2025年粵教新版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年粵教新版高三化學上冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、進行化學實驗時應強化安全意識．下列做法正確的是（）A.金屬鈉著火時使用泡沫滅火器滅火B(yǎng).用試管加熱碳酸氫鈉固體時使試管口豎直向上C.蒸餾實驗時向蒸餾瓶中放入幾粒沸石（或碎瓷片）D.濃硫酸濺到皮膚上時立即用稀氫氧化鈉溶液沖洗2、下列說法正確的是（）A.發(fā)酵粉主要成分為氫氧化鈉，能使焙制出的糕點疏松多孔B.碘離子（I-）能直接用淀粉檢驗C.一束平行光線射入蛋白質溶液里，從側面可以看到一條光亮的通路D.硫酸氫鈉屬于鹽類，其水溶液顯中性3、下列分離或提純物質的方法正確的是（）A.用滲析的方法精制Fe（OH）3膠體B.用過濾的方法除去NaCl溶液中含有的少量淀粉膠體C.用溶解、過濾的方法提純含有少量BaSO4的BaCO3D.用加熱→蒸發(fā)的方法可以除去粗鹽中的CaCl2、MgCl2等雜質4、將一定量純凈的氨基甲酸銨置于密閉真空恒容容器中（固體試樣體積忽略不計），在恒定溫度下使其達到分解平衡：NH2COONH4（s）→2NH3（g）+CO2（g）．判斷該分解反應已經(jīng)達到化學平衡的是（）A.密閉容器中混合氣體的密度不變B.密閉容器中c（NH3）：c（CO2）=2：1C.2v（NH3）=v（CO2）D.密閉容器中氨氣的體積分數(shù)不變5、下列微粒中只有氧化性的是（）

①Cl-②Fe2+③Fe3+④S⑤MnO4-⑥Ag+⑦SO2．A.①⑦B.②④C.③⑤⑥D.②④⑤⑥6、U是重要的核工業(yè)原料，它的濃縮一直被國際社會關注，有關U說法正確的是（）A.U原子核中含有92個中子B.U原子核外有143個電子C.和U互為同位素D.U和U為同一核素7、下列關于rm{C}rm{Si}兩種非金屬元素的說法中，正確的是()A.兩者結合形成的化合物是共價化合物B.在自然界中都能以游離態(tài)存在C.氫化物的熱穩(wěn)定性比較：rm{CH_{4}<SiH_{4}}D.最高價氧化物都能與水反應生成相應的酸8、下列說法中正確的是rm{(}rm{)}A.rm{2}rm{mol}rm{CH_{4}}的質量和rm{O_{2}}的摩爾質量都是rm{32}rm{g}B.rm{1}rm{mol}任何氣體中都含有相同的原子數(shù)C.rm{0.5}rm{mol}rm{NaCl}約含有rm{6.02隆脕10^{23}}個離子D.rm{1}rm{mol?L^{-1}}rm{KCl}溶液中含有溶質rm{1}rm{mol}評卷人得分二、雙選題(共9題，共18分)9、銻（Sb）在自然界一般以硫化物的形式存在；我國銻的蘊藏量為世界第一．從硫化物中提取單質銻一般是先在高溫下將硫化物轉化為氧化物，再用碳還原：

①2Sb2S3+3O2+6FeSb4O6+6FeS②Sb4O6+6C4Sb+6CO↑

關于反應①、②的說法正確的是（）A.反應①②中的氧化劑分別是Sb2S3、Sb4O6B.反應①中每生成3molFeS時，共轉移6mol電子C.反應②說明高溫下C的還原性比Sb強D.每生成4molSb時，反應①與反應②中還原劑的物質的量之比為4：310、某小組為研究電化學原理，設計如下圖裝置，下列敘述中正確的是rm{(}rm{)}A.若rm{a}和rm為石墨，通電后rm{a}電極上發(fā)生的反應為rm{2Cl^{-}-2e^{-}簍TCl_{2}隆眉}B.若rm{a}和rm為石墨，通電后rm電極上發(fā)生氧化反應C.若rm{a}為銅，rm為鐵，通電后rm{a}電極質量增加D.若rm{a}為銅，rm為鐵，通電后rm{Cu^{2+}}向鐵電極移動11、設rm{N_{A}}為阿伏加德羅常數(shù)的值rm{.}下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.常溫常壓下，rm{2.8gCO}與rm{N_{2}}混合氣體中含有的原子總數(shù)為rm{0.2N_{A}}B.標準狀況下，rm{2.24L}乙烷含有分子的數(shù)目為rm{0.1N_{A}}C.rm{1L1mol?L^{-1}}的rm{CuCl_{2}}溶液中含有rm{Cu^{2+}}的數(shù)目為rm{N_{A}}D.在過氧化鈉與水的反應中，每生成rm{0.1mol}氧氣，轉移電子的數(shù)目為rm{0.4N_{A}}12、下列設計的實驗能達到實驗目的的是()A.探究催化劑對rm{H_{2}O_{2}}分解速率的影響：在相同條件下，向一試管中加入rm{2mL5攏樓H_{2}O_{2}}和rm{1mLH_{2}O}向另一試管中加入rm{2mL10攏樓H_{2}O_{2}}和rm{1mLFeCl_{3}}溶液，觀察并比較實驗現(xiàn)象B.提純含有少量乙酸的乙酸乙酯：向含有少量乙酸的乙酸乙酯中加入過最飽和碳酸鈉溶液，振蕩后靜置分液，并除去有機相的水C.檢驗溶液中是否含有rm{Fe^{3+}}取少量待檢驗溶液，向其中加入少量新制氯水，再滴加rm{KSCN}溶液，觀察實驗現(xiàn)象D.制備rm{Al(OH)_{3}}懸濁液：向rm{1mol隆隴L^{-1}AlCl_{3}}溶液中加過量的rm{6mol隆隴L^{-1}NaOH}溶液13、下列有關說法正確的是（）A.室溫下，Ag+（aq）+Cl-（aq）═AgCl（s）反應可自發(fā)進行，則該反應的△H＜0B.高溫下，工業(yè)上用純堿和石英砂制玻璃，說明硅酸的酸性強于碳酸C.加熱蒸干氯化鋁溶液并灼燒殘留物至質量不變，所得固體為氧化鋁D.高溫下，用金屬鈉與氯化鉀可以置換出金屬鉀，說明鈉的金屬性比鉀強14、下列電離方程式錯誤的是()A.Al2(SO4)3=2Al3++3(SO4)2-B.NaHSO4=Na++H++SO42-C.MgCl2=Mg2++Cl2-D.Ba(OH)2=Ba2++2OH-15、香茅醛rm{(}結構如圖rm{)}可作為合成青蒿素的中間體，關丁香茅醛的下列說法錯誤的是rm{(}rm{)}A.分子式為rm{C_{10}H_{12}O}B.分子中所有碳原子可能處于同一平面C.能使溴水、酸性高錳酸鉀溶液褪色D.rm{1}rm{mol}該物質最多與rm{2mol}rm{H_{2}}發(fā)生加成反應16、如圖是用稀rm{HNO_{3}}和rm{Cu}制取少量rm{NO}并驗證氮氧化合物性質的裝置rm{.}下列說法錯誤的是rm{(}rm{)}

A.吸收劑可以是rm{NaOH}溶液B.試管上部的氣體始終為無色C.小試管中溶液最終呈藍色D.試紙先變紅后褪色17、下列指定反應的離子方程式正確的是rm{(}rm{)}A.向稀rm{HNO_{3}}中滴加rm{Na_{2}SO_{3}}溶液：rm{2H^{+}+SO_{3}^{2-}簍TSO_{2}隆眉+H_{2}O}B.向rm{Al_{2}(SO_{4})_{3}}溶液中加入過量的rm{NaOH}溶液：rm{Al^{3+}+3OH^{-}簍TAl(OH)_{3}隆媒}C.向rm{0.1mol/L}rm{pH=1}的rm{KHA}溶液中加入rm{KOH}溶液：rm{H^{+}+OH^{-}簍TH_{2}O}D.用高錳酸鉀標準溶液滴定草酸：rm{2MnO_{4}^{-}+16H^{+}+5C_{2}O_{4}^{2-}簍T2Mn^{2+}+10CO_{2}隆眉+8H_{2}O}評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)18、化工生產(chǎn)中原料轉化與利用非常重要，現(xiàn)有反應：CCl4+H2?CHCl3+HCl，查閱資料可知沸點：CCl4為77℃，CHCl3為61.2℃．在密閉容器中；該反應達到平衡后，測得下表數(shù)據(jù)（假設不考慮副反應）．

。實驗。

序號溫度℃初始CCl4濃度。

（mol?L-1）初始H2濃度（mol?L-1）CCl4的平衡轉化率111011.2a21101150%310011b（1）在100℃時，此反應的化學平衡常數(shù)表達式為____；在110℃時的平衡常數(shù)為____．

（2）在實驗2中，若1小時后反應達到平衡，則H2的平均反應速率為____，在此平衡體系中再加入0.5molCCl4和1.0molHCl，平衡將向____方向移動．（填正；逆或不移動）

（3）實驗1中，CCl4的轉化率a____50%（填“＞”、“=”或“＜”）．實驗3中，b的值____（填字母序號）．

A．等于50%B．大于50%C．小于50%D．由本題所給資料無法判斷．19、已知合金A由兩種常見金屬組成．為測定其組成；某同學做實驗如下：

請回答：

（1）合金A中含有的金屬是（填化學式）____；

（2）C的化學式是____；

（3）溶液H中所含的陽離子有____（用離子符號表示）；

（4）固體D經(jīng)檢驗其成分為Fe2O3，它與合金A中的一種金屬粉末均勻混合，在高溫下反應可生成合金A中的另一種金屬，寫出該反應的化學方程式：____．20、選擇合適的裝置分離提純下列物質；將裝置序號填入表格：

。題號混合物方法（1）海水中提取飲用水____（2）提取碘水中的碘____（3）分離MnO2和NaCl固體混合物溶解____

洗滌____21、共聚法可改進有機高分子化合物的性質；高分子聚合物P的合成路線如下：

（1）B的名稱為____，E中所含官能團的名稱為____．

（2）F可以使溴水褪色，其中②的反應試劑是____，③的反應類型是____．

（3）下列說法正確的是____（填字母序號）．

a．C可與水任意比例混合。

b．A與1；3一丁二烯互為同系物。

c．由I生成M；1mol最多消耗3molNaOH

d．N不存在順反異構體。

（4）寫出E與N按照物質的量之比為1：1發(fā)坐共聚生成P的化學反應方程式：____，高聚物P的親水性比由E形成的聚合物____（填“強”或“弱”）．

（5）D的同系物K比D分子少一個碳原子，K有多種同分異構體，符合下列條件的K的同分異構體有____種，寫出其中核磁共振氫譜為1：2：2：2：3的一種同分異構體的結構簡式：____．

a．苯環(huán)上有兩種等效氫。

b．能與氫氧化鈉溶液反應。

c．一定條件下1mol該有機物與足量金屬鈉充分反應，生成1molH2．22、有一包白色粉末，可能含有Ba（NO3）2、CaCl2、K2CO3一種或幾種；某興趣小組欲通過實驗確定其成分，實驗步驟如下：

①取部分粉末加入水中；振蕩，有白色沉淀生成；

②?、偎脩覞嵋荷僭S；加入過量稀硝酸，白色沉淀消失，并有氣泡產(chǎn)生；

③取少量步驟②中所得溶液滴入硝酸銀溶液；有白色沉淀生成．試回答下列問題：

（1）由步驟①可得到的結論是____相關反應的離子方程式為____

（2）步驟②中所涉及到的化學反應方程式為____

（3）根據(jù)實驗，白色粉末中肯定存在的物質是____（填化學式，下同），可能存在的物質是____

（4）欲進一步確定“可能存在的物質”是否肯定存在，需要補充的實驗操作是____．23、在熔融狀態(tài)下，lmolNaHSO4完全電離出的陽離子數(shù)目為2NA____（判斷對錯）24、請選用適當?shù)脑噭┖头蛛x裝置除去下列物質中所含的雜質（括號內(nèi)為雜質）；將所選的試劑及裝置的編號填入表中．

試劑：a．水b．NaOH溶液c．溴的CCl4溶液d．飽和Na2CO3溶液e．新制CaOf．飽和NaCl溶液。

分離裝置：A．分液B．過濾C．洗氣D．蒸餾F．鹽析。

。混合物需加入的試劑分離方法苯（苯酚）________高級脂肪酸鈉（甘油）________乙醇（水）________乙酸乙酯（乙酸）________評卷人得分四、判斷題(共4題，共24分)25、判斷對錯：1molNa2O2固體中含有離子總數(shù)為4NA____．26、向蛋白質溶液中滴加Na2SO4溶液產(chǎn)生沉淀屬于化學變化____．（判斷對確）27、將NaOH和氨水溶液各稀釋一倍，兩者的OH-濃度均減少到原來的；____．28、反應條件是加熱的反應不一定都是吸熱反應____．（判斷對錯）評卷人得分五、計算題(共1題，共5分)29、配制500ml1.0mol/L，密度是1.16g/cm3的稀硫酸，需要質量分數(shù)為98%，密度為1.84g/cm3的濃硫酸多少毫升？需要加水多少毫升？評卷人得分六、推斷題(共4題，共12分)30、X；Y、Z、W四種氣體；都能造成大氣污染，X、Y、Z可以用堿溶液吸收，已知X是化石燃料燃燒的產(chǎn)物之一，是形成酸雨的主要物質；Y是一種單質，它的水溶液具有漂白性；Z是硝酸工業(yè)和汽車尾氣中的有害成分之一，能和水反應；W難溶于水，在空氣中燃燒發(fā)出淡蘭色的火焰，北方冬天用煤球爐取暖易因W中毒．請按要求填空：

（1）X在一定條件下與氧氣反應的化學方程式：____

（2）Y與NaOH溶液反應的離子方程式：____該反應中的氧化劑和還原劑的物質的量之比為____

（3）Z的水溶液反應的稀產(chǎn)物加入銅片的反應離子方程式為____Z的水溶液在反應中起的作用：____．31、（2013秋?湄潭縣校級期末）已知：用惰性電極電解某鹽X的溶液，發(fā)生的反應為：X+H2OA（單質）+B（單質）+Y（化合物）

（1）若組成X的元素均為短周期元素；且A；B均為氣體，其在相同條件下體積比為1：1，產(chǎn)物之間可以發(fā)生下列反應（變化中的水略去）：寫出有關反應的離子反應方程式：

①____；②____．

（2）若A為紅色固體；A可以與Y的濃溶液反應生成一種與A摩爾質量相同的氣體．

①寫出該電解過程中陽極的電極反應式：____；

②某學生電解一定濃度的X溶液一段時間后，向所得溶液中加入0.1molA2（OH）2CO3后，恢復到電解前的濃度和pH（不考慮CO2溶解），則電解過程中轉移的電子數(shù)為____．

（3）若向X的溶液中加入過量的稀鹽酸；產(chǎn)生白色沉淀，且存在如下的轉化關系：

Ⅰ．A+Y（濃）→X+C（氣體）+H2O；Ⅱ．A+Y（?。鶻+D（氣體）+H2O；

Ⅲ．M+O2→D（氣體）+H2O．

①已知：組成M氣體的兩種元素質量比為14：3，則實驗室制備M氣體的化學反應方程式為____．檢驗M的方法是____．

②在標準狀況下，27gA完全溶于一定濃度的Y溶液時，產(chǎn)生2.8L氣體，將裝有該氣體的量筒倒立于有水的水槽中，再通入____L氣體B，水才能恰好充滿量筒．32、（2010秋?長沙月考）A；B、C、D、E、F六種物質在一定條件下有如圖所示的相互轉化關系；所有反應物和生成物均已給出．

（1）若反應①②③均為溶液中的置換反應，A、D、E為鹵素單質，且通常狀況下A為液態(tài)非金屬單質，B的焰色反應為黃色，則根據(jù)反應①．②．③比較相關物質的氧化性由強到弱的順序為____（用字母A．B．C表示）；反應①的化學方程式為____．反應②的離子方程式為____．

（2）若B是一種淡黃色固體，綠色植物的光合作用和呼吸作用可實現(xiàn)自然界中D．E的循環(huán)，寫下列物質的化學式：A____E____F____，則反應①的化學方程式為____．在反應③中若生成1molD，則轉移的電子數(shù)目為____．33、如圖是部分常見元素的單質及其化合物的轉化關系圖（有關反應的條件及生成的部分產(chǎn)物已略去）．

已知：E為紅棕色固體；K為淺綠色溶液；反應①；②都是化工生產(chǎn)中的重要反應；B、C、D、H是單質；B、C、D、F、G、H常溫下是氣態(tài)；F、P和H的水溶液均具有漂白作用，且F是形成酸雨的主要物質之一；N是一種常見的氮肥；化合物G為四原子10電子分子，化合物M由兩種元素組成，分子內(nèi)共有58個電子．

（1）寫出F的化學式____、P的電子式____；

（2）在G的水溶液中，陽離子濃度最大的是____（用離子符號表示）

（3）寫出K與H反應的離子方程式____；G與H反應的化學方程式____

（4）在實驗室中，向飽和H水溶液中加入CaCO3粉末，充分反應后過濾，可制得濃度較大的P的水溶液．用化學平衡移動的原理加以解釋____．參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】【分析】A．金屬鈉著火生成過氧化鈉；與泡沫滅火器噴出的二氧化碳反應；

B．碳酸氫鈉分解生成水；

C．加入碎瓷片；防止暴沸；

D．酸堿中和放出大量的熱，且強酸、強堿具有強腐蝕性．【解析】【解答】解：A．金屬鈉著火生成過氧化鈉；與泡沫滅火器噴出的二氧化碳反應，反應生成的氧氣助燃，不能滅火，應利用沙土鋪蓋，故A錯誤；

B．碳酸氫鈉分解生成水；則用試管加熱碳酸氫鈉固體時使試管口略向下傾斜，故B錯誤；

C．蒸餾實驗時加入碎瓷片；防止暴沸，從實驗安全的角度考慮，故C正確；

D．酸堿中和放出大量的熱；且強酸；強堿具有強腐蝕性，則濃硫酸濺到皮膚上時立即用抹布擦拭，再水沖洗，最后涂上適量的碳酸氫鈉溶液，故D錯誤；

故選C．2、C【分析】【分析】A．發(fā)酵粉主要成分為碳酸氫鈉；

B．碘離子與淀粉不反應；

C．蛋白質溶液具有膠體的性質；

D．硫酸氫鈉在溶液中電離出氫離子．【解析】【解答】解：A．發(fā)酵粉主要成分為碳酸氫鈉；可分解生成二氧化碳氣體，能使焙制出的糕點疏松多孔，故A錯誤；

B．碘離子與淀粉不反應；淀粉遇碘變藍色，故B錯誤；

C．蛋白質溶液具有膠體的性質；具有丁達爾效用，故C正確；

D．硫酸氫鈉在溶液中電離出氫離子；溶液呈酸性，故D錯誤．

故選C．3、A【分析】【分析】A．膠體不能透過半透膜；而離子可以；

B．膠體；溶液均可透過濾紙；

C．BaSO4、BaCO3均不溶于水；

D．NaCl、CaCl2、MgCl2均為可溶性鹽．【解析】【解答】解：A．膠體不能透過半透膜，而離子可以，則用滲析的方法可精制Fe（OH）3膠體；故A正確；

B．膠體；溶液均可透過濾紙；則過濾不能除雜，應選滲析法，故B錯誤；

C．BaSO4、BaCO3均不溶于水；不能溶解；過濾分離，應加足量硫酸、過濾除雜，故C錯誤；

D．NaCl、CaCl2、MgCl2均為可溶性鹽；則蒸發(fā)不能除雜，應加試劑將鈣；鎂離子轉化為沉淀后過濾除雜，故D錯誤；

故選A．4、A【分析】【分析】化學反應達到化學平衡狀態(tài)時，正逆反應速率相等，且不等于0，各物質的濃度不再發(fā)生變化，由此衍生的一些物理量不發(fā)生變化，以此進行判斷，得出正確結論．【解析】【解答】解：NH2COONH4（s）→2NH3（g）+CO2（g）．

A．密度=；總質量會變，體積不變，故密閉容器中混合氣體的密度不變可作為判斷是否達到化學平衡狀態(tài)的依據(jù)，故A正確；

B．氨氣和二氧化碳的化學計量數(shù)之比為2：1，故密閉容器中c（NH3）：c（CO2）=2：1不能作為判斷是否達到化學平衡狀態(tài)的依據(jù)；故B錯誤；

C．未能體現(xiàn)正逆反應，故2v（NH3）=v（CO2）不能作為判斷是否達到化學平衡狀態(tài)的依據(jù)；故C錯誤；

D．氨氣和二氧化碳的化學計量數(shù)之比為2：1；故密閉容器中氨氣的體積分數(shù)始終保持不變，故不能作為判斷是否達到化學平衡狀態(tài)的依據(jù)，故D錯誤；

故選A．5、C【分析】【分析】由元素的化合價可知，處于最高價的元素的微粒具有氧化性，處于最低價的元素的微粒具有還原性，而處于中間價態(tài)的微粒既有氧化性又有還原性，以此來解答．【解析】【解答】解：①Cl元素化合價處于最低價態(tài)；只具有還原性；

②④⑦元素化合價處于中間價態(tài)；既具有氧化性也具有還原性；

③⑤⑥中心元素化合價處于最高價態(tài)；只具有氧化性；

故選C．6、C【分析】【分析】U中U左下角的數(shù)字為質子數(shù)，左上角的數(shù)字為質量數(shù)，原子中質量數(shù)=質子數(shù)+中子數(shù)，具有相同質子數(shù)的不同原子互為同位素．【解析】【解答】解：A、U原子核中含有92個質子；中子數(shù)為235-92=143，故A錯誤；

B、U原子中質子數(shù)等于電子數(shù)；則核外有92個電子，故B錯誤；

C、U與U的質子數(shù)都是92；中子數(shù)不同，則互為同位素，故C正確；

D、U與U的質子數(shù)都是92；中子數(shù)不同，是同種元素的不同核素，故D錯誤；

故選C．7、A【分析】【分析】本題考查碳和硅的性質，掌握碳和硅的結構和性質是解題的關鍵?！窘獯稹緼.碳和硅最外層均有rm{4}個電子，不容易失電子，能形成rm{4}條共價鍵，故A正確；B.硅在自然界中以化合態(tài)形式存在，故B錯誤；C.非金屬性rm{C>Si}故氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{4}}rm{>SiH}rm{>SiH}rm{{,!}_{4}}，故C錯誤；D.二氧化硅難溶于水，不能與水反應生成硅酸，故D錯誤?！窘馕觥縭m{A}8、C【分析】解：rm{A.2molCH_{4}}的質量是rm{32g}rm{O_{2}}的摩爾質量是rm{32g/mol}二者單位不相同，故A錯誤；

B.每個氣體分子含有的原子數(shù)目不一定相等，rm{1mol}任何氣體含有原子數(shù)不一定相等；故B錯誤；

C.rm{0.5molNaCl}含有離子為rm{1mol}約含有rm{6.02隆脕10^{23}}個離子；故C正確；

D.溶液體積未知；不能確定溶質的物質的量，故D錯誤；

故選C．

A.質量與摩爾質量的單位不相同；

B.每個氣體分子含有的原子數(shù)目不一定相等；

C.rm{0.5molNaCl}含有離子為rm{1mol}根據(jù)rm{N=nN_{A}}計算鈉離子數(shù)目；

D.溶液體積未知；不能確定溶質的物質的量．

本題考查物質的量有關計算，比較基礎，注意對基礎知識的理解掌握．【解析】rm{C}二、雙選題(共9題，共18分)9、B|C【分析】解：A、反應①中Sb2S3含有元素化合價不變，氧化劑是氧氣，反應②中Sb4O6中Sb元素的化合價由+3價降低為0價，Sb4O6是氧化劑；故A錯誤；

B；反應①中化合價升高的元素只有Fe元素；由0價升高為+2價，每生成3molFeS，轉移電子為3mol×2=6mol，故B正確；

C、反應②C是還原劑，Sb是還原產(chǎn)物，還原劑還原性強于還原產(chǎn)物的還原性，說明高溫下C的還原性比Sb強；故C正確；

D、生成4molSb時，反應②C是還原劑，需要6molC，需要1molSb4O6，反應①中Fe是還原劑，生成1molSb4O6；需要6molFe，故反應①與反應②中還原劑的物質的量之比為6mol：6mol=1：1，故D錯誤；

故選BC．

A；所含元素化合價降低的反應物是氧化劑；據(jù)此結合元素化合價判斷；

B；反應①中化合價升高的元素只有Fe元素；由0價升高為+2價，據(jù)此計算；

C；根據(jù)還原劑的還原性強于還原產(chǎn)物的還原性判斷；

D；反應①中還原劑是Fe；反應②中還原劑是C，根據(jù)方程式計算．

考查氧化還原反應概念與有關計算、還原性強弱判斷，難度中等，注意根據(jù)化合價進行概念的理解．【解析】【答案】BC10、rAD【分析】解：rm{A}若rm{a}和rm為石墨，通電后rm{a}電極是陽極，該極上發(fā)生的反應為rm{2Cl^{-}-2e^{-}簍TCl_{2}隆眉}故A正確；

B、在電解池的陰極rm極上陽離子得電子發(fā)生還原反應；故B錯誤；

C、電解池的陽極rm{Cu}是活潑電極時；該極上電極本身發(fā)生失電子的氧化反應，電極質量減輕，故C錯誤；

D；電解池中電解質中的陽離子銅離子移向陰極；即向鐵電極移動，發(fā)生得電子的還原反應，故D正確．

故選：rm{AD}．

A；在電解池的陽極上是陰離子失電子發(fā)生氧化反應；

B；在電解池的陰極上是陽離子得電子發(fā)生還原反應；

C；電解池的陽極是活潑電極時；電極本身發(fā)生失電子的氧化反應；

D；電解池中電解質中的陽離子移向陰極發(fā)生得電子的還原反應．

本題考查學生電解池的工作原理以及電極的判斷和電極上的反應知識，注意知識的歸納和整理是解題關鍵，難度不大．【解析】rm{AD}11、rAB【分析】解：rm{A}rm{CO}和氮氣的摩爾質量均為rm{28g/mol}故rm{2.8g}混合物的物質的量為rm{0.1mol}且兩者均為雙原子分子，故rm{0.1mol}混合物中含rm{0.2N_{A}}個原子；故A正確；

B、分子個數(shù)rm{N=dfrac{V}{Vm}N_{A}=dfrac{2.24L}{22.4L/mol}N_{A}/mol=0.1N_{A}}個；故B正確；

C、銅離子為弱堿陽離子，在溶液中會水解，故溶液中的銅離子的個數(shù)小于rm{N=dfrac{V}{Vm}N_{A}=dfrac

{2.24L}{22.4L/mol}N_{A}/mol=0.1N_{A}}個；故C錯誤；

D、過氧化鈉與氧氣反應時，氧元素的價態(tài)由rm{N_{A}}價變?yōu)閞m{-1}價，故當生成rm{0}氧氣時，轉移rm{0.1mol}個電子；故D錯誤．

故選AB．

A、rm{0.2N_{A}}和氮氣的摩爾質量均為rm{CO}且均為雙原子分子；

B、分子個數(shù)rm{28g/mol}

C；銅離子為弱堿陽離子；在溶液中會水解；

D、過氧化鈉與氧氣反應時，氧元素的價態(tài)由rm{N=dfrac{V}{Vm}N_{A}}價變?yōu)閞m{-1}價．

本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的有關計算，熟練掌握公式的使用和物質的結構是解題關鍵，難度不大．rm{0}【解析】rm{AB}12、rAB【分析】【分析】本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質的性質、離子檢驗、影響反應速率的因素、混合物分離方法為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查?！窘獯稹緼.相同條件下，只有催化劑不同，試管中加入rm{2mL5%H}rm{2mL5%H}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}和rm{1mLFeCl}rm{1mLFeCl}rm{{,!}_{3}}溶液反應速率快，則可探究催化劑對rm{H}rm{H}

rm{{,!}_{2}}

rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}溶液，觀察是否出現(xiàn)血紅色，故C錯誤；

分解速率的影響，故A正確；B.乙酸與碳酸鈉反應后，與乙酸乙酯分層，則振蕩后靜置分液，并除去有機相的水，故B正確；C.檢驗rm{Fe}rm{Fe}rm{{,!}^{3+}}溶液，反應生成偏鋁酸鈉，不能制備時直接滴加rm{KSCN}溶液，觀察是否出現(xiàn)血紅色，故C錯誤；rm{KSCN}D.rm{AlCl}

rm{AlCl}rm{{,!}_{3}}【解析】rm{AB}13、A|C【分析】解：A、反應自發(fā)進行的判斷依據(jù)是△H-T△S＜0，據(jù)此分析，室溫下，Ag+（aq）+Cl-（aq）═AgCl（s）反應可自發(fā)進行；△H-T△S＜0，反應過程是熵變減小的反應，△S＜0，則該反應的△H＜0，故A正確；

B、純堿和石英砂制玻璃，SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2；利用難揮發(fā)性酸酐制備易揮發(fā)性酸酐，實際碳酸酸性大于硅酸，故B錯誤；

C；氯化鋁溶液中水解生成氫氧化鋁和氯化氫；加熱蒸干氯化鋁溶液并灼燒，氯化氫揮發(fā)得到水解產(chǎn)物氫氧化鋁灼燒得到氧化鋁，故C正確；

D；高溫下；用金屬鈉與氯化鉀可以置換出金屬鉀，利用的是鉀的沸點低于鈉，反應過程中生成鉀揮發(fā)平衡正向進行，實際鉀比鈉活潑，故D錯誤；

故選AC．

A；反應自發(fā)進行的判斷依據(jù)是△H-T△S＜0；據(jù)此分析；

B；純堿和石英砂制玻璃；利用難揮發(fā)性酸酐制備易揮發(fā)性酸酐，碳酸酸性大于硅酸；

C；氯化鋁溶液中水解生成氫氧化鋁和氯化氫；加熱蒸干氯化鋁溶液并灼燒，氯化氫揮發(fā)得到水解產(chǎn)物氫氧化鋁灼燒得到氧化鋁；

D；高溫下；用金屬鈉與氯化鉀可以置換出金屬鉀，利用的是鉀的沸點低于鈉，反應過程中生成鉀揮發(fā)平衡正向進行．

本題考查了反應自發(fā)進行的判斷，鹽類水解分析應用，掌握物質性質、化學反應原理是解題關鍵，題目難度中等．【解析】【答案】AC14、A|C【分析】解：A、硫酸根離子的表示方法：SO42-，Al2(SO4)3的電離方程式為：Al2(SO4)3=2Al3++3SO42-；故A錯誤；

B、硫酸氫鈉屬于鹽類，在水溶液中完全電離出三種離子，即NaHSO4=Na++H++SO42-；故B正確；

C、氯離子的表示方法：Cl-，氯化鎂的電離方程式為：MgCl2=Mg2++2Cl-；故C錯誤；

D、氫氧化鋇是強堿，完全電離出鋇離子和氫氧根離子，即Ba(OH)2=Ba2++2OH-；故D正確．

故選AC．【解析】【答案】AC15、rAB【分析】解：rm{A.}由結構可知分子式為rm{C_{10}H_{18}O}故A錯誤；

B.rm{-CHO}與碳碳雙鍵之間的rm{C}均為四面體結構；則所有碳原子不可能共面，故B錯誤；

C.含碳碳雙鍵；能使溴水；酸性高錳酸鉀溶液褪色，故C正確；

D.rm{-CHO}碳碳雙鍵均與氫氣發(fā)生加成反應，則rm{1mol}該物質最多與rm{2molH_{2}}發(fā)生加成反應；故D正確；

故選：rm{AB}

由結構可知分子式，分子中含rm{-CHO}碳碳雙鍵；均為平面結構，亞甲基、次甲基均為四面體構型，結合醛、烯烴的性質來解答。

本題考查有機物的結構與性質，為高頻考點，把握官能團與性質、有機反應為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意選項B為解答的難點，題目難度不大。【解析】rm{AB}16、rBD【分析】解：銅和稀硝酸反應生成硝酸銅、一氧化氮和水，反應的化學方程式為rm{3Cu+8H^{+}+2NO_{3}^{-}=3Cu^{2+}+2NO隆眉+4H_{2}O}rm{2NO+O_{2}=2NO_{2}}無色氣體變化為紅棕色氣體二氧化氮，可以用堿溶液吸收；

A.上述分析可知得到的氣體主要是rm{NO_{2}}和rm{NO}可以被氫氧化鈉溶液吸收，所以吸收劑可以是rm{NaOH}溶液；故A正確；

B.銅和稀硝酸反應生成硝酸銅；一氧化氮和水；一氧化氮和試管中的氧氣反應生成紅棕色氣體二氧化氮，試管上部氣體不始終為無色，故B錯誤；

C.銅和稀硝酸反應得到溶液為硝酸銅溶液；溶液為藍色，故C正確；

D.生成的一氧化氮和氧氣反應生成二氧化氮紅棕色氣體；二氧化氮具有氧化性，和碘化鉀溶液反應生成碘單質，碘單質遇到淀粉變藍色，故D錯誤；

故選BD．

銅和稀硝酸反應生成硝酸銅、一氧化氮和水，反應的化學方程式為rm{3Cu+8H^{+}+2NO_{3}^{-}=3Cu^{2+}+2NO隆眉+4H_{2}O}實驗裝置中有有空氣，生成的一氧化氮和氧氣反應生成二氧化氮紅棕色氣體，二氧化氮具有氧化性，和碘化鉀溶液反應生成碘單質，碘單質遇到淀粉變藍色，吸收劑是和氮氧化物反應的溶液應為堿溶液．

本題考查了稀硝酸、氮氧化物性質的分析，注意一氧化氮和二氧化氮氣體顏色變化和二氧化氮具有氧化性的分析，題目綜合考查了物質性質的反應現(xiàn)象，難度中等．【解析】rm{BD}17、rCD【分析】解：rm{A.}向稀rm{HNO_{3}}中滴加rm{Na_{2}SO_{3}}溶液，發(fā)生氧化還原反應，離子方程式：rm{2NO_{3}^{-}+2H^{+}+3SO_{3}^{2-}簍T3SO_{4}^{2-}+H_{2}O}故A錯誤；

B.rm{Al_{2}(SO_{4})_{3}}溶液與過量rm{NaOH}溶液反應離子方程式：rm{Al^{3+}+4OH^{-}簍TAlO_{2}^{-}+2H_{2}O}故B錯誤；

C.向rm{0.1mol/L}rm{pH=1}的rm{KHA}溶液中加入rm{KOH}溶液，離子方程式：rm{H^{+}+OH^{-}簍TH_{2}O}故C正確；

D.用高錳酸鉀標準溶液滴定草酸，離子方程式：rm{2MnO_{4}^{-}+16H^{+}+5C_{2}O_{4}^{2-}簍T2Mn^{2+}+10CO_{2}隆眉+8H_{2}O}故D正確；

故選：rm{CD}．

A.不符合反應客觀事實；

B.氫氧化鈉過量；反應生成偏鋁酸鈉；

C.rm{0.1mol/L}rm{pH=1}的rm{KHA}溶液，說明rm{KHA}為強酸的酸式鹽；二者反應實質氫離子與氫氧根離子反應生成水；

D.二者發(fā)生氧化還原反應；草酸根離子被氧化生成二氧化碳，高錳酸根離子被還原生成二價錳離子；

本題考查了離子方程式的書寫，明確物質的性質及發(fā)生反應的實質是解題關鍵，注意離子反應遵循客觀事實、遵循原子個數(shù)、電荷數(shù)守恒規(guī)律，題目難度中等．【解析】rm{CD}三、填空題(共7題，共14分)18、10.5mol/（L．h）逆＞D【分析】【分析】（1）化學平衡常數(shù)是指：一定溫度下；可逆反應到達平衡時，生成物的濃度系數(shù)次冪之積與反應物的濃度系數(shù)次冪之積的比，固體；純液體不需要在化學平衡常數(shù)中寫出；

110℃時，實驗2中達到平衡時CCl4的轉化率為50%，平衡時CCl4的濃度變化量=1mol/L×50%=0.5mol/L；則：

CCl4（g）+H2（g）?CHCl3（g）+HCl（g）

起始（mol/L）：1100

變化（mol/L）：0.50.50.50.5

平衡（mol/L）：0.50.50.50.5

代入平衡常數(shù)K=計算；

（2）根據(jù)v=計算氫氣表示的反應速率；

判斷濃度商Qc與平衡常數(shù)相對大??；若Qc=K，處于平衡狀態(tài)，若Qc＜K，反應向正反應進行，若Qc＞K，反應向逆反應進行；

（3）實驗1、2溫度相同，實驗1等效在實驗2的基礎上增大氫氣濃度，平衡正向移動，實驗1中的CCl4的轉化率較大；

對于實驗3，因溫度不同，又不知該反應的熱效應，所以無法判斷轉化率的大?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓海?）因CCl4的沸點為77℃，CHCl3的沸點為61.2℃，所以在100℃反應時各物質均為氣態(tài)，CCl4（g）+H2（g）?CHCl3（g）+HCl（g）的平衡常數(shù)表達式K=；

110℃時，實驗2中達到平衡時CCl4的轉化率為50%，平衡時CCl4的濃度變化量=1mol/L×50%=0.5mol/L；則：

CCl4（g）+H2（g）?CHCl3（g）+HCl（g）

起始（mol/L）：1100

變化（mol/L）：0.50.50.50.5

平衡（mol/L）：0.50.50.50.5

則平衡常數(shù)K===1；

故答案為：；1；

（2）實驗2中，若1小時后反應達到平衡，則H2的平均反應速率為=0.5mol/（L．h）；

在此平衡體系中再加入0.5molCCl4和1.0molHCl，由K=可知；濃度商Qc＞K=1，反應向逆反應進行；

故答案為：0.5mol/（L．h）；逆；

（3）實驗1、2溫度相同，實驗1等效在實驗2的基礎上增大氫氣濃度，平衡正向移動，實驗1中的CCl4的轉化率較大，故CCl4的轉化率a＞50%；

對于實驗3；因溫度與實驗1；2不同，又不知該反應的熱效應，所以無法判斷轉化率的大??；

故答案為：＞；D．19、FeAlFe（OH）3Al3+，H+2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe【分析】【分析】已知合金A由兩種常見金屬組成，加入過量鹽酸反應得到溶液B，加入過量氫氧化鈉溶液丙通入空氣，過濾得到紅褐色沉淀，判斷為Fe（OH）3，加熱分解得到粉末狀固體D為氧化鐵，則確定原來金屬有Fe，濾液E加入少量鹽酸生成白色沉淀F和溶液G，白色沉淀F加入過量鹽酸溶解得到溶液H，溶液H加入過量氨水又生成白色沉淀F，確定白色沉淀F為氫氧化鋁沉淀，溶液H為過量鹽酸和AlCl3溶液；溶液G為偏鋁酸鈉和氯化鈉的混合溶液，溶液E為NaAlO2溶液，溶液B為氯化亞鐵和氯化鋁的混合溶液，金屬為Fe，Al，據(jù)此分析回答問題。

（1）分析可知金屬為鐵和鋁；

（2）C為氫氧化鐵沉淀；

（3）H溶液為過量鹽酸和AlCl3溶液；

（4）依據(jù)鋁熱反應書寫化學方程式．【解析】【解答】解：已知合金A由兩種常見金屬組成，加入過量鹽酸反應得到溶液B，加入過量氫氧化鈉溶液丙通入空氣，過濾得到紅褐色沉淀，判斷為Fe（OH）3，加熱分解得到粉末狀固體D為氧化鐵，則確定原來金屬有Fe，濾液E加入少量鹽酸生成白色沉淀F和溶液G，白色沉淀F加入過量鹽酸溶解得到溶液H，溶液H加入過量氨水又生成白色沉淀F，確定白色沉淀F為氫氧化鋁沉淀，溶液H為過量鹽酸和AlCl3溶液；溶液G為偏鋁酸鈉和氯化鈉的混合溶液，溶液E為NaAlO2溶液，溶液B為氯化亞鐵和氯化鋁的混合溶液，金屬為Fe，Al；

（1）分析可知金屬為鐵和鋁；化學式為：FeAl，故答案為：FeAl；

（2）上述分析可知紅褐色沉淀C為氫氧化鐵沉淀，化學式為：Fe（OH）3，故答案為：Fe（OH）3；

（3）H溶液為過量鹽酸和AlCl3溶液，溶液中所含的陽離子有Al3+，H+，故答案為：Al3+，H+；

（4）依據(jù)鋁熱反應書寫化學方程式，F(xiàn)e2O3與合金A中的一種金屬粉末均勻混合，在高溫下反應可生成鐵，反應的化學方程式為：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe；

故答案為：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe．20、③④①②【分析】【分析】（1）水易揮發(fā)；可用蒸餾的方法分離；

（2）碘易溶于有機溶劑；

（3）氯化鈉易溶于水，二氧化錳不溶于水，可用過濾的方法的分離，然后用蒸發(fā)的方法分離氯化鈉．【解析】【解答】解：（1）海水中含有大量的食鹽；而水易揮發(fā)，可用蒸餾的方法制備飲用水．故答案為：③；

（2）碘易溶于有機溶劑；可用萃??；分液的方法分離，故答案為：④；

（3）氯化鈉易溶于水；二氧化錳不溶于水，可用過濾的方法的分離，然后用蒸發(fā)的方法分離氯化鈉，則可進行溶解；過濾、洗滌、蒸發(fā)等操作；

故答案為：①、②．21、1，2-二溴乙烷醚鍵、碳碳雙鍵HBr氧化反應ac強9【分析】【分析】A和溴發(fā)生加成反應生成B，B和氫氧化鈉的水溶液發(fā)生取代反應生成C，C和苯甲醇反應生成D，則A、B和C中碳原子個數(shù)相同，根據(jù)D的分子式知，A中含有兩個碳原子，則A是乙烯，B是CH2BrCH2Br，C是乙二醇，D的結構簡式為：D發(fā)生消去反應生成E，則E的結構簡式為：根據(jù)I的結構簡式和F可以使溴水褪色可知，1，3-丁二烯和溴發(fā)生1，4加成生成F為1，4-二溴-2-丁烯，1，4-二溴-2-丁烯和氫氧化鈉的水溶液發(fā)生取代反應生成G，G的結構簡式為：HOCH2CH=CHCH2OH，G和HBr發(fā)生加成反應生成H，H的結構簡式為：HOCH2CH2CHBrCH2OH，H被酸性高錳酸鉀氧化生成I，I和氫氧化鈉的醇溶液發(fā)生消去反應生成M，M的結構簡式為NaOOCCH=CHCOONa，然后酸化得到N，N的結構簡式為：HOOCCH=CHCOOH，E和N反應生成P，則P的結構簡式為：據(jù)此答題．【解析】【解答】解：A和溴發(fā)生加成反應生成B，B和氫氧化鈉的水溶液發(fā)生取代反應生成C，C和苯甲醇反應生成D，則A、B和C中碳原子個數(shù)相同，根據(jù)D的分子式知，A中含有兩個碳原子，則A是乙烯，B是CH2BrCH2Br，C是乙二醇，D的結構簡式為：D發(fā)生消去反應生成E，則E的結構簡式為：根據(jù)I的結構簡式和F可以使溴水褪色可知，1，3-丁二烯和溴發(fā)生1，4加成生成F為1，4-二溴-2-丁烯，1，4-二溴-2-丁烯和氫氧化鈉的水溶液發(fā)生取代反應生成G，G的結構簡式為：HOCH2CH=CHCH2OH，G和HBr發(fā)生加成反應生成H，H的結構簡式為：HOCH2CH2CHBrCH2OH，H被酸性高錳酸鉀氧化生成I，I和氫氧化鈉的醇溶液發(fā)生消去反應生成M，M的結構簡式為NaOOCCH=CHCOONa，然后酸化得到N，N的結構簡式為：HOOCCH=CHCOOH，E和N反應生成P，則P的結構簡式為：

（1）B的結構簡式為，CH2BrCH2Br，其名稱是1，2-二溴乙烷，E的結構簡式為：其官能團名稱為醚鍵；碳碳雙鍵；

故答案為：1；2-二溴乙烷；醚鍵；碳碳雙鍵；

（2）②的反應試劑是HBr，③的反應類型是：氧化反應，故答案為：HBr；氧化反應；

（3）a．C是乙二醇；可與水任意比例混合，故a正確；

b．A是乙烯與1，3一丁二烯含有官能團數(shù)目不相等，不是同系物，故b錯誤；

c．I中羧基與氫氧化鈉發(fā)生中和反應；還發(fā)生鹵代烴的水解反應，由I生成M，1mol最多消耗3molNaOH，故c正確；

d．N的結構簡式為：HOOCCH=CHCOOH；不飽和碳原子連接2個不同的原子或原子團，存在順反異構體，故d錯誤；

故選：ac；

（4）E與N按照物質的量之比為1：1發(fā)坐共聚生成P的化學反應方程式：P的結構簡式為E的結構簡式為P中含有親水基，E不含親水基，所以高聚物P的親水性比由E形成的聚合物強；

故答案為：強；

（5）D的結構簡式為：D的同系物K比D分子少一個碳原子，K有多種同分異構體，同分異構體符合下列條件：a．苯環(huán)上有兩種等效氫，說明苯環(huán)上有兩種類型的H原子；b．能與氫氧化鈉溶液反應，說明含有酚羥基；c．一定條件下1mol該有機物與足量金屬鈉充分反應，生成1molH2；說明含有兩個羥基；

如果K的同分異構體中含有1個酚羥基、1個醇羥基時，醇羥基有-CH2CHOH、-CH（OH）CH3；與酚羥基處于對位，則K有2種同分異構體；

當苯環(huán)上有2個酚羥基；1個乙基時；2個酚羥基和乙基位于相鄰位置且乙基處于中間，可以是三個取代基處于間位，K有2種同分異構體；

當苯環(huán)上有2個酚羥基；2個甲基時；2個酚羥基相鄰、2個甲基相鄰且4個取代基相鄰，或者4個取代基相鄰且甲基與酚羥基交叉相鄰，或者兩個甲基、1個羥基相鄰且另外1個羥基處于間位、其對位為甲基，或者兩個羥基、1個甲基相鄰且另外1個甲基處于間位、其對位為羥基，或者兩個甲基處于間位、2個羥基位于甲基的對位，K有5種同分異構體；

所以符合條件的同分異構體有9種；其中核磁共振氫譜為1：2：2：2：3的一種同分異構體的結構簡式為

故答案為：9；．22、色粉末中肯定含有K2CO3，Ba（NO3）2、CaCl2至少存在一種CO32-+Ba2+=BaCO3↓、Ca2++CO32-=CaCO3↓BaCO3+2HNO3=Ba（NO3）2+CO2↑+H2O，CaCO3+2HNO3=Ca（NO3）2+CO2↑+H2OCaCl2、K2CO3Ba（NO3）2取步驟②中溶液少許滴入稀硫酸，若有白色沉淀產(chǎn)生，則肯定含有Ba（NO3）2【分析】【分析】依據(jù)實驗過程中的現(xiàn)象分析判斷：

①將部分粉末加入水中；振蕩，有白色沉淀生成，說明含有能生成白色沉淀的物質；

②向①的懸濁液中加入過量稀硝酸；白色沉淀消失，并有氣泡產(chǎn)生，白色沉淀可以是碳酸鋇或碳酸鈣；

③取少量②的溶液商入AgNO3溶液，有白色沉淀生成．證明含有氯離子，混合物中一定含有CaCl2，以此解答該題．【解析】【解答】解：①將部分粉末加入水中；振蕩，有白色沉淀生成，說明含有能生成白色沉淀的物質；

②向①的懸濁液中加入過量稀硝酸；白色沉淀消失，并有氣泡產(chǎn)生，白色沉淀可以是碳酸鋇或碳酸鈣；

③取少量（2）的溶液商入AgNO3溶液，有白色沉淀生成．證明含有氯離子，混合物中一定含有CaCl2；

所以原白色粉末中肯定含有CaCl2、K2CO3，可能含有Ba（NO3）2；

（1）將部分粉末加入水中，振蕩，有白色沉淀生成，說明含有能生成白色沉淀的物質，白色粉末中肯定含有K2CO3，Ba（NO3）2、CaCl2至少存在一種，CO32-+Ba2+=BaCO3↓、Ca2++CO32-=CaCO3↓，故答案為：白色粉末中肯定含有K2CO3，Ba（NO3）2、CaCl2至少存在一種；CO32-+Ba2+=BaCO3↓、Ca2++CO32-=CaCO3↓．

（2）向①的懸濁液中加入過量稀硝酸，白色沉淀消失，并有氣泡產(chǎn)生，白色沉淀可以是碳酸鋇或碳酸鈣，所涉及到的化學反應方程式為BaCO3+2HNO3=Ba（NO3）2+CO2↑+H2O，CaCO3+2HNO3=Ca（NO3）2+CO2↑+H2O，故答案為：BaCO3+2HNO3=Ba（NO3）2+CO2↑+H2O，CaCO3+2HNO3=Ca（NO3）2+CO2↑+H2O；

（3）白色粉末中肯定存在的物質是CaCl2、K2CO3，可能存在的物質是Ba（NO3）2，故答案為：CaCl2、K2CO3；Ba（NO3）2；

（4）欲進一步確定Ba（NO3）2是否存在，需要補充的實驗操作是：取步驟②中溶液少許滴入稀硫酸，若有白色沉淀產(chǎn)生，則肯定含有Ba（NO3）2，故答案為：取步驟②中溶液少許滴入稀硫酸，若有白色沉淀產(chǎn)生，則肯定含有Ba（NO3）2．23、錯誤【分析】【分析】NaHSO4在熔融狀態(tài)下只斷裂離子鍵，NaHSO4在熔融狀態(tài)下的電離方程式是：NaHSO4═Na++HSO4-．【解析】【解答】解：NaHSO4在熔融狀態(tài)下只斷裂離子鍵，NaHSO4在熔融狀態(tài)下的電離方程式是：NaHSO4═Na++HSO4-，lmolNaHSO4完全電離出的陽離子數(shù)目為NA，故答案為：錯誤．24、bBfFeDdA【分析】【分析】除去苯中的苯酚；可加入氫氧化鈉溶液，然后用分液的方法分離；

鹽析一般是指溶液中加入無機鹽類而使某種物質溶解度降低而析出的過程；

除去乙醇中的水；可加入CaO，然后用蒸餾的方法分離；

除去乙酸乙酯中的乙酸，可用飽和碳酸鈉溶液，然后用分液的方法分離．【解析】【解答】解：苯酚和氫氧化鈉反應生成苯酚鈉和水；除去苯中的苯酚，可加入氫氧化鈉溶液，然后用分液的方法分離；

高級脂肪酸鈉在飽和氯化鈉溶液中溶解度較低；可用鹽析的方法分離；

水可與氧化鈣反應生成氫氧化鈣；除去乙醇中的水，可加入CaO，然后用蒸餾的方法分離；

乙酸乙酯難溶于飽和碳酸鈉溶液；但乙酸和碳酸鈉反應，則除去乙酸乙酯中的乙酸，可用飽和碳酸鈉溶液，然后用分液的方法分離；

故答案為：?；旌衔镄杓尤氲脑噭┓蛛x方法苯（苯酚）bB高級脂肪酸鈉（甘油）fF乙醇（水）eD乙酸乙酯（乙酸）dA四、判斷題(共4題，共24分)25、×【分析】【分析】過氧化鈉化學式是由1個過氧根離子和2個鈉離子構成，所以其陰陽離子個數(shù)之比為1：2，據(jù)此計算離子總數(shù)．【解析】【解答】解：過氧化鈉化學式是由1個過氧根離子和2個鈉離子構成，所以其陰陽離子個數(shù)之比為1：2，則1molNa2O2固體中含有離子總數(shù)為3NA，故答案為：×．26、×【分析】【分析】化學變化的實質是在原子核不變的情況下，有新物質生成，分析各選項是否符合化學變化的概念，即有新物質生成，就是化學變化．【解析】【解答】解：蛋白質溶液中加入Na2SO4溶液，蛋白質析出，再加水會溶解，鹽析是可逆的，沒有新物質生成是物理變化，故答案為：×．27、×【分析】【分析】氫氧化鈉是強電解質，一水合氨是弱電解質，加水稀釋弱電解質溶液，促進弱電解質電離，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：氫氧化鈉是強電解質，在水中完全電離，加水稀釋一倍，氫氧根離子濃度變?yōu)樵瓉淼囊话?，一水合氨是弱電解質，在水溶液里存在電離平衡，加水稀釋促進其電離，當稀釋一倍后，氫氧根離子濃度大于原來的一半，該說法錯誤，故答案為：×．28、√【分析】【分析】吸熱反應實質是反應物所具有的總能量低于生成物所具有的總能量，與反應條件無關，據(jù)此進行分析解答．【解析】【解答】解：判斷某個反應是放熱反應還是吸熱反應不是看該反應是否加熱，有些放熱反應開始也需要加熱，需要加熱才能進行的反應，不一定是吸熱反應，如2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe是放熱反應；但需在加熱條件下以保證足夠的熱量引發(fā)氧化鐵和鋁粉反應．

故答案為：√．五、計算題(共1題，共5分)29、略

【分析】【分析】根據(jù)c=計算濃硫酸物質的量濃度，再根據(jù)稀釋定律計算需要濃硫酸的體積，根據(jù)m=ρV計算濃硫酸、稀硫酸的質量，進而計算加入水的質量，再根據(jù)V=計算水的體積．【解析】【解答】解：質量分數(shù)為98%、密度為1.84g/cm3的濃硫酸的物質的量濃度為mol/L=18.4mol/L，配制500mL1.0mol/L的稀硫酸需要濃硫酸體積為=27.2mL；

濃硫酸的質量為×1.84g/mL=500g，稀硫酸的質量為500mL×1.16g/mL=580g，故加入水的質量為580g-500g=80g，故加入水的體積為=80mL；

答：需要濃硫酸27.2毫升，需要加水80毫升．六、推斷題(共4題，共12分)30、2SO2+O22SO3Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O1：13Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O酸和氧化劑【分析】【分析】X；Y、Z、W四種氣體；都能造成大氣污染，X、Y、Z可以用堿溶液吸收，說明這三種氣體是酸性氧化物或與水反應生成酸；

X是化石燃料燃燒的產(chǎn)物之一，是形成酸雨的主要物質，則X是SO2；

Y是一種單質，它的水溶液具有漂白性，則Y是Cl2；

Z是硝酸工業(yè)和汽車尾氣中的有害成分之一，能和水反應，則Z是NO2；

W難溶于水；在空氣中燃燒發(fā)出淡藍色的火焰，北方冬天用煤球爐取暖易因W中毒，則W為CO；

再結合物質性質分析解答．【解析】【解答】解：X；Y、Z、W四種氣體；都能造成大氣污染，X、Y、Z可以用堿溶液吸收，說明這三種氣體是酸性氧化物或與水反應生成酸；

X是化石燃料燃燒的產(chǎn)物之一，是形成酸雨的主要物質，則X是SO2；

Y是一種單質，它的水溶液具有漂白性，則Y是Cl2；

Z是硝酸工業(yè)和汽車尾氣中的有害成分之一，能和水反應，則Z是NO2；

W難溶于水；在空氣中燃燒發(fā)出淡藍色的火焰，北方冬天用煤球爐取暖易因W中毒，則W為CO；

（1）X是SO2，在一定條件下與氧氣反應生成SO3，該反應的化學方程式：2SO2+O22SO3，故答案為：2SO2+O22SO3；

（2）Y是Cl2，Y與NaOH溶液反應生成NaCl和NaClO，該反應的離子方程式：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；該反應中Cl元素化合價由0價變?yōu)?1價；+1價，所以氧化劑和還原劑的物質的量之比為1：1；

故答案為：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；1：1；

（3）Z的水溶液反應的稀產(chǎn)物是稀硝酸，稀硝酸和Cu反應生成硝酸銅、NO和水，離子方程式為3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，該反應中部分硝酸化合價不變起酸作用，部分硝酸根離子得電子作氧化劑，所以硝酸有起酸和氧化劑作用，故答案為：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；酸和氧化劑．31、Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O2H++Cl-+ClO-=Cl2↑+H2O4OH--4e-=O2↑+2H2O（或2H2O-4e-=O2↑+4H+0.6NA2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O用濕潤的紅色石蕊試紙靠近盛M的集氣瓶口，試紙變藍（或用蘸有濃鹽酸的玻璃棒靠近盛M的集氣瓶口，冒白煙）1.4【分析】【分析】（1）若組成X的元素均為短周期元素，且A、B均為氣體，其在相同條件下體積比為1：1，應為電解食鹽水的反應，則X為NaCl，Y為NaOH，由轉化關系可知A為H2，B為Cl2；W為HCl，U為NaClO；

（2）若A為紅色固體，應為Cu，A可以與Y的濃溶液反應生成一種與A摩爾質量相同的氣體，該氣體為SO2；

（3）若向X的溶液中加入過量的稀鹽酸，產(chǎn)生白色沉淀，該沉淀為AgCl，則X為AgNO3，由轉化關系可知Y為HNO3，A為Ag，C為NO2，D為NO，M為NH3，以此解答該題．【解析】【解答】解：（1）若組成X的元素均為短周期元素，且A、B均為氣體，其在相同條件下體積比為1：1，應為電解食鹽水的反應，則X為NaCl，Y為NaOH，由轉化關系可知A為H2，B為Cl2；W為HCl，U為NaClO

①氯氣和氫氧化鈉溶液反應生成NaCl、NaClO和水，反應的離子方程式為Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案為：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；

②鹽酸和次氯酸鈉可發(fā)生氧化還原反應生成氯氣，反應的離子方程式為2H++Cl-+ClO-=Cl2↑+H2O，故答案為：2H++Cl-+ClO-=Cl2↑+H2O；

（2）若A為紅色固體，應為Cu，A可以與Y的濃溶液反應生成一種與A摩爾質量相同的氣體，該氣體為SO2，則X應為CuSO4；

①電解硫酸銅溶液，陽極發(fā)生氧化反應，電極方程式為4OH--4e-=O2↑+2H2O（或2H2O-4e-=O2↑+4H+；

故答案為：4OH--4e-=O2↑+2H2O（或2H2O-4e-=O2↑+4H+）；

②電解硫酸銅溶液后溶液呈酸性；向電解后的溶液中加入堿式碳酸銅能恢復原溶液，堿式碳酸銅和硫酸反應生成硫酸銅；水和二氧化