2025年華師大新版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年華師大新版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：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、最近美國宇航局（NASA）馬里諾娃博士找到了一種比二氧化碳有效104倍的”超級溫室效應氣體”--全氟丙烷（C3F8），并提出用其溫室化火星，使其成為第二個地球的計劃．有關全氟丙烷的說法正確的是（）A.分子中三個碳原子可能處在同一直線上B.它的五氯代物種數(shù)比三氯代物多C.它屬于烴類D.它的分子中既有極性鍵又有非極性鍵2、在一定條件下，A和B反應可生成C和D，其能量變化如下：

下列有關反應A+B═C+D的說法正確的是（）A.反應前后原子的種類和數(shù)目可能改變B.該反應若有熱量變化，則一定是氧化還原反應C.若該反應為放熱反應，則不需加熱反應就一定能進行D.該反應遵循能量守恒，所以一定有能量變化3、下列實驗問題處理方法正確的是（）

①用pH試紙測溶液pH時；將試紙用水潤濕再蘸取待測液。

②實驗結束后；可將所有的廢液倒入下水道排出實驗室。

③給試管中的液體加熱時加入碎瓷片；以免暴沸傷人。

④測定硫酸銅結晶水含量時；將晶體加熱至白色，然后冷卻；稱重即可計算。

⑤配制稀硫酸時，先在燒杯中加一定體積的水，再邊攪拌邊加入濃硫酸．A.①②B.③④⑤C.①③⑤D.③⑤4、在水溶液里或熔融狀態(tài)下能導電的化合物是電解質．下列物質不屬于電解質的是（）A.FeB.NaOHC.H2SO4D.Na2SO45、下列敘述正確的是()A.石英玻璃、陶瓷和水泥都是硅酸鹽產品B.棉、麻、絲、有機玻璃都是天然高分子材料C.糖類、油脂、蛋白質的組成元素完全相同D.青銅、黃銅、碳素鋼都屬于合金6、室溫下向10mLpH=3的醋酸溶液中加水稀釋后，下列說法正確的是()A.溶液中導電粒子的數(shù)目減少B.溶液中不變C.醋酸的電離程度增大，c(H+)亦增大D.再加入10mLpH=11的NaOH溶液，混合液pH=77、設NA為阿伏加德羅常數(shù)，下列說法不正確的是A．標準狀況下C2H4氣體22.4L，所含電子數(shù)為16NAB．0.1mol鐵在純氧中充分燃燒，失電子數(shù)為0.3NAC．1L0.2mol／L的氯化鐵溶液中，氯離子數(shù)為0.6NAD．室溫下，16g甲烷含有共價鍵數(shù)為4NA評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)8、甲醇是一種可再生能源，在日常生活中有著廣泛的應用．工業(yè)上用CO生產燃料甲醇，如：CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）．圖1表示反應中能量的變化；圖2表示一定溫度下，在體積為2L的密閉容器中加入4molH2和一定量的CO后，CO和CH3OH（g）的濃度隨時間變化．

請回答下列問題：

（1）圖1表示使用和未使用催化劑時反應過程和能量的對應關系．下列有關催化劑的說法不正確是____

A．降低分子的能量B．增加了活化分子數(shù)。

C．提高了活化分子百分數(shù)D．增加了單位體積內的活化分子數(shù)。

（2）從反應開始到建立平衡，該過程中釋放____kJ熱量．

（3）在T2℃下，將2molCO和6molH2充入2L的密閉容器中，達到平衡狀態(tài)時，測得c（CO）=0.2mol?L-1，則CO的轉化率為____．

（4）如圖3為常用筆記本電腦所用甲醇質子交換膜燃料電池的結構示意圖如．電池總反應為2CH3OH+3O2?2CO2+4H2O．在電腦的使用過程中，電池的溫度往往因為各種原因會升高．溫度升高____（填：“有利于”或“不利于”）電池將化學能轉化為電能．該裝置中____（填：“a”或“b”）為電池的負極，該電極反應式為____．9、根據(jù)圖示回答下列問題：

（1）寫出①、⑤的反應類型：①____、⑤____．

（2）寫出A；E、I的結構簡式：

A：____、E：____、I：____．

（3）反應②的化學方程式（包括反應條件）是：____；

反應④的化學方程式（包括反應條件）是：____．10、現(xiàn)有通式均為（CH2O）n的五種有機物；性質如下：

①A是無色有刺激性的氣體；可發(fā)生銀鏡反應。

②B；C、D的式量均為A的2倍；E的式量的是A的3倍，F(xiàn)的式量是A的6倍。

③B；E的水溶液可使紫色石蕊試液變紅；還可與乙醇在一定條件下酯化。

④E結構中含有-CH3；兩分子E可形成環(huán)狀酯。

⑤C不溶于水，D物質的水溶液呈中性，C既能水解，又能發(fā)生銀鏡反應，D不能發(fā)生水解反應，卻能發(fā)生銀鏡反應，還能與鈉反應放出H2．

（1）請推斷各物質的結構簡式：A____、B____、C____、D____、E____．

（2）請分別寫出符合下列要求的E的同分異構體：

①能發(fā)生銀鏡反應和酯化反應，又能發(fā)生水解反應____；

②能發(fā)生銀鏡反應和酯化反應，不能發(fā)生水解反應____；

（3）寫出A發(fā)生銀鏡反應的化學方程式____．11、（2014秋?鄞州區(qū)校級期中）在一個2L的密閉容器中，發(fā)生反應：2SO3（g）?2SO2+O2△H＞0，其中SO3的變化如圖示：

（1）寫出該反應的平衡常數(shù)表達式：____；

（2）用O2表示從0～8min內該反應的平均速率v=____．

（3）升高溫度，K值將____；容器中氣體的平均相對分子質量將____．（填：“增大”；“減小”或“不變”）

（4）能說明該反應已達到平衡狀態(tài)的是____．

a．v（SO3）=2v（O2）

b．容器內壓強保持不變。

c．v（SO2）=2v正（O2）

d．容器內密度保持不變。

（5）能使該反應的反應速率增大，且平衡向逆反應方向移動的是____．

a．減少SO3氣體的濃度。

b．適當升高溫度。

c．體積不變；增大壓強。

d．選擇高效催化劑。

（6）從8min起，壓縮容器為1L，則SO3的變化曲線為____

A．aB．bC．cD．d．12、化學與生活密切相關．請判斷下列說法是否正確（填“對”或“錯”）．

（1）導致霧霾形成的主要污染物是PM2.5____（判斷對錯）

（2）碘酒能使蛋白質變性，常用于外敷消毒____（判斷對錯）

（3）礦泉水中含有多種微量元素，經常飲用有益身體健康____（判斷對錯）

（4）對因胃酸過多而導致胃部嚴重潰瘍的病人可使用含有碳酸氫鈉的藥物治療．____（判斷對錯）．13、（2008秋?南京期末）氯氣是一種重要的化工原料；在生產和生活中應用十分廣泛．

已知：2KMnO4+16HCl（濃）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；在實驗室可用二氧化錳固體或高錳酸鉀固體和濃鹽酸反應制取氯氣．可供選用的發(fā)生裝置如圖．

（1）若用高錳酸鉀固體和濃鹽酸反應制取氯氣，發(fā)生裝置是____．（選填A或B或C）

（2）寫出用二氧化錳固體和濃鹽酸反應制取氯氣的化學方程式：____．

（3）實驗室收集氯氣的方法是____．

（4）常用NaOH溶液吸收氯氣防止污染．寫出該反應的離子方程式____．14、元素在周期表中的位置反映了元素的原子結構和元素的性質，如圖1是元素周期表的一部分．

（1）陰影部分元素的外圍電子排布式的通式為____；基態(tài)P原子中，電子占據(jù)的最高能層符號為____，該能層具有的原子軌道數(shù)為____；Se的元素名稱為____．

（2）氮族氫化物RH3（NH3、PH3、AsH3）的某種性質隨R的核電荷數(shù)的變化趨勢如圖2所示，則Y軸可表示的氫化物（RH3）性質有____．

A．穩(wěn)定性B．沸點C．R-H鍵能D．分子間作用力。

（3）氮、硫元素形成的常見的含氧酸中，分子的中心原子的價層電子對數(shù)為3的酸是____；酸根呈三角錐形結構的酸是____．（填化學式）

（4）氫；氮、氧、硫、銅這5種元素形成的一種1：1型離子化合物中；陰離子呈正四面體結構，陽離子呈軸向狹長的八面體結構（如圖3所示）．

該化合物中，陰離子為____，該化合物中加熱時首先失去的組分是____，判斷理由是____．

（5）磷酸鹽與硅酸鹽之間具有幾何形態(tài)的相似性．如多磷酸鹽與多硅酸鹽一樣，也是通過四面體單元通過共用頂角氧離子形成島狀、鏈狀、層狀、骨架網狀等結構型式．不同的是多硅酸鹽中是{SiO4}四面體，多磷酸鹽中是{PO4}四面體．如圖4為一種無限長單鏈結構的多磷酸根，該多磷酸根的化學式為____．

15、現(xiàn)有五種可溶性物質A、B、C、D、E，它們所含的陰、陽離子互不相同，分別含有五種陽離子Na+、Al3+、Mg2+、Ba2+、Fe3+和五種陰離子Cl-、OH-、NO3-、CO32-；X中的一種．

（1）一同學通過比較分析，認為無需檢驗就可判斷其中必有的兩種物質．它們分別是____、____

____（填化學式），若將這兩種物質的溶液混合時發(fā)生的離子反應方程式為____．

（2）為了確定X，現(xiàn)將（1）中的兩種物質記為A和B．當C與B的溶液混合時，產生紅褐色沉淀和無色無味氣體；當C與A的溶液混合時產生二種沉淀，向該沉淀中滴入足量的稀HNO3；沉淀部分溶解，最后留有白色沉淀．

①X為____（填序號）

A．SO32-B．CH3COO-C．SO42-D．SiO32-

②120mL含有0.20molB的溶液和200mL鹽酸，不管將前者滴加入后者，還是將后者滴加入前者，都有氣體產生，但最終生成的氣體體積不同，則鹽酸的濃度合理的是____

A．2.0mol/LB．1.5mol/LC．1.8mol/LD．0.24mol/L

（3）利用上述已經確定的一種物質；可以檢驗出D；E中的陽離子．請簡述實驗操作步驟、現(xiàn)象及結論。

____．評卷人得分三、判斷題(共5題，共10分)16、標準狀況下當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）17、HCl溶液和NaCl溶液均通過離子導電，所以HCl和NaCl均是離子化合物____．（判斷對錯）18、乙烷與氯氣的取代反應，乙烯與氯代烴的加成反應，均可用于制取1-氯乙烷____（判斷對錯）19、常溫常壓下，22.4LO3中含有3nA個氧原子____（判斷對錯）20、22.4LO2中一定含有6.02×1023個氧分子____．（判斷對錯）評卷人得分四、解答題(共4題，共40分)21、某化學小組用粗氧化銅（含少量氧化亞鐵及不溶于酸的雜質）制取無水氯化銅；其實驗流程如下所示：

（1）步驟①中氧化銅與鹽酸反應的離子方程式是______．

（2）步驟①；③的過濾操作中；除用到鐵架臺（帶鐵圈）外，還需要使用的玻璃儀器是______．

（3）已知：

。氫氧化物開始沉淀時的pH氫氧化物沉淀完全時的pHFe3+1.93.2Fe2+7.09.0Cu2+4.76.7提供的試劑：a．NaOHb．H2O2c．Na2CO3d．CuO參照表中給出的數(shù)據(jù)和試劑；請回答：

步驟②的目的是______；反應的離子方程式是______．步驟③中調節(jié)溶液pH的范圍是______，試劑Y是______（填字母）．

（4）步驟⑤要得到無水氯化銅，需要在干燥的HCl氣流中加熱CuCl2?2H2O；其原因是______．

22、[化學--物質結構與性質。

Ⅰ．（1）原子數(shù)相同；價電子數(shù)也相同的微粒，稱為等電子體．等電子體具有相似的化學鍵特征，性質相似．CO的結構式為______．

Ⅱ．（2）鈦和鈦的合金已被廣泛用于制造電訊器材；人造骨骼、化工設備、航天航空材料；被譽為“未來世界的金屬”．鈦的基態(tài)原子的電子排布式為______．

（3）偏鈦酸鋇在小型變壓器；話筒和擴音器中都有●Ti應用．偏鈦酸鋇為離子晶體；晶胞的結構如圖所示，它的化學式是______．

（4）現(xiàn)有含Ti3+的配合物，化學式為TiCl3（H2O）6；將1mol該物質溶于水，加入足量硝酸銀溶液，立即沉淀的氯化銀為lmol，已知該配合物的配位數(shù)為6，則該配合物的配位體是______．1mol該配合物外界所含結晶水的物質的量為______mol．

23、某校甲；乙、丙三個化學興趣小組利用課外活動時間；設計了不同的課題分別進行了實驗探究活動：

（1）甲小組進行中和滴定實驗；實驗室里只提供了下面幾種儀器：酸式滴定管；堿式滴定管、量筒、托盤天平、普通漏斗、玻璃棒、燒杯，你認為還缺少的玻璃儀器是______．

（2）乙小組設計了如圖所示的一套實驗裝置；以控究該裝置的多功能性．

①李明同學認為該裝置可以用來制取、收集SO2氣體；其中III中盛有NaOH溶液．乙小組同學經過講座后認為該裝置存在安全隱患，需要將III進行改裝，請將改裝后的裝置圖畫在方框內．

②王強同學認為可利用該裝置快速制取、凈化、收集氨氣，其中II中盛有濃H2SO4．你認為是否正確；若正確則不需作答；若不正確，提出改進意見：______．

（3）丙小組進入了一家回收含銅電纜廢料的工廠做社會調查；技術員向同學們展示了兩個處理方案，并向同學們提出了下列問題：

方案1：

方案2：

①你認為方案______更符合當前綠色生產理念．

②寫出方案1中步驟Ⅱ反應的離子方程式______．

③技術員指出；無論是方案1還是方案2，都應加入稍過量的鐵屑并最終除去，請你設計除去鐵屑的操作方法______．

④為了增加經濟效益；該工廠把最后一步所得淺綠色溶液，通過______；冷卻結晶、過濾、洗滌、自然干燥得到一種俗稱“綠礬”的工業(yè)產品．

⑤丙組同學經查詢資料，研究、討論，又設計了方案3，即把方案2中“加入足量稀硫酸、通入空氣并加熱”改為“加入足量稀硫酸和H2O2”；也可以得到同樣的結果．該反應的化學方程式是______．

24、以下是分析硫鐵礦中FeS2含量的三種方法；各方法的操作流程圖如下：

請回答下列問題：

（1）流程圖中操作①；②、③分別指的是：①______、②______、③______．

操作④；⑤用到的主要儀器是：④______、⑤______（每空填1～2個儀器）．

（2）判斷溶液中SO42-離子已沉淀完全的方法是______．

（3）某同學用方法Ⅲ測定試樣中Fe元素的含量；準確稱取一定量的礦石試樣，試樣經溶解；預處理后；

（A）用帶有刻度的燒杯配制成100mL試樣溶液。

（B）用量筒量取25.00mL待測溶液。

（C）并置于錐形瓶中。

（D）用蒸餾水洗滌滴定管后裝入KMnO4標準溶液；用該標準溶液滴定待測試樣；

（E）當溶液變成淡紫紅色時；停止滴定，如半分鐘內不褪色；

（F）讀取并計算滴定管中消耗的KMnO4標準溶液體積；計算試樣中的Fe元素含量．

請指出該實驗過程中錯誤操作步驟的編號：______．

（4）某同學采用方法Ⅱ分析礦石中的Fe含量；發(fā)現(xiàn)測定結果總是偏高，則產生誤差的可能原因是______．

（5）稱取礦石試樣1.60g，按方法Ⅰ分析，稱得BaSO4的質量為4.66g，假設礦石中的硫元素全部來自于FeS2，則該礦石中FeS2的質量分數(shù)是______．

評卷人得分五、其他(共2題，共4分)25、磨砂”是增加玻璃儀器密封性的一種處理工藝．在儀器A．試管B．分液漏斗C．帶滴管的試劑瓶（滴瓶）D．集氣瓶E．酸式滴定管F．堿式滴定管中，沒有用到“磨砂”工藝處理的有____．

（填字母編號）．26、苯佐卡因是一種醫(yī)用麻醉藥品，學名對氨基苯甲酸乙酯。用芳香烴A為原料合成苯佐卡因E的路線如下：請回答：（1）寫出結構簡式B________________C_________________。（2）寫出反應類型①_______________②________________。（3）化合物D經聚合反應可制得高分子纖維，廣泛用于通訊、導彈、宇航等領域。寫出該聚合反應的化學方程式：____________________________________________________________。（4）下列化合物中能與E發(fā)生化學反應的是_________。a．HClb．NaClc．Na-2CO3d．NaOH（5）除外，符合下列條件的化合物E的同分異構體有_____種。i.為1,4—二取代苯，其中苯環(huán)上的一個取代基是氨基；ii.分子中含結構的基團評卷人得分六、實驗題(共4題，共12分)27、實驗室用濃硫酸和乙醇制取乙烯時，常會看到燒瓶中液體變黑，并在制得的乙烯中混有CO2、SO2等雜質．某課外小組設計了如圖所示裝置，證明乙烯中混有CO2、SO2并驗證乙烯的性質．

回答下列問題：

（1）燒瓶中素燒瓷片的作用是____．

（2）若要檢驗A中所得氣體含有SO2，可將混合氣體直接通入____（填圖中代號，下同）裝置；若要檢驗A中所得氣體含有CH2=CH2，可將混合氣體先通過B裝置再通入____裝置，也可將混合氣體干燥后直接通入____裝置．

（3）小明將從A出來的混合氣體依次通過B、E、D、E，發(fā)現(xiàn)D前面的石灰水中無明顯變化、D后面的石灰水變渾濁．請對出現(xiàn)該現(xiàn)象的原因進行合理猜想____．

（4）若要一次性將三種氣體全部檢驗出來：

①檢驗的順序是（填氣體名稱）____；

②如圖裝置組裝的順序中最簡便的是：A→____，證明C02存在的現(xiàn)象是____．28、某學習小組探究濃、稀硝酸氧化性的相對強弱，按下圖裝置進行實驗(夾持儀器已略去)。實驗表明濃硝酸能將NO氧化成NO2，而稀硝酸不能氧化NO。由此得出的結論是濃硝酸的氧化性強于稀硝酸。可選藥品：濃硝酸、3mol·L-1稀硝酸、蒸餾水、濃硫酸、氫氧化鈉溶液及二氧化碳。已知：氫氧化鈉溶液不與NO反應，能與NO2反應：2NO2+2NaOH====NaNO2+NaNO3+H2O（1）實驗應避免有害氣體排放到空氣中，裝置③、④、⑥中盛放的藥品依次是。（2）滴加濃硝酸之前的操作是檢驗裝置的氣密性，加入藥品，打開彈簧夾后。（3）裝置①中發(fā)生反應的化學方程式是。（4）裝置②的作用是，發(fā)生反應的化學方程式是。（5）該小組得出結論的實驗現(xiàn)象是。（6）實驗結束后，同學們發(fā)現(xiàn)裝置①中溶液呈綠色，而不顯藍色。甲同學認為是該溶液中硝酸銅的質量分數(shù)較高所致，而乙同學認為是該溶液中溶解了生成的氣體。同學們分別設計了以下4個實驗來判斷兩種看法是否正確。這些方案中可行的是(選填序號字母)。a．加熱該綠色溶液，觀察顏色變化b．加水稀釋綠色溶液，觀察顏色變化c．向該綠色溶液中通入氮氣，觀察顏色變化d．向飽和硝酸銅溶液中通入濃硝酸與銅反應產生的氣體，觀察顏色變化29、為了測定工業(yè)純堿中rm{Na_{2}CO_{3}}的質量分數(shù)rm{(}含少量rm{NaCl)}甲；乙兩位同學分別設計了一套實驗方案．

學生甲的實驗流程如圖所示：

學生乙設計的實驗步驟如下：

rm{壟脵}稱取樣品，為rm{1.150g}

rm{壟脷}溶解后配成rm{250mL}溶液；

rm{壟脹}取rm{20mL}上述溶液，加入甲基橙rm{2隆蘆3}滴；

rm{壟脺}用rm{0.1140mol/L}的標準鹽酸進行滴定；

rm{壟脻}數(shù)據(jù)處理．

回答下列問題：

rm{(1)}甲同學設計的方案中試劑rm{A}可以選用______rm{(}填編號rm{)}

rm{a.CaCl_{2}b.BaCl_{2}}rm{c.AgNO_{3}}

rm{(2)}操作Ⅱ后還應對濾渣依次進行rm{壟脵}______、rm{壟脷}______兩個實驗操作步驟rm{.}其中；證明前面一步的操作已經完成的方法是______；

rm{(3)}學生乙某次實驗開始滴定時，鹽酸溶液的刻度在rm{0.00mL}處，當?shù)沃羅_____時達到滴定終點，此時鹽酸溶液的刻度在rm{14.90mL}處，乙同學以該次實驗數(shù)據(jù)計算此樣品中rm{Na_{2}CO_{3}}的質量分數(shù)是______rm{(}保留兩位小數(shù)rm{).}乙同學的這次實驗結果與老師給出的理論值非常接近，但老師最終認定他的實驗方案設計不合格，你認為可能的原因是什么？______．30、圖為實驗室制取純凈、干燥的Cl2，并進行檢驗Cl2性質實驗的裝置．其中E瓶中放有干燥紅色布條；F中為銅網；右端為一團棉花．

試回答：

（1）儀器A的名稱叫____，燒瓶B中反應的化學方程式為____；

（2）C中試劑是____；D中試劑的作用是____；

（3）E中現(xiàn)象是____；F中反應的化學方程式是____；

（4）H中發(fā)生反應的化學方程式為____．參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、D【分析】【分析】A．根據(jù)分子的空間結構判斷；

B．依據(jù)等效氯判斷即可；

C．只有C；H兩種元素組成的有機物屬于烴；據(jù)此概念判斷；

D．不同非金屬元素之間形成極性共價鍵，同種非金屬元素之間形成非極性共價鍵．【解析】【解答】解：A．全氟丙烷可以看作是CF4中的兩個F原子被兩個CF3取代，CF4是正四面體結構，所以CF4中的任兩個F原子和C原子都不在同一直線上；所以全氟丙烷分子中三個碳原子不可能處于同一直線上，故A正確；

B．C3F8它的五氯代物是5個F原子被5個Cl原子取代；剩余3個F原子，相當于3個Cl原子被F取代，就它的五氯代物種數(shù)比三氯代物一樣多，故B錯誤；

C．只有C；H兩種元素組成的有機物屬于烴；此有機物中不含H，且含有F原子，故C錯誤；

D．C原子和C原子間的化學鍵是非極性共價鍵；F原子和C原子間的化學鍵是極性共價鍵，故D正確．

故選D．2、D【分析】【分析】A；據(jù)質量守恒定律分析；

B；化學反應中的能量變化與反應類型無關；決定于反應物和生成物的能量的相對高低；

C；反應放熱還是吸熱與反應條件無關；決定于反應物和生成物的能量的相對高低；

D、任何化學反應都遵循能量守恒，也都有能量變化．【解析】【解答】解：A；化學反應的過程是原子的重新組合過程；遵循原子守恒，故A錯誤；

B；中和反應有熱量放出；不是氧化還原反應，故B錯誤；

C；燃燒都是放熱反應；需要加熱到著火點，故C錯誤；

D；化學反應過程是舊鍵斷裂新鍵形成的過程；有能量變化，遵循能量守恒定律，故D正確；

故選D．3、D【分析】【分析】①pH試紙先用水潤濕再浸入待測；這樣的操作會使溶液變??；

②根據(jù)實驗室廢液的處理方法進行分析判斷；

③根據(jù)給試管中的液體加熱時的注意事項進行分析判斷；

④加熱后放在空氣中冷卻；會吸收空氣中的水重新形成晶體；

⑤濃硫酸稀釋放出大量的熱，且濃硫酸的密度大于水．【解析】【解答】解：①pH試紙先用水潤濕再浸入待測；這樣的操作會使溶液變稀，是測量的數(shù)據(jù)不準確，故①錯誤；

②實驗結束后不能將所有的廢液倒入下水道排出實驗室；以免腐蝕下水道；污染環(huán)境，故②錯誤；

③試管內液體若受熱不均勻；液體會沖出試管，為避免因液體沖出傷人，故要不時移動試管或加入碎瓷片，故③正確；

④加熱后放在空氣中冷卻；會吸收空氣中的水重新形成晶體，應在干燥器中冷卻，故④錯誤；

⑤因濃硫酸的稀釋方法：將濃硫酸沿著器壁（如試管和燒懷壁）慢慢的注入水里；并不斷攪拌，使產生的熱量迅速地擴散，故⑤正確；

故選D．4、A【分析】【分析】在水溶液里或熔融狀態(tài)下能導電的化合物是電解質，在水溶液和熔融狀態(tài)下都不能導電的化合物為非電解質，無論電解質和非電解質都一定為化合物，單質和混合物一定不是電解質、非電解質；還要注意不屬于電解質的物質包括非電解質、單質和混合物．【解析】【解答】解：A．鐵為單質；不屬于電解質，故A正確；

B．氫氧化鈉為在水溶液和熔融狀態(tài)下都能夠導電的化合物；氫氧化鈉為電解質，故B錯誤；

C．硫酸在水溶液中能夠導電；且為化合物，硫酸為電解質，故C錯誤；

D．硫酸鈉在水溶液和熔融狀態(tài)下都能夠導電；且為化合物，所以硫酸鈉為電解質，故D錯誤；

故選A．5、D【分析】石英玻璃的主要成分是二氧化硅，不是硅酸鹽，A錯。有機玻璃是合成材料，B錯。糖類、油脂的組成元素為C、H、O，而蛋白質的組成元素中有C、H、O、N等，C錯?！窘馕觥俊敬鸢浮緿6、B【分析】A項，加水稀釋有利于醋酸的電離，故溶液中導電粒子的數(shù)目增加，A錯誤；B項，在稀釋的過程中，溫度不變，故Ka=c(CH3COO-)c(H+)/c(CH3COOH)不變，又因為c(H+)=Kw/c(OH-),故c(CH3COO-)×Kw/［c(CH3COOH)·c(OH-)］=Ka，Kw在室溫下也是常數(shù)，故B正確；C項，電離程度雖然增大，但c(H+)減小，C錯誤；D項，加入10mLpH=11的NaOH溶液，混合液中和后，因醋酸還有大量剩余，故pH應小于7，D錯誤?！窘馕觥俊敬鸢浮緽7、B【分析】試題分析：A、正確；B、鐵在純氧中充分燃燒生成四氧化三鐵，0.1mol鐵在純氧中充分燃燒，失電子數(shù)為0.1×8/3NA，錯誤；C、1×0.2×3=0.6mol，正確；D、正確?？键c：考查阿伏加德羅常數(shù)有關問題?！窘馕觥俊敬鸢浮緽二、填空題(共8題，共16分)8、A136.580%不利于aCH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6H+【分析】【分析】（1）使用催化劑通過改變反應的歷程；降低反應的活化能，增加了活化分子數(shù)目及其百分含量而加快反應速率；

（2）依據(jù)圖1寫出反應的熱化學方程式；依據(jù)熱化學方程式計算生成0.75mol/L×2L=1.5mol乙醇放出的熱量；

（3）根據(jù)起始量和平衡量計算轉化率；

（4）2CH3OH+3O2?2CO2+4H2O為放熱反應；升高溫度平衡向逆向移動，據(jù)此判斷K變化；

依據(jù)氫離子的移動方向判斷燃料電池的電極，負極發(fā)生氧化反應，正極發(fā)生還原反應．【解析】【解答】解：（1）使用催化劑通過改變反應的歷程；降低反應的活化能，增加了活化分子數(shù)目及其百分含量而加快反應速率；

故選：A；

（2）依據(jù)圖1寫出反應的熱化學方程式：CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）△H=-91KJ/mol；

依據(jù)圖2可知反應達到平衡時生成乙醇1.5mol；反應熱為：-91KJ/mol×1.5mol=-136.5KJ/mol，放出熱量136.5KJ；

故答案為：136.5；

（3）由圖2可知；反應中減小的CO的濃度為1mol/L-0.25mol/L=0.75mol/L，10min時達到平衡；

依據(jù)方程式：

CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）

開始1mol/L2mol/L0

轉化0.75mol/L1.5mol/L0.75mol/L

平衡0.25mol/L0.5mol/L0.75mol/L

CO的轉化率為×100%=80%；故答案為：80%；

（4）2CH3OH+3O2?2CO2+4H2O為放熱反應；升高溫度平衡向逆向移動，該反應的平衡常數(shù)K將減小，不利用電池將化學能轉化為電能；

依據(jù)氫離子移向可知b電極為正極，a電極為負極，負極發(fā)生氧化反應，甲醇在b極失去電子發(fā)生氧化反應生成二氧化碳和氫離子，電極反應式為：CH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6H+；

故答案為：不利于；a；CH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6H+．9、加成反應氧化反應CH2=CH2【分析】【分析】根據(jù)A的分子式為C2H4，可知A為CH2=CH2，而烯烴的特征反應為加成反應，故①應為加成反應；根據(jù)C經過反應②得產物D為C2H3Cl，可知反應③為加聚反應，可以反推得C為CH2ClCH2Cl，所以B為Cl2，D為CH2=CHCl，E為C經反應④可得產物F，根據(jù)F的化學式以及能發(fā)生兩步氧化，可知F為CH2OHCH2OH，F(xiàn)氧化得G為OHCCHO，G氧化得H為HOOCCOOH，F(xiàn)和H發(fā)生酯化反應生成六元環(huán)I為據(jù)此答題．【解析】【解答】解：根據(jù)A的分子式為C2H4，可知A為CH2=CH2，而烯烴的特征反應為加成反應，故①應為加成反應；根據(jù)C經過反應②得產物D為C2H3Cl，可知反應③為加聚反應，可以反推得C為CH2ClCH2Cl，所以B為Cl2，D為CH2=CHCl，E為C經反應④可得產物F，根據(jù)F的化學式以及能發(fā)生兩步氧化，可知F為CH2OHCH2OH，F(xiàn)氧化得G為OHCCHO，G氧化得H為HOOCCOOH，F(xiàn)和H發(fā)生酯化反應生成六元環(huán)I為

（1）根據(jù)上面分析可知；反應①為加成反應，反應⑤為氧化反應；

故答案為：加成反應；氧化反應；

（2）根據(jù)上面分析可知，A為CH2=CH2，E為I為

故答案為：CH2=CH2；

（3）反應②的化學方程式是：反應④的化學方程式是：

故答案為：．10、HCHOCH3COOHHCOOCH3HOCH2CHOCH3CH（OH）COOHHCOOCH2CH2OHHOCH2CH（OH）CHOHCHO+4Ag（NH3）2OH4Ag↓+（NH4）2CO3+6NH3↑+2H2O【分析】【分析】通式均為（CH2O）n的五種有機物，性質如下：①A是無色有刺激性的氣體，可發(fā)生銀鏡反應，則A為HCHO；②B、C、D的式量均為A的2倍，它們的分子式為C2H4O2，E的式量的是A的3倍，E分子式為C3H6O3，F(xiàn)的式量是A的6倍，則F的分子式為C6H12O6；③B、E的水溶液可使紫色石蕊試液變紅，還可與乙醇在一定條件下酯化，則B、E含有-COOH，故B為CH3COOH；④E結構中含有-CH3，兩分子E可形成環(huán)狀酯，E分子中含有-OH，則E為CH3CH（OH）COOH；⑤C不溶于水，D物質的水溶液呈中性，C既能水解，又能發(fā)生銀鏡反應，含有酯基、醛基，則C為HCOOCH3，D不能發(fā)生水解反應，卻能發(fā)生銀鏡反應，還能與鈉反應放出H2，含有醛基與羥基，則D為HOCH2CHO，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：通式均為（CH2O）n的五種有機物，性質如下：①A是無色有刺激性的氣體，可發(fā)生銀鏡反應，則A為HCHO；②B、C、D的式量均為A的2倍，它們的分子式為C2H4O2，E的式量的是A的3倍，E分子式為C3H6O3，F(xiàn)的式量是A的6倍，則F的分子式為C6H12O6；③B、E的水溶液可使紫色石蕊試液變紅，還可與乙醇在一定條件下酯化，則B、E含有-COOH，故B為CH3COOH；④E結構中含有-CH3，兩分子E可形成環(huán)狀酯，E分子中含有-OH，則E為CH3CH（OH）COOH；⑤C不溶于水，D物質的水溶液呈中性，C既能水解，又能發(fā)生銀鏡反應，含有酯基、醛基，則C為HCOOCH3，D不能發(fā)生水解反應，卻能發(fā)生銀鏡反應，還能與鈉反應放出H2，含有醛基與羥基，則D為HOCH2CHO；

（1）由上述分析可知，A為HCHO，B為CH3COOH，C為HCOOCH3，D為HOCH2CHO，E為CH3CH（OH）COOH；

故答案為：HCHO；CH3COOH；HCOOCH3；HOCH2CHO；CH3CH（OH）COOH；

（2）E為CH3CH（OH）COOH；符合下列要求的E的同分異構體：

①能發(fā)生銀鏡反應和酯化反應，又能發(fā)生水解反應，應含有甲酸形成的酯基，還含有羥基，該同分異構體的結構簡式為：HCOOCH2CH2OH，故答案為：HCOOCH2CH2OH；

②能發(fā)生銀鏡反應和酯化反應，不能發(fā)生水解反應，含有醛基、羥基，該同分異構體的結構簡式為：HOCH2CH（OH）CHO，故答案為：HOCH2CH（OH）CHO；

（3）A發(fā)生銀鏡反應的化學方程式為：HCHO+4Ag（NH3）2OH4Ag↓+（NH4）2CO3+6NH3↑+2H2O；

故答案為：HCHO+4Ag（NH3）2OH4Ag↓+（NH4）2CO3+6NH3↑+2H2O．11、0.0125mol/（L?min）增大減小bccc【分析】【分析】（1）根據(jù)平衡常數(shù)的概念；

（2）根據(jù)v==求出v（SO3），再利用速率之比等于化學計量數(shù)之比，計算v（O2）；

（3）根據(jù)溫度對反應速率；化學平衡的影響分析；

（4）反應達到平衡狀態(tài)時；正逆反應速率相等，平衡時各種物質的物質的量；濃度等不再發(fā)生變化，可由此進行判斷；

（5）據(jù)影響化學反應速率和影響平衡移動的因素角度綜合考慮；

（6）根據(jù)壓強對化學平衡的影響分析．【解析】【解答】解：（1）該反應的平衡常數(shù)表達式為K=，故答案為：K=；

（2）根據(jù)v===0.025mol/（L?min），速率之比等于化學計量數(shù)之比，所以有：v（O2）=v（SO2）=0.0125mol/（L?min）；

故答案為：0.0125mol/（L?min）；

（3）溫度升高；反應速率增大；溫度升高，化學平衡正向移動，生成物的濃度增大，反應物的濃度減少，平衡常數(shù)增大；溫度升高，化學平衡正向移動，混合氣體的總物質的量增大，質量不變，摩爾質量減少，即平均相對分子質量減少；故答案為：增大；減??；

（4）a、表示同一方向反應速率，v（SO2）自始至終為v（O2）的2倍；不能說明達到平衡，故a錯誤；

b、該反應前后氣體體積變化，所以壓強不變，反應已達到平衡狀態(tài)，故b正確；

c、不同物質表示速率，到達平衡時，正逆速率之比等于化學計量數(shù)之比，v逆（SO2）：v正（O2）=2：1，v逆（SO2）=2v正（O2）；故c正確；

d；根據(jù)質量守恒；化學反應前后混合物的質量不變，容器體積不變，所以密度始終不變，故d錯誤；

故答案為：b；c；

（5）a、減少SO3氣體的濃度；反應速率減慢，故錯誤；

b；升溫平衡正向移動；故錯誤；

c；增大壓強；反應速率加快，平衡逆向移動，故正確；

d；催化劑不影響平衡移動；故錯誤；

故選c；

（6）容器的體積減小，壓強增大，平衡向逆反應方向移動，SO3的物質的量增多，故答案為：c．12、對對錯錯【分析】【分析】（1）PM2.5是導致霧霾形成的主要污染物；

（2）碘酒能使蛋白質變性；常用于外敷消毒；

（3）為微量元素過多；對人體健康有害；

（4）對胃部嚴重潰瘍的病人使用含有碳酸氫鈉的藥物治療，鹽酸與碳酸氫鈉反應生成二氧化碳，會導致胃壁穿孔．【解析】【解答】解：（1）導致霧霾形成的主要污染物是PM2.5；故原說法對，故答案為：對；

（2）碘酒能使蛋白質變性；常用于外敷消毒，故原說法對，故答案為：對；

（3）因為微量元素過多；對人體健康有害，故原說法錯，故答案為：錯；

（4）鹽酸與碳酸氫鈉反應生成二氧化碳，該反應的離子反應為HCO3-+H+=H2O+CO2↑，對胃部嚴重潰瘍的病人使用含有碳酸氫鈉的藥物治療，會導致胃壁穿孔，故原說法錯，故答案為：錯．13、BMnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O向上排空氣集氣法（或排飽和食鹽水法）Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O【分析】【分析】（1）高錳酸鉀固體和濃鹽酸反應制備氯氣；反應不需要加熱，為固體與液體反應，據(jù)此結合圖象判斷；

（2）二氧化錳與濃鹽酸在加熱條件下；反應生成氯化鎂；氯氣與水；

（3）氯氣溶于水；密度比空氣大，可以用向上排空氣集氣法（或排飽和食鹽水法）收集氯氣；

（4）氯氣與氫氧化鈉溶液反應生成氯化鈉、次氯酸鈉與水．【解析】【解答】解：（1）高錳酸鉀固體和濃鹽酸反應制備氯氣；反應不需要加熱，為固體與液體反應，A適用于固體加熱制備氣體，C裝置使用酒精燈加熱，故B裝置適合；

故答案為：B；

（2）二氧化錳與濃鹽酸在加熱條件下，反應生成氯化鎂、氯氣與水，反應方程式為：MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O；

故答案為：MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O；

（3）氯氣溶于水；密度比空氣大，可以用向上排空氣集氣法（或排飽和食鹽水法）收集氯氣；

故答案為：向上排空氣集氣法（或排飽和食鹽水法）；

（4）氯氣與氫氧化鈉溶液反應生成氯化鈉、次氯酸鈉與水，反應離子方程式為Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；

故答案為：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O．14、ns2np3M9硒ACHNO2、HNO3H2SO3SO42-H2OH2O和Cu2+的配位鍵比NH3與Cu2+的弱PO32-（或（PO3）n2n-）【分析】【分析】（1）陰影部分元素處于ⅤA族；最外層還有5個電子，據(jù)此寫出其外圍電子排布的通式；根據(jù)P所在周期表中位置判斷其結構及電子占據(jù)的最高層符號；M層還有s；p、d軌道，據(jù)此計算還有軌道數(shù)；Se的元素名稱為硒；

（2）A．非金屬性越強；氫化物的穩(wěn)定性越強；

B．由于氨氣分子間存在氫鍵，因此氨氣的沸點最高，AsH3的相對分子質量大于PH3，AsH3沸點較高；

C．非金屬性越強與氫元素形成的共價鍵越強；鍵能越大；

D．三種氫化物生成的晶體均是分子晶體；分子間作用力隨相對分子質量的增加而增大；

（3）這些元素形成的含氧酸中；分子的中心原子的價層電子對數(shù)為3的酸是亞硝酸；酸根呈三角錐結構，說明該酸根離子價層電子對個數(shù)是4且含有一個孤電子對；

（4）氫；氮、氧、硫、銅這5種元素形成的一種1：1型離子化合物中；陰離子呈四面體結構，說明該陰離子價層電子對個數(shù)是4且不含孤電子對；

陽離子中存在共價鍵和配位鍵；H2O和Cu2+的配位鍵比NH3與Cu2+的弱，所以該化合物加熱時首先失去的組分是H2O

（5）SiO44-中價層電子對個數(shù)是4且不含孤電子對，利用均攤法計算其原子個數(shù)比，從而確定其化學式．【解析】【解答】解：（1）陰影部分元素處于ⅤA族，最外層還有5個電子，其外圍電子排布的通式為：ns2np3；P核外還有3個電子層；則電子占據(jù)的最高層符號為M，M層還有1個s軌道；3個p軌道和5個d軌道，總共還有9個軌道；Se元素為硒；

故答案為：ns2np3；M；9；硒；

（2）A．N；P、As位于周期表同一主族；從上到下排列，根據(jù)元素周期律可知，非金屬性越強，氫化物的穩(wěn)定性越強，因此三種氫化物的穩(wěn)定性逐漸降低，故A正確；

B．由于氨氣分子間存在氫鍵，因此氨氣的沸點最高，AsH3的相對分子質量大于PH3，AsH3沸點較高；故B錯誤；

C．非金屬性越強與氫元素形成的共價鍵越強；鍵能越大，因此R-H鍵能隨原子序數(shù)的增大而減小，故C正確；

D．三種氫化物生成的晶體均是分子晶體；分子間作用力隨相對分子質量的增加而增大，故D錯誤；

故答案為：AC；

（3）這些元素形成的含氧酸中，分子的中心原子的價層電子對數(shù)為3的酸是HNO2、HNO3；酸根呈三角錐結構的酸是H2SO3；

故答案為：HNO2、HNO3；H2SO3；

（4）氫、氮、氧、硫、銅這5種元素形成的一種1：1型離子化合物中，陰離子呈四面體結構，說明該陰離子價層電子對個數(shù)是4且不含孤電子對，為SO42-；

H2O和Cu2+的配位鍵比NH3與Cu2+的弱，所以該化合物加熱時首先失去的組分是H2O；

故答案為：SO42-；H2O；H2O和Cu2+的配位鍵比NH3與Cu2+的弱；

（5）根據(jù)圖片知，每個三角錐結構中P原子是1個，O原子個數(shù)=2+2×=3，所以P原子和氧原子個數(shù)之比=1：3，3個O原子帶6個單位負電荷，每個P原子帶4個單位正電荷，所以形成離子為[PO3]n2n-（或PO32-）；

故答案為：PO32-（或（PO3）n2n-．15、Na2CO3Ba（OH）2-Ba2++CO32-=BaCO3↓CBC取少量D的溶液于試管中，往其中逐漸加入Ba（OH）2溶液直至過量，若先出現(xiàn)白色沉淀后又逐漸溶解，則D中含有Al3+，E中含有Mg2+（或取少量D的溶液于試管中，往其中逐漸加入過量Na2CO3溶液，若出現(xiàn)白色沉淀和無色氣體，則D中含有Al3+，E中含有Mg2+）．【分析】【分析】（1）根據(jù)離子之間結合生成沉淀；不能共存，確定含有的兩種物質，然后寫出反應的離子方程式；

（2）①C與B的溶液混合時，產生紅褐色沉淀和無色無味氣體，沉淀為氫氧化鐵、氣體為二氧化碳；C與A的溶液混合時產生混合物沉淀，向該沉淀中滴入稀鹽酸，沉淀部分溶解，最后留有白色沉淀不再溶解，則B為Na2CO3，A為Ba（OH）2；C為硫酸鐵，另兩種物質為氯化鋁；硝酸鎂或氯化鎂、硝酸鋁；

②根據(jù)碳酸鈉滴入鹽酸中的反應及鹽酸滴入碳酸鈉中的反應；結合都有氣體產生，但最終生成的氣體體積不同來找出鹽酸與碳酸鈉的物質的量的關系，根據(jù)鹽酸的濃度范圍值來確定答案；

（3）D中含有NO3-，則E中含有Cl-，剩余Al3+、Mg2+，利用氫氧化鋁溶液強堿的性質檢驗．【解析】【解答】解：（1）因Al3+、Mg2+、Fe3+和OH-反應生成沉淀，Al3+、Mg2+、Ba2+、Fe3+和CO32-反應，則不能共存，所以一定存在的物質為Na2CO3和Ba（OH）2；

故答案為：Na2CO3；Ba（OH）2；Ba2++CO32-=BaCO3↓；

（2）①根據(jù)C與B的溶液混合時，產生紅褐色沉淀和無色無味氣體，可知沉淀為氫氧化鐵、氣體為二氧化碳，則B為Na2CO3，A為Ba（OH）2；C與A的溶液混合時產生混合物沉淀，向該沉淀中滴入稀鹽酸，沉淀部分溶解，最后留有白色沉淀不再溶解，則C為硫酸鐵，另兩種物質為氯化鋁、硝酸鎂或氯化鎂、硝酸鋁，因C為Fe2（SO4）3，則陰離子有SO42-，則X為SO42-；所以C正確；

故答案為：C；

②B為Na2CO3，當碳酸鈉滴入鹽酸中時發(fā)生反應：CO32-+2H+═H2O+CO2↑；

當鹽酸滴入碳酸鈉溶液時，反應順序為：CO32-+H+═HCO3-、HCO3-+H+═H2O+CO2↑，則HCl的物質的量應大于Na2CO3的物質的量；

又因為最終生成的氣體體積不同，則HCO3-+H+=H2O+CO2不能全部完成，即HCl的物質的量比Na2CO3的物質的量的二倍少；

碳酸鈉的物質的量為0.2mol；則HCl的物質的量應介于0.2mol～0.4mol之間；

鹽酸的體積為：200mL=0.2L；

則鹽酸的濃度應該是大于1mol/L；小于2mol/L，所以BC正確；

故答案為：BC；

（3）根據(jù)以上分析可知，D中含有NO3-，則E中含有Cl-，剩余Al3+、Mg2+，Al（OH）3能溶于過量Ba（OH）2溶液，檢驗方案為：取少量D的溶液與試管中，逐漸進入Ba（OH）2溶液至過量，先出現(xiàn)白色沉淀后溶解，則D中含有Al3+，若生成的白色沉淀不溶解，則D中含有Mg2+；

故答案為：取少量D的溶液于試管中，往其中逐漸加入Ba（OH）2溶液直至過量，若先出現(xiàn)白色沉淀后又逐漸溶解，則D中含有Al3+，E中含有Mg2+（或取少量D的溶液于試管中，往其中逐漸加入過量Na2CO3溶液，若出現(xiàn)白色沉淀和無色氣體，則D中含有Al3+，E中含有Mg2+）．三、判斷題(共5題，共10分)16、×【分析】【分析】氧氣與氦氣的分子構成不同，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，標準狀況下當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：×．17、×【分析】【分析】HCl中只含共價鍵，NaCl中只含離子鍵，以此來解答．【解析】【解答】解：HCl中只含共價鍵；NaCl中只含離子鍵，則HCl為共價化合物，而NaCl為離子化合物，不能利用溶液的導電性判斷化合物的類別；

故答案為：×．18、×【分析】【分析】乙烯與氯化氫加成生成1-氯乙烷，此為制取氯乙烷的較好方法，由于取代反應有多種副產物生成，故不能利用此方法制取1-氯乙烷．【解析】【解答】解：CH3CH3+Cl2→CH3CH2Cl+HCl，該反應的生成物氯乙烷可以繼續(xù)與氯氣發(fā)生取代反應生成二氯乙烷，產物不純凈，故不能利用此方法制取1-氯乙烷，故錯誤；故答案為：×．19、×【分析】【分析】常溫常壓下，氣體的氣體摩爾體積不等于22.4L/mol，無法計算物質的量．【解析】【解答】解：常溫常壓下，氣體的氣體摩爾體積不等于22.4L/mol，則22.4LO3的物質的量不等于1mol，氧原子個數(shù)不等于3nA；

故答案為：×．20、×【分析】【分析】氧氣所處的狀態(tài)不確定，氣體摩爾體積不一定是22.4L/mol，不能確定氧氣的物質的量．【解析】【解答】解：若為標況下，22.4L氧氣的物質的量為1mol，含有6.02×1023個氧分子，但氧氣所處的狀態(tài)不確定，氣體摩爾體積不一定是22.4L/mol，不能確定氧氣的物質的量，不能確定含有氧氣分子數(shù)目，故錯誤，故答案為：×．四、解答題(共4題，共40分)21、略

【分析】

（1）步驟①中氧化銅與鹽酸反應氧化銅和鹽酸反應生成氯化銅和水，反應的離子方程式是：CuO+2H+=Cu2++H2O；

故答案為：CuO+2H+=Cu2++H2O；

（2）過濾裝置中的玻璃儀器有普通漏斗；玻璃棒、燒杯；

故答案為：普通漏斗；玻璃棒、燒杯。

（3）操作②是加入氧化劑把亞鐵離子氧化為鐵離子但不能引入新的雜質，氧化劑選擇過氧化氫氧化亞鐵離子的離子方程式為：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；步驟③是加入氧化銅調節(jié)溶液PH到大于3.2；小于4.7，使鐵離子完全沉淀；

故答案為：將Fe2+氧化成Fe3+；2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；3.2至4.7；d

（4）步驟⑤要得到無水氯化銅，需要在干燥的HCl氣流中加熱CuCl2?2H2O；是為了抑制銅離子的水解得到氯化銅晶體同時帶走產生的水蒸氣；

故答案為：干燥的HCl氣流既可抑制Cu2+的水解，還能帶走CuCl2?2H2O受熱產生的水汽．

【解析】【答案】（1）氧化銅和鹽酸反應生成氯化銅和水；

（2）依據(jù)過濾裝置中的儀器分析回答；

（3）操作②是加入氧化劑把亞鐵離子氧化為鐵離子但不能引入新的雜質；氧化劑選擇過氧化氫；步驟③是加入氧化銅調節(jié)溶液PH使鐵離子完全沉淀；

（4）氯化氫抑制氯化銅的水解；以便達到氯化銅晶體．

22、略

【分析】

Ⅰ．（1）CO與N2為等電子體，已知N2的結構式為N≡N；等電子體具有相似的化學鍵特征，則CO的結構式為C≡O，故答案為：C≡O；

Ⅱ．（2）Ti的原子序數(shù)為22，根據(jù)能量最低原理和洪特規(guī)則，Ti的電子排布式為1s22s22p63s23p63d24s2；

故答案為：1s22s22p63s23p63d24s2；

（3）根據(jù)晶胞的結構，利用均攤法計算，晶胞中含有一個Ba2+，位于晶胞的體心，而Ti4+位于頂點，則晶胞平均含有Ti4+的個數(shù)為8×=1，O2-位于棱，平均一個晶胞含有O2-的個數(shù)為12×=3，所以化學式為BaTiO3，故答案為：BaTiO3；

（4）將1molTiCl3（H2O）6溶于水，加入足量硝酸銀溶液，立即沉淀的氯化銀為lmol，說明外界Cl-為1mol，則有2molCl-與Ti3+形成配位鍵，已知該配合物的配位數(shù)為6，則有4molH2O與Ti3+形成配位鍵；1mol該配合物外界所含結晶水的物質的量為2mol；

故答案為：Cl-、H2O；2．

【解析】【答案】（1）CO與N2為等電子體；根據(jù)化學鍵特征，性質相似判斷；

（2）Ti的原子序數(shù)為22；根據(jù)能量最低原理和洪特規(guī)則書寫電子排布式；

（3）利用均攤法計算晶胞的結構；

（4）將1molTiCl3（H2O）6溶于水，加入足量硝酸銀溶液，立即沉淀的氯化銀為lmol，說明外界Cl-為1mol，則有2molCl-與Ti3+形成配位鍵，已知該配合物的配位數(shù)為6，則有4molH2O與Ti3+形成配位鍵；1mol該配合物外界所含結晶水的物質的量為2mol．

23、略

【分析】

（1）中和滴定實驗的玻璃儀器有：酸式滴定管；堿式滴定管、錐形瓶；故答案為：錐形瓶；

（2）①二氧化硫有毒需要進行尾氣處理，可以將III進行改裝為收集并防止倒吸和和尾氣處理裝置，即故答案為：

②制的氨氣中含有的水蒸氣可以用堿石灰來干燥，不能使用濃H2SO4；因為氨氣能和濃硫酸反應，氨氣的密度小于空氣，可以采用向上排空氣法來收集，故答案為：Ⅱ應改為有堿石灰的干燥管或U形管，III應改為向下排空氣法；

（3）①方案2中所有的銅原子均轉化為硫酸銅；操作簡單，符合當前的綠色理念，故答案為：2；

②氧化銅屬于堿性氧化物，能和硫酸反應生成鹽和水，方程式為CuO+2H+=Cu2++H2O；故答案為：CuO+2H+=Cu2++H2O；

③鐵能溶于鹽酸或硫酸而銅不溶；要除去紅色粉末銅中所含過量的Fe得干燥的銅，可以將所得銅粉用稀鹽酸或稀硫酸清洗后再洗滌；干燥，故答案為：將所得銅粉用稀鹽酸或稀硫酸清洗后再洗滌、干燥．

④將淺綠色溶液；通過蒸發(fā)濃縮；冷卻結晶、過濾、洗滌、自然干燥得到一種俗稱“綠礬”的工業(yè)產品．

故答案為：蒸發(fā)濃縮；

⑤銅、雙氧水和稀硫酸反應生成硫酸銅和水反應的化學方程式Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O．

故答案為：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O．

【解析】【答案】（1）根據(jù)中和滴定實驗的儀器來回答；

（2）①二氧化硫有毒需要進行尾氣處理；

②根據(jù)氨氣的制取過程中含有的雜質是水蒸汽以及氨氣的收集方法來回答；

（3）①綠色理念是指原料利用率高；操作簡單、對環(huán)境無污染的理念；②氧化銅屬于堿性氧化物；能和硫酸反應生成鹽和水；③鐵能溶于鹽酸或硫酸而銅不溶．④將淺綠色溶液，通過蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、自然干燥得到一種俗稱“綠礬”的工業(yè)產品．⑤銅、雙氧水和稀硫酸反應生成硫酸銅和水．

24、略

【分析】

（1）方法Ⅰ生成硫酸鋇沉淀，經過濾、洗滌、干燥后用天平稱得硫酸鋇的質量，根據(jù)S元素守恒可計算硫鐵礦中FeS2含量，方法Ⅱ生成氫氧化鐵，經過濾、洗滌后在坩堝中加熱分解生成氧化鐵，用天平稱量氧化鐵的質量，根據(jù)鐵元素守恒硫鐵礦中FeS2含量；故答案為：過濾；洗滌；干燥；坩堝；酒精燈；天平；

（2）判斷溶液中SO42-離子是否沉淀完全，可取上層清液滴加BaCl2溶液，若無白色沉淀生成，說明SO42-沉淀完全；

故答案為：取上層清液滴加BaCl2溶液，若無白色沉淀生成，說明SO42-沉淀完全；

（3）配制一定物質的量濃度的溶液應在容量瓶中配制；不能用燒杯，難以搖勻，并有較大誤差，托盤天平只能精確到0.1，滴定管用蒸餾水洗滌后還應用標準液潤洗，否則會導致標準液濃度降低，故答案為：A；B、D；

（4）用方法Ⅱ分析礦石中的Fe含量，發(fā)現(xiàn)測定結果總是偏高，說明最后稱量的固體的質量偏大，如洗滌不充分、灼燒不充分都會引起固體質量偏大，原因可能有Fe（OH）3沉淀表面積大，易吸附雜質；過濾洗滌時未充分將吸附的雜質洗去；或Fe（OH）3灼燒不充分，未完全轉化為Fe2O3；

故答案為：①Fe（OH）3沉淀表面積大，易吸附雜質；②過濾洗滌時未充分將吸附的雜質洗去；③Fe（OH）3灼燒不充分，未完全轉化為Fe2O3；

（5）利用關系式法計算：

FeS2～2BaSO4

120g466g

m4.66g

m=1.2g，則該礦石中FeS2的質量分數(shù)是=75.0%；

故答案為：75.0%．

【解析】【答案】（1）方法Ⅰ生成硫酸鋇沉淀；經過濾；洗滌、干燥后用天平稱得硫酸鋇的質量，方法Ⅱ生成氫氧化鐵，經過濾、洗滌后在坩堝中加熱分解生成氧化鐵，用天平稱量氧化鐵的質量；

（2）判斷溶液中SO42-離子是否沉淀完全，可取上層清液滴加BaCl2溶液；觀察有無沉淀生成；

（3）配制一定物質的量濃度的溶液應在容量瓶中配制；不能用燒杯，難以搖勻，并有較大誤差，托盤天平只能精確到0.1，滴定管用蒸餾水洗滌后還應用標準液潤洗，否則會導致標準液濃度降低；

（4）用方法Ⅱ分析礦石中的Fe含量；發(fā)現(xiàn)測定結果總是偏高，說明最后稱量的固體的質量偏大，根據(jù)固體的性質進行分析；

（5）利用FeS2～2BaSO4關系式計算：

五、其他(共2題，共4分)25、AF【分析】【分析】用到“磨砂”工藝處理的玻璃儀器有：分液漏斗、細口瓶、廣口瓶、滴瓶、集氣瓶、酸式滴定管等【解析】【解答】解：凡是玻璃相互接處，不能漏水漏氣的要磨砂處理，用到“磨砂”工藝處理的玻璃儀器有：分液漏斗、細口瓶、廣口瓶、滴瓶、集氣瓶、酸式滴定管等，故答案為：AF．26、略

【分析】【解析】【答案】（1）（2）①取代反應；②氧化反應（3）（2分）（4）a、d（2分）（5）4()六、實驗題(共4題，共12分)27、防止暴沸CDG乙烯被酸性KMnO4溶液氧化成CO2乙烯、二氧化硫、二氧化碳GCFEF中溴水不褪色，E中澄清石灰水變渾濁【分析】【分析】（1）乙醇沸點低；加熱容易產生爆沸，需要加入碎瓷片防止暴沸；

（2）二氧化硫具有漂白性；可以使品紅溶液褪色；

依據(jù)乙烯不與氫氧化鈉反應；二氧化硫能與氫氧化鈉反應，乙烯具有還原性，能使酸性高錳酸鉀褪色解答；

依據(jù)乙烯具有還原性能使溴的四氯化碳褪色；二氧化硫不與溴的四氯化碳反應的性質解答；

（3）D前面的石灰水無明顯變化說明乙醇碳化生成的二氧化碳和二氧化硫都被氫氧化鈉吸收；D后面的石灰水變混濁，說明混合氣體通入到酸性的高錳酸鉀中發(fā)生反應產生了能夠使澄清石灰水變渾濁的氣體，結合乙烯的結構特點分析解答；

（4）①依據(jù)只有乙烯能使溴的四氯化碳褪色；只有二氧化硫具有漂白性能夠使品紅溶液褪色，二氧化碳能夠使澄清石灰水變渾濁的性質，所以可以先通過溴的四氯化碳溶液檢驗乙烯的存在，然后再通過品紅溶液檢驗二氧化硫的存在，再通過酸性的高錳酸鉀除去過量的二氧化硫，再通過品紅溶液，檢驗二氧化硫是否除盡，最后再通入澄清石灰水檢驗二氧化碳的存在；

②先用溴的四氯化碳檢驗乙烯，然后用平衡檢驗二氧化硫，用溴水除去乙烯和二氧化硫，最后用澄清石灰水檢驗二氧化碳；F中溴水不褪色，說明二氧化硫已經除盡，E中澄清石灰水變渾濁，則證明混合氣體中含有二氧化碳．【解析】【解答】解：（1）乙醇沸點低；加熱時容易發(fā)生爆沸，加熱碎瓷片可以防止爆沸，故答案為：防止暴沸；

（2）若A中所得氣體含有SO2；則通到盛有品紅溶液的C中，可以使品紅溶液褪色；

將混合氣體先通入B；用氫氧化鈉吸收生成的二氧化硫，然后通入盛有酸性的高錳酸鉀的D裝置，若高錳酸鉀褪色則可證明乙烯的存在；

乙烯具有還原性能使溴的四氯化碳褪色；干燥的二氧化硫不與溴的四氯化碳反應，將干燥的混合氣體直接通入盛有溴的四氯化碳的G中，如果溶液褪色，則證明存在乙烯；

故答案為：C；D；G；

（3）D前面的石灰水無明顯變化說明乙醇碳化生成的二氧化碳和二氧化硫都被氫氧化鈉吸收；D后面的石灰水變混濁，說明混合氣體通入到酸性的高錳酸鉀中發(fā)生反應產生了能夠使澄清石灰水變渾濁的氣體，而乙烯含有不飽和鍵具有還原性，能被高錳酸鉀氧化；

故答案為：乙烯被酸性KMnO4溶液氧化成CO2；

（4）①若要一次性將三種氣體全部檢驗出來；可以將混合氣體干燥后通入盛有溴的四氯化碳的洗氣瓶，若洗氣瓶褪色，則證明乙烯存在；然后通入品紅溶液，若品紅褪色，則證明二氧化硫存在；二氧化硫；二氧化碳都能使澄清石灰水變渾濁，所以應先利用酸性的高錳酸鉀除去二氧化硫，然后通入澄清石灰水，若石灰水變渾濁，則證明存在二氧化碳；

故答案為：乙烯；二氧化硫、二氧化碳；

②若要一次性將三種氣體全部檢驗出來；可以將混合氣體干燥后通入盛有G溴的四氯化碳的洗氣瓶，若洗氣瓶褪色，則證明乙烯存在；然后用裝置C品紅溶液檢驗二氧化硫，品紅溶液褪色證明混合氣體中含有二氧化硫；再利用裝置F溴水除去乙烯和二氧化硫，防止干擾二氧化碳的檢驗，最后通入足量E澄清石灰水檢驗二氧化碳氣體；當F中溴水不褪色，E中澄清石灰水變渾濁，則證明混合氣體中含有二氧化碳；

故答案為：GCFE；F中溴水不褪色，E中澄清石灰水變渾濁．28、略

【分析】試題分析：本題主要考查HNO3的性質、化學基本實驗設計和評價能力。（1）根據(jù)裝置特點和實驗目的，裝置⑤是收集NO，裝置