2025年新世紀版高三化學下冊階段測試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年新世紀版高三化學下冊階段測試試卷274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7題，共14分)1、60毫升由CO2和NO組成的混和氣體，通入足量的Na2O2，余氣通入足量水，此時無氣體剩余，則原混和氣體中CO2和NO的體積分別是（）A.CO2：30毫升，NO30毫升B.CO2：36毫升，NO：24毫升C.CO2：40毫升，NO：20毫升D.CO2：24毫升，NO：36毫升2、用稀硫酸，氫氧化鈉，鋁為原料制取Al（OH）3可通過不同的途徑。

甲：Al?Al2（SO4）3?Al（OH）3

乙：Al?NaAlO2?Al（OH）3

丙：?Al（OH）3

要制得等量的Al（OH）3，三種不同的途徑分別消耗硫酸的比值為（）A.12：4：3B.3：2：1C.9：8：6D.8：4：33、下列物質(zhì)中不能與苯酚發(fā)生反應的是（）A.Na2CO3B.NaHCO3C.NaOHD.FeCl34、用銅來制備等質(zhì)量的Cu（NO3）2；下列方法中最合理的方案是（）

A.Cu與濃HNO3反應。

B.Cu與稀HNO3反應。

C.CuO與稀HNO3反應。

D.Cu（OH）2與稀HNO3反應。

5、下列涉及有機物的說法正確的是()A.苯能與溴單質(zhì)發(fā)生取代反應，因此不能用苯萃取溴水中的溴B.丙烷是一種清潔燃料，可用作燃料電池的燃料C.淀粉和纖維素水解產(chǎn)物都是葡萄糖，因此二者互為同分異構體D.苯乙烯.氯乙烯都是不飽和烴，均可用于合成有機高分子材料6、對于N2（g）+3H2（g）?2NH3（g），不能作為反應達到平衡狀態(tài)的判斷依據(jù)是（）A.恒容密閉容器中總壓強不變B.恒容密閉容器中混合氣體的密度不變C.生成氨氣的速率與氨氣分解的速率相等D.N2、H2、NH3的濃度不再發(fā)生變化7、以0.1000mol?L-1NaOH溶液滴定cmol?L-1，某弱酸HA溶液，其滴定曲線如圖所示，下列說法正確的是（）A.可用甲基橙作滴定指示劑B.指示劑指示的滴定終點就是反應終點C.突變范圍的大小與酸的強弱及酸的濃度有關D.滴定時氫氧化鈉溶液盛放在帶活塞的滴定管中評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)8、（2014秋?增城市校級期中）某實驗小組用0.50mol/LNaOH溶液和0.50mol/L硫酸溶液進行中和熱的測定．

Ⅰ．配制0.50mol/LNaOH溶液。

（1）若實驗中大約要使用245mLNaOH溶液，至少需要稱量NaOH固體____g．

（2）從表中選擇稱量NaOH固體所需要的儀器是（填字母）：____．

。名稱托盤天平（帶砝碼）小燒杯坩堝鉗玻璃棒藥匙量筒儀器序號abcdefⅡ．測定稀硫酸和稀氫氧化鈉中和熱的實驗裝置如圖所示．

（1）寫出該反應的熱化學方程式（中和熱為57.3kJ/mol）：____．

（2）取50mLNaOH溶液和30mL硫酸溶液進行實驗；實驗數(shù)據(jù)如表．

①請?zhí)顚懴卤碇械目瞻祝?/p>

。起始溫度t1/℃終止溫度。

t2/℃溫度差平均值。

（t2-t1）/℃H2SO4NaOH平均值平均值126.226.026.130.1227.027.427.231.3325.925.925.929.8426.426.226.330.4②近似認為0.50mol/LNaOH溶液和0.50mol/L硫酸溶液的密度都是1g/cm3，中和后生成溶液的比熱容c=4.18J/（g?℃）．則中和熱△H=____（取小數(shù)點后一位）．

③上述實驗數(shù)值結果與57.3kJ/mol有偏差，產(chǎn)生偏差的原因可能是（填字母）____．

a．實驗裝置保溫；隔熱效果差。

b．量取NaOH溶液的體積時仰視讀數(shù)。

c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小燒杯中。

d．用溫度計測定NaOH溶液起始溫度后直接測定H2SO4溶液的溫度．9、（1）圖1是石蠟油在熾熱碎瓷片的作用下產(chǎn)生乙烯并檢驗其性質(zhì)的實驗；完成下列問題．

①A中碎瓷片的作用是____．

②B中反應類型是____．C中實驗現(xiàn)象是____．

（2）制取氯乙烷（CH3CH2Cl）的最佳方法是（用化學方程式表示）：____；

（3）用空氣吹溴水到SO2溶液中的化學方程式：____；

（4）把干海帶放在____（儀器的名稱）中灼燒．灼燒后的海帶溶于水中，過濾后的濾液中酸化后加過氧化氫的離子方程式____

（5）在試管A中加入3mL乙醇；然后邊振蕩試管邊慢慢加入2mL濃硫酸和2mL乙酸，按圖2所示連接好裝置制取乙酸乙酯．

①試管B中盛放飽和Na2CO3溶液的作用是：中和乙酸、溶解乙醇和____．

②實驗完成后，若要分離B中的液體混合物，需要用到的玻璃儀器是____．10、已知：①苯環(huán)上原有的取代基對新引入的取代基進入苯環(huán)的位置有顯著影響．

②R-NO2R-NH2

③R-Br+H2OR-OH+HBr

以下是用苯作原料制備一系列化合物的轉(zhuǎn)化關系圖：

（1）A轉(zhuǎn)化為B的化學方程式是____．

（2）D在苯環(huán)上的二氯代物有____種同分異構體．

（3）圖中“苯→①→②”省略了反應條件，請寫出①、②物質(zhì)的結構簡式：①____，②____．11、PHBV（）是一種可降解的高分子材料。此類產(chǎn)品可用于食品包裝、化妝品、醫(yī)藥、衛(wèi)生及農(nóng)業(yè)等行業(yè)。它可由互為同系物的M、N（均為不飽和烴）等原料經(jīng)下列路線合成：完成下列填空：（1）寫出N的結構簡式，C中官能團的名稱。（2）寫出反應類型：M→A。B的同分異構體中能被新制氫氧化銅懸濁液氧化的有____種。（3）由E和D合成PHBV的化學方程式是。（4）由乙醇制取乙酸的方法與過程可表述如下：C2H5OHCH3CHOCH3COOH請用上述表述方法表示由C合成D的方法與過程：。12、（2015春?徐州期末）鈉和銅的單質(zhì)及其化合物在生活實際中有著廣泛的應用．

（1）Cu2+基態(tài)的核外電子排布式為____；

（2）NaCl晶體的晶胞結構如圖1所示，在NaCl的晶胞中含有的陰離子的個數(shù)為____，陽離子的配位數(shù)為____；

（3）鈉的有關鹵化物的熔點間下表，鈉的鹵化物熔點按NaF、NaCL、NaBr、NaI順序降低的原因是____；。NaFNaClNaBrNaI熔點/℃993801747661（4）碘化鈉溶液和硫酸銅溶液能反應生成一種銅的碘化物A（白色沉淀），A的晶胞如圖2所示，則A的化學式是____，A中銅元素的化合價為____．13、一種由甲醇；氧氣以及強堿做電解質(zhì)溶液的新型手機電池；容量達氫鎳電池或鋰電池的10倍，可連續(xù)使用一個月才充一次電．請完成下列與甲醇有關的問題．

（1）工業(yè)上有一種生產(chǎn)甲醇的反應為：CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）；△H=-49.0kJ?mol-1

在溫度和容積相同的A；B兩個容器中；按不同方式投人反應物，保持恒溫恒容，經(jīng)10秒鐘后達到平衡，達到平衡時的有關數(shù)據(jù)如下表：

。容器AB反應物投入量1molCO2（g）和3molH2（g）1molCH3OH（g）和1molH2O（g）CH3OH（g）濃度（mol?L-1）c1c2反應能量變化放出29.4kJ吸收akJ①從反應開始到達到平衡時，A中用CO2來表示的平均反應速率為____（用含C1的表達式表示）．

②a=____．

（2）某同學設計了一個甲醇燃料電池，并用該電池電解200mL-定濃度NaCl與CuSO4混合溶液；其裝置如圖：

①寫出甲中通入甲醇這一極的電極反應式____

②理論上乙中兩極所得氣體的體積隨時間變化的關系如丙圖所示（氣體體積已換算成標準狀況下的體積），寫出在t2后，鐵電極上的電極反應式____；在t2時所得溶液的pH為____．（假設溶液體積不變）

（3）科學家制造出一種使用固體電解質(zhì)的燃料電池，其效率更高，可用于航天航空．如圖丁所示裝置中，以稀土金屬材料做惰性電極，在兩極上分別通入CH4和空氣，其中固體電解質(zhì)是摻雜了Y203的Zr02固體，它在高溫下能傳導02-離子。

①d電極的名稱為____．

②如圖戊所示用鉑電極電解足量硫酸銅溶液，b電極上的電極反應式為____．若電解一段時間后要使電解質(zhì)溶液恢復到電解前的狀態(tài)，可加入____（填序號）．

a．CuOb．Cu（OH）2c．CuC03d．Cu2（OH）2C03．14、現(xiàn)有金屬單質(zhì)A、B和氣體甲、乙、丙及物質(zhì)C、D、E、F、G，金屬A焰色反應為黃色，它們之間能發(fā)生如下反應（圖中有些反應的產(chǎn)物和反應的條件沒有全部標出）．

請根據(jù)以上信息回答下列問題：

（1）寫出下列物質(zhì)的化學式：乙____丙____F____

（2）寫出下列反應的離子方程式：

①金屬A和水反應____

②D和G的水溶液反應____

（3）將G溶液逐滴加入到沸水中會產(chǎn)生一種紅褐色的液體．你認為該液體中的分散質(zhì)粒子直徑在____之間，驗證的簡單方法是：____．15、實驗是化學研究的一種重要手段；現(xiàn)有如圖所示A-G七種儀器，請根據(jù)要求填空．

（1）寫出下列儀器的名稱：E____，F(xiàn)____．

（2）下列實驗操作中要用到的儀器G是____（選填編號）

a．分離水和CCl4的混合物b．分離水和酒精的混合物c．分離水和泥砂的混合物。

（3）實驗室配制100mL0.5mol/L的鹽酸溶液．

①下列關于儀器E的使用方法中，正確的是____（選填編號）

a．使用前必須烘干b．使用前應檢查是否漏液c可以用作物質(zhì)溶解的容器．d．熱溶液可直接轉(zhuǎn)移到E中。

②通過計算，需用10mol/L的濃鹽酸____mL，取用該體積鹽酸時，需要用到上述儀器中的A和____（選填儀器的編號）

③在實驗時，按下列步驟“計算→量取→溶解→轉(zhuǎn)移→定容→保存到試劑瓶中”進行配制、定容后，液面位置如圖所示，其中正確的是____（選填編號）．所配溶液濃度將偏低的是____（選填編號）．

16、鐵；銅都是人類最早使用的金屬；它們的單質(zhì)及化合物應用非常廣泛．

（1）鋼鐵“發(fā)藍，是將鋼鐵制品浸到某些氧化性溶液中，使其表面形成一層四氧化三鐵的過程．其中有一種辦法是將鋼鐵制品浸到亞硝酸鈉和濃氫氧化鈉的混合溶液中加熱至1300C；反應過程為：

I.3Fe+NaNO2+5NaOH=3Na2FeO2+H2O+NH3↑

II.6Na2FeO2+NaNO2+5H2O=3Na2Fe2O4+NH3↑十+7NaOH

Ⅲ．Na2FeO2+Na2Fe2O4+2H2O=Fe3O4+4NaOH

①反應II中的氧化劑是______．

②上述過程產(chǎn)生了大量NH3，有關NH3處理方案合理的是______

a．用H2SO4吸收制氮肥b．高空排放C．用于制備HNO3

（2）工業(yè)上常用氯化鐵溶液腐蝕銅制電路板．

①請根據(jù)金屬活動順序及反應原理，判斷Cu2+、Fe3+、Fe2+的氧化性強弱順序：______．

②請設計實驗驗證Cu2+、Fe3+氧化性強弱的結論．實驗方案及現(xiàn)象為：______．

（3）如圖橫坐標為溶液pH，縱坐標為金屬離子物質(zhì)的量濃度的對數(shù)值（當溶液中金屬離子濃度≤10-5mol?L-1時；可認為沉淀完全），試回答：

①腐蝕銅板后的溶液中，若Cu2+、Fe3+和Fe2+濃度均為0.1mol?L-1，今向混合溶液中通入氨氣調(diào)節(jié)溶液的pH=5.6時，溶液中存在的金屬陽離子為______．

②從圖中數(shù)據(jù)計算可得Fe（OH）2的溶度積Ksp[Fe（OH）2]=______．評卷人得分三、判斷題(共6題，共12分)17、可逆反應達到平衡，反應就不再進行．____（判斷對錯）18、在NaCl、MgCl2和MgSO4三種鹽配成的混合溶液中，若Na+的濃度為0.1mol?L-1、Mg2+的濃度為0.25mol?L-1、Cl-的濃度為0.2mol?L-1、則SO42-的物質(zhì)的量濃度為0.2mol?L-1____（判斷對錯）．19、鈉的還原性很強，在空氣中易變質(zhì)，最后變?yōu)檫^氧化鈉____．（判斷對錯）20、有些化學反應既屬于復分解反應，又屬于氧化反應____（判斷對和錯）21、在有Cl-和Br-共同存在的溶液中，只要滴入AgNO3溶液，就一定先有AgBr沉淀生成．____．（判斷對錯）22、向沸水中逐滴加入少量飽和FeCl3溶液，可制得Fe（OH）3膠體____（判斷對錯）評卷人得分四、解答題(共3題，共12分)23、向15gFe和Fe2O3混合物中，加入150mL稀H2SO4，在標準狀況下放出1.68LH2，這時Fe和Fe2O3均無剩余，再向溶液滴入KSCN溶液未見顏色變化．為中和過量的H2SO4，且使Fe2+完全轉(zhuǎn)化成Fe（OH）2；共消耗3mol/L的氫氧化鈉溶液200mL．

求：（1）Fe和Fe2O3的質(zhì)量．

（2）原稀H2SO4的物質(zhì)的量濃度．24、Ⅰ．如圖表示一個電解池；裝有電解液a；X；Y是兩塊電極板，通過導線與直流電源相連．若X、Y都是惰性電極，a是飽和NaCl溶液，實驗開始時，同時在兩邊各滴入幾滴酚酞試液，請回答：

（1）X極上的電極反應式：______．在X極附近觀察到的現(xiàn)象是______．

（2）Y電極上的電極反應式為______；檢驗該電極反應產(chǎn)物的方法是______．

Ⅱ．三峽大壩使萬里長江變成黃金水道；但三峽船閘的防腐蝕是現(xiàn)實而又緊迫的任務，請你分析：

（1）船閘主要發(fā)生的是______腐蝕；并請寫出腐蝕的電極反應式：

負極：______；正極：______．

（2）請你對三峽船閘的防腐蝕提出一項合理化建議：____________．

25、將某一元酸HA溶液與NaOH溶液等體積混合：

（1）若c（HA）=c（NaOH）=0．lmol/L；測得混合后溶液的pH＞7．

①不能證明HA是弱電解質(zhì)的方法是______

A．測得0.1mol/LHA的pH＞l

B．測得NaA溶液的pH＞7

C．pH=l的HA溶液與鹽酸；稀釋100倍后，鹽酸的pH變化大。

D．用足量鋅分別與相同pH；相同體積的鹽酸和HA溶液反應；產(chǎn)生的氫氣一樣多。

②混合溶液中；關系式一定正確的是______

A．c（A-）＞c（Na+）＞c（OH-）＞c（H+）B．c（A-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+）

C．c（HA）+c（A-）=0.1mol/LD．c（HA）+c（H+）=c（OH-）

③若HA+B2-（少量）=A-+HB-、H2B（少量）+2C-=B2-+2HC、HA+C-=A-+HC，則相同pH的①NaA溶液②Na2B溶液③NaHB溶液④NaC溶液；其物質(zhì)的量濃度由大到小的順序為______（填序號）．

（2）若c（HA）=c（NaOH）=0.1mol/L；測得混合后溶液的pH=7．

①現(xiàn)將一定濃度的HA溶液和0.1mol/LNaOH溶液等體積混合后；所得溶液的pH跟該濃度的HA溶液稀釋10倍后所得溶液的pH相等，則HA溶液的物質(zhì)的量濃度為______．

②用標準的NaOH溶液滴定未知濃度的HA時；下列操作能引起所測HA濃度偏大的是______．

A．用蒸餾水洗滌錐形瓶后；用待測HA溶液進行潤洗。

B．滴定前發(fā)現(xiàn)滴定管的尖嘴部分有氣泡；滴定后消失。

C．裝NaOH的堿式滴定管未用標準的NaOH溶液潤洗。

D．滴定前仰視；滴定后俯視讀數(shù)。

（3）若c（HA）=0.04mol/L；c（NaOH）═0.02mol/L．

①若HA為HCN，該溶液顯堿性，則溶液中c（Na+）______c（CN-）（填“小于”；“等于”或“大于”）；得出該結論的依據(jù)是______．

②若HA為CH3COOH；該溶液顯酸性，溶液中所有離子按濃度由大到小排列的順序是______．

③若HA為強酸，99℃時（Kw=10-12），將兩種溶液等體積混合后，溶液中由水電離出的H+濃度為______mol/L（假設混合后溶液體積為兩溶液體積之和）．

評卷人得分五、計算題(共3題，共9分)26、相同條件下，體積之比為a：b和質(zhì)量之比為a：b的H2和O2的混合氣體，其平均相對分子質(zhì)量為____和____．27、9.5g某元素的氯化物XCl2溶于水制成溶液后，加入200ml1mol?L_1AgNO3溶液恰好完全反應．已知該元素原子核內(nèi)有12個中子．則該元素的質(zhì)量數(shù)和質(zhì)子數(shù)分別為____和____．28、生物乙醇可由淀粉或纖維素等生物質(zhì)原料發(fā)酵獲得；利用乙醇可制取氫氣，也可用乙醇進行相關的化工生產(chǎn)．

（1）已知乙醇制取氫氣有如下兩條路線：

a．水蒸氣催化重整：CH3CH2OH（g）+H2O（g）→4H2（g）+2CO（g）

b．部分催化氧化：CH3CH2OH（g）+O2（g）→3H2（g）+2CO（g）

原子利用率較高的是：____式（選填a或b）．

（2）已知CO的燃燒熱為283kJ/mol，H2的燃燒熱為285.8kJ/mol．今取2mol乙醇，40%按a式制氫，60%按b式制氫，假定轉(zhuǎn)化率均為100%，則兩種制氫產(chǎn)生的全部氣體完全燃燒產(chǎn)生的熱量為____kJ．

（3）某生物質(zhì)能研究所準備利用乙醇得到的合成氣合成一種生物汽油．乙醇按a式和b式反應的各占50%，合成氣合成生物汽油的反應為：2mCO+（2m+n）H2→2CmHn+2mH2O．假定這種生物汽油中含有X、Y兩種成分，X、Y都是有8個碳原子的烴，X是苯的同系物，Y是烷烴．50噸質(zhì)量分數(shù)為92%的乙醇經(jīng)上述轉(zhuǎn)化（假定各步轉(zhuǎn)化率均為100%），則最終可得到X的質(zhì)量為多少噸．評卷人得分六、推斷題(共1題，共8分)29、單質(zhì)rm{Z}是一種常見的半導體材料，可由rm{X}通過如下圖所示的路線制備，其中rm{X}為rm{Z}的氧化物，rm{Y}為氫化物；分子結構與甲烷相似，回答下列問題：

rm{(1)}元素rm{Z}的原子結構示意圖_______________。rm{(2)}寫出rm{X}與rm{Na_{2}CO_{3}}反應的化學方程式_______________________________。rm{(3)}能與rm{X}發(fā)生化學反應的酸是____rm{;}由rm{X}制備rm{Mg_{2}Z}的化學方程式為_____________________________________。rm{(4)}由rm{Mg_{2}Z}生成rm{Y}的化學方程式為_____________________，rm{Y}分子的電子式為_____。rm{(5)Z}rm{X}中共價鍵的類型分別是_______、____________。參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、B【分析】【分析】二氧化碳與過氧化鈉發(fā)生反應：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，NO發(fā)生總反應為：4NO+3O2+H2O═4HNO3；

最終沒有氣體剩余，則二氧化碳反應生成氧氣與NO的體積之比為3：4，設CO2體積為xmol，則NO為（60-x）mL，表示二氧化碳生成氧氣的體積，進而列方程計算解答．【解析】【解答】解：設CO2體積為xmol；則NO為（60-x）mL；

2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2；

xmL0.5xmL

NO發(fā)生總反應為：4NO+3O2+H2O═4HNO3；最終沒有氣體剩余，則二氧化碳反應生成氧氣與NO的體積之比為3：4，故0.5xmL：（60-x）mL=3：4，解得x=36，則NO體積為60mL-24mL=36mL；

故選B．2、A【分析】【分析】若制取1molAl（OH）3；則。

甲：Al～H2SO4～Al（OH）3；

乙：Al～NaAlO2～H2SO4～Al（OH）3；

丙：2Al+3H2SO4═Al2（SO4）3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑、Al2（SO4）3+6NaAlO2+12H2O═8Al（OH）3↓+3Na2SO4，則H2SO4～Al（OH）3，以此來計算．【解析】【解答】解：若制取1molAl（OH）3；則。

甲：Al～H2SO4～Al（OH）3；

乙：Al～NaAlO2～H2SO4～Al（OH）3；

丙：2Al+3H2SO4═Al2（SO4）3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑、Al2（SO4）3+6NaAlO2+12H2O═8Al（OH）3↓+3Na2SO4，則H2SO4～Al（OH）3；

則消耗硫酸的比值為：：=12：4：3；

故選A．3、B【分析】【分析】苯酚屬于極弱的酸，酸性小于碳酸但大于HCO3-，能和堿、鈉反應，能和溴發(fā)生取代反應，能和氯化鐵發(fā)生顯色反應，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：A．苯酚溶液顯酸性，但酸性小于碳酸但大于HCO3-；所以苯酚能和碳酸鈉反應生成苯酚鈉和碳酸氫鈉，故A不選；

B．苯酚溶液顯酸性，但酸性小于碳酸但大于HCO3-；所以苯酚和碳酸氫鈉不反應，故B選；

C．苯酚溶液顯酸性；能和氫氧化鈉反應生成苯酚鈉和氫氣，故C不選；

D．苯酚和氯化鐵溶液發(fā)生顯色反應；故D不選；

故選B．4、C【分析】

用來制備硝酸銅的反應方程式如下：

Cu與濃HNO3反應式為：Cu+4HNO3（濃）═Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O

Cu與稀HNO3反應式為：3Cu+8HNO3（?。┄T3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O

CuO與稀HNO3反應式為：CuO+2HNO3═Cu（NO3）2+H2O

Cu（OH）2與稀HNO3反應式為：：Cu（OH）2+2HNO3═3Cu（NO3）2+2H2O

從以上方程式可知；生成等量硝酸銅，消耗硝酸的量，濃硝酸與銅反應消耗硝酸最多，其次是稀硝酸與銅反應；

CuO與稀HNO3反應、Cu（OH）2與稀HNO3反應消耗硝酸相等．從產(chǎn)物看；濃硝酸與銅反應生成的二氧化氮為污染氣體，稀硝酸與銅反應產(chǎn)生的一氧化氮為污染氣體，所以A；B不是最合理的．從C、D選項看，產(chǎn)生等量硝酸銅，需氧化銅的質(zhì)量和生成水的量都較氫氧化銅少，故C是最佳的．

故選：C．

【解析】【答案】最合理應是消耗原料最少且污染最小的反應．寫出各種制備硝酸銅的反應方程式；從反應物的用量和對環(huán)境的影響考慮．

5、B【分析】A．苯和液溴在催化劑的條件下發(fā)生取代反應；但和溴水不反應，由于溴在苯中的溶解度比在水中大，且苯和水互不相溶，可用苯萃取溴水中的溴，故A錯誤；

B．丙烷完全燃燒只生成二氧化碳和水；為清潔能源，具有還原性，可作燃料電池的負極，故B正確；

C．淀粉和纖維素都是高分子化合物；聚合度在較大的一定范圍之間，二者分子式不一定相同，不是同分異構體，故C錯誤；

D．氯乙烯不屬于烴；屬于烴的衍生物，故D錯誤．

故選B．

【解析】【答案】B6、B【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(zhì)的濃度不再發(fā)生變化，由此衍生的一些物理量不再變化，注意反應化學方程式中氣體的化學計量數(shù)之和前后不等的特點，以此判斷．【解析】【解答】解：A．該反應反應前后氣體體積不同；反應達到平衡狀態(tài)時氣體的壓強不再變化，故A不選；

B．反應前后氣體質(zhì)量不變；體積不變，混合氣體密度始終不變，故B選；

C．生成氨氣的速率和分解氨氣的速率相等；則氨氣的正逆反應速率相等，所以可以說明達到平衡狀態(tài)，故C不選；

D．單當該反應達到平衡狀態(tài)時，各物質(zhì)的濃度不再發(fā)生變化，N2、H2、NH3的濃度不再發(fā)生變化；則各種物質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)不再變化，可以說明達到平衡狀態(tài)，故D不選；

故選：B．7、C【分析】【分析】A；氫氧化鈉和弱酸反應恰好反應生成的鹽是強堿弱酸鹽；鹽水解顯堿性，應選擇堿性條件下變色的指示劑；

B；反應終點是指酸和堿剛好完全反應；而指示劑是一個變色范圍；

C；當酸的酸性很強；濃度變稀時突變范圍增大；

D、帶活塞的為酸式滴定管不能盛氫氧化鈉溶液；【解析】【解答】解：A；氫氧化鈉和弱酸反應恰好反應生成的鹽是強堿弱酸鹽；鹽水解顯堿性，應選擇堿性條件下變色的指示劑，不能選擇甲基橙，應選擇酚酞指示劑，故A錯誤；

B；反應終點是指酸和堿剛好完全反應；而指示劑是一個變色范圍，故B錯誤；

C；當酸的酸性很強；濃度變稀時突變范圍增大，突變范圍的大小與酸的強弱及酸的濃度有關，故C正確；

D；帶活塞的為酸式滴定管不能盛氫氧化鈉溶液；滴定時氫氧化鈉溶液盛放在堿式滴定管中，故D錯誤；

故選C．二、填空題(共9題，共18分)8、5.0abeH2SO4（aq）+NaOH（aq）=Na2SO4（aq）+H2O（l）△H=-57.3kJ/mol-53.5kJ/molacd【分析】【分析】Ⅰ．（1）根據(jù)公式m=nM=cVM來計算氫氧化鈉的質(zhì)量；但是沒有245mL的容量瓶；

（2）氫氧化鈉要在小燒杯中稱量；根據(jù)稱量固體氫氧化鈉所用的儀器來回答；

Ⅱ．（1）根據(jù)酸堿中和反應生成1mol液態(tài)水時放出57.3kJ的熱量書寫熱化學方程式；

（2）①先判斷溫度差的有效性；然后求出溫度差平均值；

②先根據(jù)Q=m?c?△T計算反應放出的熱量，然后根據(jù)△H=-kJ/mol計算出反應熱；

③a．裝置保溫；隔熱效果差；測得的熱量偏??；

b．量取NaOH溶液的體積時仰視讀數(shù)；會導致所量的氫氧化鈉體積偏大，放出的熱量偏高；

c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小燒杯中；測得的熱量偏??；

d．用溫度計測定NaOH溶液起始溫度后直接測定H2SO4溶液的溫度，硫酸的起始溫度偏高【解析】【解答】解：Ⅰ．（1）沒有245mL的容量瓶；所以用250mL的容量瓶，需要稱量NaOH固體m=nM=cVM=0.5mol/L×0.25L×40g/mol=5.0g；

故答案為：5.0；

（2）氫氧化鈉要在小燒杯中稱量；稱量固體氫氧化鈉所用的儀器有天平；燒杯和藥匙；

故答案為：abe；

Ⅱ．（1）已知稀強酸、稀強堿反應生成1mol液態(tài)水時放出57.3kJ的熱量，稀硫酸和氫氧化鋇鈉稀溶液都是強酸和強堿的稀溶液，則反應的熱化學方程式為：H2SO4（aq）+NaOH（aq）=Na2SO4（aq）+H2O（l）△H=-57.3kJ/mol；

故答案為：H2SO4（aq）+NaOH（aq）=Na2SO4（aq）+H2O（l）△H=-57.3kJ/mol；

（2）4次溫度差分別為：4.0℃，4.1℃，3.9℃，4.1℃，4組數(shù)據(jù)都有效，溫度差平均值==4.0℃；

故答案為：4.0；

②50mL0.50mol/L氫氧化鈉與30mL0.50mol/L硫酸溶液進行中和反應生成水的物質(zhì)的量為0.05L×0.50mol/L=0.025mol，溶液的質(zhì)量為：80ml×1g/ml=80g，溫度變化的值為△T=4℃，則生成0.025mol水放出的熱量為Q=m?c?△T=80g×4.18J/（g?℃）×4.0℃=1337.6J，即1.3376KJ，所以實驗測得的中和熱△H=-=-53.5kJ/mol；

故答案為：-53.5kJ/mol；

③a．裝置保溫；隔熱效果差；測得的熱量偏小，中和熱的數(shù)值偏小，故a正確；

b．量取NaOH溶液的體積時仰視讀數(shù)，會導致所量的氫氧化鈉體積偏大，放出的熱量偏高，中和熱的數(shù)值偏大，故b錯誤；

c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小燒杯中；熱量散失，中和熱的數(shù)值偏小，故c正確；

d．用溫度計測定NaOH溶液起始溫度后直接測定H2SO4溶液的溫度；硫酸的起始溫度偏高，溫度差偏小，測得的熱量偏小，中和熱的數(shù)值偏小，故d正確．

故答案為：acd．9、催化作用氧化反應溴的四氯化碳溶液褪色CH2=CH2+HClCH3CH2ClBr2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr坩堝H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O降低乙酸乙酯的溶解度分液漏斗【分析】【分析】（1）①碎瓷片有催化作用；

②乙烯能被酸性高錳酸鉀氧化；乙烯能和溴發(fā)生加成反應；

（2）加成反應產(chǎn)物只有一種；無副產(chǎn)物生成；

（3）二氧化硫具有還原性；溴具有氧化性；二者能發(fā)生氧化還原反應；

（4）把海帶放在坩堝中灼燒；酸性條件下；雙氧水將碘離子氧化碘單質(zhì)；

（5）①乙酸能和飽和碳酸鈉反應生成醋酸鈉；乙醇易溶于水，乙酸乙酯在飽和碳酸鈉溶液中的溶解度較?。?/p>

②互不相溶的液體采用分液的方法分離．【解析】【解答】解：（1）①石蠟油在熾熱碎瓷片的作用下產(chǎn)生乙烯；所以其作用主要是催化，加快反應速率；

故答案為：催化作用；

②酸性高錳酸鉀有強氧化性；乙烯能被酸性高錳酸鉀溶液氧化；乙烯和溴發(fā)生加成反應生成無色的1，2-二溴乙烷而使溴水褪色；

故答案為：氧化反應；溴的四氯化碳褪色；

（2）加成反應產(chǎn)物只有一種，無副產(chǎn)物生成，故應選用乙烯與氯化氫制取氯乙烷，方程式為：CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；

故答案為：CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；

（3）二氧化硫具有還原性、溴具有氧化性，二者能發(fā)生氧化還原反應生成硫酸和氫溴酸，反應方程式為：Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，故答案為：Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr；

（4）把海帶放在坩堝中灼燒；酸性條件下，雙氧水將碘碘離子氧化為碘，自身被還原為水，離子方程式為H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O；

故答案為：坩堝；H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O；

（5）①制備乙酸乙酯時常用飽和碳酸鈉溶液；目的是中和揮發(fā)出來的乙酸，使之轉(zhuǎn)化為乙酸鈉溶于水中；溶解揮發(fā)出來的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分層得到酯；

故答案為：降低乙酸乙酯的溶解度；

②互不相溶的液體采用分液的方法分離，分液所使用的玻璃儀器是分液漏斗，故答案為：分液漏斗．10、為+CH3Cl+HCl4或【分析】【分析】（1）A為硝基苯，根據(jù)信息②可知B為根據(jù)A；B的結構可知，甲基取代硝基苯苯環(huán)上硝基間位的H原子生成B；

（2）C為溴苯，D與氫氣加成生成可知D為根據(jù)等效H，畫出苯環(huán)上可能的二氯代物同分異構體；

（3）由轉(zhuǎn)化關系圖可知硝基苯發(fā)生間位取代，鹵苯發(fā)生對位取代，再利用采取倒推法判斷①、②物質(zhì)的結構簡式．【解析】【解答】解：（1）A為硝基苯，根據(jù)信息②可知B為根據(jù)A；B的結構可知，甲基取代硝基苯苯環(huán)上硝基間位的H原子生成B，反應方程式為。

+CH3Cl+HCl；

故答案為：+CH3Cl+HCl；

（2）苯環(huán)上有2中H原子，如圖所示1；3號等效；2、4等效．二氯代物可以發(fā)生在1、3位置，2、4位置，1、2位置（等同3、4位置），1、4位置（等同2、3），所以二氯代物的同分異構體共有4種；

故答案為：4；

（3）②與水反應生成根據(jù)信息可知②為或由轉(zhuǎn)化關系圖可知硝基苯發(fā)生間位取代，鹵苯發(fā)生對位取代，所以①鹵苯，為

故答案為：或．11、略

【分析】試題分析：（1）由題目中信息PHBV（）是一種可降解的高分子材料，構成其的單體為和而且它可由互為同系物的M、N（均為不飽和烴）等原料經(jīng)下列路線合成，M中應該有三個碳原子含有碳碳叁鍵，故N的結構簡式CH3CH2C≡CH。B到C發(fā)生了加成反應所以C中官能團的名稱氯原子、羥基。（2）M→A根據(jù)信息應該是加成反應，B的同分異構體中能被新制氫氧化銅懸濁液氧化說明含有醛基，分別是丁醛和2－甲基丙醛。（3）由E和D分別為和合成PHBV的化學方程式是相當于發(fā)生了縮聚反應，x+y+(x+y)H2O（4）根據(jù)信息采用逆向推理的方法推導可知：考點：考查了有機物的推斷和同異構體的判斷以及有機合成的思路?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）CH3CH2C≡CH（1分）、氯原子、羥基（0.5分×2）（2）加成反應（1分）、2（1分）（3）x+y+(x+y)H2O(2分)（4）（2分）（合理給分）12、1s22s22p63s23p63d946氟離子、氯離子、溴離子、碘離子的半徑變小，所以NaF、NaCL、NaBr、NaI晶體的晶格能變小，所以熔點降低CuI+1【分析】【分析】（1）Cu元素原子核外電子數(shù)為29，其基態(tài)原子的電子排布式為1s22s22p63s23p43d104s1，Cu原子失去4s、3d能級的1個電子形成Cu2+；

（2）利用均攤法計算晶胞中含有的鈉離子和氯離子數(shù)目；

（3）離子晶體中離子的半徑越?。浑x子鍵強度越大，熔點越高；

（4）利用均攤法計算晶胞中含有的銅離子和碘離子數(shù)目，得到A的化學式，從而確定銅的化合價．【解析】【解答】解：（1）Cu元素原子核外電子數(shù)為29，其基態(tài)原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1，Cu原子失去4s、3d能級的1個電子形成Cu2+，Cu2+的核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d9；

故答案為：1s22s22p63s23p63d9；

（2）黑色球表示氯離子，白色球表示鈉離子，鈉離子數(shù)目=1+12×=4，氯離子數(shù)目=+6×=4，所以每個NaCl晶胞中含有的Na+離子和Cl-離子的數(shù)目分別是4；4；一個鈉離子周圍是6個氯離子，所以配位數(shù)為6，故答案為：4；6；

（3）離子晶體中離子的半徑越小，離子鍵強度越大，熔點越高，氟離子、氯離子、溴離子、碘離子的半徑變小，所以NaF、NaCL、NaBr、NaI晶體的晶格能變小，所以熔點降低，故答案為：氟離子、氯離子、溴離子、碘離子的半徑變小，所以NaF、NaCL、NaBr；NaI晶體的晶格能變小；所以熔點降低；

（4）A的晶胞如圖2所示，黑色球的個數(shù)是8×+6×=4，白球為4個，所以A的化學式是CuI，A中銅元素是+1價，故答案為：CuI；+1．13、0.1c1mol/（L?S）19.6CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O2H++2e-=H2↑1負極Cu2++2e-═Cuac【分析】【分析】（1）①根據(jù)方程式知，1mol二氧化碳完全反應放出49kJ能量，則反應放出29.4kJ熱量，則參加反應的二氧化碳的物質(zhì)的量==0.6mol，根據(jù)方程式知，生成c1mol甲醇需要二氧化碳的物質(zhì)的量為c1mol/L，從反應開始到達到平衡時，A中用CO2來表示的平均反應速率=；

②A；B是等效平衡；則A中放出的熱量與B中吸收的熱量之和為49.0kJ；

（2）①甲是原電池；通入甲醇的電極是負極；通入氧氣的電極是正極，負極上甲醇失電子和氫氧根離子反應生成碳酸根離子和水；

②電解該混合溶液時；陽極上先是氯離子放電生成氯氣；后是氫氧根離子放電生成氧氣，陰極上先是銅離子放電生成Cu單質(zhì)，所以沒有氣體生成，然后是氫離子放電生成氫氣，根據(jù)圖象知，I為陰極發(fā)生的反應、II為陽極發(fā)生的反應；

在t2后；鐵電極上氫離子放電生成氫氣；石墨電極上氫氧根離子放電生成氧氣，實際上是電解水；

（3）①根據(jù)電流方向知；c是正極；d是負極；

②如圖戊所示用鉑電極電解足量硫酸銅溶液，b電極上銅離子放電生成Cu；若電解一段時間后要使電解質(zhì)溶液恢復到電解前的狀態(tài)，根據(jù)析出什么加入什么原則加入物質(zhì)即可．【解析】【解答】解：（1）①根據(jù)方程式知，1mol二氧化碳完全反應放出49kJ能量，則反應放出29.4kJ熱量，則參加反應的二氧化碳的物質(zhì)的量==0.6mol，根據(jù)方程式知，生成c1mol甲醇需要二氧化碳的物質(zhì)的量為c1mol/L，從反應開始到達到平衡時，A中用CO2來表示的平均反應速率===0.1c1mol/（L?S）；

故答案為：0.1c1mol/（L?S）；

②A；B是等效平衡；則A中放出的熱量與B中吸收的熱量之和為49.0kJ，則a=49.0kJ-29.4kJ=19.6kJ；

故答案為：19.6；

（2）①甲是原電池，通入甲醇的電極是負極、通入氧氣的電極是正極，負極上甲醇失電子和氫氧根離子反應生成碳酸根離子和水，電極反應式為CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O，故答案為：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；

②電解該混合溶液時，陽極上先是氯離子放電生成氯氣、后是氫氧根離子放電生成氧氣，陰極上先是銅離子放電生成Cu單質(zhì)，所以沒有氣體生成，然后是氫離子放電生成氫氣，根據(jù)圖象知，I為陰極發(fā)生的反應、II為陽極發(fā)生的反應，陽極電極反應式為2H++2e-=H2↑；

在t2后，鐵電極上氫離子放電生成氫氣、石墨電極上氫氧根離子放電生成氧氣，實際上是電解水，所以溶液pH變化的為t1-t2時間段；陽極上生成氧氣體積為（336-224）mL=112mL=0.112L，陽極電極反應式為。

2H2O-4e-=4H++O2↑，根據(jù)2H2O-4e-=4H++O2↑知，c（H+）==0.1mol/L；則溶液的pH=1；

故答案為：2H++2e-=H2↑；1；

（3）①根據(jù)電流方向知；c是正極；d是負極，故答案為：負極；

②如圖戊所示用鉑電極電解足量硫酸銅溶液，b電極上銅離子放電生成Cu，電極反應式為Cu2++2e-═Cu；若電解一段時間后要使電解質(zhì)溶液恢復到電解前的狀態(tài)，根據(jù)析出什么加入什么原則加入物質(zhì)即可，用惰性電極電解硫酸銅溶液時，陽極上氫氧根離子放電生成氧氣、陰極上銅離子放電生成Cu，所以相當于析出的物質(zhì)是CuO，加入CuC03，硫酸和CuC03反應生成硫酸銅和二氧化碳，二氧化碳逸出，相當于加入CuO，所以加入CuO或CuC03都可以使溶液恢復原狀，故答案為：Cu2++2e-═Cu；ac．14、Cl2HClFeCl22Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓1-100nm是否有丁達爾現(xiàn)象【分析】【分析】金屬單質(zhì)A的焰色反應為黃色，則A為Na，與水反應生成的氣體甲為H2，D為NaOH，黃綠色氣體乙為Cl2，氯氣與氫氣反應生成丙為HCl，丙溶于水得到E為鹽酸．D與G生成紅褐色沉淀H為Fe（OH）3，則G中含有鐵離子，金屬B與氯氣反應得到G，故B為Fe，G為FeCl3，F(xiàn)e與鹽酸反應生成氯化亞鐵與氫氣，故F為FeCl2，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：金屬單質(zhì)A的焰色反應為黃色，則A為Na，與水反應生成的氣體甲為H2，D為NaOH，黃綠色氣體乙為Cl2，氯氣與氫氣反應生成丙為HCl，丙溶于水得到E為鹽酸．D與G生成紅褐色沉淀H為Fe（OH）3，則G中含有鐵離子，金屬B與氯氣反應得到G，故B為Fe，G為FeCl3，F(xiàn)e與鹽酸反應生成氯化亞鐵與氫氣，故F為FeCl2；

（1）由上述分析可知，乙為Cl2，丙為HCl，F(xiàn)為FeCl2，故答案為：Cl2；HCl；FeCl2；

（2）①金屬A和水反應離子方程式為：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；

②D和G的水溶液反應離子方程式為：Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓；

故答案為：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓；

（3）將FeCl3溶液逐滴加入到沸水中會產(chǎn)生一種紅褐色的液體；形成氫氧化鐵膠體，該液體中的分散質(zhì)粒子直徑在1-100nm之間，驗證的簡單方法是：是否有丁達爾現(xiàn)象；

故答案為：1-100nm；是否有丁達爾現(xiàn)象．15、容量瓶冷凝管ab5.0Cdc【分析】【分析】（1）根據(jù)儀器的結構特點判斷儀器的名稱；

（2）G為分液漏斗；可用于分離互不相溶的液體混合物；

（3）①E為容量瓶；只能在常溫下使用，且只能用來配制溶液，不能用作它途；

②根據(jù)0.1L×0.5mol/L=10moL/L×V計算濃鹽酸濃度；粗略量取液體；可用量筒和膠頭滴管；

③定容后液體凹液面與刻度線水平相切，分析不當操作V的影響，結合c=具體分析不當操作對濃度的影響．【解析】【解答】解：（1）由儀器的圖形可知E為容量瓶；F為冷凝管，故答案為：容量瓶；冷凝管；

（2）G為分液漏斗；可用于分離互不相溶的液體混合物，應為a，故答案為：a；

（3）①E為容量瓶，只能在常溫下使用，且只能用來配制溶液，且使用前要檢查是否漏水，故答案為：b；

②0.1L×0.5mol/L=10moL/L×V；V=0.005L，即5.0mL，取用該體積鹽酸時，需要用到上述儀器中的量筒和膠頭滴管，其中膠頭滴管用于定容；

故答案為：5.0；C；

③定容后液體凹液面與刻度線水平相切，d符合；a、b溶液體積偏小，濃度偏大，c體積偏大，濃度偏小，故答案為：d；c．16、略

【分析】解：（1）①反應II中NaNO2的N元素化合價降低，應為氧化劑，故答案為：NaNO2；

②氨氣不能排放到空氣中；為堿性氣體，可用酸吸收，用以制備氮肥，故答案為：ac；

（2）①根據(jù)反應2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，可判斷出氧化性：Fe3+＞Cu2+；

根據(jù)Fe+Cu2+=Fe2++Cu可判斷出氧化性：Cu2+＞Fe2+，所以有氧化性：Fe3+＞Cu2+＞Fe2+；

故答案為：Fe3+＞Cu2+＞Fe2+；

②根據(jù)反應2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，設計成原電池反應，可驗證Cu2+、Fe3+氧化性的強弱；可將銅棒與碳棒用導線連接（帶電流表），再插入氯化鐵溶液，發(fā)現(xiàn)有電流產(chǎn)生；

故答案為：將銅棒與碳棒用導線連接（帶電流表）；再插入氯化鐵溶液，發(fā)現(xiàn)有電流產(chǎn)生；

（3）①向混合溶液中通入氨氣調(diào)節(jié)溶液的pH=5.6時，由圖象可知易生成Fe（OH）3沉淀；

溶液中存在的金屬陽離子為Cu2+、Fe2+；

故答案為：Cu2+、Fe2+；

②由圖象可知：c（Fe2+）=1.0×10-5（mol?L-1），c（OH-）=1.0×10-6（mol?L-1）

Ksp[Fe（OH）2]=c（Fe2+）×c2（OH-）=1.0×10-17（mol?L-1）3；

故答案為：1.0×10-17（mol?L-1）3．

（1）①根據(jù)化合價的變化判斷；

②氨氣不能排放到空氣中；為堿性氣體，可用酸吸收；

（2）①根據(jù)反應2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，F(xiàn)e+Cu2+=Fe2++Cu進行判斷；

②可根據(jù)反應2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；設計成原電池反應；

（3）①向混合溶液中通入氨氣調(diào)節(jié)溶液的pH=5.6時，由圖象可知易生成Fe（OH）3沉淀；

②根據(jù)Ksp[Fe（OH）2]=c（Fe2+）×c2（OH-）計算．

本題考查較為綜合，題目難度中等，易錯點為（3），注意圖象縱坐標數(shù)值．【解析】NaNO2；ac；Fe3+＞Cu2++＞Fe2+；將銅棒與碳棒用導線連接（帶電流表），再插入氯化鐵溶液，發(fā)現(xiàn)有電流產(chǎn)生；Cu2+、Fe2+；1.0×10-17（mol?L-1）3三、判斷題(共6題，共12分)17、×【分析】【分析】據(jù)化學平衡狀態(tài)的特征解答，當反應達到平衡狀態(tài)時，正逆反應速率相等，各物質(zhì)的濃度、百分含量不變．【解析】【解答】解：化學平衡是動態(tài)平衡；當反應達到平衡狀態(tài)時，正逆反應速率相等，但不為0；

故答案為：×．18、√【分析】【分析】溶液呈電中性，根據(jù)電荷守恒，溶液中存在c（Na+）+2c（Mg2+）=c（Cl-）+2c（SO42-），據(jù)此計算判斷．【解析】【解答】解：溶液呈電中性，根據(jù)電荷守恒，溶液中c（Na+）+2c（Mg2+）=c（Cl-）+2c（SO42-），即：0.1mol/L+2×0.25mol/L=0.2mol/L+2c（SO42-），解得c（SO42-）=0.2mol/L，故硫酸的濃度正確，故答案為：√．19、×【分析】【分析】鈉具有強還原性，極易被氧氣氧化生成白色固體氧化鈉，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：鈉性質(zhì)很活潑，極易被氧氣氧化生成白色固體氧化鈉而變暗，鈉在空氣中燃燒生成淡黃色固體過氧化鈉，故答案為：×．20、×【分析】【分析】復分解反應均屬于非氧化還原反應，據(jù)此解答即可．【解析】【解答】解：復分解反應中不存在元素化合價的變化，一定屬于非氧化還原反應，故答案為：×．21、×【分析】【分析】根據(jù)溶度積常數(shù)計算各沉淀生成時所需銀離子的濃度，從而判斷生成沉淀的先后順序．【解析】【解答】解：如生成沉淀，應滿足c（Ag+）×c（Cl-）＞Ksp（AgCl）、c（Ag+）×c（Br-）＞Ksp（AgBr），如c（Cl-）遠大于c（Br-），且c（Ag+）×c（Br-）＜Ksp（AgBr），則不一定先生成AgBr沉淀；

故答案為：×．22、×【分析】【分析】向沸水中滴加幾滴飽和氯化鐵溶液，并加熱至液體呈紅褐色得到氫氧化鐵膠體，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：氫氧化鐵膠體的制備方法：向沸水中滴加幾滴氯化鐵飽和溶液，氯化鐵水解生成氫氧化鐵膠體，升高溫度促進氯化鐵水解，并加熱至液體呈紅褐色即可得到氫氧化鐵膠體，所以該題錯誤，故答案為：×．四、解答題(共3題，共12分)23、略

【分析】【分析】（1）根據(jù)鐵、氧化鐵都能與鹽酸反應以及反應后溶液中無Fe3+，所以鐵也與硫酸鐵反應，先根據(jù)H2求出和硫酸生成1.68LH2的鐵，然后根據(jù)混合物發(fā)生的反應：Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2OFe2（SO4）3+Fe=3FeSO4，可知n（Fe2O3）：n（Fe）=1：1，求出Fe2O3和Fe的質(zhì)量，最終求出混合物中Fe和Fe2O3的質(zhì)量；

（2）由題意我們應該可以理解反應后溶液中只有Fe2+而無Fe3+，而且硫酸有剩余，也就說固體與酸反應后溶液中得到的是FeSO4和硫酸的混合液，接著在這混合溶液中滴加NaOH溶液，先中和了硫酸，又與FeSO4反應生成了Fe（OH）2沉淀，最終溶液中剩余物質(zhì)其實就是Na2SO4．這樣我們用守恒法考慮，SO42-來自原H2SO4，而Na+來自NaOH，這樣得到H2SO4～2NaOH，最后根據(jù)c=求出原硫酸的物質(zhì)的量濃度．【解析】【解答】解：（1）因鐵、氧化鐵都能與硫酸反應：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O，又因反應后溶液中無Fe3+，所以有反應為：Fe+Fe2（SO4）3=3FeSO4；

1.68L氫氣的物質(zhì)的量為：=0.075mol，根據(jù)反應Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑可知與硫酸生成1.68LH2消耗的鐵為0.075mol，其質(zhì)量為：56g/mol×0.075mol=4.2g，剩余混合物質(zhì)量為：15-4.2=10.8g，剩余的混合物發(fā)生如下反應：Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O、Fe2（SO4）3+Fe=3FeSO4可得關系式Fe2O3～Fe2（SO4）3～Fe，所以剩余混合物中Fe2O3和Fe的物質(zhì)的量應該為1：1，設二者物質(zhì)的量都為n，則160n+56n=10.8g，解得：n=0.05mol，則m（Fe2O3）=160g/mol×0.05mol=8g；m（Fe）=56g/mol×0.05mol=4.2，原混合物中鐵的質(zhì)量為：4.2g+2.8=7g；

答：原混合物中含有7gFe，4.2gFe2O3；

（2）因為反應后溶液中無Fe3+存在，且固體沒有剩余，則全都是以Fe2+的形式存在，反應后溶質(zhì)為硫酸亞鐵，根據(jù)質(zhì)量守恒定律可知：n（H2SO4）=n（Na2SO4）=n（NaOH）=3mol/L×0.2L×=0.3mol；

所以原稀H2SO4的物質(zhì)的量濃度為：=2mol/L；

答：原稀H2SO4的物質(zhì)的量濃度為2mol/L．24、略

【分析】

Ⅰ、（1）和電源的負極相連的電極X極是陰極，該電極上氫離子發(fā)生得電子的還原反應，即2H++2e-=H2↑；所以該電極附近氫氧根濃度增大，堿性增強，滴入幾滴酚酞試液會變紅；

故答案為：2H++2e-=H2↑；放出氣體；溶液變紅；

（2）和電源的正極相連的電極Y極是陽極，該電極上氯離子失電子發(fā)生氧化反應，即2Cl--2e-=Cl2↑；氯氣能使?jié)駶櫟牡饣浀矸墼嚰堊兯{，可以用于氯氣的檢驗；

故答案為：2Cl--2e-=Cl2↑；把濕潤的碘化鉀淀粉試紙放在Y電極附近；試紙變藍色；

Ⅱ；（1）接觸水及空氣；主要發(fā)生吸氧腐蝕，鐵在負極放電生成亞鐵離子，氧氣在正極得電子生成氫氧根．電極反應式為。

負極：2Fe-4e-=2Fe2+，正極：O2+2H2O+4e-=4OH-；

故答案為：吸氧；2Fe-4e-=2Fe2+；O2+2H2O+4e-=4OH-；

（2）保護船閘可以及時刷油漆；保護鋼鐵不與空氣和水接觸；或在船閘上鑲嵌鋅塊并及時補充；或?qū)⒅绷麟娫吹呢摌O焊接到船閘上，并不間斷供電．

故答案為：及時刷油漆；保護鋼鐵不與空氣和水接觸；或在船閘上鑲嵌鋅塊并及時補充；或?qū)⒅绷麟娫吹呢摌O焊接到船閘上，并不間斷供電．

【解析】【答案】Ⅰ．（1）電解飽和食鹽水時，陰極上是氫離子得電子，生成氫氣和OH-；

（2）電解飽和食鹽水時；陽極上是氯離子失電子生成氯氣，氯氣能使?jié)駶櫟牡饣浀矸墼嚰堊兯{；

Ⅱ．（1）船閘接觸水及空氣；主要發(fā)生吸氧腐蝕；

（2）金屬防護常用方法有改變金屬的內(nèi)部組織結構；覆蓋保護層法、電化學保護法．

25、略

【分析】

（1）①A．測得0.1mol/LHA的pH＞l；說明HA沒有完全電離，故A正確；

B．測得NaA溶液的pH＞7，說明溶液中存在A-的水解；HA為弱電解質(zhì)，故B正確；

C．pH=l的HA溶液與鹽酸；稀釋100倍后，鹽酸的pH變化大，說明HA沒有完全電離，加水稀釋促進電離，HA為弱電解質(zhì)，故C正確；

D．用足量鋅分別與相同pH；相同體積的鹽酸和HA溶液反應；產(chǎn)生的氫氣一樣多，說明HA為強電解質(zhì)，與題目不符，故D錯誤；

故答案為：D；

②A．A-水解，溶液中存在c（Na+）＞c（A-），應為c（Na+）＞c（A-）＞c（OH-）＞c（H+）；故A錯誤；

B．根據(jù)溶液的電中性原則，溶液中存在：c（A-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+）；故B正確；

C．酸堿稀釋后，c（HA）+c（A-）=0.05mol/L；故C錯誤；

D．根據(jù)物料守恒，則有c（HA）+c（A-）=c（Na+），根據(jù)溶液的電中性原則，有c（A-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），二者聯(lián)式可得：c（HA）+c（H+）=c（OH-）；故D正確．

故答案為：BD；

③從結合H+的能力判斷：HA+B2-（少量）=A-+HB-，酸性：H2B＞HA＞HB-；H2B（少量）+2C-=B2-+2HC，酸性：H2B＞HB-＞HC；

HA+C-=A-+HC，酸性：HA＞HC；則有酸性：H2B＞HA＞HB-＞HC；鹽對應的酸越弱，對應的酸根離子的水解程度越大，當PH相同時，對應的物質(zhì)的量濃度由大到小的順序為③＞①＞②＞④；

故答案為：③＞①＞②＞④；

（2）若c（HA）=c（NaOH）=0.1mol/L；測得混合后溶液的pH=7，說明HA為強酸；

①設HA濃度為c，體積為V，則有：則c=0.125；

故答案為：0.125mol/L；

②A．用蒸餾水洗滌錐形瓶后；用待測HA溶液進行潤洗，則V（堿）偏大，所測HA濃度偏大，故A正確；

B．滴定前發(fā)現(xiàn)滴定管的尖嘴部分有氣泡；滴定后消失，則V（堿）偏大，所測HA濃度偏大，故B正確；

C．裝NaOH的堿式滴定管未用標準的NaOH溶液潤洗；則V（堿）偏大，所測HA濃度偏大，故C正確；

D．滴定前仰視；滴定后俯視讀數(shù)，會導致則V（堿）偏小，所測HA濃度偏小，故D錯誤．

故答案為：ABC；

（3）①溶液呈堿性，則c（H+）＜c（OH-），根據(jù)溶液呈電中性，則有c（Na+）+c（H+）=c（CN-）+c（OH-）；

所以c（Na+）＞c（CN-）．

故答案為：大于；

因為c（Na+）+c（H+）=c（CN-）+c（OH-），溶液呈堿性，則c（H+）＜c（OH-），所以c（Na+）＞c（CN-）；

②溶液呈酸性，則有c（H+）＞c（OH-），根據(jù)溶液呈電中性，則有c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-）；

所以c（CH3COO-）＞c（Na+）；雖然反應后剩余的醋酸和鈉離子的物質(zhì)的量相等，而醋酸為弱電解質(zhì)，部分電離，則有。

c（Na+）＞c（H+），所以c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）．

故答案為：c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）；

③若HA為強酸，反應后酸過量，則有：c（H+）==0.01mol/L；

99℃時，Kw=10-12，則c（H+）×c（OH-）=10-12；

c（OH-）=10-10，與水電離出的c（H+）相等；

故答案為：10-10．

【解析】【答案】（1）①根據(jù)弱電解質(zhì)存在電離平衡以及對應的鹽水解的性質(zhì)進行分析；

②A．A-水解，溶液中存在c（Na+）＞c（A-）；

B．根據(jù)溶液呈電中性分析；

C．從物料守恒的角度分析；

D．溶液的電中性結合物料守恒聯(lián)式判斷．

③從結合H+的能力判斷：HA+B2-（少量）=A-+HB-，酸性：H2B＞HA＞HB-；H2B（少量）+2C-=B2-+2HC，酸性：H2B＞HB-＞HC；

HA+C-=A-+HC，酸性：HA＞HC；則有酸性：H2B＞HA＞HB-＞HC；根據(jù)酸性的強弱判斷溶液的濃度；

（2）若c（HA）=c（NaOH）=0.1mol/L；測得混合后溶液的pH=7，說明HA為強酸；

①設HA濃度為c，體積為V，則有：以此進行計算；

②根據(jù)c（酸）×V（酸）=V（堿）×c（堿）；分析不當操作對c（酸）的影響，以此判斷濃度的誤差；

（3）①從溶液電中性的角度分析；

②溶液顯酸性，則有c（H+）＞c（OH-）；根據(jù)溶液電中性分析；

③計算反應后溶液的c（H+），根據(jù)c（H+）×c（OH-）=10-12計算．

五、計算題(共3題，共9分)26、【分析】【分析】分別根據(jù)體積比和質(zhì)量比計算出氫氣和氧氣的物質(zhì)的量之比，再計算出平均相對分子量．【解析】【解答】解：平均摩爾質(zhì)量為：=；

相同條件下，氫氣和氧氣的體積比為a：b，物質(zhì)的量之比為a：b，二者平均摩爾質(zhì)量為：g/mol，相對分子量為：；

質(zhì)量比a：b的H2和O2的混合氣體，物質(zhì)的量之比為=16a：b，平均摩爾質(zhì)量為：=g/mol，平均分子量為：；

故答案為：；．27、2412【分析】【分析】根據(jù)Cl-+Ag+═AgCl↓計算XCl的物質(zhì)的量，再由M=計算其摩爾質(zhì)量，摩爾質(zhì)量與相對分子質(zhì)量的數(shù)值相等，結合種原子原子核內(nèi)有12個中子及質(zhì)量數(shù)=質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)來計算原子的質(zhì)子數(shù)．【解析】【解答】解：（1）由Cl-+Ag+═AgCl↓可知，n（Cl-）=n（Ag+）=0.2L×1mol/L=0.2mol，則n（XCl2）=0.1mol；

則M（XCl2）==95g/mol；

由摩爾質(zhì)量與相對分子質(zhì)量的數(shù)值相等及質(zhì)量數(shù)=質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)；

則X=95-71=24；Z=24-12=12；

答：質(zhì)量數(shù)為24，質(zhì)子數(shù)為12．28、a3075.44【分析】【分析】（1）原子利用率=期望產(chǎn)物總質(zhì)量與生成物的總質(zhì)量之比；據(jù)此計算H原子利用率進行判斷；

（2）計算CO；氫氣的物質(zhì)的量；再根據(jù)CO、氫氣的燃燒熱計算；

（3）計算乙醇物質(zhì)