2025年人教版PEP高三化學上冊階段測試試卷含答案

…………○…………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年人教版PEP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：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、下列說法中錯誤的是（）A.從1L1mol/L的NaCl溶液中取出10mL，其濃度仍是1mol/LB.制成0.5L10mol/L的鹽酸，需要氯化氫氣體112L（標準狀況）C.0.5L2mol/LBaCl2溶液中，Ba2+和Cl-總數(shù)位3×6.02×1023D.10g98%硫酸（密度為1.84g/cm3）與10mL18.4mol/L硫酸的濃度是不同的2、一定量的KClO3中加入濃鹽酸發(fā)生如下反應：KClO3+6HCl（濃）=KCl+3Cl2↑+3H2O，其中發(fā)生氧化反應的元素和發(fā)生還原反應的元素的質(zhì)量之比為（）A.1：6B.6：1C.1：5D.5：13、下列敘述中正確的是（）A.在101kPa時1mol物質(zhì)燃燒時的反應熱叫做該物質(zhì)的標準燃燒熱B.熱化學方程式中，各物質(zhì)前的化學計量數(shù)不表示分子個數(shù)C.如果反應物所具有的總能量小于生成物所具有的總能量，則發(fā)生的反應是放熱反應D.化學反應的自發(fā)性僅由反應的焓變和熵變決定4、常溫時，用rm{0.10mol/L}的rm{NaOH}溶液滴定rm{20.00mL}rm{0.10mol/L}某一元酸rm{HA}溶液所得滴定曲線如圖rm{.}下列說法不正確的是rm{(}rm{)}A.rm{a}rmrm{c}三點所示溶液導電能力最強的是rm{c}點對應的溶液B.在rm{c}點溶液中：rm{c(H^{+})+c(HA)=c(OH^{-})}C.rm{25隆忙}rm{HA}的電離平衡常數(shù)約為rm{1.0隆脕10^{-5}}D.rm{a}rmrm{c}rmy1nzhfr四點所示溶液中水的電離程度最大的是rm點對應的溶液5、x、y為兩元素的原子，x的陰離子與y的陽離子的電子層結(jié)構(gòu)相同，由此可知（）A.x的原子半徑大于y的原子半徑B.x的第一電離能小于y的第一電離能C.x的金屬性大于y的金屬性D.x的電負性大于y的電負性6、世界衛(wèi)生組織（WHO）將ClO2列為A級高效安全滅菌消毒劑，它在食品保鮮、飲用水消毒等方面有廣泛的應用．ClO2屬于（）A.酸B.堿C.氯化物D.氧化物7、下圖為Mg—NaClO燃料電池結(jié)構(gòu)示意圖。下列說法正確的是A.鎂作Y電極B.電池工作時Na+向負極移動C.廢液的pH大于NaClO溶液的pHD.X電極上發(fā)生的反應為：ClO—+2H2O—4e—=ClO3—+4H+8、下列有關氯元素及其化合物的表示正確的是（）A.質(zhì)子數(shù)為17、中子數(shù)為20的氯原子ClB.氯離子（C1﹣）的結(jié)構(gòu)示意圖C.氯氣的電子式D.氯乙烯的結(jié)構(gòu)簡式CH3CH2Cl評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)9、X、Y、Z、W、Q都是短周期主族元素，其中X是短周期原子半徑最大的元素，X與Y處于同一周期，Y與Z同主族且能形成兩種常見的化合物，W能形成兩種簡單的離子，Q原子的電子總數(shù)等于其電子層數(shù)的3倍．下列說法正確的是（）A.元素Q是短周期非金屬性最強的元素B.Y、Z形成的化合物中只有一種屬于酸性氧化物C.Y、Z、Q分別與W形成的化合物中，Z形成的化合物的沸點最高D.X分別與Y、Z、W形成的化合物中可能既含離子鍵又含共價鍵10、下列說法不正確的是（）A.濃硝酸保存在帶有玻璃塞的棕色試劑瓶中B.已經(jīng)完成定容的500mL1.0mol?L-1的NaOH溶液，某同學不慎將容量瓶中溶液灑出部分，繼續(xù)加水至溶液凹液面與刻線相切C.用托盤天平稱量出12.50g的NaCl固體D.物質(zhì)溶于水的過程中，一般有放熱或吸熱現(xiàn)象，因此溶解的操作不能在量筒中進行11、在強酸性溶液中，下列離子能大量共存的組合為（）A.HCO3-、Ca2+、Ba2+、Na+B.Ca2+、NO3-、Mg2+、SO42-C.Fe3+、Cu2+、NO3-、Cl-CD.SO32-、MnO4-、S2-、Na+12、下列各溶液中，微粒的物質(zhì)的量濃度關系正確的是（）A.0.1mol?L-1Na2CO3溶液：c（Na+）=2[c（HCO）+c（CO32ˉ）+c（H2CO3）]B.0.1mol?L-1NH4Cl溶液：c（NH）=c（Cl-）C.0.1mol?L-1Na2SO3溶液c（H+）+c（Na+）=2c（SO32-）+c（OH-）D.常溫下，將pH=2的鹽酸和pH=12的氨水等體積混合后：c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+）13、甲烷中的碳原子是sp3雜化，下列用*表示碳原子的雜化和甲烷中的碳原子雜化狀態(tài)一致的是（）A.CH3-C*H2-CH3B.C*H2=CH-CH3C.CH2=C*H-CH3D.CH2=CH-C*H314、（雙選）DDT是被禁用的有機污染物，它的結(jié)構(gòu)簡式為．下列有關DDT的說法正確的是（）A.它屬于芳香烴B.分子中最多有23個原子共平面C.分子式為C14H9Cl5D.能發(fā)生水解反應和消去反應15、已知在等溫等容條件下，有如下可逆反應：2A（g）+2B（g）═3C（g）+D（g），現(xiàn)分別從兩條途徑建立平衡，途徑Ⅰ：A、B的初始濃度均為2mol/L；途徑Ⅱ：C、D的初始濃度分別為6mol/L和2mol/L．下列敘述正確的是（）A.Ⅰ、Ⅱ途徑分別達到平衡時，兩體系內(nèi)相同氣體的濃度相等B.Ⅰ、Ⅱ途徑分別達到平衡時，兩體系內(nèi)相同氣體的體積分數(shù)相等C.Ⅰ、Ⅱ途徑分別達到平衡時，兩體系內(nèi)相同氣體的反應速率相等D.Ⅰ、Ⅱ途徑分別達到平衡時，Ⅱ的氣體密度是Ⅰ的兩倍16、在離子Rn-中，共有x個核外電子，R原子的質(zhì)量數(shù)為A，則R原子核內(nèi)含有的中子數(shù)是（）A.A-x+nB.A-x+nC.x-nD.x+n17、某溫度下，反應H2O（g）+C（s）=CO（g）+H2（g）在密閉容器中進行，下列能減緩反應速率的是（）A.增大容器體積使壓強變小B.恒容下，充入NeC.恒壓下，充入NeD.恒容下，添加C（s）評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)18、（1）已知下列分子或離子在酸性條件下都能氧化KI；自身發(fā)生如下變化：

H2O2→H2OIO→I2MnO→Mn2+HNO2→NO

如果分別用1mol這些物質(zhì)氧化足量的KI，得到I2的物質(zhì)的量分為：

。氧化劑I2的物質(zhì)的量（mol）氧化劑I2的物質(zhì)的量（mol）H2O2IO3-MnO4-HNO2（2）鐵和某濃度的硝酸反應時，消耗鐵和硝酸的物質(zhì)的量之比為8：25，且鐵轉(zhuǎn)化為等物質(zhì)的量的Fe2+和Fe3+，則硝酸的唯一還原產(chǎn)物可能為____．19、回答實驗室配制0.1mol/L的NaOH溶液500mL實驗中的下列問題．

（1）需NaOH____g．

（2）有以下儀器：①燒杯②100mL量筒③1000mL容量瓶④500mL容量瓶。

⑤玻璃棒⑥托盤天平。

配制時，必須使用的儀器有____，還缺少的儀器是____．

（3）下列稱量NaOH的操作中，正確的是____．（填序號；下同）

①把NaOH直接放在托盤上稱量。

②把NaOH放在紙上稱量。

③把NaOH放入燒杯中稱量。

（4）使用容量瓶前必須進行的一步操作是____．

（5）配制的；一般可分為以下幾個步驟：①稱量，②計算，③溶解，④搖勻，⑤轉(zhuǎn)移，⑥洗滌，⑦定容，⑧冷卻．

其正確的操作順序為（“步驟”不重復）____．

（6）配制過程中，下列操作會引起誤差偏高的是____．

①未洗滌燒杯；玻璃棒。

②NaOH溶液未冷卻至室溫就轉(zhuǎn)移到容量瓶中。

③容量瓶不干燥；含有少量蒸餾水。

④稱量NaOH的時間太長。

⑤定容時俯視刻度．20、中學常見單質(zhì)A；B和甲、乙、丙三種化合物有如圖所示的轉(zhuǎn)換關系（部分產(chǎn)物未列出）．單質(zhì)A常作為食品包裝材料；甲是兩性氧化物．

根據(jù)圖示轉(zhuǎn)化關系回答：

（1）寫出反應①的離子方程式：____

（2）_實驗室完成單質(zhì)A與Fe2O3反應實驗，需要的試劑還有____

a．KClb．KClO3c．MnO2d．Mg

利用該反應的原理，工業(yè)上可用于____．

（3）工業(yè)上冶煉下列物質(zhì)通常不采用電解法的是____．

a．Nab．Mgc．Fed．Ag．21、某研究性學習小組對蘋果“生銹”（新切開的蘋果表面顏色逐漸變深）的原因進行探討（注：題中所述顏色變化均已做過對比實驗；不會因試劑本身而產(chǎn)生干擾）．

[查閱資料]鮮蘋果中營養(yǎng)物質(zhì)的含量（mg/100g）：蛋白質(zhì)200-400；鐵0.1-0.3，總糖1300-1500，并含有多酚及黃酮類天然化學抗氧化物質(zhì)．

[提出假設]蘋果“生銹”的可能原因：

假設1：由所含鐵元素被氧化生成鐵的氧化物或氫氧化物而形成；

假設2：由所含多酚被氧化而形成：

假設3：____．

[設計實驗；驗證假設]

取所得蘋果汁進行以下實驗：

（1）經(jīng)測定；鮮蘋果汁的pH為3.48．

（2）觀察；蘋果汁呈黃色，加入少許某不能與鹽酸反應的黑色顆粒，果汁的顏色明顯變淺．將果汁分為4份分別進行下列實驗．

（3）第一份滴加少許KSCN溶液，未見紅色，加入適量H2O2，仍未見紅色，充分加熱，液體的顏色反而變?yōu)闊o色，同時有氣泡產(chǎn)生，再滴入少許FeCl2溶液；液體變?yōu)榧t色．

（4）第二份滴加足量溴水，有少量沉淀生成，靜置后，傾出上層液體，固體經(jīng)洗滌后成白色，在傾出的上層液體中滴加少許KSCN溶液，也未見紅色，再滴入少許CCl4充分振蕩后；靜置，下層液體呈棕黃色．

（5）第三份加入少許稀HNO3，充分加熱，試管中出現(xiàn)紅棕色氣體，液體的顏色明顯變深，放置一段時間后，液體的顏色逐漸變淺，但仍比加入HNO3前深；再滴加少許KSCN溶液，液體變?yōu)榧t色．

（6）配制相同體積的與（5）中放置一段時間后的液體顏色相近的FeCl3溶液；滴加與（5）中等量的KSCN溶液，溶液的紅色比（5）中明顯深許多．另取一只蘋果，灼燒成灰，加入稀HCl充分攪拌后，取所得液體，滴入KSCN溶液，液體變?yōu)榧t色．

完成下列問題：

（1）假設3：____；

（2）完成操作1所用儀器的名稱是____，經(jīng)操作2后，所得蘋果汁仍很渾濁，所作的處理是____，測定鮮蘋果汁pH時所用的儀器或用品是____；

（3）處理蘋果汁時所加的黑色顆粒可能是____；

（4）實驗（3）體現(xiàn)了H2O2的哪些性質(zhì)（要求寫兩點）____、____；

（5）通過實驗（4）可推測，蘋果中含有哪類物質(zhì)____；實驗中設置加入CCl4的目的是____；

（6）對比實驗（3）和實驗（5），你能得出的結(jié)論是____；對比實驗（5）和實驗（6），說明蘋果汁中所含的營養(yǎng)物質(zhì)是____；

（7）實驗（5）中試管中出現(xiàn)紅棕色氣體的可能原因是（要求寫兩點）____、____；

（8）通過實驗，你認為蘋果中的“鐵”以何種形式存在____．22、填寫下列表格：

。項目甲烷丙烷乙烯乙炔化學式________________含碳量________________與H2加成________________燃燒反應________________23、硝酸的工業(yè)制法是用氨氧化法制??；其法以氨和空氣為原料，在催化劑的作用下，最后在吸收塔中用水吸收制取硝酸．其具體的工藝流程如下：

請回答下列問題：

（1）從吸收塔中出來的硝酸濃度大約是50%，不能直接用于軍工、染料等工業(yè)，必須將其進入蒸餾塔制成98%以上的濃硝酸．某中學實驗小組，在實驗室模擬蒸餾塔中對稀硝酸蒸餾時應注意選擇適宜的條件是____．原因是____．（請用化學方程式解釋之）

（2）在氧化爐中只發(fā)生主反應①和副反應②

4NH3（g）+5O2（g）?4NO（g）+6H2O（g）；△H=-905kJ?mol-1①

4NH3（g）+3O2（g）?2N2（g）+6H2O（g）；△H=-1268kJ?mol-1②

試寫出N2氧化為NO的熱化學方程式____；

（3）在氧化爐中催化氧化時；有關物質(zhì)的產(chǎn)率與溫度的關系如下圖：

據(jù)圖可知工業(yè)上氨催化氧化生成NO時，應該控制溫度在____左右，該反應所使用的催化劑是____．

溫度高于900℃時，NO產(chǎn)率下降的可能原因是____

____．

（4）從氧化爐中出來的氣體為什么不直接進入吸收塔，而是進入熱交換器？這樣做的優(yōu)點是____．

（5）下列措施可提高氨催化氧化生成NO的產(chǎn)率的是____．

A．降低反應體系的壓強B．實際生產(chǎn)中采用物料比n（O2）/n（NH3）為1.7～2.0

C．研究開發(fā)使用效果更好的催化劑D．升高反應體系的溫度．評卷人得分四、判斷題(共1題，共10分)24、向Na2SO3溶液中加入少量Ca（OH）2溶液，水解程度減小，溶液的PH減小．____（判斷對錯）評卷人得分五、探究題(共4題，共16分)25、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(nèi)填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內(nèi)有關物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式．

寫出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式A________、C________、E________、G________．26、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：27、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(nèi)填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內(nèi)有關物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式．

寫出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式A________、C________、E________、G________．28、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應的原理來測定其含量，操作為：評卷人得分六、實驗題(共4題，共20分)29、（2010秋?東城區(qū)期末）鈉與水反應的離子方程式是____．在探究金屬鈉與水反應（如圖）的實驗過程中；某課外小組同學記錄了如下實驗現(xiàn)象和實驗結(jié)論：

①有堿生成②溶液變紅③鈉四處游動④鈉浮在水面上⑤有氣體產(chǎn)生⑥鈉的密度比水?、哜c熔成光亮的小球⑧反應放熱；鈉熔點低。

請?zhí)顚懴卤碇械目崭瘢◤蘑佟嘀羞x擇；填序號）：

。實驗現(xiàn)象⑦____③____實驗結(jié)論____⑥____①30、實驗室常用濃鹽酸和二氧化錳反應來制取少量氯氣，反應的化學方程式為：rm{MnO_{2}+4HCl_{(濃)}dfrac{overset{;;triangle;;}{.}}{;}}rm{MnO_{2}+4HCl_{(濃)}dfrac{

overset{;;triangle;;}{.}}{;}}取rm{MnCl_{2}+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O}的rm{8.7g}與足量的濃鹽酸發(fā)生反應制取氯氣rm{MnO_{2}}計算：

rm{.}標準狀況下生成rm{(1)}的體積為______；

rm{Cl_{2}}反應生成的rm{(2)}的物質(zhì)的量為______；

rm{MnCl_{2}}若向反應后的剩余溶液中，加入足量rm{(3)}溶液，生成沉淀rm{AgNO_{3}}計算原濃鹽酸中所含rm{57.4g}的物質(zhì)的量．rm{HC1}31、硫酸銅在生產(chǎn)；生活中應用廣泛．某化工廠用含少量鐵的廢銅渣為原料生產(chǎn)膽礬的流程如下：

（1）寫出浸出時銅與稀硫酸、稀硝酸反應生成硫酸銅的化學方程式：____．

（2）取樣檢驗是為了確認Fe3+是否除凈，你的檢驗方法是____．

（3）濾渣c是____．

（4）氣體a可以被循環(huán)利用，用化學方程式表示氣體a被循環(huán)利用的原理為：2NO+O2═2NO2、____．

（5）一定溫度下，硫酸銅受熱分解生成CuO、SO2氣體、SO3氣體和O2氣體，寫出硫酸銅受熱分解的化學方程式：____．某同學設計了如圖2所示的實驗裝置分別測定生成的SO2氣體、SO3氣體的質(zhì)量和O2氣體的體積．此設計有不合理之處，請說明理由：____．

32、rm{FeCl_{2}}是一種常用的還原劑rm{.}有關數(shù)據(jù)如下：

。rm{C_{6}H_{5}Cl(}氯苯rm{)}rm{C_{6}H_{4}Cl_{2}}rm{FeCl_{3}}rm{FeCl_{2}}溶解性不溶于水，易溶于苯不溶于rm{C_{6}H_{5}Cl}rm{C_{6}H_{4}Cl_{2}}苯，易吸水．熔點rm{/隆忙}rm{-45}rm{53}沸點rm{/隆忙}rm{132}rm{173}實驗室可以用多種方法來制備無水rm{FeCl_{2}.}回答下列問題：

I.按如圖rm{1}裝置用rm{H_{2}}還原無水rm{FeCl_{3}}制取．

rm{(1)}裝置rm{C}的作用是______；rm{E}中盛放的試劑是______；rm{D}中反應的化學方程式為______．

rm{(2)}溫度控制不當，產(chǎn)品中含單質(zhì)鐵rm{.}檢驗產(chǎn)品中是否含鐵的方案是______．

rm{II.}按如圖rm{2}裝置，在三頸燒瓶中放入rm{162.5g}無水氯化鐵和rm{225g}氯苯，控制反應溫度在rm{128隆蘆139隆忙}加熱rm{3h}反應接近rm{100%.}冷卻，分離提純得到粗產(chǎn)品rm{.}反應如下：rm{2FeCl_{3}+C_{6}H_{5}Cl隆煤2FeCl_{2}+C_{6}H_{4}Cl_{2}+HCl}

rm{(3)}該制取反應中；作還原劑的是______．

rm{(4)}反應溫度接近或超過rm{C_{6}H_{5}Cl}的沸點，但實驗過程中rm{C_{6}H_{5}Cl}并不會大量損失rm{.}原因是______．

rm{(5)}冷卻實驗裝置；將三頸瓶內(nèi)物質(zhì)經(jīng)過過濾；洗滌，干燥后，將得到粗產(chǎn)品．

rm{壟脵}洗滌所用的試劑可以是______；

rm{壟脷}回收濾液中rm{C_{6}H_{5}Cl}的方案是______．

rm{(6)}僅通過燒杯中的現(xiàn)象變化就可以監(jiān)控氯化鐵的轉(zhuǎn)化率rm{.}若要監(jiān)控氯化鐵轉(zhuǎn)化率達到或超過rm{90%}則燒杯中加入的試劑可以是______．參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、D【分析】【分析】A．溶液具有均一性；取出的溶液的濃度不變；

B．根據(jù)n=cV計算出溶質(zhì)HCl的物質(zhì)的量；再根據(jù)V=nVm計算出需要HCl的體積；

C．根據(jù)n=cV計算出該溶液中含有氯化鋇的物質(zhì)的量；然后計算出含有鋇離子和氯離子的總物質(zhì)的量及數(shù)目；

D．根據(jù)c=計算出該濃硫酸的濃度，然后進行判斷．【解析】【解答】解：A．從1L1mol/L的NaCl溶液中取出10mL；由于溶液具有均一性，則取出的溶液濃度仍是1mol/L，故A正確；

B．0.5L10mol/L的鹽酸中含有溶質(zhì)HCl的物質(zhì)的量為：10mol/L×0.5L=5mol；需要標準狀況下氯化氫氣體體積為：22.4L/mol×5mol=112L，故B正確；

C．0.5L2mol/LBaCl2溶液中含有溶質(zhì)氯化鋇的物質(zhì)的量為：2mol/L×0.5L=1mol，Ba2+和Cl-總物質(zhì)的量為3mol，含有鋇離子和氯離子的總數(shù)為3×6.02×1023；故C正確；

D．質(zhì)量分數(shù)為98%、密度為1.84g/cm3的硫酸的濃度為：=18.4mol/L；所以兩溶液的物質(zhì)的量濃度相同，故D錯誤；

故選D．2、D【分析】【分析】在KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O的反應中，根據(jù)化合價不交叉的原則，KClO3中+5價的氯元素降為0價，HCl中氯元素升為0價，氯化鉀中的氯元素來自鹽酸，所以KClO3是氧化劑、部分HCl是還原劑，氧化劑被還原、還原劑被氧化，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：根據(jù)化合價不交叉的原則，在KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O的反應中，KClO3中+5價的氯元素降為0價；該氯原子為被還原的氯原子，HCl中氯元素升為0價，該氯原子為被氧化的氯原子，氯化鉀中的氯元素來自鹽酸，則被氧化發(fā)生氧化反應的Cl為5；

所以KClO3是氧化劑；部分HCl是還原劑；氧化劑被還原、還原劑被氧化，被氧化和被還原的元素都是Cl元素，其質(zhì)量之比等于其物質(zhì)的量之比=5：1；

故選D．3、B【分析】【分析】A．燃燒熱的定義分析；燃燒熱是指在101kPa時1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物放出的能量；

B．熱化學方程式中的化學計量數(shù)只表示物質(zhì)的量；不表示微粒數(shù)，所以系數(shù)可以用分數(shù)表示；

C．放熱反應中反應物所具有的總能量大于生成物所具有的總能量；吸熱反應中反應物所具有的總能量小于生成物所具有的總能量；

D．當△G=△H-T?△S＜0時，反應能自發(fā)進行．【解析】【解答】解：A．燃燒熱是指在101kPa時1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物放出的能量；故A錯誤；

B．熱化學方程式中；各物質(zhì)前的化學計量數(shù)不表示分子個數(shù)，只表示物質(zhì)的量，故B正確；

C．如果反應物所具有的總能量小于生成物所具有的總能量；則發(fā)生的反應是吸熱反應，故C錯誤；

D．化學反應的自發(fā)性僅由反應的焓變；熵變、溫度三者共同決定；故D錯誤；

故選B．4、D【分析】解：rm{A.a}rmrm{c}三點中，rm{a}rm點氫氧化鈉不足，rm{HA}有剩余，而rm{c}點氫氧化鈉與rm{HA}恰好反應生成rm{NaA}與rm{a}rm點相比，rm{c}點溶液中離子濃度最大，所以導電能力最強的是rm{c}點對應的溶液；故A正確；

B.在rm{c}點溶液中的溶質(zhì)為rm{NaA}根據(jù)質(zhì)子守恒可得：rm{c(H^{+})+c(HA)=c(OH^{-})}故B正確；

C.rm{0.10mol/L}的一元酸rm{HA}溶液的rm{pH=3}則溶液中氫離子濃度為：rm{c(H^{+})=10^{-3}mol/L}rm{c(A^{-})隆脰c(H^{+})=10^{-3}mol/L}rm{c(HA)=0.10mol/L-c(A^{-})隆脰0.10mol/L}則rm{HA}的電離平衡常數(shù)為：rm{dfrac{10^{-3}隆脕10^{-3}}{0.10}=1.0隆脕10^{-5}}故C正確；

D.rm{dfrac

{10^{-3}隆脕10^{-3}}{0.10}=1.0隆脕10^{-5}}rm{a}rmrm{c}四點所示溶液中，rmprt7hkx點溶液的rm不影響水的電離，rm{pH=7}rm{a}點都抑制了水的電離，只有rmaip0k5i點恰好反應生成rm{c}rm{NaA}水解促進了水的電離，水的電離程度最大的是rm{A^{-}}點對應的溶液；故D錯誤；

故選D．

A.rm{c}點加入rm{c}氫氧化鈉溶液，此時氫氧化鈉與rm{20mL}恰好反應，與rm{HA}rm{a}點相比，rm點溶液中離子濃度最大；溶液導電性最強；

B.rm{c}點溶質(zhì)為rm{c}根據(jù)質(zhì)子守恒判斷；

C.根據(jù)圖示可知，rm{NaA}的rm{0.10mol/L}溶液的rm{HA}結(jié)合電離平衡常數(shù)的表達式進行計算；

D.氫氧化鈉與rm{pH=3}恰好反應時水的電離程度最大；中性溶液時不影響水的電離，酸性或堿性溶液中抑制了水的電離．

本題考查了酸堿混合的定性判斷及溶液rm{HA}的計算，題目難度中等，明確溶液酸堿性與溶液rm{pH}的關系為解答關鍵，注意掌握水的電離及其影響，試題培養(yǎng)了學生的分析能力及靈活應用能力．rm{pH}【解析】rm{D}5、D【分析】【分析】x元素的陰離子和y元素的陽離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，離子核外電子數(shù)目相等，則y元素處于x元素的下一周期，x為非金屬元素，最外層電子數(shù)較多，y為金屬元素，最外層電子數(shù)相對較少，結(jié)合元素周期律解答．【解析】【解答】解：x元素的陰離子和y元素的陽離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)；離子核外電子數(shù)目相等，則y元素處于x元素的下一周期，x為非金屬元素，最外層電子數(shù)較多，y為金屬元素，最外層電子數(shù)相對較少．

A．y元素處于x元素的下一周期；x為非金屬元素，原子半徑小于同周期與y處于同族的元素，故原子半徑y(tǒng)＞x，故A錯誤；

B．x為非金屬元素；y為金屬元素，故x的第一電離能大于y的第一電離能，故B錯誤；

C．x為非金屬元素；y為金屬元素，故x的金屬性弱于y的金屬性，故C錯誤；

D．x為非金屬元素；y為金屬元素，故x的電負性高于y的電負性，故D正確；

故選D．6、D【分析】【分析】A；電離時生成的陽離子都是氫離子的化合物是酸；

B；電離時生成的陰離子都是氫氧根離子的化合物是堿；

C；氯化物是負價氯和另外一個化學元素組成的二元化合物．

D、氧化物是負價氧和另外一個化學元素組成的二元化合物．【解析】【解答】解：二氧化氯是由氯元素和氧元素組成的化合物；氯元素為+4價，氧元素為-2價，屬于氧化物．

故選：D．7、A【分析】試題分析：A、Mg容易失去電子，OH—在燃料電池中移向流出電子的負極，故Mg作Y電極，錯誤；B、Na+移向流入電子的正極或X電極，錯誤；C、鎂失去2個電子變?yōu)殒V離子，鎂離子與氫氧根離子結(jié)合為氫氧化鎂沉淀，OH—被消耗，故廢液的pH小于NaClO溶液的pH，錯誤；D、H+與OH—不能大量共存，則正極反應式為ClO——4e—+4OH—=ClO3—+2H2O，錯誤?？键c：考查燃料電池的構(gòu)成、工作原理等相關知識?！窘馕觥俊敬鸢浮緼8、C【分析】【解答】解：A．元素符號的左上角標質(zhì)量數(shù)，中子數(shù)為20的氯原子，質(zhì)量數(shù)=17+20=37，故正確應為：1737Cl，故A錯誤；B．Cl原子得到1個電子形成最外層滿足8個電子的Cl﹣，離子結(jié)構(gòu)示意圖為：故B錯誤；

C．氯氣中存在1對氯氯共用電子對，氯原子最外層達到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，電子式為：故C正確；

D．氯乙烯分子中存在碳碳雙鍵，正確的結(jié)構(gòu)簡式為：H2C=CHCl；故D錯誤；

故選C．

【分析】A．元素符號的左上角標質(zhì)量數(shù)；質(zhì)量數(shù)=質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)；

B．氯離子（Cl﹣）為Cl原子得到1個電子形成的陰離子；最外層滿足8個電子的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；

C．氯氣為雙原子分子；最外層均滿足8個電子的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；

D．氯乙烯分子中存在碳碳雙鍵．二、多選題(共9題，共18分)9、CD【分析】【分析】X、Y、Z、W、Q都是短周期主族元素，其中X是短周期原子半徑最大的元素，則X為Na；X與Y處于同一周期，Y與Z同主族且能形成兩種常見的化合物，則Y為S元素、Z為O元素；W能形成兩種簡單的離子，則W為H元素；Q原子的電子總數(shù)等于其電子層數(shù)的3倍，原子只能有2個電子層，核外電子數(shù)為6，故Q為C元素，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：X；Y、Z、W、Q都是短周期主族元素；其中X是短周期原子半徑最大的元素，則X為Na；X與Y處于同一周期，Y與Z同主族且能形成兩種常見的化合物，則Y為S元素、Z為O元素；W能形成兩種簡單的離子，則W為H元素；Q原子的電子總數(shù)等于其電子層數(shù)的3倍，原子只能有2個電子層，核外電子數(shù)為6，故Q為C元素．

A．元素Q為碳元素；不是短周期非金屬性最強的元素，短周期中非金屬最強的元素為F元素，故A錯誤；

B．Y；Z形成的化合物為二氧化硫、三氧化硫；均屬于酸性氧化物，故B錯誤；

C．Y；Z、Q分別與W形成的化合物為氫化物；分別為硫氫化、水、均為，由于水分子之間存在氫鍵，沸點最高，故C正確；

D．Na與氧元素形成的過氧化鈉中既含離子鍵又含共價鍵；故D正確；

故選：CD．10、BC【分析】【分析】A．濃硝酸見光易分解；

B．500mL1.0mol?L-1的NaOH溶液配制已完成；

C．托盤天平的感量是0.1g；

D．量筒不能用來稀釋溶液．【解析】【解答】解：A．濃硝酸具有腐蝕性；揮發(fā)性和不穩(wěn)定性；故應保存在玻璃塞的棕色試劑瓶中，故A正確；

B．已經(jīng)完成定容的500mL1.0mol?L-1的NaOH溶液；某同學不慎將容量瓶中溶液灑出，不需重新配制，故B錯誤；

C．托盤天平的感量是0.1g；無法稱量出12.50g的NaCl固體，故C錯誤；

D．不能在量筒中進行溶液的稀釋；故D正確．

故選BC．11、BC【分析】【分析】強酸性溶液中存在大量氫離子；

A．碳酸氫根離子與強酸性溶液中的氫離子反應；

B．四種離子之間不反應；都不與氫離子反應；

C．四種離子之間不反應；能夠共存；

D．高錳酸根離子在酸性條件下能夠氧化亞硫酸根離子、硫離子．【解析】【解答】解：強酸性溶液中存在大量氫離子；

A．HCO3-與強酸性溶液中的氫離子反應生成二氧化碳氣體和水；溶液中不能大量共存，故A錯誤；

B．Ca2+、NO3-、Mg2+、SO42-之間不發(fā)生反應；都不與強酸性溶液中的氫離子反應，在溶液中能夠大量共存，故B正確；

C．Fe3+、Cu2+、NO3-、Cl-之間不反應；都不與強酸性溶液中的氫離子反應，在溶液中能夠大量共存，故C正確；

D．MnO4-在酸性條件下具有強氧化性，能夠氧化SO32-、S2-；在溶液中不能大量共存，故D錯誤；

故選BC．12、AD【分析】【分析】A；碳酸鈉溶液中組成物料守恒鈉元素和碳元素相同；n（Na）=n（C）；

B；氯化銨溶液中銨根離子水解溶液顯酸性；

C；溶液中存在電荷守恒分析判斷；

D、弱堿存在電離平衡，氨水平衡狀態(tài)下氫氧根離子濃度和鹽酸溶液中氫離子濃度相同，反應后又繼續(xù)電離出氫氧根離子，溶液顯堿性．【解析】【解答】解：A、碳酸鈉溶液中組成物料守恒鈉元素和碳元素相同，n（Na）=n（C），0.1mol?L-1Na2CO3溶液：c（Na+）=2[c（HCO3-）+c（CO32ˉ）+c（H2CO3）]；故A正確；

B、氯化銨溶液中銨根離子水解溶液顯酸性，c（NH4+）＜c（Cl-）；故B錯誤；

C、溶液中存在電荷守恒分析，0.1mol?L-1Na2SO3溶液c（H+）+c（Na+）=2c（SO32-）+c（OH-）+c（HSO3-）；故C錯誤；

D、弱堿存在電離平衡，氨水平衡狀態(tài)下氫氧根離子濃度和鹽酸溶液中氫離子濃度相同，反應后又繼續(xù)電離出氫氧根離子，溶液顯堿性，c（NH4+）＞c（Cl-），溶液中離子濃度大小為：c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+）；故D正確；

故選AD．13、AD【分析】【分析】根據(jù)價層電子對個數(shù)=σ鍵個數(shù)+孤電子對個數(shù)，σ鍵個數(shù)=配原子個數(shù)，孤電子對個數(shù)=×（a-xb），a指中心原子價電子個數(shù)，x指配原子個數(shù)，b指配原子形成穩(wěn)定結(jié)構(gòu)需要的電子個數(shù)，進行分析判斷．【解析】【解答】解：A．CH3-C*H2-CH3中*碳原子價層電子對個數(shù)=σ鍵個數(shù)+孤電子對個數(shù)=4+0=4，所以*碳原子的雜化sp3雜化；故A正確；

B．C*H2=CHCH3中*碳原子價層電子對個數(shù)=σ鍵個數(shù)+孤電子對個數(shù)=3+0=3，所以*碳原子的雜化sp2雜化；故B錯誤；

C．CH2=C*HCH3中*碳原子價層電子對個數(shù)=σ鍵個數(shù)+孤電子對個數(shù)=3+0=3，所以*碳原子的雜化sp2雜化；故C錯誤；

D．CH2=CHC*H3中*碳原子價層電子對個數(shù)=σ鍵個數(shù)+孤電子對個數(shù)=4+0=4，所以*碳原子的雜化sp3雜化；故D正確；

故選AD．14、BC【分析】【分析】該有機物含有Cl元素，屬于烴的衍生物，結(jié)合結(jié)構(gòu)簡式判斷有機物含有的原子個數(shù)可確定分子式，分子中含有兩個苯環(huán)，可與氫氣發(fā)生加成反應，與苯環(huán)直接相連的原子在同一個平面上，據(jù)此進行解答．【解析】【解答】解：A．該有機物含有Cl元素；屬于烴的衍生物，不屬于芳香烴，故A錯誤；

B．與苯環(huán)直接相連的原子在同一個平面上；由于兩個苯環(huán)連接在同一個C原子上，具有四面體結(jié)構(gòu)，當兩個苯環(huán)沿-C-軸旋轉(zhuǎn)到一定角度時可能共平面，則分子中最多可能有23個原子共面，故B正確；

C．有結(jié)構(gòu)簡式可知分子中含有14個C、9個H、5個Cl，則分子式為C14H9Cl5；故C正確；

D．該有機物分子中含有官能團氯原子；能夠發(fā)生水解反應，由于氯原子連接在苯環(huán)上，無法發(fā)生消去反應，故D錯誤；

故選BC．15、BD【分析】【分析】由于化學平衡狀態(tài)與條件有關，而與建立平衡的途徑無關．因而，同一可逆反應，從不同的狀態(tài)開始，只要達到平衡時條件（溫度、濃度、壓強等）完全相同，則可形成等效平衡，在恒溫、恒容條件下，對于反應前后氣體分子數(shù)不變的可逆反應，只要反應物（或生成物）的物質(zhì)的量的比值與原平衡相同，則兩平衡等效．【解析】【解答】解：2A（g）+2B（g）?C（g）+3D（g）；反應前后氣體的物質(zhì)的量相等；

Ⅰ．A；B的起始物質(zhì)的量均為2mol；

Ⅱ．C；D的起始物質(zhì)的量分別為2mol和6mol；相當于4molA和4molB，兩種途徑的物質(zhì)的量比值相同，則處于相同平衡狀態(tài)，則。

A．Ⅱ所加物質(zhì)完全轉(zhuǎn)化為A；B時；可生成4molA、4molB，與Ⅰ物質(zhì)的量不相等，平衡狀態(tài)相同，則兩體系內(nèi)相同氣體的濃度不相等，故A錯誤；

B．兩種途徑平衡狀態(tài)相同；則對應的各組分的體積分數(shù)相同，故B正確；

C．Ⅱ途徑濃度大；壓強大，反應速率應較大，故C錯誤；

D．由于途徑Ⅱ的質(zhì)量為途徑Ⅰ的質(zhì)量的2倍；則Ⅱ途徑所得混合氣的密度為途徑Ⅰ所得混合氣密度的兩倍，故D正確．

故選BD．16、AB【分析】【分析】在陰離子中，陰離子的核外電子數(shù)=質(zhì)子數(shù)+電荷數(shù)，質(zhì)量數(shù)=質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)，所以中子數(shù)=質(zhì)量數(shù)-質(zhì)子數(shù)=核外電子數(shù)-電荷數(shù)．【解析】【解答】解：Rn-離子有x個電子，電荷數(shù)為n，陰離子的核外電子數(shù)=質(zhì)子數(shù)+電荷數(shù)，所以質(zhì)子數(shù)=核外電子數(shù)-電荷數(shù)=x-n；中子數(shù)=質(zhì)量數(shù)-質(zhì)子數(shù)=A-（x-n）=A-x+n，故選AB．17、AC【分析】【分析】在一定溫度下，使反應H2O（g）+C（s）=CO（g）+H2（g）的化學反應速率降低，應降低反應體系中物質(zhì)的濃度，如壓強變化，應是氣體的濃度減小才可．【解析】【解答】解：A．增大容器體積使壓強變??；氣體的濃度降低，反應速率減小，故A選；

B．恒容下；充入Ne，參加反應的氣體的濃度不變，則反應速率不變，故B不選；

C．恒壓下；充入Ne，應使容器體積增大，則參加反應的氣體的濃度減小，反應速率減小，故C選；

D．C為固體；對反應速率沒有影響，故D不選．

故選AC．三、填空題(共6題，共12分)18、NH4NO3【分析】【分析】（1）反應中I-→I2，失去1個電子，而H2O2→H2O得到2個電子，IO3-→I2得到5個電子，MnO4-→Mn2+得到5個電子，HNO2→NO得到1個電子；根據(jù)氧化還原反應氧化劑與還原劑得失電子數(shù)目相等進行判斷；

（2）鐵和某濃度的硝酸反應時，鐵轉(zhuǎn)化為等物質(zhì)的量的Fe2+和Fe3+，鐵元素化合價升高，硝酸中氮元素化合價降低，根據(jù)電子守恒計算硝酸的還原產(chǎn)物中氮元素的化合價即可．【解析】【解答】解：分別用1mol這些物質(zhì)氧化足量的KI，氧化時I-失電子成為碘單質(zhì)，生成1mol單質(zhì)碘，轉(zhuǎn)移電子是2mol，H2O2→H2O得到2個電子，生成碘單質(zhì)是1mol，IO3-→I2得到5個電子，同時碘離子成為碘單質(zhì)，所以生成碘單質(zhì)是3mol，MnO4-→Mn2+得到5個電子，HNO3→NO得到3個電子，生成碘單質(zhì)是2.5mol，I-→I2；失去1個電子，生成碘單質(zhì)是0.5mol，故答案為：

。氧化劑I2的物質(zhì)的量（mol）氧化劑I2的物質(zhì)的量（mol）H2O21IO3-3MnO4-2.5HNO20.5；

（2）鐵和某濃度的硝酸反應時，鐵轉(zhuǎn)化為等物質(zhì)的量的Fe2+和Fe3+；鐵元素化合價升高，硝酸中氮元素化合價降低，消耗鐵和硝酸的物質(zhì)的量之比為8：25，根據(jù)電子守恒，設還原產(chǎn)物中氮元素的化合價是x，則。

4（2-0）+4（3-0）=25（5-x），解得x=4.2，所以產(chǎn)物中氮元素的化合價一個高于4.2一個低于4.2，產(chǎn)物可能是硝酸銨NH4NO3，故答案為：NH4NO3．19、2.0①④⑤⑥藥匙、膠頭滴管③檢查容量瓶是否漏水②①③⑧⑤⑥⑦④②⑤【分析】【分析】（1）依據(jù)m=CVM計算需要溶質(zhì)的質(zhì)量；

（2）依據(jù)配制一定物質(zhì)的量濃度溶液的步驟選擇需要的儀器；

（3）氫氧化鈉為腐蝕品；稱量時應放在小燒杯或者稱量瓶中；

（4）容量瓶在使用過程中需要上下顛倒；

（5）依據(jù)配制一定物質(zhì)的量濃度溶液的步驟排序；

（6）分析不當操作對溶質(zhì)的物質(zhì)的量和溶液體積的影響，依據(jù)C=進行誤差分析．【解析】【解答】解：（1）配制0.1mol/L的NaOH溶液500mL；需要溶質(zhì)的質(zhì)量m=0.1mol/L×40g/mol×0.5L=2.0g；

故答案為：2.0；

（2）配制一定物質(zhì)的量濃度溶液的一般步驟：計算；稱量、溶解、冷卻、移液、洗滌、定容、搖勻等操作；用到的儀器有：天平、藥匙、燒杯、玻璃棒、500mL容量瓶、膠頭滴管；HIA缺少的儀器：藥匙、膠頭滴管；

故答案為：①④⑤⑥；藥匙；膠頭滴管；

（3）氫氧化鈉為腐蝕品；稱量時應放在小燒杯或者稱量瓶中；

故選：③；

（4）容量瓶在使用過程中需要上下顛倒；所以使用過程中應檢查容量瓶是否漏水；

故答案為：檢查容量瓶是否漏水；

（5）配制一定物質(zhì)的量濃度溶液的步驟：計算；稱量、溶解、冷卻、移液、洗滌、定容、搖勻；所以正確的順序為：②①③⑧⑤⑥⑦④；

故答案為：②①③⑧⑤⑥⑦④；

（6）①未洗滌燒杯；玻璃棒；導致溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏小，溶液濃度偏低，故不選；

②NaOH溶液未冷卻至室溫就轉(zhuǎn)移到容量瓶中；冷卻后，溶液體積偏小，溶液濃度偏高，故選；

③容量瓶不干燥；含有少量蒸餾水，對溶質(zhì)的物質(zhì)的量和溶液體積都不產(chǎn)生影響，溶液濃度不變，故不選；

④稱量NaOH的時間太長；導致氫氧化鈉吸收空氣中水；二氧化碳，稱取的氫氧化鈉的物質(zhì)的量偏小，溶液濃度偏低，故不選；

⑤定容時俯視刻度；導致溶液體積偏小，溶液濃度偏高，故選；

故選：②⑤．20、2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑bd焊接鋼軌等cd【分析】【分析】單質(zhì)A常作為食品包裝材料，甲是兩性氧化物，A與氧化鐵反應得到甲，且A能與NaOH反應，則A為Al，甲為Al2O3，單質(zhì)B為H2，乙為NaAlO2，丙為NaAlO2，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：單質(zhì)A常作為食品包裝材料，甲是典型的兩性氧化物，A與氧化鐵反應得到甲，且A能與NaOH反應，則A為Al，甲為Al2O3，單質(zhì)B為H2，乙為NaAlO2，丙為NaAlO2；

（1）反應①的離子方程式為：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，故答案為：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；

（2）A為金屬Al，單質(zhì)A與Fe2O3反應為鋁熱反應，鋁熱反應需要引發(fā)劑引發(fā)高溫反應，鎂條在空氣中可以燃燒，氧氣是氧化劑．但插入混合物中的部分鎂條燃燒時，氯酸鉀則是氧化劑，以保證鎂條的繼續(xù)燃燒，同時放出足夠的熱量引發(fā)氧化鐵和鋁粉的反應，故選：bd；鋁熱反應的應用為焊接鋼軌等；

故答案為：bd；焊接鋼軌等；

（3）冶煉活潑金屬K、Ca、Na、Mg、Al，一般用電解熔融的氯化物（Al是電解熔融的Al2O3）制得；熱還原法用于冶煉較不活潑的金屬Zn、Fe、Sn、Pb、Cu，常用還原劑有（C、CO、H2等）；熱分解法：冶煉不活潑的金屬Hg、Ag用加熱分解氧化物的方法制得，故選：cd．21、可能由所含鐵元素和所含多酚被氧化共同形成可能由所含鐵元素和所含多酚被氧化共同形成研缽重復過濾pH計活性炭強氧化性（或漂白性）不穩(wěn)定性多酚證明加入的Br2已經(jīng)足量硝酸的氧化性強于過氧化氫蛋白質(zhì)硝酸分解生成二氧化氮稀硝酸被蘋果中還原性物質(zhì)還原為NO，NO與氧氣反應生成二氧化氮蘋果中Fe與有機物結(jié)合在一起【分析】【分析】（1）根據(jù)假設1；2可知；可能由所含鐵元素和所含多酚被氧化共同形成；

（2）操作1是將固體研碎；需要用到研缽；操作2是將不同的固體與液體分離，應采取過濾操作，過濾后的濾液渾濁需要重復過濾；測定鮮蘋果汁的pH為3.48，所用的儀器或用品是pH計；

（3）加入少許某不能與鹽酸反應的黑色顆粒；果汁的顏色明顯變淺，該黑色物質(zhì)具有吸附有色物質(zhì)；

（4）實驗（3）中加入少許KSCN溶液，未見紅色，蘋果汁中沒有Fe3+，再加入適量H2O2，仍未見紅色，充分加熱，液體的顏色反而變?yōu)闊o色，同時有氣泡產(chǎn)生，過氧化氫有強氧化性，將有色物質(zhì)氧化為無色物質(zhì)，同時過氧化氫不穩(wěn)定，可以分解生成水與氧氣．再滴入少許FeCl2溶液，液體變?yōu)榧t色，F(xiàn)e2+被過氧化氫氧化為Fe3+，對比說明蘋果汁中沒有Fe2+；

（5）實驗（4）第二份滴加足量溴水，得到白色沉淀，說明蘋果汁中含有多酚類物質(zhì)，上層液體中滴加少許KSCN溶液，也未見紅色，說明蘋果汁中沒有Fe3+，滴入少許CCl4萃取溶液中的溴；證明溴水足量；

（6）實驗（5）中第三份加入少許稀HNO3，充分加熱，放置一段時間后，液體的顏色逐漸變淺，但仍比加入HNO3前深，再滴加少許KSCN溶液，液體變?yōu)榧t色，溶液中含有Fe3+，說明硝酸可以將蘋果中的“Fe”氧化為Fe3+，與（3）中實驗相比，過氧化氫不能將蘋果中的“Fe”氧化為Fe3+；

加入的少許硝酸先將蘋果中的“Fe”氧化為Fe3+，而后Fe3+又氧化多酚等物質(zhì)；液體的顏色逐漸變淺，結(jié)合實驗（6）中可知，蘋果中Fe與有機物結(jié)合在一起，而糖只含有C；H、O三種元素，可以說明營養(yǎng)物質(zhì)是蛋白質(zhì)；

（7）第三份加入少許稀HNO3；充分加熱，試管中出現(xiàn)紅棕色氣體，該紅棕色氣體為二氧化氮，可能是硝酸分解生成二氧化氮，也可能是稀硝酸蘋果中還原性物質(zhì)還原為NO，NO與氧氣反應生成二氧化氮；

（8）由上述分析可知，蘋果汁中沒有Fe2、Fe3+，則另取一只蘋果，灼燒成灰，加入稀HCl充分攪拌后，取所得液體，滴入KSCN溶液，液體變?yōu)榧t色，說明所得溶液中含有Fe3+，可知蘋果中“Fe”與有機物結(jié)合在一起．【解析】【解答】解：（1）根據(jù)假設1；2可知；假設3應為：可能由所含鐵元素和所含多酚被氧化共同形成；

故答案為：可能由所含鐵元素和所含多酚被氧化共同形成；

（2）操作1是將固體研碎；需要用到研缽；操作2是將不同的固體與液體分離，應采取過濾操作，所得蘋果汁仍很渾濁，需要重復過濾；測定鮮蘋果汁的pH為3.48，所用的儀器或用品是pH計；

故答案為：研缽；重復過濾；pH計；

（3）蘋果汁呈黃色；加入少許某不能與鹽酸反應的黑色顆粒，果汁的顏色明顯變淺，該黑色物質(zhì)具有吸附有色物質(zhì)，可能為活性炭；

故答案為：活性炭；

（4）實驗（3）中加入少許KSCN溶液，未見紅色，蘋果汁中沒有Fe3+，再加入適量H2O2，仍未見紅色，充分加熱，液體的顏色反而變?yōu)闊o色，同時有氣泡產(chǎn)生，再滴入少許FeCl2溶液，液體變?yōu)榧t色，F(xiàn)e2+被過氧化氫氧化為Fe3+，對比說明蘋果汁中沒有Fe2+，過氧化氫有強氧化性，將有色物質(zhì)氧化為無色物質(zhì)，液體的顏色反而變?yōu)闊o色，同時過氧化氫不穩(wěn)定，可以分解生成水與氧氣，體現(xiàn)了H2O2：強氧化性（或漂白性）；不穩(wěn)定性；

故答案為：強氧化性（或漂白性）；不穩(wěn)定性；

（5）實驗（4）第二份滴加足量溴水，有少量沉淀生成，靜置后，傾出上層液體，固體經(jīng)洗滌后成白色，說明蘋果汁中含有多酚類物質(zhì)，在傾出的上層液體中滴加少許KSCN溶液，也未見紅色，蘋果汁中沒有Fe3+，再滴入少許CCl4充分振蕩后，靜置，下層液體呈棕黃色，萃取溶液中的溴，證明加入的溴水是過量的，進一步說明蘋果汁中沒有Fe3+；

故答案為：多酚；證明加入的Br2已經(jīng)足量；

（6）實驗（5）中第三份加入少許稀HNO3，充分加熱，放置一段時間后，液體的顏色逐漸變淺，但仍比加入HNO3前深，再滴加少許KSCN溶液，液體變?yōu)榧t色，溶液中含有Fe3+，說明硝酸可以將蘋果中的“Fe”氧化為Fe3+，與（3）中實驗相比，過氧化氫不能將蘋果中的“Fe”氧化為Fe3+；說明硝酸的氧化性強于過氧化氫；

加入的少許硝酸先將蘋果中的“Fe”氧化為Fe3+，而后Fe3+又氧化多酚等物質(zhì)；液體的顏色逐漸變淺，結(jié)合實驗（6）中可知，蘋果中Fe與有機物結(jié)合在一起，而糖只含有C；H、O三種元素，可以說明營養(yǎng)物質(zhì)是蛋白質(zhì)；

故答案為：硝酸的氧化性強于過氧化氫；蛋白質(zhì)；

（7）第三份加入少許稀HNO3；充分加熱，試管中出現(xiàn)紅棕色氣體，該紅棕色氣體為二氧化氮，可能是硝酸分解生成二氧化氮，也可能是稀硝酸被蘋果中還原性物質(zhì)還原為NO，NO與氧氣反應生成二氧化氮；

故答案為：硝酸分解生成二氧化氮；稀硝酸被蘋果中還原性物質(zhì)還原為NO；NO與氧氣反應生成二氧化氮；

（8）由上述分析可知，蘋果汁中沒有Fe2、Fe3+，則另取一只蘋果，灼燒成灰，加入稀HCl充分攪拌后，取所得液體，滴入KSCN溶液，液體變?yōu)榧t色，說明所得溶液中含有Fe3+；可知蘋果中“Fe”與有機物結(jié)合在一起；

故答案為：與有機物結(jié)合在一起．22、CH4CH3CH2CH3CH2=CH2CH≡CH75%82%86%92%不能不能能能燃燒燃燒燃燒燃燒【分析】【分析】寫出甲烷、丙烷、乙烯、乙炔的化學式，根據(jù)化學式計算含碳量，根據(jù)有機物的類別和所含官能團判斷這些有機物的性質(zhì)．【解析】【解答】解：甲烷的化學式為：CH4，含碳量為：×100%=75%；甲烷無不飽和鍵，不能發(fā)生加成反應，甲烷能燃燒生成二氧化碳和水；

丙烷的化學式為：CH3CH2CH3，含碳量為：×100%=82%；丙烷無不飽和鍵，不能發(fā)生加成反應，丙烷能燃燒生成二氧化碳和水；

乙烯化學式為：CH2=CH2，含碳量為：×100%=86%；乙烯含碳碳雙鍵，能與氫氣加成生成乙烷，能燃燒生成二氧化碳和水；

乙炔化學式為：CH≡CH，含碳量為：×100%=92%；乙炔含碳碳三鍵，能與氫氣發(fā)生加成反應生成乙烷，能燃燒生成二氧化碳和水．

故答案為：

。項目甲烷丙烷乙烯乙炔化學式CH4CH3CH2CH3CH2=CH2CH≡CH含碳量75%82%86%92%與H2加成不能不能能能燃燒反應燃燒燃燒燃燒燃燒23、在低溫條件下4HNO34NO2↑+O2↑+2H2ON2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+181.5kJ?mol-1800℃鉑或鉑銠合金由于生成NO的反應是放熱反應，溫度升高平衡向逆反應方向移動，故轉(zhuǎn)化率降低由圖可知，溫度高于900℃時，生成N2的副反應增多．故NO產(chǎn)率降低這樣做既可以降低NO和O2混合氣的溫度，又可以預熱NH3和空氣，達到節(jié)約能源的目的AB【分析】【分析】（1）硝酸化學性質(zhì)不穩(wěn)定；見光或受熱分解；

（2）由蓋斯定律，（①-②）×可得目標熱化學方程式；據(jù)此計算；

（3）從轉(zhuǎn)化率的大小與溫度的關系選擇反應的適宜溫度；根據(jù)外界條件對化學平衡的影響分析NO產(chǎn)率下降的可能原因；

（4）一氧化氮和氧氣反應為放熱反應；結(jié)合節(jié)約能源進行解答；

（5）根據(jù)外界條件對氨催化氧化生成NO的化學平衡的影響分析；【解析】【解答】解：（1）硝酸熱穩(wěn)定性差，見光或受熱分解4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O；在實驗室模擬蒸餾塔中對稀硝酸蒸餾時應注意選擇適宜的條件是在低溫條件下；

故答案為：在低溫條件下；4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O；

（2）由蓋斯定律，（①-②）×可得N2（g）+O2（g）?2NO（g），故△H=×[（-905kJ/mol）-（-1258kJ/mol）]=+181.5kJ/mol，所以N2氧化為NO的熱化學方程式為N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+181.5kJ?mol-1；

故答案為：N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+181.5kJ?mol-1；

（3）從圖象可以看在；反應溫度在780～840℃，NO的產(chǎn)率最大，故選擇800℃左右，該反應所使用的催化劑是鉑或鉑銠合金；

故答案為：800℃；鉑或鉑銠合金；

①4NH3（g）+5O2（g）?4NO（g）+6H2O（g）；△H=-905kJ?mol-1該反應是放熱反應；溫度升高平衡向逆反應方向移動，NO產(chǎn)率下降；

故答案為：由于生成NO的反應是放熱反應；溫度升高平衡向逆反應方向移動，故轉(zhuǎn)化率降低；

②由圖可知，溫度高于900℃時，4NH3+3O2?2N2+6H2O，生成N2的副反應增多；NO產(chǎn)率下降；

故答案為：由圖可知，溫度高于900℃時，生成N2的副反應增多．故NO產(chǎn)率降低；

（4）2NO+O2=2NO2，該反應是放熱反應，從氧化爐中出來的氣體進入熱交換器，這樣做既可以降低NO和O2混合氣的溫度，又可以預熱NH3和空氣；達到節(jié)約能源的目的；

故答案為：這樣做既可以降低NO和O2混合氣的溫度，又可以預熱NH3和空氣；達到節(jié)約能源的目的；

（5）4NH3（g）+5O2（g）?4NO（g）+6H2O（g）；△H=-905kJ?mol-1該反應是氣體體積增大的、放熱的反應，為了提高氨催化氧化生成NO的產(chǎn)率，需使化學平衡向正反應方向移動，可采取減小壓強、降低溫度、增大NH3的濃度；

故答案為：A、B；四、判斷題(共1題，共10分)24、×【分析】【分析】Na2SO3溶液存在SO32-+H2O?HSO3-+OH-，溶液呈堿性，加入Ca（OH）2溶液，發(fā)生SO32-+Ca2+=CaSO3↓，以此解答該題．【解析】【解答】解：Na2SO3溶液存在SO32-+H2O?HSO3-+OH-，溶液呈堿性，加入Ca（OH）2溶液，發(fā)生SO32-+Ca2+=CaSO3↓，則c（OH-）增大，pH增大，c（SO32-）減?。凰獬潭葴p??；

故答案為：×．五、探究題(共4題，共16分)25、|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．26、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(nèi)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?shù)稳胱詈笠坏胃咤i酸鉀溶液，錐形瓶內(nèi)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(nèi)的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化；

(2)③第3組KMnO4溶液的體積與第1、2組相差比較大，舍去第3組，應按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，故消耗KMnO4溶液的體積為mL=20mL

設樣品的純度為x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g2mol5.0g×x×g（0.1000×0.020）mol解得：x==90.00%；

故答案為：20.00；90.00%；

(3)④A．未用標準濃度的酸性KMnO4溶液潤洗滴定管，標準液的濃度偏小，造成V（標準）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）偏大，故A正確；

B．滴定前錐形瓶有少量水，待測液的物質(zhì)的量不變，對V（標準）無影響，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）不變，故B錯誤；

C．滴定前滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后氣泡消失，造成V（標準）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）偏大，故C正確；

D．不小心將少量酸性KMnO4溶液滴在錐形瓶外，造成V（標準）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）偏大，故D正確；

E．觀察讀數(shù)時，滴定前仰視，滴定后俯視，造成V（標準）偏小，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）偏小，故E錯誤；

故選ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有強氧化性，應用酸式滴定管盛裝；高錳離子有催化作用而導致反應速率加快；乙二酸與KMnO4發(fā)生氧化還原反應，滴定終點時，溶液由無色變成紫紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色；③第3組KMnO4溶液的體積與第1、2組相差比較大，舍去第3組，應按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，根據(jù)關系式2KMnO4～5H2C2O4計算；

④根據(jù)c（待測）=分析不當操作對V（標準）的影響，以此判斷濃度的誤差．27、|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．28、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(nèi)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?shù)稳胱詈笠坏胃咤i酸鉀溶液，錐形瓶內(nèi)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(nèi)的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化；

(2)③第3組KMnO4溶液的體積與第1、2組相差比較大，舍去第3組，應按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，故消耗KMnO4溶液的體積為mL=20mL

設樣品的純度為x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g2mol5.0g×x×g（0.1000×0.020）mol解得：x==90.00%；

故答案為：20.00；90.00%；

(3)④A．未用標準濃度的酸性KMnO4溶液潤洗滴定管，標準液的濃度偏小，造成V（標準）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）偏大，故A正確；

B．滴定前錐形瓶有少量水，待測液的物質(zhì)的量不變，對V（標準）無影響，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）不變，故B錯誤；

C．滴定前滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后氣泡消失，造成V（標準）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）偏大，故C正確；

D．不小心將少量酸性KMnO4溶液滴在錐形瓶外，造成V（標準）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）偏大，故D正確；

E．觀察讀數(shù)時，滴定前仰視，滴定后俯視，造成V（標準）偏小，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）偏小，故E錯誤；

故選ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有強氧化性，應用酸式滴定管盛裝；高錳離子有催化作用而導致反應速率加快；乙二酸與KMnO4發(fā)生氧化還原反應，滴定終點時，溶液由無色變成紫紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色；③第3組KMnO4溶液的體積與第1、2組相差比較大，舍去第3組，應按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，根據(jù)關系式2KMnO4～5H2C2O4計算；

④根據(jù)c（待測）=分析不當操作對V（標準）的影響，以此判斷濃度的誤差．六、實驗題(共4題，共20分)29、2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑④②⑧⑤【分析】【分析】鈉的熔點較低，且密度小于水的密度，鈉和水反應生成氫氧化鈉和氫氣，且該反應是放熱反應，產(chǎn)生的氫氣使鈉受力不均勻，而導致鈉四處游動，產(chǎn)生氫氧化鈉而使其溶液呈堿性，堿遇酚酞試液變紅色．【解析】【解答】解：鈉和水反應生成氫氧化鈉和氫氣，所以其離子方程式為：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；

⑦鈉和水反應是放熱反應；放出的熱量使鈉熔成小球，說明鈉的熔點較低，故選⑧；

⑥鈉的密度比水小；所以鈉浮在水面上，故選④；

③鈉四處游動；鈉和水反應生成的氫氣使鈉受力不均勻而使鈉四處游動，故選⑤；

①有堿性；鈉和水反應生成氫氧化鈉而使其溶液呈堿性，堿遇酚酞試液變紅色，故選②；

故答案為：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，⑧，④，⑤，②．30、略

【分析】解：rm{8.7g}的rm{MnO_{2}}rm{n(MnO_{2})=dfrac{8.7g}{87g/mol}=0.1mol}設生成氯氣為rm{n(MnO_{2})=dfrac

{8.7g}{87g/mol}=0.1mol}參加反應的rm{xL}為rm{MnCl}則。

rm{MnO_{2}+4HCl_{(脜簍)}dfrac{overset{;;triangle;;}{.}}{;}MnCl_{2}+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O}

rm{ymol}rm{MnO_{2}+4HCl_{(脜簍)}dfrac{

overset{;;triangle;;}{

.}}{;}MnCl_{2}+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O}rm{1}rm{4}

rm{1}rm{22.4L}rm{0.1mol}

rm{dfrac{1}{0.1}=dfrac{1}{y}=dfrac{22.4L}{x}}

解得rm{y}rm{x}

故答案為：rm{dfrac{1}{0.1}=dfrac{1}{y}=

dfrac{22.4L}{x}}產(chǎn)生的氯氣在標準狀況下的體積為rm{x=2.24L}

rm{y=0.1mol}參加反應的rm{(1)}物質(zhì)的量有rm{2.24L}

rm{(2)}加入足量rm{MnCl}溶液，生成沉淀rm{0.1mol}沉淀為rm{(3)}結(jié)合rm{AgNO_{3}}原子守恒可知，rm{57.4g}

rm{n(AgCl)=dfrac{57.4g}{143.5g/mol}=0.4mol}rm{AgCl}

rm{Cl}

故答案為：原濃鹽酸的物質(zhì)量為rm{n(HCl)=2n(Cl_{2})+n(AgCl)}．

rm{n(AgCl)=dfrac

{57.4g}{143.5g/mol}=0.4mol}的rm{n(Cl_{2})=0.1mol}rm{n(MnO_{2})=dfrac{8.7g}{87g/mol}=0.1mol}將其物質(zhì)的量代入方程式計算氯氣；

rm{n(HCl)_{脳脺}=0.4mol+0.1mol隆脕2=0.6mol}根據(jù)方程式計算反應生成的rm{0.6mol}的物質(zhì)的量；

rm{(1)8.7g}加入足量rm{MnO_{2}}溶液，生成沉淀rm{n(MnO_{2})=dfrac

{8.7g}{87g/mol}=0.1mol}沉淀為rm{(2)}結(jié)合rm{MnCl_{2}}原子守恒可知，rm{(3)}以此計算．

本題考查化學反應方程式的計算，為高頻考點，把握方程式計算的格式及對應關系為解答的關鍵，側(cè)重分析能力及計算能力的考查，注意原子守恒的應用，題目難度不大．rm{AgNO_{3}}【解析】rm{2.24L}rm{0.1mol}31、3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO↑+4H2O取試樣少許放入試管，滴加KSCN溶液，若溶液顯紅色，則Fe3+未除凈，否則Fe3+除凈Fe（OH）33NO2+H2O=2HNO3+NO3CuSO43CuO+SO3↑+2SO2↑+O2↑混合氣體通過飽和碳酸氫鈉溶液，三氧化硫被吸收生成硫酸，和碳酸氫鈉反應生成二氧化硫，沒法確定三氧化硫的質(zhì)量，去掉盛飽和亞硫酸氫鈉的裝置即可【分析】【分析】廢銅渣中銅和硝酸、硫酸反應方程式為3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO↑+4H2O；廢銅渣中鐵也發(fā)生類似反應，調(diào)節(jié)pH目的是使鐵離子生成氫氧化鐵沉淀，故濾渣C為氫氧化鐵，濾液中含硫酸銅；通過蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶析出硫酸銅晶體．

（1）由工藝流程圖轉(zhuǎn)化關系可知；由于硫酸的存在，酸過量，硝酸全起氧化劑作用，酸為稀溶液，生成硫酸銅；NO、水．

（2）用硫氰化鉀檢驗鐵離子的存在；

（3）由工藝流程圖轉(zhuǎn)化關系可知；濾渣的主要成分為氫氧化鐵．

（4）二氧化氮和水反應生成硝酸和一氧化氮；

（5）硫酸銅受熱分解生成CuO、SO2氣體、SO3氣體和O2氣體，反應物為CuSO4，生成物為CuO、SO2、SO3、O2，配平方程式即可；圖2所示的實驗裝置分別測定生成的SO2氣體、SO3氣體的質(zhì)量和O2氣體的體積，SO3氣體可溶解于濃硫酸中，采用98.3%的濃硫酸吸收SO3氣體，SO2氣體用堿液吸收，氧氣用排水法測量，據(jù)此分析．【解析】【解答】解：（1）由于硫酸的存在，且酸過量，硝酸全起氧化劑作用，酸為稀溶液，生成硫酸銅、NO、水，反應方程式為3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO↑+4H2O；

故答案為：3Cu+2HNO3+3H2SO4=3