO和bmolO2，充分反應后容器中氮原子和氧原子的個數之比為a：（a+2b）；

故答案為：a：（a+2b）．12、略

【分析】試題分析：（1）電離平衡常數Ka＝只受溫度的影響,溫度不變Ka不變；電解質溶液中電荷守恒式c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)中含有溶液中的所有離子。（2）Na2CO3為強堿弱酸鹽水解呈堿性，加入石膏（CaSO4?2H2O）生成碳酸鈣沉淀，使CO32－濃度降低，水解平衡左移，c(OH－)減小，土壤堿性降低。（3）.常溫下向Na2CO3溶液中逐滴加入HCl溶液反應順序為：Na2CO3+HCl＝NaHCO3+NaClNaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O在同一溶液中，因CO2+H2O+CO32-＝2HCO3-，所以H2CO3、HCO3-、CO32-不能大量共存；由圖象可知，當pH=7時，碳元素存在于HCO3-、H2CO3中，且c（HCO3-）>c(H2CO3)，根據c（Na+）+c（H+）=c（Cl-）+c（HCO3-）+c（OH-）及c（H+）=c（OH-）可得c（Na+）＞c（Cl-），又由于HCO3-水解c（Cl-）＞c（HCO3-），所以主要的三種離子大小順序為c（Na+）＞c（Cl-）＞c（HCO3-）?？键c：了解弱電解質在水溶液中的電離平衡。了解鹽類水解的原理、影響鹽類水解程度的主要因素、鹽類水解的應用?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）不變（1分）c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)（2分）（2）CO32-＋H2OHCO3－＋OH－（2分）Na2CO3＋CaSO4·2H2O===CaCO3＋Na2SO4＋2H2O或Na2CO3＋CaSO4===CaCO3＋Na2SO4（2分）（3）①不能（1分）②HCO3－、H2CO3（2分）c(Na＋)>c(Cl－)>c(HCO3－)（2分）13、略

【分析】試題分析：Ⅰ(1)分子結構與H2O2類似，S2Cl2是展開書頁型結構，Cl-S位于兩個書頁面內，S2Cl2分子中S原子之間形成1對共用電子對；Cl原子與S原子之間形成1對共用電子對；

分子結構與H2O2類似；屬于分子晶體；

(2)S2Cl2遇水易水解，并產生能使品紅溶液褪色的氣體，該氣體為二氧化硫，在反應過程中硫元素一部分升高到+4價(生成SO2)；一部分降低到0價(生成S)，同時生成HCl；

Ⅱ(1)①由工藝流程可知；加入高錳酸鉀有氫氧化鐵；二氧化錳生成，應是高錳酸根氧化亞鐵離子生成氫氧化鐵、二氧化錳，高錳酸根氧化錳離子生成二氧化錳，根據控制的PH值及原子守恒、電荷守恒可知，都有水參加反應，同時還生成氫離子；

②流程③中加入金屬的目的；應是除去溶液中金屬離子，又不能引入雜質，應Ⅱ選擇鋅；

③鋅離子水解，流程④中調pH=1目的是抑制Zn2+的水解；

(2)①煅燒固體；應用坩堝；

②反應生成ZnCO3?2Zn(OH)2?2H2O；生成的氣體為二氧化碳，根據元素守恒可知，還有硫酸鈉生成；

③檢驗煅燒后固體中是否含有碳酸根即可；可以與酸反應產生氣體判斷．

解:Ⅰ(1)分子結構與H2O2類似，S2Cl2是展開書頁型結構，Cl-S位于兩個書頁面內，S2Cl2分子中S原子之間形成1對共用電子對，Cl原子與S原子之間形成1對共用電子對，電子式為

分子結構與H2O2類似；常溫下為液體，屬于分子晶體；

故答案為：分子晶體；

(2)S2Cl2遇水易水解，并產生能使品紅溶液褪色的氣體，該氣體為二氧化硫，在反應過程中硫元素一部分升高到+4價(生成SO2)，一部分降低到0價(生成S)，同時生成HCl，反應方程式為：2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HCl；

故答案為：2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HCl；

Ⅱ(1)①由工藝流程可知，加入高錳酸鉀有氫氧化鐵、二氧化錳生成，應是高錳酸根氧化亞鐵離子生成氫氧化鐵、二氧化錳，高錳酸根氧化錳離子生成二氧化錳，根據控制的PH值及原子守恒、電荷守恒可知，都有水參加反應，同時還生成氫離子，反應的離子方程式為：MnO4-+3Fe2++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+、2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+；

故答案為：MnO4-+3Fe2++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+；2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+；

②流程③中加入金屬的目的；應是除去溶液中金屬離子，又不能引入雜質，應Ⅱ選擇鋅；

故答案為：C；

③鋅離子水解，流程④中調pH=1目的是抑制Zn2+的水解，故答案為：抑制Zn2+的水解；

(2)①煅燒固體；應用坩堝，故答案為：坩堝；

②反應生成ZnCO3?2Zn(OH)2?2H2O，生成的氣體為二氧化碳，根據元素守恒可知，還有硫酸鈉生成，反應方程式為：3ZnSO4+3Na2CO3+4H2O=ZnCO3?2Zn(OH)2?2H2O↓+3Na2SO4+2CO2↑；

故答案為：3ZnSO4+3Na2CO3+4H2O=ZnCO3?2Zn(OH)2?2H2O↓+3Na2SO4+2CO2↑；

③檢驗煅燒后固體中是否含有碳酸根即可；實驗操作為：取少量煅燒的固體，加入稀硫酸，觀察是否有氣泡產生，若無氣泡產生，說明已完全分解；

故答案為：取少量煅燒的固體，加入稀硫酸，觀察是否有氣泡產生，若無氣泡產生，說明已完全分解．【解析】分子晶體;2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HCl;MnO4-+3Fe2++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+;2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+;C;抑制Zn2+的水解;坩堝;3ZnSO4+3Na2CO3+4H2O=ZnCO3?2Zn(OH)2?2H2O↓+3Na2SO4+2CO2↑;取少量煅燒的固體，加入稀硫酸，觀察是否有氣泡產生，若無氣泡產生，說明已完全分解14、HNO3CuCu（NO3）2【分析】【分析】Cu+4HNO3（濃）═Cu（NO3）2+2N02↑+2H2O中，Cu元素化合價由0價變?yōu)?2價、部分N元素化合價由+5價變?yōu)?4價，以此來解答．【解析】【解答】解：①Cu+4HNO3（濃）═Cu（NO3）2+2N02↑+2H2O中，Cu元素化合價由0價變?yōu)?2價、部分N元素化合價由+5價變?yōu)?4價，該反應中轉移電子總數為2e-，單線橋法表示該反應電子轉移的方向與數目為

故答案為：

②N元素的化合價降低，則氧化劑為HNO3，被還原；而Cu元素的化合價升高，被氧化，對應氧化產物為Cu（NO3）2，故答案為：HNO3；Cu；Cu（NO3）2．15、2882【分析】【分析】（1）根據能量最低原理；泡利不相容原理、洪特規(guī)則答題；

（2）依據原子結構示意圖的畫法要求解答．【解析】【解答】解：（1）①由于第1層只有1個s軌道；只能容納2個電子，故答案為2；

②第2層有1個s軌道和3個p軌道；所以最多能容納8個電子，故答案為：8；

③由于存在能級交錯現象；（n+1）s軌道的能量低于nd軌道的能量，所以最外層電子數最多只能有8個，K層只能有2個，故答案為：8，2；

（2）在原子結構示意圖中，圓圈表示原子核，圓圈內的數值為質子數，核外電子層用弧線表示，弧線上的數據表示每層的電子數，1-20原子結構示意圖分別為：

故答案為：．三、判斷題(共8題，共16分)16、×【分析】【分析】HClO是弱電解質，但NaClO是鹽，屬于強電解質．【解析】【解答】解：HClO是弱電解質，但NaClO在水溶液里或熔融狀態(tài)下完全電離，所以NaClO屬于強電解質，故錯誤；故答案為：×．17、√【分析】【分析】化學反應達到平衡狀態(tài)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(tài)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：√．18、×【分析】【分析】元素的化合價升高，失去電子被氧化，以此來解答．【解析】【解答】解：在化學反應中某元素化合價只升高，作還原劑，失去電子被氧化，故答案為：×．19、×【分析】【分析】（1）同溫同壓下；氣體的氣體摩爾體積相等；

（2）氣體摩爾體積取決于溫度和壓強的大??；

（3）氣體摩爾體積僅適用于氣體；

（4）考慮影響氣體體積的因素．【解析】【解答】解：（1）氣體的體積取決于溫度和壓強的大小；同溫同壓下，氣體分子之間的距離相等，則氣體摩爾體積相等，故答案為：×；

（2）氣體摩爾體積取決于溫度和壓強的大?。蝗绮辉跇藴薁顩r下，也可能為22.4L/mol，故答案為：×；

（3）氣體摩爾體積僅適用于氣體；對于固體；液體來說，不同物質的體積大小不同，故答案為：×；

（4）影響氣體體積的因素為分子間的平均距離和分子數目的多少，一定溫度和壓強下，分子間距離一定，所以氣體體積大小由分子數目決定，故答案為：√．20、×【分析】【分析】焰色反應實質是原子核外的電子受激發(fā)，躍遷到高能級狀態(tài)時發(fā)出的色光，是物理變化．【解析】【解答】解：焰色反應是物理變化，不是化學變化，故錯誤，答案為：×．21、×【分析】【分析】還原性Fe＞Cu，鐵首先與稀硝酸反應，如金屬不足，則反應生成Fe3+，如金屬過量，則生成Fe2+，如鐵過量，則溶液中沒有Cu2+，以此解答該題．【解析】【解答】解：還原性Fe＞Cu，鐵首先與稀硝酸反應，如鐵不足，則反應生成Fe3+，如鐵過量，則生成Fe2+，且溶液中沒有Cu2+；

故答案為：×．22、√【分析】【分析】膠體中分散質粒子直徑在1-100nm之間，膠體能發(fā)生丁達爾效應、能產生電泳現象、能產生聚沉．【解析】【解答】解：膠體中分散質粒子直徑在1-100nm之間，所以膠體能產生丁達爾效應；膠體具有吸附性，吸附帶電荷的離子，所以能產生電泳現象；膠體能發(fā)生聚沉現象，故答案為：√．23、√【分析】【分析】根據同主族元素性質相似的規(guī)律判斷．【解析】【解答】解：Na和K位于周期表相同主族，性質相似，Na可以與水反應放出H2，所以K也可以與水反應放出H2；

故答案為：√．四、解答題(共2題，共20分)24、略

【分析】【分析】根據鈉與水發(fā)生反應：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，鋁與氫氧化鈉的發(fā)生反應：2Al+2NaOH+6H2O═2Na[Al（OH）4]+3H2↑，濾渣為過量的金屬鋁，則反應消耗金屬質量為：5.2g-2.7g=3.5g，設出反應消耗鋁、鈉的物質的量，然后結合反應方程式進行計算．【解析】【解答】解：發(fā)生反應有：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑、2Al+2NaOH+6H2O═2Na[Al（OH）4]+3H2↑；

最后得到的2.7g濾渣為金屬Al；則反應消耗金屬總質量為：5.2g-2.7g=2.5g；

設反應消耗Na的物質的量為x；結合反應可知消耗Al的物質的量與Na相等；則：23x+27y=2.5，解得：x=0.05mol；

所以混合金屬中鈉的質量為：23g/mol×0.05mol=1.15g；鋁的質量為：5.2g-1.15g=4.05g；

答：原混合物中金屬鈉和金屬鋁的質量分別為1.15g、4.05g．25、略

【分析】

（1）a．石英的成分是二氧化硅；二氧化硅是酸性氧化物，能和氫氧化鈉反應，所以不能在耐高溫的石英坩堝中進行熔化氫氧化鈉固體的實驗，故a錯誤；

b．用pH試紙測定未知溶液的pH時，正確的操作方法為用玻璃棒蘸取少量待測液滴在干燥的pH試紙上，與標準比色卡對比來確定pH，不需用蒸餾水潤濕試紙，故b正確；

c．實驗室中不慎將酒精撒在臺面上起火；可用濕抹布覆蓋滅火，用濕抹布覆蓋在燃燒的酒精上，能使酒精與氧氣隔絕，又能起到降溫的作用，故c正確；

d．燃燒的條件是具有可燃物；溫度達到該物質的著火點、與氧氣接觸；實驗室取用少量白磷時，可將白磷取出，在空氣中用小刀切割與氧氣接觸，溫度達到該物質的著火點，很容易自燃，故d錯誤；

故選bc；

（2）a．用塊狀大理石與鹽酸反應制取CO2，塊狀大理石可放在有空的塑料絲網上，反應進行過程中，碳酸鈣和稀鹽酸反應生成氯化鈣、水和二氧化碳，化學方程式：CaCO3+2HCl═CaCl2+CO2↑+H2O；關閉該裝置中分液漏斗活塞后，裝置內氣壓增加，可以觀察到燒杯內液面上升，反應液與塊狀固體脫離，反應停止，故a正確；

b．用鋅粒與稀硫酸反應制取H2，鋅可放在有空的塑料絲網上，反應進行過程中，鋅與稀硫酸反應生成硫酸鋅和氫氣，該反應的化學方程式為：Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑，關閉該裝置中分液漏斗活塞后，裝置內氣壓增加，可以觀察到燒杯內液面上升，反應液與塊狀固體脫離，反應停止，故b正確；

c．用過氧化鈉與水反應制取O2，過氧化鈉放在有空的塑料絲網上，反應進行過程中，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；因過氧化鈉溶于水，且和水反應，關閉該裝置中分液漏斗活塞后，無法將反應液與塊狀固體脫離，故c錯誤；

d．用二氧化錳與濃鹽酸反應制取Cl2，MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O；反應需加熱，該裝置無法實現，故d錯誤；

故選ab．

【解析】【答案】（1）a．氫氧化鈉是強堿；能和酸或酸性氧化物反應，據此分析解答；

b．用pH試紙測定溶液的pH時；用水濕潤pH試紙，稀釋了待測溶液，使溶液的酸堿性減弱；

c．滅火原理：清除或隔離可燃物；隔絕氧氣或空氣、使溫度降到著火點以下；據此分析解答；

d．白磷是磷元素的一種塊狀單質；有劇毒，其著火點為40℃，常溫下在空氣中很容易自燃．取用白磷時必須在水中切割；

（2）根據反應的速率和操控的難以程度選擇藥品和反應；該裝置特點為：無須加熱反應；當將裝置中的導氣管關閉后，生成的氣體使裝置中的氣壓增大，從而使固體和液體分離，使反應停止，據此解答．

五、探究題(共4題，共40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++8H2O4