2024年滬科新版高三化學(xué)上冊階段測試試卷

…………○…………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2024年滬科新版高三化學(xué)上冊階段測試試卷179考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)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5題，共10分)1、下列說法正確的是（）A.兩種難溶物中溶解度小的物質(zhì)其Ksp不一定小B.同種酸形成的酸式鹽溶解度一定比正鹽的溶解度大C.非金屬性越強(qiáng)的元素其含氧酸酸性越強(qiáng)D.強(qiáng)電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電能力一定比弱電解質(zhì)溶液導(dǎo)電能力強(qiáng)2、把0.05molNaOH固體分別加入到100mL下列液體中，溶液的導(dǎo)電能力變化最小的是（）A.自來水B.0.05mol/L鹽酸C.0.5mol/L醋酸溶液D.0.5mol/LKCl溶液3、已知常溫下，0.1mol?L-1CH3COONH4溶液呈中性．下列有關(guān)敘述正確的是（）A.該溶液可由等體積、濃度均為0.1mol?L-1的醋酸和氨水反應(yīng)得到B.CH3COONH4加人純水中，水的電離程度不變C.常溫下，電離平衡常數(shù)K（CH3COOH）=K（NH3?H2O）D.該溶液中c（CH3COO-）大于同濃度CH3COONa溶液中的c（CH3COO-）4、下列各種物質(zhì)，不能由兩種單質(zhì)直接化合制得的是（）A.FeCl2B.Mg3N2C.AlCl3D.Na2O5、下列熱化學(xué)方程式或離子方程式中，正確的是（）A.在CH4、O2和KOH溶液組成的燃料電池中，負(fù)極反應(yīng)式為：CH4-8e-+10OH-═CO+7H2OB.將SO2通入次氯酸鈉溶液中：SO2+2ClO-+H2O═SO+2HClOC.乙烯的燃燒熱為akJ/mol（a＞0），則乙烯燃燒的熱化學(xué)方程式可表示為：C2H4（g）+3O2（g）═2CO2（g）+2H2O（g），△H=-akJ/molD.向苯酚鈉（C6H5ONa）溶液中通入少量二氧化硫：C6H5O-+SO2+H2O→C6H5OH+HSO評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)6、某?；瘜W(xué)興趣小組的同學(xué)經(jīng)查閱資料得知：鋁表面致密的氧化膜能使鋁與其周圍的介質(zhì)（空氣；水等）隔絕；但奇怪的是鋁制容器仍不能用來盛放和腌制咸菜．為此該小組的同學(xué)對鋁表面的氧化膜進(jìn)行了探究，其過程如下，請完成下列填空．

（1）用坩堝鉗夾住一塊擦去氧化膜的鋁片，放在酒精燈火焰上灼燒，鋁片表面接觸火焰的部分變暗，片刻后變軟，輕輕搖動，會左右搖晃，卻不像蠟燭那樣滴落．這是因為鋁表面氧化膜的熔點____（填“高于”或“低于”）內(nèi)層鋁的熔點；并將其裹住，所以不易發(fā)生滴落現(xiàn)象．

（2）取純凈的鋁箔，包裹住一小塊金屬鈉后放入水中無現(xiàn)象；將該鋁箔用針刺些小孔后再包裹住一小塊金屬鈉后放入水中，迅速就有大量的氣泡產(chǎn)生．試解釋其中的原因，并寫出相關(guān)的化學(xué)程式：____．

（3）用砂紙打磨一鋁片，使其表面變粗糙，再將其放入CuSO4稀溶液中，2～3min后有少量紅色固體附著在其表面．試寫出產(chǎn)生紅色固體的離子方程式：____．

（4）把兩塊未用砂紙打磨過的鋁片都浸入氫氧化鈉溶液中，片刻后其表面產(chǎn)生無色氣體．試寫出鋁的氧化膜與氫氧化鈉溶液反應(yīng)的離子方程式：____．

（5）另取一鋁制易拉罐，收集滿一罐CO2，加入過量的濃氫氧化鈉溶液，立即把口封閉．可以發(fā)現(xiàn)易拉罐“咔咔”作響，并變癟了；過一會后，易拉罐又會作響并鼓起來．試解釋為什么，寫出有關(guān)的離子方程式____．7、某化學(xué)興趣小組通過實驗對一種銅礦樣品的組成進(jìn)行測定．銅礦的組成可表示為：xCu（OH）2?yCuCO3?zH2O（x；y、z為最簡整數(shù)比值）．該小組通過加熱的方法；進(jìn)行了定量的實驗分析，得出了銅礦的組成．下面是實驗中的一些問題，請你幫助解決有關(guān)的問題：

（1）用圖中的儀器（有些儀器可重復(fù)使用，有些用品在圖中略去）組裝成實驗裝置，按氣體流動方向從左到右連接的順序為：A→____→____→____→____；

其中的B、C裝置能否顛倒____（填：“能”或“不能”）原因是：____

（2）連接好裝置，必須先進(jìn)行的操作是____

（3）裝置A的作用是____；

（4）若36.4g銅礦樣品完全分解后，B裝置增重了8.8g，D裝置的玻璃管減輕了12.4g，則該銅礦組成的化學(xué)式可表示為：____．8、現(xiàn)有A、B、C三種化合物，各取40g相混合，完全反應(yīng)后，得18gB，49gC，還有D生成．已知D的相對分子質(zhì)量為106，現(xiàn)將22gA和11gB反應(yīng)，能生成D的物質(zhì)的量為____．9、鐵及其化合物在日常的生活中應(yīng)用廣泛；請根據(jù)下列實驗回答問題：

（1）鋼鐵在潮濕的空氣中發(fā)生吸氧腐蝕的正極反應(yīng)式為____

（2）生鐵中含有一種鐵碳化合物X（Fe3C）．X在足量的空氣中高溫煅燒，生成有磁性的固體Y，Y可溶于過量鹽酸，形成黃綠色的溶液，寫出Y與硫酸反應(yīng)的化學(xué)方程式：____．

若要檢驗反應(yīng)后溶液中的Fe2+離子，應(yīng)選用____（填寫序號）．

a．KSCN溶液和氯水b．鐵粉和KSCN溶液。

c．濃氨水d．酸性KMnO4溶液。

（3）實驗研究發(fā)現(xiàn)，硝酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)時，硝酸的濃度越稀，對應(yīng)還原產(chǎn)物中氮元素的化合價越低．現(xiàn)有一定量鋁粉和鐵粉的混合物與一定體積某濃度的稀硝酸充分反應(yīng)，反應(yīng)過程中無氣體放出（N元素被還原為NH4+）．在反應(yīng)結(jié)束后的溶液中，逐滴加入4mol?L-1的NaOH溶液；所加NaOH溶液的體積（mL）與產(chǎn)生的沉淀的物質(zhì)的量關(guān)系如圖所示．則。

①反應(yīng)過程中，寫出鋁與硝酸反應(yīng)的離子方程式：____．

②混合物與硝酸反應(yīng)后，F(xiàn)e的存在形式是____，理由是____

③B與A的差值為____mol．

④C點對應(yīng)的溶液體積為____mL．10、（2012春?會澤縣校級月考）美國阿波羅宇宙飛船上使用的氫氧燃料電池是一種新型的化學(xué)電源，其構(gòu)造如圖所示：a、b兩個極均由多孔性碳制成；通入的氣體由孔隙中逸出，并在電極表面放電．

（1）a是____極；b是____極．電極反應(yīng)式分別為____、____；

（2）若用酸性電解質(zhì)時；電極反應(yīng)為：

負(fù)極：____

正極：____

總反應(yīng)式：____．11、（2010秋?雨花區(qū)校級期末）如圖是以鉛蓄電池為電源；模擬氯堿工業(yè)電解飽和食鹽水的裝置圖（C；D均為石墨電極）．

電解一段時間后；若在電解池中C極一側(cè)出來的氣體無色無味，D極一側(cè)出來的氣體呈黃綠色有刺激性氣味．請回答以下問題：

（1）已知鉛蓄電池在放電時發(fā)生的反應(yīng)：Pb+PbO2+4H++2SO42-=2PbSO4+2H2O；則

A極為____極，發(fā)生____反應(yīng)，電極反應(yīng)為____

B極為____極，發(fā)生____反應(yīng)，電極反應(yīng)為____

（2）請寫出電解飽和食鹽水的化學(xué)方程式____．

C極為____極，發(fā)生____反應(yīng)，電極反應(yīng)為____

D極為____極，發(fā)生____反應(yīng)，電極反應(yīng)為____

（3）用鉛蓄電池電解1L飽和食鹽水（食鹽水足量、密度為1.150g/cm3）時；若電路上有0.2mol電子的電量通過，則

①鉛蓄電池消耗H2SO4____mol．

②電解池中收集到____L（標(biāo)準(zhǔn)狀況下）氯氣（假設(shè)氯氣全部排出）．

③所得NaOH溶液中的物質(zhì)的量濃度=____．剩余NaCl的密度為____（假設(shè)體積不變）．

（4）氯堿工業(yè)生產(chǎn)中的電解飽和食鹽水池中所用的高分子隔膜叫做____膜；所起的主要作用有

①____

②____

③____．12、X、Y、Z、W是短周期的四種元素，有關(guān)它們的信息如下表所示。。元素部分結(jié)構(gòu)知識部分性質(zhì)XX原子核外電子占有9個原子軌道X的一種氧化物是形成酸雨的主要物質(zhì)YY原子的次外層電子數(shù)等于最外層電子數(shù)的一半Y能形成多種氣態(tài)氫化物ZZ原子的最外層電子數(shù)多于4Z元素的最高正化合價與最低負(fù)化合價代數(shù)和等于6WW原子的最外層電子數(shù)等于2n-3（n為原子核外電子層數(shù)）化學(xué)反應(yīng)中W原子易失去最外層電子形成Wn+填寫下列空白：（提示：不能用字母X、Y、Z、W作答）（1）X有多種同素異形體，寫出X2電子式是____，（2）X、Y、Z三種元素電負(fù)性由大到小順序為_____。（3）W元素原子基態(tài)時原子的電子排布式_________________。（4）Z位于元素周期表第周期第____族（5）含W的一種硫酸鹽是常用的凈水劑，常溫時該溶液的pH（填“＝”、“＞”或“＜”），理由是：____（用離子方程式表示）。（6）.25℃、101kPa時，32gY的最低價氣態(tài)氫化物完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物時放出1780．6kJ的熱量，寫出該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式。13、丙烯是重要的工業(yè)原料；以丙烯為原料合成有機(jī)玻璃和藥物喹啉的流程如下：

回答下列問題：

（1）結(jié)構(gòu)簡式A為____，C為____；

（2）①～⑩反應(yīng)中屬于屬于消去反應(yīng)的有____；

（3）設(shè)計反應(yīng)①、②的目的是____；

（4）D的同分異構(gòu)體E能進(jìn)行銀鏡反應(yīng)，分子中有兩種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子，其個數(shù)比為2：1，則E的結(jié)構(gòu)簡式為____；

（5）反應(yīng)⑦的化學(xué)反應(yīng)類型是____．14、在100℃時；將0.200mol的四氧化二氮氣體充入2L抽空的密閉容器中，每隔一定時間對該容器內(nèi)的物質(zhì)進(jìn)行分析，得到如下表格：

。時間020406080100c（N2O4）0.100c10.050c3abc（NO2）0.0000.060c20.1200.1200.120試填空：

（1）該反應(yīng)的化學(xué)方程式為______，達(dá)到平衡時四氧化二氮的轉(zhuǎn)化率為______%．

（2）20s時四氧化二氮的濃度c1=______mol?L-1，在0～20s時間段內(nèi)，四氧化二氮的平均反應(yīng)速率為______mol?L-1?s-1．

（3）若在相同情況下最初向容器中充入的是二氧化氮氣體，要達(dá)到上述同樣的平衡狀態(tài)，二氧化氮的初始濃度為______mol?L-1．評卷人得分三、判斷題(共6題，共12分)15、某有機(jī)物燃燒后生成二氧化碳和水，所以此有機(jī)物一定含有C、H、O三種元素．____（判斷對錯）16、分液時，先將下層液體從分液漏斗下端放出，再將上層液體從上口倒出．____．（判斷對錯）17、標(biāo)準(zhǔn)狀況下當(dāng)氧氣與氦氣的原子數(shù)均為NA時，它們具有相同的體積____（判斷對錯）18、對于2SO2（g）+O2（g）═2SO2（g）反應(yīng)，當(dāng)密度保持不變，在恒溫恒容或恒溫恒壓條件下，均不能作為達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)的標(biāo)志．____（判斷對錯）19、標(biāo)準(zhǔn)狀況下，1molO2和N2混合氣體的體積約為22.4L____（判斷對錯）20、通過化學(xué)變化可以實現(xiàn)35Cl與37Cl間的相互轉(zhuǎn)化____．（判斷對錯）評卷人得分四、書寫(共4題，共16分)21、經(jīng)測定0.1mol/L的KHSO4溶液與0.1mol/L的HCl溶液中的氫離子濃度基本相同；則：

（1）KHSO4的電離方程式可以表示為____

（2）往0.1mol/L的KHSO4溶液中加入鋅片，預(yù)計可以觀察到的現(xiàn)象是____，反應(yīng)的離子方程式為____．

（3）某同學(xué)向一定量的KHSO4溶液中滴加Ba（OH）2溶液至混合液呈中性，此時的變化可以用離子方程式表示為____，繼續(xù)滴加Ba（OH）2溶液，其變化可以用離子方程式表示為____．22、寫出H3P04的電離方程式．23、完成下列反應(yīng)的化學(xué)方程式

（1）苯酚與濃溴水反應(yīng)反應(yīng)類型____

（2）向苯酚鈉溶液中通入二氧化碳?xì)怏w____

（3）2-甲基丙醛與氫氣反應(yīng)反應(yīng)類型____

（4）乙醛發(fā)生銀鏡反應(yīng)反應(yīng)類型____

（5）3，3-二甲基-2丁醇與氧氣反應(yīng)____．24、（2012秋?迎澤區(qū)校級期中）X；Y、Z三種物質(zhì)有如下轉(zhuǎn)化關(guān)系：

（1）根據(jù)上述轉(zhuǎn)化關(guān)系，寫出下列物質(zhì)的化學(xué)式：X____、Y____、Z____

試劑甲____，試劑乙____

（2）寫出上述③④⑤步反應(yīng)的離子方程式：____．評卷人得分五、解答題(共3題，共15分)25、將200mL稀硝酸與足量的銅粉在微熱的條件下發(fā)生反應(yīng)；經(jīng)測定，生成了1.12LNO（標(biāo)準(zhǔn)狀況）．試回答下列問題（寫出必要的計算過程）：

（1）寫出反應(yīng)方程式。

（2）參加反應(yīng)的銅的質(zhì)量；

（3）該硝酸溶液中HNO3的物質(zhì)的量濃度．26、直接排放含SO2的煙氣會形成酸雨，危害環(huán)境．利用鈉堿循環(huán)法可脫除煙氣中的SO2．

（1）用化學(xué)方程式表示S形成硫酸酸雨的反應(yīng)方程式______；______．

（2）在鈉堿循環(huán)法中，Na2SO3溶液作為吸收液，可由NaOH溶液吸收SO2制得；該反應(yīng)的離子方程式是______．

（3）吸收液吸收SO2的過程中，pH隨n（SO32-），n（HSO3-）變化關(guān)系如下表：

。n（SO32-）：n（HSO3-）91：91：11：91pH8.27.26.2①上表判斷NaHSO3溶液顯______性；用化學(xué)平衡原理解釋：______．

②當(dāng)吸收液呈中性時；溶液中離子濃度關(guān)系正確的是（選填字母）：______．

a、c（Na+）=2c（SO32-）+c（HSO3-）

b、c（Na+）＞c（HSO3-）＞c（SO32-）＞c（H-）=c（OH-）

c、c（Na+）+c（H-）=c（SO32-）+c（HSO3-）+c（OH-）

（4）當(dāng)吸收液的pH降至約為6時；送至電解槽再生．再生示意圖如圖：

①HSO3-在陽極放電的電極反應(yīng)式是______．

②當(dāng)陰極室中溶液PH升至8以上時；吸收液再生并循環(huán)利用．簡述再生原理：______．

27、標(biāo)準(zhǔn)狀況下，若將過量CO2通過盛有7.24gKO2和Na2O2的均勻混合物的裝置，充分反應(yīng)后逸出的氣體中O2體積為1568mL，則混合物中KO2和Na2O2的物質(zhì)的量分別是多少？評卷人得分六、計算題(共3題，共9分)28、用KMnO4氧化密度為1.19g/ml；溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為36.5%的鹽酸，反應(yīng)方程式為。

2KMnO4+16HCl（濃）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O

（1）15.8gKMnO4能使多少克HCl發(fā)生上述反應(yīng)？有多少克HCl被氧化？產(chǎn)生的Cl2在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積是多少？

（2）所用鹽酸的物質(zhì)的量濃度為多少？29、堿式次氯酸鎂rm{[Mg_{a}(ClO)_(OH)_{c}隆隴xH_{2}O]}是一種有開發(fā)價值的微溶于水的無機(jī)抗菌劑。為確定堿式次氯酸鎂的組成，進(jìn)行如下實驗：rm{壟脵}準(zhǔn)確稱取rm{1.685g}堿式次氯酸鎂試樣于rm{250mL}錐形瓶中，加入過量的rm{KI}溶液，用足量乙酸酸化，用rm{0.8000mol隆隴L^{-1}Na_{2}S_{2}O_{3}}標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點rm{0.8000mol隆隴L^{-1}

Na_{2}S_{2}O_{3}}離子方程式為rm{(}消耗rm{2S_{2}Orlap{_{3}}{^{2-}}+I_{2}簍T簍T簍T2I^{-}+S_{4}Orlap{_{6}}{^{2-}})}rm{25.00mL}另取rm{壟脷}堿式次氯酸鎂試樣，用足量乙酸酸化，再用足量rm{1.685g}溶液處理至不再產(chǎn)生氣泡rm{3%H_{2}O_{2}}被rm{(H_{2}O_{2}}氧化為rm{ClO^{-}}稀釋至rm{O_{2})}移取rm{1000mL}溶液至錐形瓶中，在一定條件下用rm{0.02000mol隆隴L^{-1}EDTA(Na_{2}H_{2}Y)}標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定其中的rm{25.00mL}離子方程式為rm{0.02000mol隆隴L^{-1}

EDTA(Na_{2}H_{2}Y)}消耗rm{Mg^{2+}(}rm{Mg^{2+}+H_{2}Y^{2-}簍T簍T簍TMgY^{2-}+2H^{+})}步驟rm{25.00mL}需要用到的指示劑是________。rm{(1)}通過計算確定堿式次氯酸鎂的化學(xué)式rm{壟脵}寫出計算過程rm{(2)}rm{(}30、（2011秋?金華期末）現(xiàn)有FeCl2、AlCl3混合溶液100mL；逐滴加入NaOH溶液，生成沉淀的物質(zhì)的量隨加入的NaOH的物質(zhì)的量的關(guān)系如圖．

（1）寫出a點對應(yīng)的沉淀的化學(xué)式：____．

（2）計算原混合溶液中AlCl3的物質(zhì)的量濃度為多少？（寫出計算過程）參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、A【分析】【分析】A．化學(xué)式結(jié)構(gòu)組成相似的；Ksp越小，溶解度越??；化學(xué)式結(jié)構(gòu)組成不相似的，不能直接比較；

B．碳酸氫鈉的溶解度比碳酸鈉的??；

C．非金屬性越強(qiáng)的元素其最高價含氧酸酸性越強(qiáng)；

D．溶液的導(dǎo)電能力與溶液電荷濃度有關(guān)，與電解質(zhì)的強(qiáng)弱無關(guān)．【解析】【解答】解：A．同類型電解質(zhì)（陰陽離子個數(shù)比相等）Ksp越大溶解性越大，說明難溶物在水中的溶解能力越強(qiáng)；對陰陽離子個數(shù)比不同的難溶物，則必須通過計算判斷，如AgCl與Fe（OH）3；二者的陰陽離子個數(shù)比不同，不能簡單地根據(jù)Ksp進(jìn)行比較，故A正確；

B．碳酸氫鈉的溶解度比碳酸鈉的??；故B錯誤；

C．非金屬性越強(qiáng)的元素其最高價含氧酸酸性越強(qiáng)；如不是最高價氧化物的水化物，酸性強(qiáng)弱無規(guī)律性，故C錯誤；

D．溶液的導(dǎo)電能力與溶液電荷濃度有關(guān)；與電解質(zhì)的強(qiáng)弱無關(guān)，如AgCl為強(qiáng)電解質(zhì)，但溶液的導(dǎo)電性很弱，故D錯誤．

故選A．2、B【分析】【解析】試題分析：導(dǎo)電能力與溶液中離子濃度有關(guān)，A自來水C醋酸都是弱電解質(zhì)，加入強(qiáng)電解質(zhì)后，導(dǎo)電能力變化較大，NaOH與鹽酸反應(yīng)生成NaCl導(dǎo)電能力變化不大，加到強(qiáng)電解質(zhì)KCl中多了Na+增大了離子濃度，導(dǎo)電能力變化變大，故選B?？键c：考慮加入物質(zhì)對原溶液導(dǎo)電性的影響和弱電解質(zhì)的平衡問題?！窘馕觥俊敬鸢浮緽3、C【分析】【分析】0.1mol?L-1CH3COONH4溶液呈中性，說明醋酸根離子與銨根離子的水解程度相同，相同物質(zhì)的量的醋酸與一水合氨中和生成醋酸銨，醋酸根離子與銨根離子水解相互促進(jìn)，水的電離程度增大，K（CH3COOH）=，K（NH3?H2O）=，據(jù)此分析．【解析】【解答】解：A、等體積、濃度均為0.1mol?L-1的醋酸和氨水反應(yīng)得到0.05mol?L-1CH3COONH4溶液；根A錯誤；

B；醋酸根離子與銨根離子水解相互促進(jìn)；水的電離程度增大，故B錯誤；

C、K（CH3COOH）=，K（NH3?H2O）=，0.1mol?L-1CH3COONH4溶液呈中性，說明醋酸根離子與銨根離子的水解程度相同，即醋酸根離子的水解平衡常數(shù)=銨根離子的水解平衡常數(shù)，水的離子積常數(shù)相同，所以K（CH3COOH）=K（NH3?H2O）；故C正確；

D、CH3COONa溶液中的c（CH3COO-）自然水解，醋酸銨溶液中醋酸根離子與銨根離子水解相互促進(jìn)，該溶液中c（CH3COO-）小于同濃度CH3COONa溶液中的c（CH3COO-）；故D錯誤；

故選C．4、A【分析】【分析】A．氯氣具有強(qiáng)氧化性；與金屬反應(yīng)生成高價金屬氯化物；

B．鎂和氮氣反應(yīng)生成氮化鎂；

C．鋁和氯氣發(fā)生反應(yīng)只生成氯化鋁；

D．鈉和氧氣在常溫下反應(yīng)生成氧化鈉．【解析】【解答】解：A．Fe與氯氣反應(yīng)直接生成FeCl3，不能由兩種單質(zhì)直接化合制得FeCl2；故A正確；

B．氮氣和鎂在點燃的條件下反應(yīng)生成氮化鎂；能由單質(zhì)直接化合而得到，故B錯誤；

C．鋁和氯氣發(fā)生反應(yīng)只生成氯化鋁；能由單質(zhì)直接化合而得到，故C錯誤；

D．鈉在空氣中會和氧氣反應(yīng)生成氧化鈉；能由單質(zhì)直接化合而得到，故D錯誤；

故選A．5、A【分析】【分析】A；原電池負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)；甲烷在負(fù)極放電，在堿性條件下生成碳酸根離子與水；

B、從SO2的還原性和ClO-離子氧化性以及弱電解質(zhì)的性質(zhì)來分析產(chǎn)物是否正確；

C；燃燒熱指在25℃；101kPa時，1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物時所放出的熱量，叫做該物質(zhì)的燃燒熱，單位為kJ/mol，生成的水應(yīng)為液態(tài)；

D、向苯酚鈉（C6H5ONa）溶液中通入少量二氧化硫生成苯酚與亞硫酸鈉．【解析】【解答】解：A、原電池負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，甲烷在負(fù)極放電，在堿性條件下生成碳酸根離子與水，電極反應(yīng)式為CH4-8e-+10OH-═CO32-+7H2O；故A正確；

B、SO2具有還原性，ClO-離子具有氧化性，在溶液中反應(yīng)應(yīng)生成硫酸和Cl-離子；由于次氯酸的酸性顯然弱于硫酸，而次氯酸鈉又是過量的（因為二氧化硫是少量的），所以生成的硫酸會再次與次氯酸鈉發(fā)生酸堿中和反應(yīng)得到次氯酸和硫酸鈉，故B錯誤；

C、乙烯的燃燒熱為akJ/mol（a＞0），表示1mol乙烯應(yīng)為完全燃燒生成二氧化碳與液態(tài)水放出熱量為akJ，乙烯燃燒熱的熱化學(xué)方程式為C2H4（g）+3O2（g）═2CO2（g）+2H2O（l）；△H=-akJ/mol，故C錯誤；

D、向苯酚鈉（C6H5ONa）溶液中通入少量二氧化硫生成苯酚與亞硫酸鈉，離子方程式為2C6H5O-+SO2+H2O→2C6H5OH+SO32-；故D錯誤；

故選：A．二、填空題(共9題，共18分)6、高于2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑2Al+3Cu2+=2Al3++3CuAl2O3+2OH-=2AlO2-+H2O2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑【分析】【分析】（1）鋁在酒精燈火焰上加熱；鋁表面生成氧化鋁，氧化鋁的熔點高于鋁，所以內(nèi)部的鋁熔化；

（2）鋁與水不反應(yīng)，鈉與水迅速反應(yīng)產(chǎn)生氫氣；生成的氫氧化鈉溶液又溶解金屬鋁再產(chǎn)生氫氣．相關(guān)的化學(xué)方程式為：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；

（3）用砂紙打磨鋁片；表面的氧化鋁被除去，鋁與硫酸銅溶液反應(yīng)置換出銅；

（4）氧化鋁與氫氧化鈉反應(yīng)生成鹽和水；

（5）開始時濃氫氧化鈉溶液吸收CO2引起易拉罐內(nèi)壓強(qiáng)減小，導(dǎo)致易拉罐變癟，離子方程式為：CO2+2OH-=CO32-+H2O；過一會后暴露出來的Al又與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成了H2，壓強(qiáng)又逐漸增大，導(dǎo)致易拉罐又重新鼓了起來．【解析】【解答】解：（1）鋁在酒精燈火焰上加熱；鋁表面生成氧化鋁，氧化鋁的熔點高于鋁，所以內(nèi)部的鋁熔化，但外面的氧化鋁并不熔化，好象有一層膜兜著，故答案為：高于；

（2）鋁包在鈉表面，鋁與水不反應(yīng)．用針刺些小孔后鈉與水生成氫氧化鈉和氫氣，生成的氫氧化鈉溶液又與鋁產(chǎn)生氫氣．反應(yīng)方程式為2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案為：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；

（3）用砂紙打磨鋁片，表面的氧化鋁被除去，鋁與硫酸銅溶液反應(yīng)置換出銅，化學(xué)方程式為：2Al+3Cu2+=2Al3++3Cu，故答案為：2Al+3Cu2+=2Al3++3Cu；

（4）氧化鋁與氫氧化鈉反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和水，離子方程式為Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，故答案為：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；

（5）開始時濃氫氧化鈉溶液吸收CO2引起易拉罐內(nèi)壓強(qiáng)減小，導(dǎo)致易拉罐變癟，離子方程式為：CO2+2OH-=CO32-+H2O；過一會后暴露出來的Al又與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成了H2，壓強(qiáng)又逐漸增大，導(dǎo)致易拉罐又重新鼓了起來，離子方程式為：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，故答案為：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑．7、DCBC不能如顛倒則堿石灰在吸收二氧化碳的同時會吸收水蒸氣，使測定產(chǎn)生誤差檢查裝置的氣密性排除裝置中含有水蒸氣、CO2的空氣，防止干擾測定，并將銅礦分解生成的水蒸氣、CO2帶入后面的吸收裝置中Cu（OH）2?2CuCO3?H2O【分析】【分析】（1）通過加熱的方法；進(jìn)行了定量的實驗分析，得到銅礦的組成，選用A裝置把分解生成的氣體趕入后續(xù)裝置中全部吸收，選擇D裝置加熱銅礦，通過濃硫酸吸收生成氣體中的水蒸氣，通過B裝置吸收二氧化碳?xì)怏w，最后連接裝置C防止空氣中二氧化碳和水蒸氣進(jìn)入裝置B影響測定結(jié)果；BC裝置不能顛倒，否則堿石灰吸收二氧化碳和水蒸氣使測定結(jié)果產(chǎn)生誤差；

（2）裝置連接后是利用吸收生成氣體質(zhì)量測定；所以開始需要檢驗裝置氣密性；

（3）選用A裝置把分解生成的氣體趕入后續(xù)裝置中全部吸收，排除裝置中含有水蒸氣、CO2的空氣；

（4）B裝置增重了8.8g為吸收二氧化碳?xì)怏w質(zhì)量，D裝置的玻璃管減輕了12.4g，為二氧化碳和水蒸氣的質(zhì)量，所以水蒸氣的質(zhì)量12.4g-8.8g=3.6g，分解得到固體為CuO質(zhì)量=36.4g-12.4g=24g，結(jié)合元素守恒分析計算．【解析】【解答】解：（1）通過加熱的方法；進(jìn)行了定量的實驗分析，得到銅礦的組成，選用A裝置把分解生成的氣體趕入后續(xù)裝置中全部吸收，選擇D裝置加熱銅礦，通過濃硫酸吸收生成氣體中的水蒸氣，通過B裝置吸收二氧化碳?xì)怏w，最后連接裝置C防止空氣中二氧化碳和水蒸氣進(jìn)入裝置B影響測定結(jié)果，按氣體流動方向從左到右連接的順序為D→C→B→C；BC裝置不能顛倒，否則堿石灰吸收二氧化碳和水蒸氣使測定結(jié)果產(chǎn)生誤差；

故答案為：D；C；B；C；不能；如顛倒則堿石灰在吸收二氧化碳的同時會吸收水蒸氣；使測定產(chǎn)生誤差；

（2）裝置連接后是利用吸收生成氣體質(zhì)量測定；所以開始需要檢驗裝置氣密性，連接好裝置，必須先進(jìn)行的操作是檢驗裝置氣密性；

故答案為：檢驗裝置氣密性；

（3）選用A裝置把分解生成的氣體趕入后續(xù)裝置中全部吸收，排除裝置中含有水蒸氣、CO2的空氣；

故答案為：排除裝置中含有水蒸氣、CO2的空氣，防止干擾測定，并將銅礦分解生成的水蒸氣、CO2帶入后面的吸收裝置中；

（4）B裝置增重了8.8g為吸收二氧化碳?xì)怏w質(zhì)量，n（CO2）==0.2mol，D裝置的玻璃管減輕了12.4g，為二氧化碳和水蒸氣的質(zhì)量，所以水蒸氣的質(zhì)量12.4g-8.8g=3.6g，n（H2O）==0.2mol，分解得到固體為CuO質(zhì)量=36.4g-12.4g=24g，n（CuO）==0.3mol，結(jié)合元素守恒和化學(xué)式xCu（OH）2?yCuCO3?zH2O列式計算得到：

x+y=0.3

2x+2z=0.4

y=0.2

計算得到x=0.1；z=0.1；

x：y：z=0.1：0.2：0.1=1：2：1，該銅礦組成的化學(xué)式可表示為Cu（OH）2?2CuCO3?H2O；

故答案為：Cu（OH）2?2CuCO3?H2O．8、0.25mol【分析】【分析】40gA完全反應(yīng)，參加反應(yīng)的B的質(zhì)量為40g-18g=22g，生成的C的質(zhì)量為49g-40g=9g，根據(jù)質(zhì)量守恒定律計算生成的D的質(zhì)量，根據(jù)質(zhì)量定比定律，計算22gA和11gB反應(yīng)，哪種物質(zhì)有剩余，根據(jù)不足量的物質(zhì)利用質(zhì)量定比關(guān)系計算生成D的質(zhì)量，再根據(jù)n=計算生成的D的物質(zhì)的量．【解析】【解答】解：40gA完全反應(yīng)；參加反應(yīng)的B的質(zhì)量為40g-18g=22g，生成的C的質(zhì)量為49g-40g=9g，根據(jù)質(zhì)量守恒定律可知，生成的D的質(zhì)量為40g+22g-9g=53g；

11gB完全反應(yīng)需要A的質(zhì)量為40g×=20g，小于22g，故22gA和11gB反應(yīng)，B完全反應(yīng)，故生成D的質(zhì)量為53g×=26.5g，故生成D的物質(zhì)的量為=0.25mol；

故答案為：0.25mol．9、2H2O+O2+4e-=4OH-Fe3O4+3H2SO4=FeSO4+Fe2（SO4）3+4H2Od8Al+30H++3NO3-=8Al3++3NH4++9H2OFe3+反應(yīng)中硝酸有剩余0.0087【分析】【分析】（1）鋼鐵在潮濕的空氣中發(fā)生吸氧腐蝕；正極正極上氧氣得電子和水反應(yīng)生成氫氧根離子；

（2）Fe3C在足量的空氣中高溫煅燒；生成有磁性的固體Y為四氧化三鐵，四氧化三鐵與硫酸反應(yīng)生成硫酸鐵；硫酸亞鐵與水；

亞鐵離子具有還原性；可以是酸性高錳酸鉀溶液褪色褪色；

（3）①②通過題意，反應(yīng)始終沒有氣體生成，可以得出不會有氮的氧化物生成，又有硝酸的濃度越稀，對應(yīng)還原產(chǎn)物中氮元素的化合價越低，可以推測N元素由+5變成了-3價，由圖可得硝酸過量，鋁粉和鐵粉被氧化為Al3+、Fe3+，反應(yīng)后溶液加入氫氧化鈉溶液應(yīng)先與硝酸反應(yīng)，再生成沉淀，當(dāng)沉淀完全后，由圖知繼續(xù)加入氫氧化鈉溶液，沉淀量不變，可得與NH4+發(fā)生了反應(yīng)；則隨著NaOH的滴加，發(fā)生的反應(yīng)依次有：

①H++OH-=H2O，②Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓，Al3++3OH-=Al（OH）3↓，③NH4++OH-═NH3?H2O，④Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；

③B與A的差值為氫氧化鋁的物質(zhì)的量，由EF段消耗的氫氧化鈉，根據(jù)Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，可以得出Al（OH）3的物質(zhì)的量；

④根據(jù)NH4++OH-=NH3?H2O得出n（NH4+）=（34-31）×10-3L×5mol/L=0.03mol，根據(jù)氧化還原反應(yīng)，N元素由+5價變?yōu)?3價，而金屬都由0價變?yōu)?3價，運(yùn)用電子守恒得出金屬的物質(zhì)的量，再計算CD段消耗氫氧化鈉溶液體積，進(jìn)而計算C點消耗NaOH的體積．【解析】【解答】解：（1）鋼鐵發(fā)生吸氧腐蝕時構(gòu)成原電池，鐵易失電子作負(fù)極，碳作正極，正極上氧氣得電子和水反應(yīng)生成氫氧根離子，電極反應(yīng)式為：2H2O+O2+4e-=4OH-；

故答案為：2H2O+O2+4e-=4OH-；

（2）Fe3C在足量的空氣中高溫煅燒，生成有磁性的固體Y為四氧化三鐵，四氧化三鐵與硫酸反應(yīng)生成硫酸鐵、硫酸亞鐵與水，反應(yīng)方程式為：Fe3O4+3H2SO4=FeSO4+Fe2（SO4）3+4H2O；

a．原溶液中含有鐵離子；影響亞鐵離子檢驗，故a錯誤；

b．鐵粉與鐵離子反應(yīng)，不能檢驗亞鐵離子，故b錯誤；

c．濃氨水與鐵離子反應(yīng)生成氫氧化鐵沉淀；會影響亞鐵離子檢驗，故c錯誤；

d．亞鐵離子具有還原性，可以使酸性KMnO4溶液溶液顏色褪去；可以檢驗亞鐵離子，故d正確；

故答案為：Fe3O4+3H2SO4=FeSO4+Fe2（SO4）3+4H2O；d；

（3）通過題意，反應(yīng)始終沒有氣體生成，可以得出不會有氮的氧化物生成，又有硝酸的濃度越稀，對應(yīng)還原產(chǎn)物中氮元素的化合價越低，可以推測N元素由+5變成了-3價，由圖可得硝酸過量，鋁粉和鐵粉被氧化為Al3+、Fe3+，反應(yīng)后溶液加入氫氧化鈉溶液應(yīng)先與硝酸反應(yīng)，再生成沉淀，當(dāng)沉淀完全后，由圖知繼續(xù)加入氫氧化鈉溶液，沉淀量不變，可得與NH4+發(fā)生了反應(yīng)；則隨著NaOH的滴加，發(fā)生的反應(yīng)依次有：

①H++OH-=H2O，②Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓，Al3++3OH-=Al（OH）3↓，③NH4++OH-═NH3?H2O，④Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O．

①反應(yīng)過程中，鋁與硝酸反應(yīng)的離子方程式：8Al+30H++3NO3-=8Al3++3NH4++9H2O；

故答案為：8Al+30H++3NO3-=8Al3++3NH4++9H2O；

②混合物與硝酸反應(yīng)后，F(xiàn)e的存在形式是Fe3+；理由是：反應(yīng)中硝酸有剩余；

故答案為：Fe3+；反應(yīng)中硝酸有剩余；

③由圖可知，EF段消耗的氫氧化鈉溶液為36mL-34m=2mL，故該計算參加反應(yīng)的氫氧化鈉為0.002L×4mol/L=0.008mol，根據(jù)Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O可知，Al（OH）3的物質(zhì)的量為0.008mol；

故答案為：0.008mol；

④由圖可知，DE段消耗的氫氧化鈉的體積為34mL-31m=3mL，故該階段參加反應(yīng)的氫氧化鈉為0.003L×4mol/L=0.012mol，根據(jù)NH4++OH-═NH3?H2O可知，溶液中n（NH4+）=0.012ml，N元素由+5價變?yōu)?3價，而金屬都由0價變?yōu)?3價，由電子守恒得出金屬的物質(zhì)的量為0.012mol×8÷3=0.032mol，所以CD段消耗NaOH的體積為：=0.024L=24mL；則C點NaOH溶液體積為31mL-24mL=7mL；

故答案為：7．10、負(fù)正2H2-4e-+4OH-=4H2O（或H2-2e-+2OH-=2H2O）O2+4e-+2H2O=4OH-H2-2e-=2H+O2+4H++4e-=2H2O2H2+O2=2H2O【分析】【分析】（1）氫氧燃料電池中，原電池工作時，氫氧燃料電池的總反應(yīng)為2H2+O2=2H2O；通入氫氣的一極a為電源的負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，通入氧氣的一極b為原電池的正極；發(fā)生還原反應(yīng)；

（2）為電解質(zhì)溶液呈酸性，則負(fù)極上生成H+，正極上生成水，原電池工作時，氫氧燃料電池的總反應(yīng)為2H2+O2=2H2O，以此解答．【解析】【解答】解：（1）氫氧燃料電池中，通入氫氣的一極為電源的負(fù)極，通入氧氣的一極為原電池的正極，由于電解質(zhì)溶液呈堿性，則負(fù)極電極反應(yīng)式為2H2-4e-+4OH-=4H2O（或H2-2e-+2OH-=2H2O），正極電極反應(yīng)式為O2+4e-+2H2O=4OH-，故答案為：負(fù)；正；2H2-4e-+4OH-=4H2O（或H2-2e-+2OH-=2H2O）；O2+4e-+2H2O=4OH-；

（2）酸性氫氧燃料電池中，負(fù)極上氫氣失電子生成氫離子，電極方程式為H2-2e-=2H+，正極上氧氣得電子和氫離子反應(yīng)生成水，正極電極反應(yīng)式為O2+4H++4e-=2H2O，氫氧燃料電池的總反應(yīng)為2H2+O2=2H2O；

故答案為：H2-2e-=2H+；O2+4H++4e-=2H2O；2H2+O2=2H2O．11、負(fù)氧化Pb+SO42--2e-=PbSO4正還原PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑陰還原2H2O+2e-=H2+2OH-↑陽氧化2Cl--2e-=Cl2↑22.240.2mol/L1.138g/cm3陽離子讓陽離子鈉離子穿過達(dá)到，阻止氯離子和氫氧根離子穿過防止氯氣和氫氣接觸而發(fā)生反應(yīng)防止氯氣和氫氧化鈉接觸發(fā)生反應(yīng)【分析】【分析】電解一段時間后；若在電解池中C極一側(cè)出來的氣體無色無味氫氣，則C極是陰極，D極一側(cè)出來的氣體呈黃綠色有刺激性氣味氯氣，D極是陽極，所以原電池中A極是負(fù)極，B極是正極；

（1）鉛蓄電池中；負(fù)極是鉛，負(fù)極上鉛失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，正極上二氧化鉛得電子發(fā)生還原反應(yīng)；

（2）電解飽和食鹽水時；陰極上得電子生成氫氣，陽極上失電子生成氯氣，寫出電極反應(yīng)式；

（3）根據(jù)各物質(zhì)和轉(zhuǎn)移電子之間的關(guān)系式進(jìn)行分析解答；

（4）離子交換膜只能部分離子通過，從而阻止物質(zhì)之間接觸而反應(yīng)．【解析】【解答】解：電解一段時間后；若在電解池中C極一側(cè)出來的氣體無色無味氫氣，則C極是陰極，D極一側(cè)出來的氣體呈黃綠色有刺激性氣味氯氣，D極是陽極，所以原電池中A極是負(fù)極，B極是正極；

（1）A是負(fù)極，負(fù)極上鉛失電子和硫酸根離子反應(yīng)生成硫酸鉛，該反應(yīng)屬于氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：Pb+SO42--2e-=PbSO4；

B是正極，正極上二氧化鉛得電子和硫酸反應(yīng)生成硫酸鉛、水，該反應(yīng)屬于還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O；

故答案為：負(fù)，氧化，Pb+SO42--2e-=PbSO4；正，還原，PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O；

（2）電解氯化鈉溶液時，C是陰極，陰極上得電子發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：2H2O+2e-=H2+2OH-↑，D是陽極，陽極上氯離子失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：2Cl--2e-=Cl2↑，同時生成氫氧化鈉，所以其電池反應(yīng)式為：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；

故答案為：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，陰極，還原，2H2O+2e-=H2+2OH-↑，陽極，氧化，2Cl--2e-=Cl2↑；

（3）Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O轉(zhuǎn)移電子

2mol2mol

根據(jù)硫酸和轉(zhuǎn)移電子的關(guān)系知；當(dāng)轉(zhuǎn)移2mol電子時，消耗硫酸的物質(zhì)的量是2mol，則轉(zhuǎn)移0.2mol電子時消耗硫酸的物質(zhì)的量是0.2mol；

2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑轉(zhuǎn)移電子

22.4L2mol

根據(jù)氯氣和轉(zhuǎn)移電子的關(guān)系式知；當(dāng)生成22.4L氯氣時轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是2mol，當(dāng)轉(zhuǎn)移0.2mol電子時生成2.24L氯氣；

2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑轉(zhuǎn)移電子

2mol2mol

根據(jù)氫氧化鈉和轉(zhuǎn)移電子的關(guān)系式知，生成2mol氫氧化鈉時轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是2mol，當(dāng)轉(zhuǎn)移0.2mol電子時生成0.2mol氫氧化鈉，C（NaOH）==0.2mol/L；

2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑轉(zhuǎn)移電子

117g2mol

根據(jù)氯化鈉和轉(zhuǎn)移電子的關(guān)系式知，當(dāng)轉(zhuǎn)移2mol電子消耗117g氯化鈉，則轉(zhuǎn)移0.2mol電子時消耗11.7g氯化鈉，溶液中含有氯化鈉的質(zhì)量=1.150g/cm3×1000cm3-11.7g=1138.3g，ρ==1.138g/cm3；

故答案為：0.2，2.24，0.2mol/L，1.138g/cm3；

（4）氯堿工業(yè)生產(chǎn)中的電解飽和食鹽水池中所用的高分子隔膜叫做陽離子膜；其作用有：讓陽離子鈉離子穿過達(dá)到，阻止氯離子和氫氧根離子穿過，防止氯氣和氫氣接觸而發(fā)生反應(yīng)，防止氯氣和氫氧化鈉接觸發(fā)生反應(yīng)；

故答案為：陽離子，讓陽離子鈉離子穿過達(dá)到，阻止氯離子和氫氧根離子穿過，防止氯氣和氫氣接觸而發(fā)生反應(yīng)，防止氯氣和氫氧化鈉接觸發(fā)生反應(yīng)．12、略

【分析】試題分析：（1）X的氧化物是形成酸雨的主要物質(zhì)，結(jié)合原子核外電子排布，可知X為S，S2類似于O2，原子間有兩對電子。（2）由Y原子的結(jié)構(gòu)可知其為C，由Z的化合價可判斷其為Cl，所以電負(fù)性：Cl>S>C。（3）由最外層電子數(shù)等于2n-3可推知，W為Al。（5）A12(SO4)3為強(qiáng)酸弱堿鹽，水解后溶液顯酸性，Al3++3H2OAl(OH)3(膠體)+3H+。（6）Y最低價即結(jié)合H最多時，該物質(zhì)為CH4，32gCH4為2mol，所以1molCH4放熱-890.3kJ/mol?？键c：考查元素周期律，考查考生對元素周期律的掌握情況?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）（2分）（2）ClSC（2分）（3）1S22S22P63S23P1（2分）（4）三；ⅦA（各1分）（5）﹤（1分）Al3++3H2OAl(OH)3(膠體)＋3H+（2分）CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)；△H=-890.3KJ·mol-1（3分）13、略

【分析】

由B的產(chǎn)物推得B定為對應(yīng)的醇，應(yīng)為CH3CHClCH2OH；而A與HCl反應(yīng)才得到B可知A→B經(jīng)過雙鍵的加成反應(yīng)；

則A為CH2=CH-CH2OH，B→C則是先氧化為醛，再與NaOH醇溶液反應(yīng)，則C為CH2=CH-CHO，CH2=CH-COOH與CH3OH發(fā)酯化反應(yīng)生成D，則D為CH2=CH-COOCH3；

（1）由以上分析可知A為CH2=CH-CH2OH，C為CH2=CH-CHO，故答案為：CH2=CH-CH2OH；CH2=CH-CHO；

（2）由官能團(tuán)的變化可知①為加成反應(yīng)；②為消去應(yīng)，③為氧化反應(yīng)，④為酯化反應(yīng)，⑤為加聚反應(yīng)，⑥為取代反應(yīng)，⑦為還原反應(yīng)，⑧為加成反應(yīng)，⑨為取代反應(yīng)，⑩為消去反應(yīng)，故答案為：②⑩；

（3）①為加成反應(yīng)；②為消去應(yīng)，可防止-OH被氧化的同時氧化C=C，故答案為：保護(hù)“C=C”不被氧化；

（4）D為CH2=CH-COOCH3，其同分異構(gòu)體E能進(jìn)行銀鏡反應(yīng)，說明分子中含有-CHO，分子中有兩種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子，其個數(shù)比為2：1，應(yīng)為OHC-CH2-CH2-CHO；

故答案為：OHC-CH2-CH2-CHO；

（5）⑦為硝基還原為氨基的反應(yīng)；故答案為：還原反應(yīng)．

【解析】【答案】由B的產(chǎn)物推得B定為對應(yīng)的醇，應(yīng)為CH3CHClCH2OH；而A與HCl反應(yīng)才得到B可知A→B經(jīng)過雙鍵的加成反應(yīng)；

則A為CH2=CH-CH2OH，B→C則是先氧化為醛，再與NaOH醇溶液反應(yīng)，則C為CH2=CH-CHO，CH2=CH-COOH與CH3OH發(fā)酯化反應(yīng)生成D，則D為CH2=CH-COOCH3；結(jié)合有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)解答該題．

14、略

【分析】解：（1）由表可知，60s時反應(yīng)達(dá)平衡，c（NO2）=0.120mol/L；

N2O4?2NO2；

濃度變化：0.06mol/L0.120mol/L

所以平衡時N2O4的轉(zhuǎn)化率為×100%=60%；

故答案為：60；

（2）由表可知，20s時，c（NO2）=0.060mol/L；所以。

N2O4?2NO2；

濃度變化：0.03mol/L0.060mol/L

所以20s的四氧化二氮的濃度c1=0.1mol/L-0.03mol/L=0.070mol/L；

在0s～20s內(nèi)四氧化二氮的平均反應(yīng)速率為v（N2O4）==0.0015mol?（L?s）-1．

故答案為：0.070mol/L；0.0015mol?（L?s）-1；

（3）恒溫恒容條件下，且反應(yīng)前后氣體的物質(zhì)的量發(fā)生變化，起始向容器中充入的是二氧化氮氣體，要達(dá)到相同的平衡狀態(tài)，按化學(xué)計量數(shù)轉(zhuǎn)化到N2O4一邊，滿足N2O4的濃度為0.1mol/L，由N2O4（g）?2NO2（g）可知；二氧化氮的初始濃度=2×0.1mol/L=0.2mol/L；

故答案為：0.2．

（1）由表可知，60s時反應(yīng)達(dá)平衡，根據(jù)方程式計算△c（N2O4），根據(jù)轉(zhuǎn)化率計算平衡時N2O4的轉(zhuǎn)化率；60s后反應(yīng)達(dá)平衡；反應(yīng)混合物各組分的濃度不變．

（2）由△c（NO2），根據(jù)方程式計算△c（N2O4），20s的四氧化二氮的濃度=起始濃度-△c（N2O4）；根據(jù)v=計算v（N2O4）．

（3）恒溫恒容條件下，且反應(yīng)前后氣體的物質(zhì)的量發(fā)生變化，起始向容器中充入的是二氧化氮氣體，要達(dá)到相同的平衡狀態(tài)，按化學(xué)計量數(shù)轉(zhuǎn)化到N2O4一邊，滿足N2O4的濃度為0.1mol/L．

本題考查化學(xué)反應(yīng)速率、化學(xué)平衡常數(shù)、化學(xué)平衡的有關(guān)計算、等效平衡等，難度中等，注意基礎(chǔ)知識的積累掌握．【解析】N2O4?2NO2；60；0.070；0.0015；0.2三、判斷題(共6題，共12分)15、×【分析】【分析】根據(jù)質(zhì)量守恒可知，某有機(jī)物完全燃燒后生成二氧化碳和水，說明該有機(jī)物中肯定含有碳、氫2種元素，可能含有氧元素．【解析】【解答】解：某有機(jī)物完全燃燒后生成二氧化碳和水，說明該有機(jī)物中肯定含有碳、氫2種元素，可能含有氧元素，故答案為：×．16、√【分析】【分析】上層液體若從下口流出會摻雜儀器中附著的下層液體．據(jù)此解題．【解析】【解答】解：分液時，先把下層液體從下口放出，再把上層液體從上口倒出，故答案為：√．17、×【分析】【分析】氧氣與氦氣的分子構(gòu)成不同，含有原子數(shù)相等時，分子數(shù)不同，以此解答．【解析】【解答】解：氧氣為雙原子分子，氦氣為單原子分子，標(biāo)準(zhǔn)狀況下當(dāng)氧氣與氦氣的原子數(shù)均為NA時；氧氣為0.5mol，氦氣為1mol，則體積不同．

故答案為：×．18、×【分析】【分析】當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時，正逆反應(yīng)速率相等（同種物質(zhì)）或正逆速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比（不同物質(zhì)），各物質(zhì)的濃度、百分含量不變，以及由此衍生的一些量也不發(fā)生變化，解題時要注意，選擇判斷的物理量，隨著反應(yīng)的進(jìn)行發(fā)生變化，當(dāng)該物理量由變化到定值時，說明可逆反應(yīng)到達(dá)平衡狀態(tài)．【解析】【解答】解：由于反應(yīng)前后；氣體的質(zhì)量不變，在恒溫恒容，所以混合氣體的密度始終不變，則密度不能判斷是否達(dá)到了平衡狀態(tài)；

而恒溫恒壓條件下；混合氣體的密度增大，當(dāng)密度保持不變，反應(yīng)達(dá)到平衡；

故答案為：×．19、×【分析】【分析】標(biāo)準(zhǔn)狀況下，氣體的摩爾體積為22.4L/mol，結(jié)合V=nVm計算．【解析】【解答】解：標(biāo)準(zhǔn)狀況下，1molO2和N2混合氣體的體積約為V=1mol×22.4L/mol=22.4L；

故答案為：×．20、×【分析】【分析】化學(xué)變化不涉及原子核內(nèi)部的變化，即化學(xué)變化不能改變中子數(shù)、質(zhì)子數(shù)．故通過化學(xué)變化無法實現(xiàn)35Cl與37Cl間的相互轉(zhuǎn)化，同位素之間的轉(zhuǎn)化屬于核變化．【解析】【解答】解：35Cl與37Cl間的相互轉(zhuǎn)化沒有新物質(zhì)生成，屬于物理變化，故通過化學(xué)變化無法實現(xiàn)35Cl與37Cl間的相互轉(zhuǎn)化；

故答案為：×．四、書寫(共4題，共16分)21、KHSO4=K++H++SO42-有無色氣泡冒出Zn+2H+=Zn2++H2↑Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2OBa2++SO42-=BaSO4↓【分析】【分析】（1）強(qiáng)電解質(zhì)；完全電離生成鈉離子；氫離子和硫酸根離子；

（2）KHSO4溶液中加入鋅片；Zn與氫離子反應(yīng)生成氫氣；

（3）至混合液呈中性，以2：1反應(yīng)生成硫酸鋇、硫酸鉀和水；繼續(xù)滴加Ba（OH）2溶液，硫酸鉀與鋇離子反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀．【解析】【解答】解：（1）強(qiáng)電解質(zhì)，完全電離生成鈉離子、氫離子和硫酸根離子，電離方程式為KHSO4=K++H++SO42-，故答案為：KHSO4=K++H++SO42-；

（2）KHSO4溶液中加入鋅片，Zn與氫離子反應(yīng)生成氫氣，離子反應(yīng)為Zn+2H+=Zn2++H2↑；觀察到有無色氣泡冒出；

故答案為：有無色氣泡冒出；Zn+2H+=Zn2++H2↑；

（3）至混合液呈中性，以2：1反應(yīng)生成硫酸鋇、硫酸鉀和水，離子反應(yīng)為Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，繼續(xù)滴加Ba（OH）2溶液，硫酸鉀與鋇離子反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀，離子反應(yīng)為Ba2++SO42-=BaSO4↓；

故答案為：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O；Ba2++SO42-=BaSO4↓．22、略

【分析】【分析】磷酸為多元中強(qiáng)酸，視為弱電解質(zhì)，電離時分步進(jìn)行，電離方程式用等號．【解析】【解答】解：磷酸為多元中強(qiáng)酸，電離時分步進(jìn)行，電離方程式用等號，電離方程式為：H3P04?H++H2P04-、H2P04-?H++HP042-、HP042-?H++P043-；

答：H3P04?H++H2P04-、H2P04-?H++HP042-、HP042-?H++P043-．23、取代取代取代反應(yīng)加成反應(yīng)氧化反應(yīng)氧化反應(yīng)【分析】【分析】（1）苯酚與濃溴水反應(yīng)；是苯酚分子中羥基對苯環(huán)影響，鄰對位氫原子活潑，易于取代；

（2）向苯酚鈉溶液中通入二氧化碳?xì)怏w；利用同時的酸性強(qiáng)于苯酚，發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)也屬于取代反應(yīng)；

（3）2-甲基丙醛與氫氣反應(yīng)；是醛基中羰基被氫氣加成，加成反應(yīng)；

（4）乙醛發(fā)生銀鏡反應(yīng)；是醛基的還原性，被弱氧化劑氧化為乙酸，發(fā)生的是氧化反應(yīng)；

（5）3，3-二甲基-2-丁醇與氧氣反應(yīng)是催化氧化反應(yīng)；【解析】【解答】解：（1）苯酚與濃溴水反應(yīng)，是苯酚分子中羥基對苯環(huán)影響，鄰對位氫原子活潑，易于取代反應(yīng)的化學(xué)方程式為：

反應(yīng)類型為取代反應(yīng)：故答案為：取代反應(yīng)；

（2）向苯酚鈉溶液中通入二氧化碳?xì)怏w，利用同時的酸性強(qiáng)于苯酚，發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成苯酚，屬于取代反應(yīng)；反應(yīng)的化學(xué)方程式為：C6H5ONa+CO2+H2O→C6H5OH+NaHCO3；故答案為：C6H5ONa+CO2+H2O→C6H5OH+NaHCO3；取代反應(yīng)；

（3）2-甲基丙醛與氫氣反應(yīng)，是醛基中羰基被氫氣加成，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：CH3CH（CH3）CHO+H2→CH3CH（CH3）CH2OH；屬于加成反應(yīng)或還原反應(yīng)；

故答案為：CH3CH（CH3）CHO+H2→CH3CH（CH3）CH2OH；加成反應(yīng)或還原反應(yīng)；

（4）乙醛發(fā)生銀鏡反應(yīng)，是醛基的還原性，被弱氧化劑氧化為乙酸，發(fā)生的是氧化反應(yīng)；反應(yīng)的化學(xué)方程式為：CH3CHO+2Ag（NH3）2OHCH3COONH4+2Ag+3NH3+H2O，反應(yīng)屬于氧化反應(yīng)，故答案為：CH3CHO+2Ag（NH3）2OHCH3COONH4+2Ag+3NH3+H2O；氧化反應(yīng)；

（5）3，3-二甲基-2-丁醇與氧氣反應(yīng)是催化氧化反應(yīng)：反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2（CH3）3CCH（OH）CH3+O22（CH3）3CCOCH3+2H2O；

故答案為：2（CH3）3CCH（OH）CH3+O22（CH3）3CCOCH3+2H2O；氧化反應(yīng)；24、MgSO4Mg（OH）2MgCl2BaCl2AgNO3③Mg（OH）2+2H+=Mg2++2H2O、④Ag++Cl-=AgCl↓、⑤Ba2++SO42-=BaSO4↓【分析】【分析】X和硝酸鋇反應(yīng)生成硝酸鎂，則X應(yīng)為MgSO4，加入NaOH反應(yīng)生成Mg（OH）2，與鹽酸反應(yīng)生成MgCl2，則Y為Mg（OH）2，Z為MgCl2，MgSO4可與BaCl2反應(yīng)生成MgCl2，則甲為BaCl2；

MgCl2與AgNO3反應(yīng)生成硝酸鎂，則乙為AgNO3，以此進(jìn)行解答．【解析】【解答】解：（1）X和硝酸鋇反應(yīng)生成硝酸鎂，則X應(yīng)為MgSO4，加入NaOH反應(yīng)生成Mg（OH）2，與鹽酸反應(yīng)生成MgCl2；則Y為

Mg（OH）2，Z為MgCl2，MgSO4可與BaCl2反應(yīng)生成MgCl2，則甲為BaCl2，MgCl2與AgNO3反應(yīng)生成硝酸鎂，則乙為AgNO3；

故答案為：MgSO4；Mg（OH）2；MgCl2；BaCl2；AgNO3；

（2）③為Mg（OH）2和鹽酸的反應(yīng)，反應(yīng)的離子方程式為Mg（OH）2+2H+=Mg2++2H2O；

④為MgCl2和AgNO3的反應(yīng)，反應(yīng)的離子方程式為Ag++Cl-=AgCl↓；

⑤為MgSO4和BaCl2的反應(yīng)，反應(yīng)的離子方程式為Ba2++SO42-=BaSO4↓；

故答案為：③Mg（OH）2+2H+=Mg2++2H2O、④Ag++Cl-=AgCl↓、⑤Ba2++SO42-=BaSO4↓．五、解答題(共3題，共15分)25、略

【分析】【分析】（1）Cu與稀硝酸反應(yīng)生成硝酸銅；NO和水；

（2）結(jié)合反應(yīng)的化學(xué)方程式計算參加反應(yīng)的銅的質(zhì)量；

（3）結(jié)合質(zhì)量守恒計算HNO3的物質(zhì)的量濃度．【解析】【解答】解：（1）Cu與稀硝酸反應(yīng)生成硝酸銅、NO和水，其反應(yīng)方程式為3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；

答：反應(yīng)方程式為3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；

（2）n（NO）==0.05mol，由方程式3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O可知，n（Cu）=×0.05mol=0.075mol；m（Cu）=0.075mol×64g/mol=4.8g；

答：參加反應(yīng)的銅的質(zhì)量為4.8g；

（3）硝酸反應(yīng)生成硝酸銅和NO，由N元素守恒可知n（HNO3）=2n（Cu（NO3）2）+n（NO）=2×0.075mol+0.05mol=0.2mol；

則c（HNO3）==1mol/L；

答：硝酸溶液中HNO3的物質(zhì)的量濃度為1mol/L．26、略

【分析】

（1）二氧化硫是酸性氧化物，和水反應(yīng)生成亞硫酸，反應(yīng)方程式為：SO2+H2O?H2SO3；亞硫酸不穩(wěn)定能被空氣中的氧氣氧化生成硫酸，反應(yīng)方程式為2H2SO3+O2=2H2SO4．

故答案為：SO2+H2O?H2SO3；2H2SO3+O2=2H2SO4．

（2）酸性氧化物和堿反應(yīng)生成鹽和水；所以二氧化硫和氫氧化鈉反應(yīng)生成亞硫酸鈉和水；

反應(yīng)方程式為2OH-+SO2=SO32-+H2O．

故答案為：2OH-+SO2=SO32-+H2O．

（3）①在溶液中主要以HSO3-存在，HSO3-的電離很微弱，所以n（SO32-）：n（HSO3-）＜1：1，根據(jù)表格知，當(dāng)亞硫酸氫根離子的物質(zhì)的量大于亞硫酸根離子的物質(zhì)的量時，亞硫酸氫鈉溶液呈酸性，亞硫酸氫根離子既能水解又能電離，亞硫酸氫鈉溶液呈酸性同時說明HSO3-的電離程度大于水解程度．

故答案為：酸性；HSO3-存在HSO3-?H++SO32-和HSO3-+H2O?H2SO3+OH-，HSO3-的電離程度大于水解程度．

②當(dāng)溶液呈中性時；溶液中氫離子濃度等于氫氧根離子濃度，亞硫酸氫根離子濃度大于亞硫酸根離子濃度．

a、溶液呈電中性，溶液中陰陽離子所帶電荷相等，溶液呈中性時，溶液中氫離子濃度等于氫氧根離子濃度，所以c（Na+）=2c（SO32-）+c（HSO3-）；故正確．

b、溶液呈中性時，溶液中氫離子濃度等于氫氧根離子濃度，亞硫酸氫根離子濃度大于亞硫酸根離子濃度，溶液中陰陽離子所帶電荷相等，所以得c（Na+）＞c（HSO3-）＞c（SO32-）＞c（H-）=c（OH-）；故正確．

c、溶液呈電中性，溶液中陰陽離子所帶電荷相等，得c（Na+）+c（H-）=2c（SO32-）+c（HSO3-）+c（OH-）；故錯誤．

故選ab．

（4）①當(dāng)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(yīng)生成硫酸根離子和氫離子，電極反應(yīng)式為：HSO3-+H2O-2e-=SO42-+3H+．

故答案為：HSO3-+H2O-2e-=SO42-+3H+．

②電解時，溶液中陽離子向陰極移動，氫離子在陰極得電子生成氫氣，溶液中氫離子濃度降低，導(dǎo)致加速HSO3-電離生成SO32-；鈉離子進(jìn)入陰極室，吸收液就可以再生．

故答案為：氫離子在陰極得電子生成氫氣，溶液中氫離子濃度降低，促使HSO3-電離生成SO32-；且鈉離子進(jìn)入陰極室，吸收液就可以再生．

【解析】【答案】（1）二氧化硫和水反應(yīng)生成亞硫酸；亞硫酸不穩(wěn)定能被空氣中的氧氣氧化生成硫酸．

（2）二氧化硫和氫氧化鈉反應(yīng)生成亞硫酸鈉和水；注意弱電解質(zhì)寫化學(xué)式．

（3）①根據(jù)溶液中亞硫酸氫根離子濃度和亞硫酸根離子濃度的相對大小確定溶液的酸堿性．

②根據(jù)溶液中電荷守恒和物料守恒確定溶液中各種離子濃度的關(guān)系．

（4）①陽極上陰離子放電發(fā)生氧化反應(yīng)．

②陰極上氫離子得電子發(fā)生還原反應(yīng)；同時生成亞硫酸根離子，溶液中鈉離子向陰極移動，導(dǎo)致生成吸收液．

27、略

【分析】【分析】發(fā)生反應(yīng)：4KO2+2CO2═2K2CO3+3O2，2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，利用總質(zhì)量、生成去氧氣推理列方程計算．【解析】【解答】解：生成氧氣物質(zhì)的量為：=0.07mol；

設(shè)KO2和Na2O2的物質(zhì)的量分別為xmol；ymol；

4KO2+2CO2═2K2CO3+3O2

xmol0.75xmol

2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2

ymol0.5ymol

可得

解得x=0.08；y=0.02

答：KO2的物質(zhì)的量為0.08mo，Na2O2的物質(zhì)的量為0.02mol．六、計算題(共3題，共9分)28、略

【分析】【分析】（1）根據(jù)n=計算KMnO4的物質(zhì)的量，根據(jù)方程式計算消耗HCl的物質(zhì)的量、生成氯氣的物質(zhì)的量，根據(jù)m=nM計算消耗HCl的質(zhì)量，被氧化的HCl生成氯氣，根據(jù)氯原子守恒計算被氧化HCl的質(zhì)量，根據(jù)V=nVm計算生成氯氣的體積；

（2）根據(jù)c=計算鹽酸的物質(zhì)的量濃度．【解析】【解答】解：（1）n（KMnO4）==0.1mol；

2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O

2mol16mol5mol

0.1moln（HCl）n（Cl2）

則n（HCl）=0.8mol；m（HCl）=0.8mol×36.5g/mol=29.2g；

n（Cl2）==0.25mol；

被氧化的HCl生成氯氣，根據(jù)氯原子守恒，n（HCl）被氧化=2n（Cl2）=0.5mol，則m（HCl）被氧化=0.5mol×36.5g/mol=18.25g；

標(biāo)況下，V（Cl2）=0.25mol×22.4L/mol=5.6L；

答：15.8gKMnO4能使29.2gHCl發(fā)生上述反應(yīng)；有18.25gHCl被氧化；產(chǎn)生的Cl2在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積是5.6L；

（2）密度為1.19g/mL，質(zhì)量分?jǐn)?shù)為36.5%的鹽酸的物質(zhì)的量濃度=mol/L=11.9mol/L；

答：密度為1.19g/mL，質(zhì)量分?jǐn)?shù)為36.5%的鹽酸的物質(zhì)的量濃度為11.9mol/L．29、（1）淀粉溶液

（2）依據(jù)反應(yīng)的關(guān)系式：ClO-～I(xiàn)2～2S2O32-

n（ClO-）=

n（Mg2+）=0.02000mol?L-1×25.00×10-3L×1000mL/25.00mL=2.000×10-2mol；

根據(jù)電荷守恒；可得：

n（OH-）=2n（Mg2+）-n（ClO-）=2×2.000×10-2mol-1.000×10-2mol=3.000×10-2mol；

n（H2O）=1.685g-1.000×10-2mol×51.5g?mol-1-2.000×10-2mol×24g?mol-1-3.000×10-2mol×17g?mol-1=0.180g；

n（H2O）=

n（Mg2+）：n（ClO-）：n（OH-）：n（H2O）=2.000×10-2mol：1.000×10-2mol：3.000×10-2mol：1.000×10-2mol=2：1：3：1；

堿式次氯酸鎂的化學(xué)式為Mg2ClO（OH）3?H2O【分析】【分析】本題考查滴定實驗過程分析，物質(zhì)成分的實驗探究和測定方法，化學(xué)式的計算確定，掌握基礎(chǔ)是關(guān)鍵，題目難度中等。【解答】rm{(1)}準(zhǔn)確稱取rm{1.685g}堿式次氯酸鎂試樣于rm{250mL}錐形瓶中，加入過量的rm{KI}溶液，用足量乙酸酸化，碘離子被次氯酸氧化為rm{I_{2}}用rm{0.800}rm{0mol?L^{-1}