2025年外研版三年級起點高三化學下冊階段測試試卷含答案

…………○…………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年外研版三年級起點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總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、由Fe2O3；Fe、CuO、C、Al中的幾種物質組成的混合粉末；取樣品進行下列實驗（部分產物略去）．關于混合粉末的組成判斷正確的是（）

A.一定含CuO和CB.一定含F(xiàn)e2O3、CuO和CC.一定含CuO和C，一定不含AlD.氣體Z為純凈物2、下列4種常見食物與其所含的主要營養(yǎng)物質對應關系正確的是（）A.

豆腐一油脂B.

魚類-纖維素C.

葡萄-蛋白質D.

面包-淀粉3、實驗用含有雜質（FeO、Fe2O3）的廢CuO制備膽礬晶體經歷下列過程，F(xiàn)e3+在pH=5時已完全沉淀；其分析錯誤的是（）

A.用18mol/L濃硫酸配制溶解所用4mol/L的稀硫酸，玻璃儀器一般只有3種B.利用Cu（OH）2替代CuO也可調試溶液pH，不影響實驗結果C.洗滌晶體：向濾出晶體的漏斗中加少量水浸沒晶體，自然流下，重復2-3次D.若要實驗測定所得硫酸銅晶體中結晶水的數(shù)目要用到坩堝和坩堝鉗4、實驗中在對某種樣品進行檢驗時，加入試劑順序的不同對最后結果的判斷具有很大影響．某樣品中可能含有SO42-，實驗中加入試劑種類和順序正確的是（）A.BaCl2溶液，稀鹽酸B.稀鹽酸，BaCl2溶液C.BaCl2溶液，稀硝酸D.稀硝酸，BaCl2溶液5、一定質量的某有機物與足量金屬鈉反應要得V1L氣體．相同質量的該有機物與足量的NaHCO3濃溶液反應，可得V2L氣體．已知在同溫同壓下V1和V2相同，則該有機物可能是（）A.CH3CH（OH）COOHB.HOOC-COOHC.CH3CH2CH2OH6、有機物的結構簡式如圖所示；則此有機物可發(fā)生的反應類型有（）

①取代②加成③消去④酯化⑤水解⑥氧化⑦中和．A.①②③⑤⑥B.①②③④⑤⑥⑦C.②③④⑤⑥D.②③④⑤⑥⑦7、下列實驗可行的是（）A.用飽和Na2CO3溶液除去CO2中混有的HCl氣體B.用量筒量取20.83mL12mol/L的濃硫酸配制250mL1mol/L稀硫酸C.用濃硫酸干燥CO2、SO2、HI等酸性氣體D.用稀HNO3能鑒別Mg、Na2CO3、NaAlO2、Na2SiO3四種固體評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)8、汽車安全氣囊是行車安全的重要保障．當車輛發(fā)生碰撞的瞬間；安全裝置通電點火使其中的固體粉末分解釋放出大量的氮氣形成氣囊，從而保護司機及乘客免受傷害．為研究安全氣囊工作的化學原理，取安全裝置中的固體粉末進行實驗．經組成分析，確定該粉末僅含Na；Fe、N、O四種元素．水溶性試驗表明，固體粉末部分溶解．經檢測，可溶物為化合物甲；不溶物為紅棕色固體，可溶于鹽酸．取13.0g化合物甲，加熱使其完全分解，生成氮氣和單質乙，生成的氮氣折合成標準狀況下的體積為6.72L．單質乙在高溫隔絕空氣的條件下與不溶物紅棕色粉末反應生成化合物丙和另一種單質．化合物丙與空氣接觸可轉化為可溶性鹽．

請回答下列問題：

（1）甲的化學式為____．

（2）若丙在空氣中轉化為碳酸氫鹽，則反應的化學方程式為____

（3）單質乙與紅棕色粉末發(fā)生反應的化學方程式為____安全氣囊中紅棕色粉末的作用是____

（4）以下物質中，有可能作為安全氣囊中紅棕色粉末替代品的是____

A．KClB．CuOC．Na2S

（5）設計一個實驗方案，探究化合物丙與空氣接觸后生成可溶性鹽的成分（不考慮結晶水合物）____．9、食鹽中含有一定量的鎂；鐵等物質；加碘鹽中碘的損失主要由于雜質、水份、空氣中的氧氣以及光照，受熱而引起的．

已知：氧化性：IO3-＞Fe3+＞I2還原性：S2O32-＞I-

反應式：3I2+6OH-═5I-+IO3-+3H2O，KI+I2?KI3

（1）某學習小組對加碘鹽進行了如下實驗：取一定量某加碘鹽（可能含有KIO3、KI、Mg2+、Fe3+）．用適量蒸餾水溶解，并加稀硫酸酸化，將所得溶液分3份：第一份試液中滴加KSCN溶液后顯紅色；第二份試液中加足量KI固體，溶液顯示淡黃色，用CCl4萃取，下層溶液顯紫紅色；第三份試液中加入足量的KIO3固體后；滴加淀粉試劑，溶液不變色．

①該紅色物質是____（用化學式表示）；CCl4中顯示紫紅色的物質是____（用電子式表示）．

②第二份試液中加入足量KI固體后，反應的離子方程式為____；

（2）KI作為加碘劑的食鹽在保存過程中，由于空氣中氧氣的作用，容易引起碘的損失．寫出潮濕環(huán)境中KI與氧氣反應的化學方程式：____．

將I2溶于KI溶液，在低溫條件下，可制得KI3?H2O．該物質作為食鹽加碘劑是否合適？

____（填“是”或“否”），并說明理由：____．

（3）為了提高加碘鹽（添加KI）的穩(wěn)定性，可加穩(wěn)定劑減少碘的損失．下列物質中有可能作為穩(wěn)定劑的是____．

A．Na2S2O3B．AlCl3C．Na2CO3D．NaNO2

（4）對含F(xiàn)e2+較多的食鹽（假設不含F(xiàn)e3+），可選用KI作為加碘劑．請設計實驗方案，檢驗該加碘鹽中的Fe2+：____．10、（1）Al2（SO4）3的水溶液呈____（填“酸”、“中”、“堿”）性，原因是（用離子方程式表示）____．

（2）25℃下，pH=5的鹽酸溶液中由水電離出的氫離子濃度為____；

25℃下，pH=5的氯化銨溶液中由水電離出的氫離子濃度為____．

（3）寫出醋酸鈉溶液中各離子濃度由大到小的關系____．11、某化學興趣小組為了探究鋁電極在電池中的作用；設計并進行了以下系列實驗．實驗結果記錄如下：

。編號電極材料電解質溶液電液計指針偏轉方向1Mg、Al稀鹽酸偏向Al2Al、Cu稀鹽酸偏向Cu3Al、C（石墨）稀鹽酸偏向石墨4Mg、Al氫氧化鈉溶液偏向Mg5Al、Zn濃硝酸偏向Al試根據(jù)表中的實驗現(xiàn)象回答下列問題：

（1）實驗1、2中Al所做的電極（正極或負極）____（填“相同”或“不同”）．

（2）實驗3中，鋁為____極，電極反應式：____．

（3）實驗4中，鋁作____，理由是____，寫出鋁電極的電極反應式____．

（4）解釋實驗5中電流計偏向鋁的原因____．12、（10分）運用相關原理，回答下列各小題：（1）常溫下，PH=5的溶液中水的電離程度____PH=9的中水的電離程度。（填“＞”、“＝”或“＜”）（2）等體積等物質的量濃度的與氨水混合后，溶液呈酸性的原因為____。（用離子方程式表示）；若一定量的溶液與氨水混合后，溶液PH=7，則____（填“>”、“=”或“<”不同）；用硫酸氫鈉與氫氧化鋇溶液制取硫酸鋇，若溶液中完全沉淀，則反應后溶液的PH=____7（填“>”、”=”或“<”）(3)將分別含有的四種溶液混合，調節(jié)溶液的PH值，使PH=1，充分反應后：①若離子有剩余，上述四種離子在溶液中還存在的有____，一定不存在的是____②若所得混合液呈紫色，上述四種離子在溶液中一定不存在的離子有____。13、下列反應在210℃時達到平衡：

①PCl5（g）?PCl3（g）+C12（g）△H1＞0K1=1mol?L-1

②CO（g）+C12（g）?COCl2（g）△H2＜OK2=5×104mol?L-1

③COCl2（g）?CO（g）+Cl2（g）K3=？

④2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）△H4＜0

（1）反應③的平衡常數(shù)K3為____．

（2）要使反應①和反應②的K數(shù)值相等，可采取的措施是____（填序號；下同）．

A．降低反應①、②體系中Cl2濃度B．反應①降低溫度；反應②維持210℃

C．反應①；反應②同時升高溫度。

（3）欲使反應④向正方向移動，可采取的措施是____

A．恒溫下擴大容器體積B．減少SO3的物質的量C．恒壓下升溫．14、（2013秋?荊門期末）能源是人類生存和發(fā)展的重要支柱．研究化學反應過程中的能量變化在能源緊缺的今天具有重要的理論意義．已知下列熱化學方程式。

①2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=-570kJ/mol；

②H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H=-242kJ/mol；

③C（s）+O2（g）=CO（g）△H=-110.5kJ/moL；

④C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5kJ/moL；

⑤CO2（g）+2H2O（g）=2CH4（g）+2O2（g）△H=+890kJ/moL

回答下列問題。

（1）上述反應中屬于吸熱反應的是____

（2）H2的燃燒熱為△H=____．

（3）蓋斯定律在生產和科學研究中有很重要的意義．有些反應的反應熱雖然難直接測定，但可通過間接的方法求得．已知C（s）+H2O（g）=H2（g）+CO（g）△H=akJ/moL；則a=____；該反應的熵△S____0（選填“＞”、“=”、“＜”）；已知自由能△G=△H-TS，當△G＜0時可自發(fā)進行．則該反應在什么條件下可自發(fā)進行____．

（4）CO分析儀以燃料電池為工作原理，其裝置如圖所示，該電池中電解質為氧化釔-氧化鈉，其中O2-可以在固體介質NASICON中自由移動．下列說法錯誤的是____．

A．負極的電極反應式為：CO+O2--2e-=CO2

B．工作時電極b作正極，O2-由電極a流向電極b

C．工作時電子由電極a通過傳感器流向電極b

D．傳感器中通過的電流越大，尾氣中CO的含量越高．15、室溫下，在U形管里用A、B兩根惰性電極電解滴有酚酞的飽和食鹽水，電解一段時間后，A極附近產生無色無味的氣體，則B電極是____極，它與電源的____極相連接，B電極發(fā)生的電極反應式是____．電解時____電極附近先變紅（填A或B電極），電解后溶液的pH____（填升高、降低或不變）．電解飽和食鹽水總反應的離子方程式是____．16、在下列各變化中，E為無色無味的液體（常溫下），F(xiàn)為淡黃色粉末，G為常見的無色氣體（反應條件均已省略）?；卮鹣铝袉栴}：（1）在反應②中，每生成2．24L氣體G（標準狀況）時，該反應轉移電子的物質的量是____mol。（2）若反應①在加熱條件下進行，單質A和化合物B按物質的量之比為1:2發(fā)生反應，且C、D是兩種均能使澄清的石灰水變渾濁的無色氣體，則反應①的化學方程式是。（3）若反應①在溶液中進行，A是一元強堿，B是一種酸式鹽，D是一種使?jié)駶櫦t色石蕊試紙變藍的氣體，且B遇鹽酸能生成使品紅溶液褪色的氣體。在加熱條件下，當A過量時，反應①的離子方程式是。(4)由金紅石(TiO2)制取單質Ti，涉及到的步驟為：TiO2→TiCl4Ti①C(s)+O2(g)=CO2(g)；△H=－393．5kJ?mol-1②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)；△H=－566kJ?mol-1③TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(s)+O2(g)；△H=+141kJ?mol-1則TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(s)+2CO(g)的△H=_________________。評卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)17、常溫常壓下，3.2gO2所含的原子數(shù)為0.2NA．____（判斷對錯）18、12g金剛石中含有的共價鍵數(shù)為2NA．____（判斷對錯）19、加用鹽酸酸化的Ba（NO3）2溶液，產生了大量的白色沉淀，溶液里一定含有大量的SO42-．____（判斷對錯正確的打“√”，錯誤的打“×”）20、判斷正誤；正確的劃“√”，錯誤的劃“×”

（1）淀粉、纖維素和油脂都屬于天然高分子化合物____

（2）向淀粉溶液中加入稀H2SO4，加熱幾分鐘，冷卻后再加入新制Cu（OH）2懸濁液，加熱，沒有磚紅色沉淀生成，證明淀粉沒有水解成葡萄糖____

（3）食用白糖的主要成分是蔗糖____

（4）蔗糖、淀粉、油脂及其水解產物均為非電解質____

（5）麥芽糖與蔗糖的水解產物均含葡萄糖，故二者均為還原型二糖____

（6）葡萄糖、果糖的分子式均為C6H12O6，二者互為同分異構體____

（7）蔗糖、麥芽糖的分子式都是C12H22O11，二者互為同分異構體____

（8）麥芽糖及其水解產物均能發(fā)生銀鏡反應____

（9）纖維素和淀粉遇碘水均顯藍色____

（10）植物油的主要成分是高級脂肪酸____

（11）向兩份蛋白質溶液中分別滴加飽和NaCl溶液和CuSO4溶液，均有固體析出，所以蛋白質均發(fā)生變性____

（12）用甘氨酸（CH2COOHNH2）和丙氨酸（CH3CHCOOHNH2）縮合最多可形成4種二肽____

（13）天然植物油常溫下一般呈液態(tài)，難溶于水，有恒定的熔點、沸點____

（14）若兩種二肽互為同分異構體，則二者的水解產物不一致____

（15）苯、油脂均不能使酸性KMnO4溶液褪色____

（16）油脂在空氣中完全燃燒轉化為水和二氧化碳____

（17）蛋白質、乙酸和葡萄糖均屬電解質____

（18）乙酸乙酯和食用植物油均可水解生成乙醇____

（19）蛋白質和油脂都屬于高分子化合物，一定條件下都能水解____

（20）氨基酸、淀粉均屬于高分子化合物____．21、蛋白質、纖維素、蔗糖、PVC、淀粉都是高分子化合物（判斷對錯）22、水體污染的危害是多方面的；它不僅加劇水資源短缺，而且嚴重危害人體健康．

請判斷下列說法是否正確（填“√”或“×”）．

（1）工業(yè)廢水中含有的酸、堿、鹽，會造成水體污染．____

（2）生活污水中不含工業(yè)污染物，因此可以不經處理任意排放．____

（3）含重金屬（Hg、Pb、Cd、Cr等）的水，對人類健康有害．____

（4）含大量N、P的污水任意排向湖泊和近海，會出現(xiàn)水華、赤潮等問題．____．23、蒸餾時，溫度計水銀球插入混合液中，以控制蒸餾的溫度．____．（判斷對錯）24、Ⅰ．下列用連線方法對部分化學知識進行歸納的內容中，有錯誤的一組是____

A．物質的性質與用途：

阿司匹林易水解--用于解熱消炎鎮(zhèn)痛；不能用于防治心腦血管疾病。

明礬溶于水能形成膠體--用于對水的消毒；凈化。

B．保護環(huán)境：

控制“白色污染”--減少一次性塑料餐具的使用量。

防止水的污染--提倡使用無磷洗衣粉。

C．基本安全常識：

飲用假酒中毒--甲醇引起。

食用假鹽中毒--亞硝酸鈉引起。

D．生活中的一些做法：

除去衣服上的油污--可用汽油洗滌。

使煤燃燒更旺--可增大煤與空氣接觸面積。

Ⅱ．保護環(huán)境；合理利用資源已成為人類共同的目標．請判斷下列說法是否正確（填“√”或“×”）．

（1）水體的富營養(yǎng)化有利于大多數(shù)水生動植物的生長．____

（2）減少機動車尾氣排放是改善大氣質量的重要措施．____

（3）焚燒廢棄塑料會產生有害氣體，對大氣造成污染．____

（4）將垃圾分類并回收利用，符合可持續(xù)發(fā)展的要求．____．評卷人得分四、解答題(共4題，共32分)25、某芳香族化合物A，其蒸氣密度是相同條件下H2密度的69倍，已知0.1molA在氧氣中完全燃燒得30.8gCO2和0.3molH2O，請確定A的分子式，并寫出同時符合下列各項條件的所有有機物結構簡式：（1）能和三氯化鐵作用顯色（2）能發(fā)生銀鏡反應（3）苯環(huán)上的一氯取代物有2種結構．26、下面圖表示制備無水鹽E的主要步驟：

已知B是石灰石；D鹽含有約49%的結晶水，無水鹽E可用作干燥劑．取少量E溶于水，向其中滴加硝酸后，再滴加硝酸銀溶液，有白色沉淀F生成．

填寫以下空白（寫出化學式或名稱）：

A______；C______，D______，E______，F(xiàn)______．

27、在某溫度下，將H2和I2各0.10mol的氣態(tài)混合物充入10L的密閉容器中，充分反應，達到平衡后，測得C（H2）=0.0080mol/L．

（1）求該反應的平衡常數(shù)．

（2）在上述溫度下，該容器中若通入H2和I2蒸汽各0.20mol，試求達到平衡狀態(tài)時，各物質的濃度．28、某研究性學習小組將一定濃度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到藍色沉淀．

甲同學認為沉淀可能是CuCO3；乙同學認為沉淀可能是Cu（OH）2；

丙同學認為沉淀可能是CuCO3和Cu（OH）2的混合物．（查閱資料知：CuCO3和Cu（OH）2均不帶結晶水）

Ⅰ．（1）乙同學的觀點；你認為其原理是______；

（2）在探究沉淀成分前；須將沉淀從溶液中過濾；洗滌、低溫干燥，檢驗沉淀是否洗滌干凈的方法是______．

Ⅱ．請用右圖所示裝置；選擇必要的試劑，定性探究生成物的成分．

（3）B裝置中試劑的化學式是______；C裝置中試劑的名稱是______．

（4）能證明乙同學觀點正確的實驗現(xiàn)象是______．

（5）若丙同學的觀點正確；用上述裝置通過B；C中質量的增加來定量測定沉淀的組成（裝置B、C中的試劑與定性探究的可以不同），請你說說該裝置主要存在的缺點______（至少二點）．

評卷人得分五、簡答題(共3題，共12分)29、直接排放含SO2的氣體會形成酸雨；危害環(huán)境．

（1）在大氣中SO2形成硫酸型酸雨有二種途徑，寫出任一途徑反應的化學方程式______；

（2）鈉堿循環(huán)法用Na2SO3溶液作為吸收液，可脫除煙氣中SO2，吸收液吸收SO2的過程中，pH隨n（SO32-）：n（HSO3-）變化關系如下表：

。n（SO32-）：n（HSO3-）91：91：19：91pH8.27.26.2判斷NaHSO3溶液顯______性，用化學平衡原理解釋______；

（3）當吸收液的pH降至約為6時，送至電解槽中，電解槽的陽極室中是稀硫酸，則HSO3-在陽極放電的電極反應式是______；

（4）若用燒堿溶液吸收SO2，①向100mL1molL-1aOH溶液中不斷通入一定量SO2充分反應后，將溶液在低溫下蒸干得到白色固體X，X的組成可能有四種情況，按SO2通入量由少到多出現(xiàn)的先后順序分別是：I．NaOH、Na2SO3，Ⅱ．______，Ⅲ．Na2SO3、NaHSO3，Ⅳ．______；

②若要驗證白色固體X是第I種組成，依次加入的試劑為______（填序號字母）．

a．鹽酸b．MgCl2溶液c．BaCl2溶液d．Ba（OH）2溶液e．酚酞試液。

（5）常溫下將SO2轉化為SO42-而實現(xiàn)SO2的處理．含SO2的廢氣通入含F(xiàn)e2+、Fe3+的溶液時其中一個反應的離子方程式為4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O，則另一反應的離子方程式______．30、醋酸亞鉻水合物rm{{[Cr(CH_{3}COO)_{2}]_{2}?2H_{2}O}相對分子質量為rm{376}}是一種深紅色晶體，不溶于冷水，是常用的氧氣吸收劑rm{.}實驗室中以鋅粒、三氯化鉻溶液、醋酸鈉溶液和鹽酸為主要原料制備醋酸亞鉻水合物，其裝置如圖所示，且儀器rm{2}中預先加入鋅粒rm{.}已知二價鉻不穩(wěn)定，極易被氧氣氧化，不與鋅反應rm{.}制備過程中發(fā)生的相關反應如下：

rm{Zn(s)+2HCl(aq)簍TZnCl_{2}(aq)+H_{2}(g)}

rm{2CrCl_{3}(aq)+Zn(s)簍T2CrCl_{2}(aq)+ZnCl_{2}(aq)}

rm{2Cr^{2+}(aq)+4CH_{3}COO^{-}(aq)+2H_{2}O(l)簍T[Cr(CH_{3}COO)_{2}]_{2}?2H_{2}O(s)}

請回答下列問題：

rm{(1)}儀器rm{1}的名稱是______．

rm{(2)}往儀器rm{2}中加鹽酸和三氯化鉻溶液的順序最好是______rm{(}選下面的rm{A}rm{B}或rm{C)}目的是______．

A.鹽酸和三氯化鉻溶液同時加入。

B.先加三氯化鉻溶液一段時間后再加鹽酸。

C.先加鹽酸一段時間后再加三氯化鉻溶液。

rm{(3)}為使生成的rm{CrCl_{2}}溶液與rm{CH_{3}COONa}溶液順利混合，應關閉閥門______rm{(}填“rm{A}”或“rm{B}”，下同rm{)}打開閥門______．

rm{(4)}本實驗中鋅粒要過量，其原因除了讓產生的rm{H_{2}}將rm{CrCl_{2}}溶液壓入裝置rm{3}與rm{CH_{3}COONa}溶液反應外；另一個作用是______．

rm{(5)}已知其它反應物足量，實驗時取用的rm{CrCl_{3}}溶液中含溶質rm{9.51g}取用的醋酸鈉溶液為rm{1.5L0.1mol/L}實驗后得干燥純凈的rm{[Cr(CH_{3}COO)_{2}]_{2}?2H_{2}O}rm{9.4g}則該實驗所得產品的產率為______rm{(}不考慮溶解的醋酸亞鉻水合物rm{)}．

rm{(6)}鉻的離子會污染水，常溫下要除去上述實驗中多余的rm{Cr^{2+}}最好往廢液中通入足量的______，再加入堿液，調節(jié)rm{pH}至少為______才能使鉻的離子沉淀完全rm{(}鉻的離子濃度應小于rm{10^{-5}mol/L).}已知rm{Cr(OH)_{3}}的溶度積為rm{6.3隆脕10^{-31}}rm{363隆脰4}rm{lg2隆脰0.3}．31、某小組同學研究合成氨反應及氨水的性質如下：rm{(1)}已知：rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)=2NH_{3}(g)triangleH=-92.4kJ/mol}rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)=2NH_{3}(g)

triangleH=-92.4kJ/mol}rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)=2H_{2}O(g)}則氨氣完全燃燒生成氮氣和水蒸氣的熱化學方程式___________。rm{triangleH=-483.6kJ/mol}如圖是合成氨反應平衡混合氣中rm{(2)}的體積分數(shù)隨溫度或壓強變化的曲線，圖中rm{NH_{3}}rm{L(L_{1}}rm{L_{2})}分別代表溫度或壓強rm{X}其中rm{.}代表的是______rm{X}填“溫度”或“壓強”rm{(}判斷rm{)}rm{L_{1}}的大小關系并說明理由_______。

rm{L_{2}}已知：在硫酸銅溶液中加入濃氨水，首先析出藍色的堿式硫酸銅沉淀，氨水過量時此沉淀溶解，得到深藍色的四氨合銅rm{(3)}Ⅱrm{(}絡離子，發(fā)生的離子反應如下：rm{a.2Cu^{2+}+2NH_{3}隆隴H_{2}O+SO_{4}^{2-}簍T2NH_{4}^{+}+Cu_{2}(OH)_{2}SO_{4}隆媒}rm{b.Cu_{2}(OH)_{2}SO_{4}+8NH_{3}?2[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}+SO_{4}^{2-}+2OH^{-}}某小組設計如下實驗：rm{)}試管rm{a.2Cu^{2+}+2NH_{3}隆隴H_{2}O+

SO_{4}^{2-}簍T2NH_{4}^{+}+Cu_{2}(OH)_{2}SO_{4}隆媒}中反應的離子方程式_______________。rm{b.Cu_{2}(OH)_{2}SO_{4}+8NH_{3}?

2[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}+SO_{4}^{2-}+2OH^{-}}試管rm{壟脵}中的深藍色晶體是rm{壟隆}該晶體的性質是____________。rm{壟脷}請結合方程式解釋試管rm{壟壟}加入少量rm{[Cu(NH_{3})_{4}]SO_{4}隆隴H_{2}O}后，產生藍色沉淀和氣體的原因____。rm{壟脹}參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、A【分析】【分析】能與Fe2O3、Fe、CuO、C、Al物質反應產生兩種氣體的濃酸不可能是濃鹽酸；如果是濃硫酸，可以與Fe、C、Al單質發(fā)生氧化還原反應，濃硫酸被還原為SO2，C被氧化為CO2，F(xiàn)e和Al被氧化為Fe3+和Al3+；如果是濃硝酸，則兩種氣體是CO2和NO2，其變化與加濃硫酸的反應相同．無論是那種濃酸均可以使兩種氧化物Fe2O3、CuO轉化為對應的鹽．【解析】【解答】解：能與Fe2O3、Fe、CuO、C、Al物質反應產生兩種氣體的濃酸不可能是濃鹽酸；如果是濃硫酸，可以與Fe、C、Al單質發(fā)生氧化還原反應，濃硫酸被還原為SO2，C被氧化為CO2，F(xiàn)e和Al被氧化為Fe3+和Al3+；如果是濃硝酸，則兩種氣體是CO2和NO2；其變化與加濃硫酸的反應相同，溶液X的組成中一定有銅離子，物質中一定有CuO；

混合物和濃酸之間反應；能得到兩種氣體，則一定含有單質C，其余的物質都無法判斷是否存在，即物質中一定含有：CuO；C；

故選A．2、D【分析】【分析】A．豆腐中主要含有蛋白質；

B．魚類主要含有蛋白質；

C．葡萄主要含有糖類；

D．面包主要中含有淀粉．【解析】【解答】解：A．豆腐中主要含有蛋白質；油脂較少，故A錯誤；

B．魚類主要含有蛋白質；纖維素較少，故B錯誤；

C．葡萄主要含有糖類；蛋白質較少，故C錯誤；

D．面包中主要含有淀粉；故D正確．

故選D．3、A【分析】【分析】樣品與足量硫酸反應，生成硫酸銅和硫酸亞鐵，加入過氧化氫，發(fā)生氧化還原反應生成硫酸鐵，然后加入CuO或Cu（OH）2等物質的調節(jié)溶液的pH，使Fe3+水解而生成Fe（OH）3沉淀，得到硫酸銅溶液，經蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶得到硫酸銅晶體．【解析】【解答】解：A．用18mol/L濃硫酸配制溶解所用4mol/L的稀硫酸；用到量筒；燒杯、膠頭滴管、玻璃棒以及容量瓶等儀器，故A錯誤；

B．Cu（OH）2和CuO都與溶液中H+反應；起到調節(jié)溶液pH的作用，并不引入新的雜質，故B正確；

C．固體具有吸附性；過濾時表面有可溶性物質，可向濾出晶體的漏斗中加少量水浸沒晶體，自然流下，重復2-3次，可洗滌晶體，故C正確；

D．測定結晶水的含量；通過解熱固體，脫去結晶水，稱量質量的變化可的結晶水的個數(shù)，加熱用到坩堝和坩堝鉗，故D正確．

故選：A．4、B【分析】【分析】檢驗溶液中是否存在硫酸根離子，應該先加入稀鹽酸，沒有明顯現(xiàn)象，據(jù)此排除能夠與氯化鋇產生白色沉淀的銀離子、碳酸根離子、亞硫酸根離子的干擾，然后再加入氯化鋇溶液，若生成了白色沉淀，說明溶液中存在硫酸根離子，否則不存在硫酸根離子．【解析】【解答】解：A；若先加入氯化鋇溶液；生成的沉淀可能為氯化銀沉淀，無法判斷是否存在硫酸根離子，故A錯誤；

B；先加入鹽酸；沒有明顯現(xiàn)象，再加入氯化鋇溶液，若生成了白色沉淀，證明溶液中一定存在硫酸根離子，故B正確；

C；先加入氯化鋇溶液；若溶液中存在亞硫酸根離子，亞硫酸根離子被稀硝酸氧化成硫酸根離子，同樣會有白色沉淀生成，無法證明溶液中是否存在硫酸根離子，故C錯誤；

D；先加入稀硝酸；溶液中若有亞硫酸根離子，稀硝酸能夠將亞硫酸根離子氧化成硫酸根離子，所以無法證明溶液中是否存在硫酸根離子，故D錯誤；

故選B．5、A【分析】【分析】等質量的該有機物與足量的NaHCO3反應，可得到氣體V2L，說明有機物中含有-COOH，一定質量的某有機物和足量的金屬鈉反應，可得到氣體V1L，同溫同壓下V1=V2，說明還含有-OH，且羧基與羥基數(shù)目相等，以此解答該題．【解析】【解答】解：等質量的該有機物與足量的NaHCO3反應，可得到氣體V2L，說明有機物中含有-COOH，一定質量的某有機物和足量的金屬鈉反應，可得到氣體V1L，同溫同壓下V1=V2；說明還含有-OH，且羧基與羥基數(shù)目相等，則：

A．含有1個-OH和1個-COOH；符合題目要求，故A正確；

B．不含-OH；故B錯誤；

C．不含-COOH，不與NaHCO3反應；故C錯誤；

故選A．6、B【分析】【分析】該有機物含有碳碳雙鍵，可發(fā)生加成、加聚、氧化反應，含有酯基，可發(fā)生水解反應，含有羧基，具有酸性，可發(fā)生酯化反應，含有羥基，可發(fā)生氧化、取代和消去反應，以此解答該題．【解析】【解答】解：該有機物含有碳碳雙鍵；可發(fā)生加成；加聚、氧化反應，則②⑥正確；

含有酯基；可發(fā)生水解反應，則①正確；

含有羧基；具有酸性，可發(fā)生酯化反應，則①④⑦正確；

含有羥基；可發(fā)生氧化；取代和消去反應，則①③④⑥正確．

故選B．7、D【分析】【解答】解：A．Na2CO3溶液與CO2反應，應該用用飽和NaHCO3溶液除去CO2中混有的HCl氣體；故A錯誤；B．量筒只能讀到0.1mL，無法用量筒量取20.83mL12mol/L的濃硫酸，應該用酸式滴定管量取，故B錯誤；

C．可以用濃硫酸干燥CO2、SO2；濃硫酸能夠氧化HI，不能用濃硫酸干燥HI，故C錯誤；

D．Mg與硝酸反應生成NO氣體，NO遇空氣變?yōu)榧t棕色；AgNO3與硝酸不反應；Na2CO3與硝酸反應生成無色無味的氣體；NaAlO2與硝酸反應先有沉淀后沉淀消失，現(xiàn)象不同，可以用稀HNO3能鑒別Mg、Na2CO3、NaAlO2、Na2SiO3四種固體；故D正確；

故選D．

【分析】A．碳酸鈉溶液與二氧化碳氣體反應；應該用飽和碳酸氫鈉溶液；

B．量筒的最小讀數(shù)為0.1mL；應該用滴定管量??；

C．濃硫酸具有強氧化性；能夠氧化HI；

D．Mg與硝酸反應生成NO，遇空氣變?yōu)榧t棕色；AgNO3與硝酸不反應；Na2CO3與硝酸反應生成無色無味的氣體；NaAlO2與硝酸反應先有沉淀后沉淀消失．二、填空題(共9題，共18分)8、NaN3Na2O+2CO2+H2O=2NaHCO36Na+Fe2O32Fe+3Na2O避免分解產生的鈉可能產生危害B可溶性鹽的成分可能是Na2CO3或NaHCO3或Na2CO3與NaHCO3的混合物．準確稱取一定量的生成物，加熱至恒重后，如試樣無失重，則為Na2CO3；如加熱后失重，根據(jù)失重的量在試樣總質量中的比例，即可推斷出試樣為NaHCO3或Na2CO3與NaHCO3的混合物【分析】【分析】（1）根據(jù)題干信息推導出甲、乙、丙三種物質，粉末僅含Na、Fe、N、O四種元素．水溶性試驗表明，固體粉末部分溶解．經檢測，可溶物為化合物甲；不溶物為紅棕色固體，可溶于鹽酸說明為氧化鐵，在四種元素組成的單質中，可以在高溫隔絕空氣的條件下與Fe2O3反應的就只有金屬鈉了；因此單質乙是鈉，化合物甲是由Na和N元素組成，由分解的甲的質量和產生的氮氣體積確定甲的分子式；

（2）根據(jù)物質的性質來書寫化學方程式，因為丙是在高溫隔絕空氣的條件下生成的，在根據(jù)丙的性質可知丙只能是Na2O；

（3）根據(jù)單質和紅棕色粉末發(fā)生的置換反應來分析；鈉和氧化鐵發(fā)生的置換反應生成鐵和氧化鈉，安全氣囊中氧化鐵粉末的作用是消耗產生的活潑的鈉；

（4）根據(jù)紅棕色粉末氧化鐵的作用來尋找可替代的物質；需要和鈉發(fā)生反應；

（5）根據(jù)可溶鹽的可能組成情況結合鹽的性質進行檢驗，氧化鈉跟空氣接觸所得的可溶性的鹽成分可能是Na2CO3，或NaHCO3，或Na2CO3與NaHCO3混合物，依據(jù)碳酸氫鈉受熱分解的性質設計實驗檢驗．【解析】【解答】解：（1）Na、Fe、N、O四種元素組成的化合物中為紅棕色且可溶于鹽酸的只有Fe2O3，在四種元素組成的單質中，可以在高溫隔絕空氣的條件下與Fe2O3反應的就只有金屬鈉了，因此單質乙是鈉，化合物甲是由Na和N元素組成，13.0g化合物甲，加熱使其完全分解，生成氮氣和單質乙，生成的氮氣折合成標準狀況下的體積為6.72L，即0.3mol，經計算知Na和N的原子個數(shù)比是1：3，所以化合物甲的化學式為NaN3，是一種離子化合物，故填：NaN3；

故答案為：NaN3；

（2）因為丙是在高溫隔絕空氣的條件下生成的，在根據(jù)丙的性質可知丙只能是Na2O而不是Na2O2，反應的化學方程式為：Na2O+2CO2+H2O=2NaHCO3，故填：Na2O+2CO2+H2O=2NaHCO3；

故答案為：Na2O+2CO2+H2O=2NaHCO3；

（3）鈉和氧化鐵發(fā)生的置換反應方程式為：6Na+Fe2O32Fe+3Na2O，所以安全氣囊中氧化鐵粉末的作用是消耗產生的活潑的鈉，避免分解產生的金屬鈉可能產生的危害，故填：6Na+Fe2O32Fe+3Na2O；避免分解產生的金屬鈉可能產生的危害；

故答案為：6Na+Fe2O32Fe+3Na2O；避免分解產生的鈉可能產生危害；

（4）安全氣囊中氧化鐵粉末的作用是消耗產生的活潑的鈉；硝酸鉀本身受熱分解產生氧氣，可以和金屬鈉反應，選項中能和鈉反應的還有氧化銅，故選B；

故答案為：B；

（5）氧化鈉跟空氣接觸所得的可溶性的鹽成分可能是Na2CO3，或NaHCO3，或Na2CO3與NaHCO3混合物，碳酸氫鈉受熱容易分解，碳酸鈉受熱穩(wěn)定，故可以用加熱的辦法來確定成分，故填：可溶性鹽的成分可能是Na2CO3，或NaHCO3，或Na2CO3與NaHCO3混合物；準確稱取一定量的生成物．加熱至恒重后，如果試樣無失重，則為Na2CO3；如加熱后失重，根據(jù)失重的量在試樣總質量中的比例，即可推斷出試樣為NaHCO3，或Na2CO3與NaHCO3混合物；

故答案為：可溶性鹽的成分可能是Na2CO3或NaHCO3或Na2CO3與NaHCO3的混合物．準確稱取一定量的生成物，加熱至恒重后，如試樣無失重，則為Na2CO3；如加熱后失重，根據(jù)失重的量在試樣總質量中的比例，即可推斷出試樣為NaHCO3或Na2CO3與NaHCO3的混合物；9、Fe（SCN）3IO3-+5I-+6H+═3I2+3H2O或2Fe3++2I-═I2+2Fe2+4KI+O2+2H2O═2I2+4KOH否KI3在受熱或潮濕條件下產生I2和KI，KI易被氧化生成碘，碘易升華AC取足量該碘鹽溶于蒸餾水中，用鹽酸酸化，滴加適量氧化劑（如氯水、過氧化氫等），再滴加KSCN溶液，若溶液變血紅色，則該加碘鹽中存在Fe2+【分析】【分析】（1）①根據(jù)實驗現(xiàn)象判斷第一份溶液為紅色，說明溶液中含有鐵離子與KSCN反應生成Fe（SCN）3，第二份試液中加足量KI固體，溶液顯示淡黃色，用CCl4萃?。幌聦尤芤猴@紫紅色，說明紫色物質是碘單質；

②食鹽中的碘酸根離子與碘離子在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應生成單質碘；或者是鐵離子與碘離子發(fā)生氧化還原反應生成了單質碘；

（2）潮濕環(huán)境中KI與氧氣發(fā)生氧化還原反應生成單質碘，碘易升華，引起碘的損失；用KI3?H2O作加碘試劑不合適，因為KI3?H2O是在低溫下制取的；受熱分解產生KI和碘單質，且KI易被氧化生成碘；

（3）提高加碘鹽的穩(wěn)定性主要是防止I-被氧化；所以應選擇還原性的試劑；

（4）已經說明無鐵離子，所以直接加入氧化性物質，再加入KSCN溶液若溶液變紅則證明原物質中含有亞鐵離子．【解析】【解答】解：（1）①根據(jù)實驗現(xiàn)象判斷第一份溶液為紅色，說明溶液中含有鐵離子與KSCN反應生成Fe（SCN）3，所以紅色物質是Fe（SCN）3，第二份試液中加足量KI固體，溶液顯示淡黃色，用CCl4萃取，下層溶液顯紫紅色，說明紫色物質是碘單質，I2的電子式為

故答案為：Fe（SCN）3；

②食鹽中的碘酸根離子與碘離子在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應生成單質碘，或者是鐵離子與碘離子發(fā)生氧化還原反應生成了單質碘，離子方程式為IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O或2Fe3++2I-=I2+2Fe2+；

故答案為：IO3-+5I-+6H+═3I2+3H2O或2Fe3++2I-═I2+2Fe2+；

（2）潮濕環(huán)境中KI與氧氣發(fā)生氧化還原反應生成單質碘，碘易升華，引起碘的損失，反應的化學方程式為4KI+O2+2H2O=2I2+4KOH；用KI3?H2O作加碘試劑不合適，因為KI3?H2O是在低溫下制取的；受熱分解產生KI和碘單質，且KI易被氧化生成碘，碘易升華；

故答案為：4KI+O2+2H2O═2I2+4KOH；否；KI3在受熱或潮濕條件下產生I2和KI；KI易被氧化生成碘，碘易升華；

（3）提高加碘鹽的穩(wěn)定性主要是防止I-被氧化，所以應選擇還原性的試劑．A中的S元素的化合價是+2價，先于I-被氧化；正確；B不能作還原劑，錯誤；C中的碳酸根離子與鹽中的鐵離子反應生成沉淀，防止鐵離子氧化碘離子，正確；D；亞硝酸鈉是有毒物質，錯誤；

故答案為：AC；

（4）已經說明無鐵離子，所以直接加入氧化性物質，再加入KSCN溶液若溶液變紅則證明原物質中含有亞鐵離子，具體操作如下：取足量該碘鹽溶于蒸餾水中，用鹽酸酸化，滴加適量氧化劑（如氯水、過氧化氫等），再滴加KSCN溶液，若溶液變血紅色，則該加碘鹽中存在Fe2+；

故答案為：取足量該碘鹽溶于蒸餾水中，用鹽酸酸化，滴加適量氧化劑（如氯水、過氧化氫等），再滴加KSCN溶液，若溶液變血紅色，則該加碘鹽中存在Fe2+．10、酸Al3++3H2O?Al（OH）3+3H+10-9mol/L10-5mol/Lc（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（H+）【分析】【分析】（1）硫酸鋁是強酸弱堿鹽；鋁離子水解導致溶液呈酸性；

（2）在酸溶液中；氫離子幾乎全部來自于酸的電離，而氫氧根全部來自于水的電離；

在鹽溶液中；氫離子和氫氧根均全部來自于水的電離；

（3）醋酸根離子水解，溶液顯堿性．【解析】【解答】解：（1）硫酸鋁是強酸弱堿鹽，鋁離子水解導致溶液呈酸性，水解方程式為Al3++3H2O?Al（OH）3+3H+，故答案為：酸；Al3++3H2O?Al（OH）3+3H+；

（2）25℃下，pH=5的鹽酸溶液中c（H+）=10-5mol/L，c（OH-）=10-9mol/L，而在酸溶液中，氫離子幾乎全部來自于酸的電離，而氫氧根全部來自于水的電離，故由水電離出的c（H+）=c（OH-）=10-9mol/L；

25℃下，pH=5的氯化銨溶液中，c（H+）=10-5mol/L，c（OH-）=10-9mol/L，但在氯化銨溶液中，氫離子和氫氧根均全部來自于水的電離，但由于銨根離子水解將部分氫氧根結合，故溶液中的氫離子是水電離出的全部，故由水電離出的c（H+）=c（OH-）=10-5mol/L；

故答案為：10-9mol/L；10-5mol/L；

（3）醋酸根離子水解，溶液顯堿性，顯性離子大于隱性離子，則離子關系為c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（H+），故答案為：c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（H+）．11、不同負2Al-6e-═2Al3+負極Al失去電子Al-3e-+4OH-═AlO2-+2H2OAl遇濃硝酸發(fā)生鈍化，發(fā)生Zn與濃硝酸的氧化還原反應，Zn作負極，Al作正極，電流由正極流向負極，所以電流計指針偏向鋁【分析】【分析】（1）金屬與酸構成的原電池中；活潑金屬作負極；

（2）實驗3中Al為負極，石墨為正極，電池反應為2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑；

（3）實驗4中發(fā)生2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑；Al失去電子，則Al為負極；

（4）實驗5中Al遇濃硝酸發(fā)生鈍化，發(fā)生Zn與濃硝酸的氧化還原反應，Zn作負極，Al作正極，所以電流計指針偏向鋁．【解析】【解答】解：（1）金屬與酸構成的原電池中；活潑金屬作負極，則實驗1中Mg的活潑性大于Al，所以Al作正極，而實驗2中Al的活潑性大于Cu，所以Al作負極，故答案為：不同；

（2）實驗3中Al為負極，電極反應為2Al-6e-═2Al3+，故答案為：負；2Al-6e-═2Al3+；

（3）實驗4中Mg不與NaOH溶液發(fā)生反應，而發(fā)生2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，Al失去電子，則Al為負極，負極反應為Al-3e-+4OH-═AlO2-+2H2O；

故答案為：負極；Al失去電子；Al-3e-+4OH-═AlO2-+2H2O；

（4）實驗5中Al遇濃硝酸發(fā)生鈍化；發(fā)生Zn與濃硝酸的氧化還原反應，Zn作負極，Al作正極，電流由正極流向負極，所以電流計指針偏向鋁；

故答案為：Al遇濃硝酸發(fā)生鈍化，發(fā)生Zn與濃硝酸的氧化還原反應，Zn作負極，Al作正極，電流由正極流向負極，所以電流計指針偏向鋁．12、略

【分析】【解析】試題分析：（1）常溫下，PH=5的溶液中水的電離的OH-為10-9mol/L，PH=9中水電離出的H+為10-9mol/L，兩者電離程度相同。（2）溶液呈酸性是由于NH4+的水解，根據(jù)電荷守恒可得=(3)將的混合液調節(jié)至強酸性，若離子有剩余，已經沒有剩余，則還存在的是所得混合液呈紫色，說明存在MnO4-，其具有氧化性，不能存在?？键c：弱電解質的電離和水解、離子共存、氧化還原反應【解析】【答案】（1）=（1分）（2）NH4++H2ONH3·H2O+H+(2分)=（1分）PH>7（1分）（3）①（1分）；（2分）；②（2分）13、2×10-5mol?L-1CB【分析】【分析】（1）平衡常數(shù)等于生成物濃度的化學計量數(shù)冪之積除以反應物的濃度的化學計量數(shù)冪之積，由于反應③=①+②，故K3=K1×K2；據(jù)此計算；

（2）平衡常數(shù)只受溫度影響，要使反應①和反應②的K數(shù)值相等，由平衡常數(shù)數(shù)值可知，則應使K1增大、K2減?。唤Y合溫度對平衡的影響判斷；

（3）反應④是氣體體積減小的放熱反應，依據(jù)平衡移動原理分析選項；【解析】【解答】解：（1）平衡常數(shù)等于生成物濃度的化學計量數(shù)冪之積除以反應物的濃度的化學計量數(shù)冪之積，依據(jù)蓋斯定律，②CO（g）+C12（g）?COCl2（g）△H2＜OK2=5×104mol?L-1③COCl2（g）?CO（g）+Cl2（g），反應③是反應②的逆反應，平衡常數(shù)互為倒數(shù)，故K3===2×10-5mol?L-1；

故答案為：5×104；

（2）要使反應①和反應②的K數(shù)值相等，則應使K1增大、K2減小；反應①正反應是吸熱反應，升高溫度平衡向正反應方向移動，平衡常數(shù)增大；反應②正反應是放熱反應，升高溫度平衡向逆反應方向移動，平衡常數(shù)減小，故應適當升高溫度；

故選C；

故答案為：C；

（3）④2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）△H4＜0；反應是氣體體積減小的放熱反應，欲使反應④向正方向移動，依據(jù)平衡移動原理分析選項；

A．恒溫下擴大容器體積；壓強減小，平衡逆向進行，故A錯誤；

B．減少SO3的物質的量；減少生成物的濃度，平衡正向進行，故B正確；

C．反應是放熱反應；恒壓下升溫平衡逆向進行，故C錯誤；

故答案為：B；14、⑤-285kJ/mol+131.5＞高溫B【分析】【分析】（1）根據(jù)熱化學方程式判斷；當△H＜0時，為放熱反應，△H＞0時為吸熱反應；

（2）根據(jù)燃燒熱的定義判斷；

（3）利用③-②可計算C（s）+H2O（g）=H2（g）+CO（g）的反應熱；

（4）該裝置是原電池，負極上一氧化碳失電子發(fā)生氧化反應，正極上氧氣得電子發(fā)生還原反應，原電池放電時電子從負極流向正極，陰離子向負極移動，一氧化碳的含量越大，原電池放電時產生的電流越大．【解析】【解答】解：（1）由△H＞0時為吸熱反應可知；⑤為吸熱反應，故答案為：⑤；

（2）由①可知氫氣的燃燒熱為△H=×（-570kJ/mol）=-285kJ/mol；故答案為：-285kJ/mol；

（3）將③-②可得C（s）+H2O（g）=H2（g）+CO（g）△H=（-110.5kJ/mol）-（-242kJ/mol）=+131.5kJ/mol；該反應吸熱，且△S＞0，則反應能自發(fā)進行，應該在高溫條件下；

故答案為：+131.5；＞；高溫；

（4）A．該裝置是原電池，通入一氧化碳的電極a是負極，負極上一氧化碳失電子發(fā)生氧化反應，電極反應式為：CO+O2--2e-=CO2；故A正確；

B．工作時電極b作正極，O2-由電極b流向電極a；故B錯誤；

C．該裝置是原電池，通入一氧化碳的電極a是負極，通入空氣的電極是正極，原電池放電時，電子從負極a通過傳感器流向電極b；故C正確；

D．一氧化碳的含量越大；原電池放電時產生的電流越大，故D正確；

故答案為：B．15、陽正2Cl--2e=Cl2↑A升高2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑【分析】【分析】惰性電極電解飽和食鹽水，A極附近產生無色無味的氣體，該氣體為氫氣，則A為陰極，所以B為陽極，與電源正極相連，陽極上氯離子放電，陰極氫離子放電，則陰極顯堿性，溶液的pH升高，以此來解答．【解析】【解答】解：惰性電極電解飽和食鹽水，A極附近產生無色無味的氣體，該氣體為氫氣，則A為陰極，所以B為陽極，與電源正極相連，陽極上氯離子放電，陽極反應為2Cl--2e=Cl2↑，陰極氫離子放電，則陰極顯堿性，溶液的pH升高，發(fā)生的總離子反應為2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑；

故答案：陽；正；2Cl--2e=Cl2↑；A；升高；2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑．16、略

【分析】試題分析：(1)根據(jù)題意可知：E、F、G、H分別是E：H2O；F：Na2O2;G:O2;H:NaOH．反應②的方程式是2H2O+2Na2O2=O2↑+NaOH．可見每產生1mol的氧氣，轉移電子2mol．現(xiàn)在生成O2體積是2．24L，奇0．1mol,所以轉移電子0．2mol．(2)根據(jù)題意可知：A：C；B：濃H2SO4；C：CO2；D：SO2。反應①的化學方程式是C+2H2SO4（濃）CO2↑+2SO2↑+2H2O．（3）根據(jù)題意可知：A：NaOH；B：NH4HSO3；C：H2O；D：NH3。E：Na2SO3．在加熱條件下，當A過量時，反應①的離子方程式NH4++HSO3-+2OH-NH3↑+2H2O+SO32-．①×2-②+③可得：TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(s)+2CO(g)△H=—80KJ/mol．考點：考查元素的推斷及元素與化合物的性質的知識?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）0．2（2）C+2H2SO4（濃）CO2↑+2SO2↑+2H2O．(3)NH4++HSO3-+2OH-NH3↑+2H2O+SO32-．(4)△H=—80KJ/mol．三、判斷題(共8題，共16分)17、√【分析】【分析】根據(jù)n==結合物質的構成計算．【解析】【解答】解：n（O2）==0.1mol，則含有原子數(shù)為0.2NA．故答案為：√．18、√【分析】【分析】求出金剛石的物質的量，然后根據(jù)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：√．19、×【分析】【分析】加用鹽酸酸化的Ba（NO3）2溶液，產生了大量的白色沉淀，該白色沉淀可能為氯化銀，不一定為硫酸鋇，則無法判斷原溶液中是否含有硫酸根離子．【解析】【解答】解：氯化銀和硫酸鋇都不溶于強酸，向溶液中加入用鹽酸酸化的Ba（NO3）2溶液；產生了大量的白色沉淀，白色沉淀可能是鹽酸電離的氯離子與銀離子反應生成的氯化銀沉淀，不一定為硫酸鋇沉淀，所以該說法是錯誤的；

故答案為：×．20、×【分析】【分析】（1）相對分子質量在10000以上的有機化合物為高分子化合物；

（2）葡萄糖在堿性條件下與新制Cu（OH）2濁液反應；

（3）白糖的主要成分是蔗糖；

（4）在水溶液里或熔融狀態(tài)下能導電的化合物是電解質；在水溶液里和熔融狀態(tài)下都不導電的化合物是非電解質；

（5）蔗糖水解后的產物葡萄糖由還原性；自身沒有還原性；

（6）葡萄糖、果糖的分子式均為C6H12O6；葡萄糖是多羥基醛，果糖是多羥基酮；

（7）蔗糖和麥芽糖是二糖，分子式都可用C12H22O11表示；它們互為同分異構體；

（8）麥芽糖和水解產物葡萄糖中均含-CHO；

（9）碘單質遇淀粉變藍色；

（10）植物油成分為高級脂肪酸甘油酯；

（11）根據(jù)濃的無機鹽溶液能使蛋白質發(fā)生鹽析；而重金屬鹽能使蛋白質發(fā)生變性；

（12）兩種氨基酸可以各自形成二肽；甘氨酸與丙氨酸形成二肽時連接方式有兩種；

（13）根據(jù)天然植物油均為高級脂肪酸甘油酯；但都是混甘油酯，沒有固定的熔沸點；

（14）兩種二肽互為同分異構；水解產物可能是相同的氨基酸；

（15）油脂中含有不飽和烴基；可與高錳酸鉀發(fā)生反應；

（16）烴的含氧衍生物完全燃燒生成水和二氧化碳；

（17）在水溶液里或熔融狀態(tài)下能導電的化合物是電解質；在水溶液里或熔融狀態(tài)下都不導電的化合物是非電解質）；

（18）食用植物油是高級脂肪酸甘油脂；水解生成高級脂肪酸和甘油；

（19）相對分子質量在10000以上的有機化合物為高分子化合物；

（20）相對分子質量在10000以上的有機化合物為高分子化合物．【解析】【解答】解：（1）油脂相對分子質量較??；不屬于高分子化合物，故答案為：×；

（2）葡萄糖與新制Cu（OH）2濁液反應需在堿性條件下；應加入堿將水解后的淀粉溶液調節(jié)成堿性，才可以產生磚紅色沉淀，故答案為：×；

（3）白糖成分是蔗糖；故答案為：√；

（4）油脂水解的羧酸是電解質；故答案為：×；

（5）蔗糖水解后的產物葡萄糖由還原性；自身沒有還原性，所以不是還原型二糖，故答案為：×；

（6）葡萄糖、果糖的分子式均為C6H12O6；葡萄糖是多羥基醛，果糖是多羥基酮，二者分子式相同，結構不同，互為同分異構體，故答案為：√；

（7）蔗糖和麥芽糖是二糖；互為同分異構體，故答案為：√；

（8）麥芽糖和水解產物葡萄糖中的官能團都有醛基；則麥芽糖；葡萄糖屬于還原性糖可發(fā)生銀鏡反應，故答案為：√；

（9）碘單質遇淀粉變藍色；纖維素遇碘水不變色，故答案為：×；

（10）植物油的主要成分為高級脂肪酸甘油酯；故答案為：×；

（11）因濃的無機鹽溶液能使蛋白質發(fā)生鹽析產生沉淀；如飽和硫酸鈉溶液；硫酸銨溶液；而重金屬鹽能使蛋白質發(fā)生變性而產生沉淀，如硫酸銅等，故答案為：×；

（12）兩種氨基酸可以各自形成二肽；甘氨酸與丙氨酸形成二肽時連接方式有兩種，故形成的二肽有四種，故答案為：√；

（13）天然植物油均為高級脂肪酸甘油酯；但都是混甘油酯，沒有固定的熔沸點，故答案為：×；

（14）兩種二肽互為同分異構；水解產物可能是相同的氨基酸，如：一分子甘氨酸和一分子丙氨酸形成的二肽中有兩種構成方式，但二肽水解時的產物相同，故答案為：×；

（15）苯不能使酸性高錳酸鉀褪色；但油脂中含有C=C官能團，可與酸性高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應而使高錳酸鉀褪色，故答案為：×；

（16）油脂含有C；H、O三種元素；完全燃燒生成水和二氧化碳，故答案為：√；

（17）蛋白質屬于高分子化合物；是混合物，不是電解質，而葡萄糖屬于非電解質，只有乙酸才屬于電解質，故答案為：×；

（18）乙酸乙酯水解生乙酸和乙醇．食用植物油是高級脂肪酸甘油脂；水解生成高級脂肪酸和甘油，故答案為：×；

（19）油脂相對分子質量較??；不屬于高分子化合物，故答案為：×；

（20）氨基酸相對分子質量較小，不屬于高分子化合物，故答案為：×．21、B【分析】【解答】解：蔗糖的分子式為：C12H22O12；其相對分子質量較小，不屬于高分子化合物，蛋白質；纖維素、PVC、淀粉都是高分子化合物，故該說法錯誤；

故答案為：×．

【分析】高分子化合物（又稱高聚物）一般相對分子質量高于10000，結構中有重復的結構單元；據(jù)此分析．22、√【分析】【分析】（1）工業(yè)廢水應遵循“先凈化；后排放”的原則，工業(yè)廢水需要經過處理達標后再排放才不會污染環(huán)境；

（2）生活污水不經處理任意排放；會危害人畜等需飲水生物的健康；

（3）重金屬能使蛋白質變性；

（4）含N、P的大量污水任意排向湖泊和近海，會造成水體的富營養(yǎng)化從而破壞水體生態(tài)系統(tǒng)，會出現(xiàn)水華、赤潮等水體污染問題．【解析】【解答】解：（1）工業(yè)廢水是指工業(yè)生產過程中產生的廢水；污水和廢液；其中含有隨水流失的工業(yè)生產用料、中間產物和產品以及生產過程中產生的污染物．廢水中含有的酸、堿、鹽，會造成水體污染，需要經過處理達標后才能排放；

故答案為：√；

（2）生活污水中雖不含工業(yè)污染物；但廢水中污染物成分極其復雜多樣，常要幾種方法組成處理系統(tǒng)才能達到完全凈化的目的，因此可以不經處理任意排放錯誤；

故答案為：×．

（3）重金屬能使蛋白質變性；對人類健康有害；

故答案為：√；

藻類生長需要大量的N；P元素；如果水體中N、P元素嚴重超標，會引起藻類瘋長，從而導致水中氧氣含量降低，水生生物大量死亡，海水中常稱為赤潮，淡水中稱為水華；

故答案為：√．23、×【分析】【分析】根據(jù)溫度計在該裝置中的位置與作用；【解析】【解答】解：蒸餾是用來分離沸點不同的液體混合物；溫度計測量的是蒸汽的溫度，故應放在支管口；

故答案為：×．24、×【分析】【分析】Ⅰ．A．阿司匹林能用于防治心腦血管疾??；明礬不能消毒；

B．使用一次性塑料餐具可引起白色污染；

C．甲醇有毒；

D．增大煤與空氣接觸面積可提高煤燃燒效率．

Ⅱ．（1）水體富營養(yǎng)化會導致植物的瘋長；破壞生態(tài)平衡；

（2）機動車尾氣排放是倒是環(huán)境污染的主要原因；

（3）焚燒塑料產生的氣體會導致空氣污染；

（4）垃圾分類并回收利用可以減少污染，節(jié)約能源．【解析】【解答】解：Ⅰ．A．阿司匹林能用于防治心腦血管疾??；明礬不能消毒，故A錯誤；

B．使用一次性塑料餐具可引起白色污染；含磷洗衣粉可引起水體富營養(yǎng)化，故B正確；

C．甲醇和亞硝酸鈉有毒；故C正確；

D．油污易溶于汽油；增大煤與空氣接觸面積可提高煤燃燒效率，故D正確．

故選A；

Ⅱ．（1）水體富營養(yǎng)化會導致植物的瘋長；會破壞環(huán)境生態(tài)平衡，故答案為：×；

（2）機動車尾氣二氧化硫；二氧化氮、一氧化氮等氣體的排放會引起環(huán)境污染；減少機動車尾氣排放可以改善大氣質量，故答案為：√；

（3）焚燒塑料產生有毒氣體氣體會導致空氣污染；有的塑料可以回收利用，故答案為：√；

（4）垃圾分類并回收利用可以減少污染，節(jié)約能源，符合可持續(xù)發(fā)展的要求，故答案為：√．四、解答題(共4題，共32分)25、略

【分析】【分析】根據(jù)相對密度計算有機物A的相對分子質量，根據(jù)原子守恒計算有機物中C、H原子數(shù)目，根據(jù)質量守恒定律確定氧元素質量，進而計算有機物A中氧原子數(shù)目，據(jù)此確定其分子式，該有機物能和三氯化鐵作用顯色，說明含有酚羥基，能發(fā)生銀鏡反應，說明含有-CHO，且苯環(huán)上的一氯取代物有2種結構，結合分子式書寫可能的結構簡式．【解析】【解答】解：芳香族化合物A的蒸氣密度是相同條件下H2密度的69倍；則A的相對分子質量=69×2=138；

0.1molA在氧氣中完全燃燒得30.8gCO2和0.3molH2O，二氧化碳的物質的量==0.7mol，根據(jù)原子守恒可知，有機物A中N（C）==7、N（H）==6；

0.1molA中氧元素質量=0.1mol×138g/mol-0.7mol×12g/mol-0.3mol×2×1g/mol=4.8g，故有機物A中N（O）==3；

故有機物A的分子式為C7H6O3；

該有機物能和三氯化鐵作用顯色，說明含有酚羥基，能發(fā)生銀鏡反應，說明含有-CHO，且苯環(huán)上的一氯取代物有2種結構，苯環(huán)上有2種H原子，符合條件的結構簡式為：

答：有機物分子式為C7H6O3，符合條件的結構簡式為：．26、略

【分析】

這是一例典型的定性分析和定量分析相結合的推斷題．

（一）定性分析：因為B是石灰石，和酸A反應，放出的無色無味氣體應是CO2，生成可溶性鈣鹽，由此判定最終形成的無水鹽E也是鈣鹽溶液，因為E溶于水后向其中滴加硝酸后，再滴加硝酸銀溶液，有白色沉淀F生成，知F是AgCl，E是CaCl2，吻合了E可作干燥劑這條件，D是CaCl2的結晶水合物．

（二）定量分析：設無水鹽為CaCl2?xH2O

CaCl2?xH2O～xH2O

101+18x18x

10049

解之：x=6

則D鹽化學式CaCl2?6H2O酸A是鹽酸；乳狀液體C應是石灰乳；

故答案為：HCl（鹽酸）；Ca（OH）2（石灰乳）；CaCl2?6H2O；CaCl2；AgCl．

【解析】【答案】本題可定性分析結合定量分析：因為B是石灰石，和酸A反應，放出的無色無味氣體應是CO2，生成可溶性鈣鹽，由此判定最終形成的無水鹽E也是鈣鹽溶液，因為E溶于水后向其中滴加硝酸后，再滴加硝酸銀溶液，有白色沉淀F生成，知F是AgCl，E是CaCl2，吻合了E可作干燥劑這條件，D是CaCl2的結晶水合物；根據(jù)無機鹽中水的含量進行計算D的化學式．

27、略

【分析】【分析】依據(jù)化學平衡三段式列式計算平衡濃度；結合平衡常數(shù)概念計算得到平衡常數(shù)的數(shù)值；

達到平衡時，測得c（H2）=0.0080mol/L；則。

H2（g）+I2（g）?2HI（g）

起始時各物質的濃度（mol?L-1）0.0100.0100

各物質的濃度變化量（mol?L-1）0.00200.00200.0040

平衡時各物質的濃度（mol?L-1）0.00800.00800.0040

（1）利用平衡的濃度計算K；K為生成物濃度冪之積與反應物濃度冪之積的比；

（2）設轉化的氫氣為x，利用三段法得出各物質的平衡濃度，平衡常數(shù)與（1）相同，以此來計算．【解析】【解答】解：達到平衡時，測得c（H2）=0.0080mol/L；則。

H2（g）+I2（g）?2HI（g）

起始時各物質的濃度（mol?L-1）0.0100.0100

各物質的濃度變化量（mol?L-1）0.00200.00200.0040

平衡時各物質的濃度（mol?L-1）0.00800.00800.0040

（1）平衡時c（H2）=c（I2）=0.0080mol/L；c（HI）=0.0040mol/L；

則K==0.25；

答：該反應的平衡常數(shù)為0.25；

（2）此溫度下，起始量分別是c（H2）=0.02mol/L、c（I2）=0.02mol/L；

則H2（g）+I2（g）?2HI（g）

起始時各物質的濃度（mol?L-1）0.020.020

各物質的濃度變化量（mol?L-1）xx2x

平衡時各物質的濃度（mol?L-1）0.02-x0.02-x2x

K==0.25；

解得：x=0.004mol/L；

所以平衡時c（HI）=0.008mol?L-1，c（H2）=0.016mol/L；C（I2）=0.016mol/L；

答：化學平衡時HI（g）的平衡濃度為0.008mol/L．I2，H2平衡濃度都為0.016mol/L；28、略

【分析】

Ⅰ、（1）乙同學認為沉淀可能是Cu（OH）2，原因是CO32-水解成堿性，Cu2+與OH?結合生成Cu（OH）2；

故答案為：CO32-水解成堿性，Cu2+與OH?結合生成Cu（OH）2；

（2）沉淀會附著SO42-離子，取最后一次洗滌液，滴加BaCl2溶液；無沉淀生成，說明已洗凈；

故答案為：取最后一次洗滌液，滴加BaCl2溶液；無沉淀生成，說明已洗凈；

Ⅱ；（3）裝置B檢驗是否有水生成；可用無水硫酸銅檢驗，若無水硫酸銅變藍色說明有水生成，驗證沉淀中有氫氧化銅生成，否則沉淀中無氫氧化銅；

用澄清的石灰水檢驗是否產生二氧化碳，裝置C中澄清石灰水變渾濁，說明生成二氧化碳，即說明含有CuCO3；

故答案為：CuSO4；澄清石灰水；

（4）若沉淀是Cu（OH）2；加熱氫氧化銅得到氧化銅；水，B中無水硫酸銅變藍，C澄清石灰水不變渾濁；

故答案為：B中無水硫酸銅變藍；C澄清石灰水不變渾濁；

（5）裝置中原有的空氣有影響，實驗結束后裝置中殘留的氣體不能被吸收，石灰水可能會吸收空氣中的CO2等會影響CO2與水的質量測定．

故答案為：裝置中原有的空氣有影響，實驗結束后裝置中殘留的氣體不能被吸收，石灰水可能會吸收空氣中的CO2等．

【解析】【答案】Ⅰ、（1）CO32-水解成堿性，Cu2+與OH?結合生成Cu（OH）2；

（2）沉淀會附著SO42-離子，取最后一次洗滌液，用BaCl2溶液檢驗是否含有SO42-；

Ⅱ、（3）利用加熱的方法檢驗，氫氧化銅和碳酸銅加熱分解得到氧化銅、水和二氧化碳，若有氫氧化銅可用無水硫酸銅檢驗，若有碳酸銅可用澄清的石灰水檢驗產生的二氧化碳，澄清石灰水變渾濁說明含有CuCO3；

（4）若沉淀是Cu（OH）2；加熱氫氧化銅得到氧化銅；水，B中無水硫酸銅變藍，C中澄清石灰水不變渾濁；

（5）分析裝置；根據(jù)可能影響水與二氧化碳質量的測定考慮解答．

五、簡答題(共3題，共12分)29、略

【分析】解：（1）在大氣中SO2形成硫酸型酸雨有二種途徑，其中一種途徑為：SO2+H2O?H2SO3、2H2SO3+O2=2H2SO4；

故答案為：SO2+H2O?H2SO3、2H2SO3+O2=2H2SO4；

（2）由于HSO3-在溶液中存在如下兩平衡：HSO3-?H++SO32-、HSO3-+H2O?H2SO3+OH-，由表中數(shù)據(jù)可知，當n（SO32-）：n（HSO3-）=9：91時，溶液中主要存在HSO3-，此時pH=6.2溶液顯酸性，證明HSO3-的電離程度大于水解程度；

故答案為：酸性；HSO3-在溶液中存在如下兩平衡：HSO3-?H++SO32-、HSO3-+H2O?H2SO3+OH-，由表中數(shù)據(jù)可知，當n（SO32-）：n（HSO3-）=9：91時，溶液中主要存在HSO3-，此時pH=6.2溶液顯酸性，證明HSO3-的電離程度大于水解程度；

（3）當吸收液的pH降至約為6時，吸收液中陰離子主要是亞硫酸氫根離子，亞硫酸氫根離子在陽極上失電子和水反應生成硫酸根離子和氫離子，電極反應式為：HSO3-+H2O-2e-=SO42-+3H+；

故答案為：HSO3--2e-+H2O=SO42-+3H+；

（4）①由反應方程式SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O①、CO2+NaOH=NaHSO3②可知。

n（SO2）：n（NaOH）=時產物為Na2SO3；

n（SO2）：n（NaOH）=1時產物為NaHSO3；

所以n（SO2）：n（NaOH）＜時，NaOH過量則產物為Na2SO3+NaOH；

＜n（SO2）：