2025年外研版2024高三化學(xué)上冊(cè)階段測(cè)試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年外研版2024高三化學(xué)上冊(cè)階段測(cè)試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、設(shè)阿伏加德羅常數(shù)為NA，下列說(shuō)法正確的是（）A.常溫下，Cu-Zn原電池中，正極產(chǎn)生1.12LH2時(shí)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)應(yīng)為0.1NAB.12g金剛石中含有的共價(jià)鍵數(shù)為4NAC.2gD2O中所含中子數(shù)為NAD.常溫下，1L0.1mol/LNa2CO3溶液中，含有CO32-數(shù)為0.1NA2、（2013秋?成都校級(jí)期末）諾貝爾生理學(xué)和醫(yī)學(xué)獎(jiǎng)的最大一次失誤是1948年授予了瑞士化學(xué)家米勒，由于米勒發(fā)明了劇毒有機(jī)氯殺蟲(chóng)劑DDT而獲得當(dāng)年諾貝爾獎(jiǎng)．DDT的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如圖．由與DDT是難降解化合物，毒性殘留時(shí)間長(zhǎng)，世界各國(guó)現(xiàn)已明令禁止生產(chǎn)和使用．下列關(guān)于DDT的說(shuō)法正確的是（）A.DDT分子中兩苯環(huán)不可能共平面B.DDT屬于芳香烴C.DDT分子可以發(fā)生消去反應(yīng)D.DDT難以降解的原因是不能發(fā)生水解反應(yīng)3、下列關(guān)于阿伏加德羅常數(shù)NA的說(shuō)法正確的是（）A.1mol/L的NaCl溶液中Na+為NA個(gè)B.1mol水中H原子為2NA個(gè)C.1molN2H4分子中N和H原子都為NA個(gè)D.2gH2中含NA個(gè)電子4、下列反應(yīng)的離子方程式書(shū)寫(xiě)正確的是（）A.氯氣和水的反應(yīng)：C12+H2O═2H++Clˉ+ClOˉB.向Al2（SO4）2溶液中加入過(guò)量的氨水：Al3++3NH3?H2O═Al（OH）3↓+3NH4+C.硫酸氫銨溶液中加入過(guò)量氫氧化鋇溶液：Ba2++SO42-═BaSO4↓D.銅片加入稀硝酸中：Cu+2NO3-+4H+═Cu2++2NO2↑+2H2O5、下列說(shuō)法正確的是（）A.等質(zhì)量的白磷蒸氣和白磷固體分別完全燃燒，后者放出的熱量多B.人類(lèi)日常利用的煤、天然氣、石油等的能量，歸根到底是由太陽(yáng)能轉(zhuǎn)變來(lái)的C.燃燒熱是指1mol物質(zhì)完全燃燒時(shí)放出的熱量D.H+（aq）+OH-（aq）=H2O（1）△H=-57.3kJ/mol也能表示稀醋酸與稀NaOH溶液反應(yīng)的中和熱6、鋅與很稀的硝酸反應(yīng)4Zn+10HNO3=4Zn（NO3）3+NH4NO3+3H2O，當(dāng)生成1mol硝酸鋅時(shí)被還原的硝酸的物質(zhì)的量為（）A.2.5molB.1molC.0.5molD.0.25mol7、1998年諾貝爾化學(xué)獎(jiǎng)授予科恩（美）和波普爾（英）以表彰他們?cè)诶碚摶瘜W(xué)領(lǐng)域作出的重大貢獻(xiàn)．他們的工作使實(shí)驗(yàn)和理論能夠共同協(xié)力探討分子體系的性質(zhì)，引起整個(gè)化學(xué)領(lǐng)域正在經(jīng)歷一場(chǎng)革命的變化．下列說(shuō)法正確的是（）A.化學(xué)不再是純實(shí)驗(yàn)科學(xué)B.化學(xué)不再需要實(shí)驗(yàn)C.化學(xué)不做實(shí)驗(yàn)，就什么都不知道D.未來(lái)化學(xué)的方向還是經(jīng)驗(yàn)化8、下列物質(zhì)性質(zhì)與應(yīng)用對(duì)應(yīng)關(guān)系正確的是rm{(}rm{)}A.rm{FeCl_{3}}溶液呈酸性，用于蝕刻銅電路板B.rm{NaHCO_{3}}能與堿反應(yīng)，可用作焙制糕點(diǎn)的膨松劑C.rm{ClO_{2}}具有強(qiáng)氧化性，可用于自來(lái)水的殺菌消毒D.rm{SO_{2}}具有漂白性，可用rm{SO_{2}}水溶液吸收rm{Br_{2}}蒸氣9、實(shí)驗(yàn)室制備下列氣體時(shí)，所用方法正確的是rm{(}rm{)}A.制乙烯時(shí)，用排水法或向上排空氣法收集氣體B.制氯氣時(shí)，用飽和rm{NaHCO_{3}}溶液和濃硫酸凈化氣體C.制氧氣時(shí)，用rm{Na_{2}O_{2}}或rm{H_{2}O_{2}}作反應(yīng)物可選擇相同的氣體發(fā)生裝置D.制二氧化氮時(shí)，用水或rm{NaOH}溶液吸收尾氣評(píng)卷人得分二、填空題(共6題，共12分)10、工業(yè)上生產(chǎn)氯化亞銅（CuCl）的工藝過(guò)程如下：

已知：氯化亞銅為白色立方結(jié)晶或白色粉末；微溶于水，不溶于乙醇，溶于濃鹽酸和氨水生成絡(luò)合物．在潮濕空氣中易水解氧化．用作催化劑；殺菌劑、媒染劑、脫色劑；在氣體分析中用于一氧化碳和乙炔的測(cè)定．回答下列問(wèn)題：

（1）步驟①中得到的氧化產(chǎn)物是____，溶解溫度應(yīng)控制在60-70℃，原因是____．

（2）步驟②④⑤⑧都要進(jìn)行固液分離．工業(yè)上常用的固液分離設(shè)備有____（填字母）．

A．分餾塔B．離心機(jī)C．反應(yīng)釜D．框式壓濾機(jī)。

（3）寫(xiě)出步驟③中主要反應(yīng)的離子方程式____．

（4）步驟⑤包括用pH=2的酸洗、水洗兩步操作，酸洗采用的酸是（寫(xiě)名稱(chēng)）____．

（5）上述工藝中，步驟⑥不能省略，理由是____．

（6）準(zhǔn)確稱(chēng)取所制備的氯化亞銅樣品mg，將其置于過(guò)量的FeCl3溶液中，待樣品完全溶解后，加入適量稀硫酸，用amol?L-1的K2Cr2O7溶液滴定到終點(diǎn)，消耗K2Cr2O7溶液BmL，反應(yīng)中Cr2O72-被還原為Cr3+，樣品中CuCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_(kāi)___．11、19.2gSO2在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為_(kāi)___L，其中含氧原子的物質(zhì)的量為_(kāi)___mol，該氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的密度是____．12、W；X、Y、Z為短周期內(nèi)除稀有氣體外的4種元素；它們的原子序數(shù)依次增大，其中只有Y為金屬元素．Y和W的最外層電子數(shù)相等．Y、Z兩元素原子的質(zhì)子數(shù)之和為W、X兩元素質(zhì)子數(shù)之和的3倍．由此可知：

（1）寫(xiě)出元素名稱(chēng)：W為_(kāi)___，X為_(kāi)___，Y為_(kāi)___，Z為_(kāi)___．

（2）X2的電子式為_(kāi)___，W2X2的結(jié)構(gòu)式為_(kāi)___．

（3）由Y、X、W組成的物質(zhì)的電子式為_(kāi)___，它是有____鍵和____鍵組成的____化合物．

（4）W2Z和W2X相比：沸點(diǎn)更高的是____（填化學(xué)式），原因是____；穩(wěn)定性更強(qiáng)的是____（填化學(xué)式），原因是____．13、鋼鐵工業(yè)是國(guó)家工業(yè)的基礎(chǔ)．請(qǐng)回答鋼鐵腐蝕、防護(hù)過(guò)程中的有關(guān)問(wèn)題．請(qǐng)寫(xiě)出鋼鐵在堿性、潮濕的環(huán)境下發(fā)生電化學(xué)腐蝕正極的電極反應(yīng)式：____；下列哪個(gè)裝置示意圖可防止鐵棒被腐蝕____．

14、常溫下鈦的化學(xué)活性很??；在較高溫度下可與多種物質(zhì)反應(yīng)．

（1）工業(yè)上由金紅石（含TiO2大于96%）為原料生產(chǎn)鈦的流程如下：

①沸騰氯化爐中發(fā)生的主要反應(yīng)為：____．

②已知：Ti（s）+2Cl2（g）=TiCl4（l）△H=akJ?mol-1；2Na（s）+Cl2（g）=2NaCl（s）△H=bkJ?mol-1；Na（s）=Na（l）△H=ckJ?mol-1；則：TiCl4（l）+4Na（l）=Ti（s）+4NaCl（s）△H=____kJ?mol-1．

（2）TiO2直接電解法生產(chǎn)鈦是一種較先進(jìn)的方法，電解質(zhì)為熔融的氯化鈣，原理如圖所示，二氧化鈦電極連接電源____極，該極電極反應(yīng)為：____．但此法會(huì)產(chǎn)生有毒氣體，為減少對(duì)環(huán)境的污染，在電池中加入固體氧離子隔膜（氧離子能順利通過(guò)），將兩極產(chǎn)物隔開(kāi)，再將石墨改為金屬陶瓷電極，并通入一種無(wú)毒的還原性氣體，該氣體是____．

（3）海綿鈦可用碘提純，原理為：，下列說(shuō)法正確的是____．

A．該反應(yīng)正反應(yīng)的△H＞0

B．在不同溫度區(qū)域，TiI4的量保持不變。

C．在提純過(guò)程中，I2的作用是將粗鈦從低溫區(qū)轉(zhuǎn)移到高溫區(qū)。

D．在提純過(guò)程中，I2可循環(huán)利用．15、實(shí)驗(yàn)室檢驗(yàn)葡萄糖溶液常用如下方法：

（1）步驟①中所得的溶液稱(chēng)為_(kāi)___．

（2）步驟③需加熱，應(yīng)選擇的加熱方式為上圖中的____（選填“A”；“B”）．

（3）下列關(guān)于該實(shí)驗(yàn)的說(shuō)法正確的是____

A．加熱過(guò)程中應(yīng)不斷振蕩試管；使其受熱均勻B．步驟①中的現(xiàn)象為先有白色沉淀后沉淀恰好完全溶解。

C．醫(yī)學(xué)上曾用類(lèi)似的反應(yīng)來(lái)檢驗(yàn)病人尿液中葡萄糖的含量是否偏高．評(píng)卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)16、對(duì)于2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）和I2（g）+H2（g）═2HI（g）反應(yīng)，在恒溫恒容條件下，當(dāng)壓強(qiáng)保持不變時(shí)，均能說(shuō)明上述反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)．____（判斷對(duì)錯(cuò)）17、蛋白質(zhì)溶液中加入飽和（NH4）2SO4溶液，蛋白質(zhì)析出，再加水也不溶解．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）18、為防止流感傳染，可將教室門(mén)窗關(guān)閉后，用食醋熏蒸，進(jìn)行消毒．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）19、為了防止齲齒，人人都要使用含氟牙膏．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）20、實(shí)驗(yàn)測(cè)得1mol某氣體體積為22.4L，測(cè)定條件一定是標(biāo)準(zhǔn)狀況____（判斷對(duì)錯(cuò)）21、向試管中滴加液體時(shí)，膠頭滴管緊貼試管內(nèi)壁____．（判斷對(duì)錯(cuò)）22、乙二酸與乙二醇的縮聚反應(yīng)方程式為_(kāi)___．參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】【分析】A．沒(méi)有告訴在標(biāo)準(zhǔn)狀況下；不能使用標(biāo)況下的氣體摩爾體積計(jì)算氫氣的物質(zhì)的量；

B．金剛石中，每個(gè)C原子與其它4個(gè)C形成了4個(gè)C-C共價(jià)鍵，根據(jù)均攤法，每個(gè)碳原子形成共價(jià)鍵的數(shù)目為：×4=2；據(jù)此計(jì)算出1mol碳原子形成的共價(jià)鍵數(shù)目；

C．D2O的摩爾質(zhì)量為20g/mol；分子中含有10個(gè)中子，2g該水的物質(zhì)的量為0.1mol，含有2mol中子；

D．碳酸鈉溶液中，碳酸根離子部分水解，導(dǎo)致溶液中碳酸根離子數(shù)目減少．【解析】【解答】解：A．不是標(biāo)準(zhǔn)狀況下；題中條件無(wú)法計(jì)算1.12L氫氣的物質(zhì)的量，故A錯(cuò)誤；

B．金剛石為原子晶體，晶體中每個(gè)C原子與其它4個(gè)C形成了4個(gè)C-C共價(jià)鍵，根據(jù)均攤法，每個(gè)碳原子形成共價(jià)鍵的數(shù)目為：×4=2，12g金剛石中含有1mol碳原子，1molC能夠形成2mol共價(jià)鍵，含有的共價(jià)鍵數(shù)為2NA；故B錯(cuò)誤；

C．2.0g重水的物質(zhì)的量為0.1mol，0.1mol重水中含有1mol中子，所含中子數(shù)為NA；故C正確；

D．1L0.1mol/LNa2CO3溶液中含有溶質(zhì)碳酸鈉0.1mol，由于碳酸根離子水解，溶液中碳酸根離子小于0.1mol，含有CO32-數(shù)小于0.1NA；故D錯(cuò)誤；

故選C．2、C【分析】【分析】A．根據(jù)苯環(huán)中所有原子共平面進(jìn)行分析DDT分子中兩苯環(huán)共平面情況；

B．由于DDT分子中存在氯原子；不屬于烴類(lèi)；

C．DDT分子中；兩個(gè)苯環(huán)之間的碳原子上H與其相連的C上的Cl可以發(fā)生消去反應(yīng)；

D．DDT分子中含有氯原子，能夠發(fā)生水解反應(yīng)．【解析】【解答】解：A．由于苯環(huán)中所有原子共平面；所以DDT中兩個(gè)苯環(huán)可以共平面，故A錯(cuò)誤；

B．DDT分子中含有的原子除了C；H以外；還含有氯原子，所以不屬于芳香烴，故B錯(cuò)誤；

C．DDT分子中側(cè)鏈上的氯原子可以發(fā)生消去反應(yīng)；故C正確；

D．DDT分子中含有氯原子；一定條件下能夠發(fā)生水解反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；

故選C．3、B【分析】【分析】A；溶液體積不知；不能計(jì)算微粒數(shù)；

B；1mol水分子中含有氫原子為2mol；

C、1molN2H4分子中N原子2mol；H原子4mol；

D、依據(jù)n=計(jì)算物質(zhì)的量結(jié)合分子中含電子數(shù)計(jì)算得到．【解析】【解答】解：A；1mol/L的NaCl溶液；體積不知不能計(jì)算微粒數(shù)，故A錯(cuò)誤；

B、1mol水分子中H原子數(shù)為2NA個(gè)；故B正確；

C、1molN2H4分子中N原子2mol，即為2NA，H原子4mol，即為4NA；故C錯(cuò)誤；

D、2gH2中物質(zhì)的量==1mol，含電子數(shù)=1mol×2×NA=2NA個(gè)電子；故D錯(cuò)誤；

故選：B．4、B【分析】【分析】A．次氯酸為弱酸；離子方程式中次氯酸不能拆開(kāi)；

B．氨水為弱堿；二者反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀和硫酸銨；

C．氫氧化鋇過(guò)量；氫離子；銨根離子都參與反應(yīng)；

D．銅與稀硝酸反應(yīng)生成的是NO氣體．【解析】【解答】解：A．氯氣與水反應(yīng)生成氯化氫和次氯酸，次氯酸小于保留分子式，正確的離子方程式為C12+H2O═H++Cl-+HClO；故A錯(cuò)誤；

B．向Al2（SO4）2溶液中加入過(guò)量的氨水，反應(yīng)的離子方程式為：Al3++3NH3?H2O═Al（OH）3↓+3NH4+；故B正確；

C．向硫酸氫銨溶液中加入過(guò)量氫氧化鋇溶液，銨根離子、氫離子和硫酸根離子都參與反應(yīng)，正確的離子反應(yīng)為NH4++2OH-+H++Ba2++SO42-═BaSO4↓+NH3?H2O+H2O；故C錯(cuò)誤；

D．銅與稀硝酸反應(yīng)生成硝酸銅、一氧化氮?dú)怏w和水，正確的離子方程式為：3Cu+2NO3-+8H+═3Cu2++2NO↑+4H2O；故D錯(cuò)誤；

故選B．5、B【分析】【分析】A；從物質(zhì)的聚集狀態(tài)不同；反應(yīng)熱不同來(lái)分析；

B；人們使用的煤、天然氣、石油化石能源都是間接利用太陽(yáng)能；

C；依據(jù)燃燒熱概念分析判斷；

D、醋酸為弱電解質(zhì)，電離過(guò)程為吸熱過(guò)程．【解析】【解答】解：A；白磷蒸氣和白磷固體的聚集狀態(tài)不同；當(dāng)氣體轉(zhuǎn)化為固體時(shí)要放出熱量，故等量的白磷蒸氣和白磷固體分別完全燃燒，白磷蒸氣放出的熱量多，故A錯(cuò)誤；

B；遠(yuǎn)古時(shí)期陸地和海洋的植物通過(guò)光合作用；將太陽(yáng)能轉(zhuǎn)化為生物質(zhì)能，它們死后身體埋藏在地下和海底腐爛，多年之后形成煤、天然氣、石油化石能源都是間接利用太陽(yáng)能，故B正確；

C．燃燒熱是指1mol純凈物完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物放出的熱量；強(qiáng)調(diào)可燃物為1mol，生成物是穩(wěn)定的氧化物，故C錯(cuò)誤；

D；醋酸為弱電解質(zhì)；電離過(guò)程為吸熱過(guò)程，則稀醋酸與稀NaOH溶液反應(yīng)生成lmol水，放出的熱量小于57.3kJ，故D錯(cuò)誤．

故選B．6、D【分析】【分析】發(fā)生反應(yīng)為4Zn+10HNO3═4Zn（NO3）2+NH4NO3+3H2O，反應(yīng)中Zn元素化合價(jià)由0價(jià)升高到+2價(jià)，N元素化合價(jià)由+5價(jià)降低到-3價(jià)，根據(jù)氧化還原反應(yīng)中氧化劑和還原劑得失電子數(shù)目相等，表現(xiàn)為化合價(jià)升降總數(shù)相等計(jì)算．【解析】【解答】解：當(dāng)生成1mol硝酸鋅時(shí)；應(yīng)有1molZn參加反應(yīng)，失去2mol電子；

則硝酸得到2mo電子；反應(yīng)中N元素化合價(jià)由+5價(jià)降低到-3價(jià)，設(shè)有xmol硝酸被鋇還原，則有[5-（-3）]x=2；

x=0.25；

故選D．7、A【分析】【分析】題干明白無(wú)誤的說(shuō)明了實(shí)驗(yàn)和理論相輔相成，共同使整個(gè)化學(xué)領(lǐng)域經(jīng)歷了一場(chǎng)革命性的變化．因而科恩（美）和波普爾（英）獲得了1998年諾貝爾化學(xué)獎(jiǎng)．【解析】【解答】解：A；化學(xué)離不開(kāi)實(shí)驗(yàn)；也需要理論的指導(dǎo)，故A正確；

B；化學(xué)是一門(mén)以實(shí)驗(yàn)為基礎(chǔ)的科學(xué)；化學(xué)不再需要試驗(yàn)是錯(cuò)誤的，故B錯(cuò)誤；

C；化學(xué)也需要理論研究；離不開(kāi)理論的指導(dǎo)，故C錯(cuò)誤；

D；化學(xué)無(wú)論何時(shí)；都需要實(shí)驗(yàn)來(lái)驗(yàn)證，故D錯(cuò)誤．

故選A．8、C【分析】解：rm{A.FeCl_{3}}溶液用于蝕刻銅電路板；是因?yàn)槿然F具有強(qiáng)的氧化性，能夠氧化銅，故A錯(cuò)誤；

B.碳酸氫鈉可用作焙制糕點(diǎn)的膨松劑；是因?yàn)樘妓釟溻c不穩(wěn)定受熱分解生成二氧化碳，故B錯(cuò)誤；

C.rm{ClO_{2}}具有強(qiáng)氧化性能夠使蛋白質(zhì)變性；可以用于自來(lái)水的殺菌消毒，故C正確；

D.可用rm{SO_{2}}水溶液吸收rm{Br_{2}}蒸氣；是因?yàn)槎趸蚓哂羞€原性，故D錯(cuò)誤；

故選：rm{C}

A.依據(jù)三氯化鐵的氧化性解答；

B.依據(jù)碳酸氫鈉的不穩(wěn)定性解答；

C.依據(jù)rm{ClO_{2}}具有強(qiáng)氧化性能夠使蛋白質(zhì)變性解答；

D.依據(jù)二氧化硫的還原性解答。

本題考查較為綜合，涉及氧化還原反應(yīng)、碳酸氫鈉、二氧化硫、二氧化氯等知識(shí)，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重于化學(xué)于生活、生產(chǎn)的考查，有利于培養(yǎng)學(xué)生的良好的科學(xué)素養(yǎng)，難度不大?！窘馕觥縭m{C}9、C【分析】解：rm{A.}乙烯密度與空氣相近；不能用排空法收集，因用排水法收集，故A錯(cuò)誤；

B.氯氣溶于水和水反應(yīng)生成鹽酸和次氯酸是化學(xué)平衡，鹽酸和碳酸氫鈉能發(fā)生反應(yīng)促進(jìn)平衡正向進(jìn)行，生成的氯氣通過(guò)飽和rm{NaHCO_{3}}溶液不能制得氯氣；故B錯(cuò)誤；

C.用rm{Na_{2}O_{2}}或rm{H_{2}O_{2}}作反應(yīng)物制備氧氣都是利用固體和液體不和加熱反應(yīng)生成；應(yīng)選擇分液漏斗中的液體加入過(guò)氧化鈉中反應(yīng)或過(guò)氧化氫從分液漏斗中滴入固體二氧化錳催化作用發(fā)生反應(yīng)生成氧氣，應(yīng)選擇相同的氣體發(fā)生裝置，故C正確；

D.二氧化氮和水反應(yīng)生成硝酸同時(shí)生成一氧化氮也是污染氣體；不能被吸收，氫氧化鈉溶液可以吸收二氧化氮?dú)怏w，故D錯(cuò)誤；

故選C．

A.乙烯密度與空氣相近；不能用排空法收集；

B.氯氣與碳酸氫鈉溶液反應(yīng)；

C.rm{Na_{2}O_{2}}或rm{H_{2}O_{2}}作反應(yīng)物；均為固體與液體反應(yīng)，且不需要加熱；

D.二氧化氮和水反應(yīng)生成硝酸同時(shí)生成一氧化氮也是污染氣體．

本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、氣體的收集和制備、尾氣處理等為解答的關(guān)鍵，側(cè)重實(shí)驗(yàn)技能的考查，題目難度不大．【解析】rm{C}二、填空題(共6題，共12分)10、CuSO4或Cu2+溫度低溶解速度慢，溫度過(guò)高銨鹽分解BD2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+硫酸醇洗有利于加快去除CuCl表面水分防止其水解氧化×100%【分析】【分析】酸性條件下硝酸根離子具有氧化性，可氧化海綿銅（主要成分是Cu和少量CuO）生成硫酸銅，過(guò)濾后在濾液中加入亞硫酸銨發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成CuCl，發(fā)生2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+，得到的CuCl經(jīng)硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗滌，可快速除去固體表面的水分，防止水解、氧化，步驟②、④、⑤、⑧都要進(jìn)行固液分離，根據(jù)混合的水溶性進(jìn)行分離，沒(méi)有發(fā)生化學(xué)變化，可用離心機(jī)以及框式壓濾機(jī)，以得到濾餅，氯化亞銅與氯化鐵發(fā)生Fe3++CuCl═Fe2++Cu2++Cl-，加入K2Cr2O7溶液，發(fā)生6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，結(jié)合關(guān)系式解答該題．【解析】【解答】解：酸性條件下硝酸根離子具有氧化性，可氧化海綿銅（主要成分是Cu和少量CuO）生成硫酸銅，過(guò)濾后在濾液中加入亞硫酸銨發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成CuCl，發(fā)生2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+；得到的CuCl經(jīng)硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗滌，烘干得到氯化亞銅．

（1）由于酸性條件下硝酸根離子具有氧化性，可氧化Cu生成CuSO4或Cu2+；溶解溫度應(yīng)控制在60-70℃，原因是溫度低溶解速度慢，溫度過(guò)高銨鹽分解；

故答案為：CuSO4或Cu2+；溫度低溶解速度慢；溫度過(guò)高銨鹽分解；

（2）步驟②；④、⑤、⑧都要進(jìn)行固液分離；根據(jù)混合的水溶性進(jìn)行分離，沒(méi)有發(fā)生化學(xué)變化，可用離心機(jī)以及框式壓濾機(jī)，以得到濾餅；

故答案為：BD；

（3）銅離子與亞硫酸銨發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成CuCl，發(fā)生2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+，故答案為：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+；

（4）由流程可知；經(jīng)酸洗；水洗后得到硫酸銨，則應(yīng)加入硫酸，為防止CuCl溶解，不能加入硝酸等氧化性酸，也不能加入鹽酸，防止引入新雜質(zhì)；

故答案為：硫酸；

（5）步驟⑥為醇洗；因乙醇沸點(diǎn)低，易揮發(fā)，則用乙醇洗滌，可快速除去固體表面的水分，防止水解；氧化；

故答案為：醇洗有利于加快去除CuCl表面水分防止其水解氧化；

（6）氯化亞銅與氯化鐵發(fā)生Fe3++CuCl═Fe2++Cu2++Cl-，加入K2Cr2O7溶液，發(fā)生6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O；

反應(yīng)的關(guān)系式為6CuCl～6Fe2+～Cr2O72-；

61

nab×10-3mol

n=6ab×10-3mol；

m（CuCl）=99.5g/mol×6ab×10-3mol=0.597abg；

則樣品中CuCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%；

故答案為：×100%．11、6.720.62.9g/L【分析】【分析】根據(jù)n=計(jì)算二氧化硫物質(zhì)的量，再根據(jù)V=nVm計(jì)算其體積；氧原子物質(zhì)的量為二氧化硫的2倍；標(biāo)況下氣體密度ρ=．【解析】【解答】解：n（SO2）=19.2g÷64g．mol-1=0.3mol；

則V（SO2）=0.3mol×22.4L．mol-1=6.72L；

n（O）=2n（SO2）=0.6mol；

標(biāo)況下ρ（SO2）=64g．mol-1÷22.4L．mol-1=2.9g/L；

故答案為：6.72；0.6；2.9g/L．12、氫氧鈉硫H-O-O-H離子共價(jià)離子H2O水分子間存在氫鍵（H2S分子間只有范德華力，氫鍵的作用力強(qiáng)于范德華力）H2O水分子中氫氧鍵的鍵能大于H2S分子中氫硫鍵的鍵能（氧的非金屬性大于硫）【分析】【分析】短周期的金屬只有Li、Be、Na、Mg、Al，Y和W的最外層電子數(shù)相等即W和Y同族，所以W只能是H（氫），因不存在稀有氣體，所以如果Y是Li，X就成了稀有氣體，不成立，所以Y是Na，Y的質(zhì)子數(shù)是11，Z一定大于Y，也就是12以上，故Y和Z的和能被3整除的數(shù)有：24、27，故Z質(zhì)子數(shù)為：24-11=13，或27-11=16，W的質(zhì)子數(shù)是1，X的質(zhì)子數(shù)有可能是7或8，故W、Z、Y、Z分別為：1，7，11，13（鋁為另一種金屬）不成立，或1，8，11，16成立，所以W、X、Y、Z分別為：H、O、Na、S，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：短周期的金屬只有Li；Be、Na、Mg、Al；Y和W的最外層電子數(shù)相等即W和Y同族，所以W只能是H（氫），因不存在稀有氣體，所以如果Y是Li，X就成了稀有氣體，不成立，所以Y是Na，Y的質(zhì)子數(shù)是11，Z一定大于Y，也就是12以上，故Y和Z的和能被3整除的數(shù)有：24、27，故Z質(zhì)子數(shù)為：24-11=13，或27-11=16，W的質(zhì)子數(shù)是1，X的質(zhì)子數(shù)有可能是7或8，故W、Z、Y、Z分別為：1，7，11，13（鋁為另一種金屬）不成立，或1，8，11，16成立，所以W、X、Y、Z分別為：H、O、Na、S；

（1）通過(guò)以上分析知；W；X、Y、Z分別為氫、氧、鈉、硫；

故答案為：氫；氧；鈉；硫；

（2）X是O元素，氧分子中兩個(gè)氧原子之間共用兩對(duì)電子，所以O(shè)2的電子式為H2O2分子中H原子和O原子之間共用一對(duì)電子；O原子之間共用一對(duì)電子；所以雙氧水分子結(jié)構(gòu)式為H-O-O-H；

故答案為：H-O-O-H；

（3）由Y、X、W組成的物質(zhì)為NaOH，NaOH中存在離子鍵和共價(jià)鍵，所以為離子化合物，其電子式為

故答案為：離子；共價(jià)鍵；離子；

（4）H2O和H2S都是分子晶體；但水中存在氫鍵；硫化氫中不存在氫鍵，所以水的沸點(diǎn)大于硫化氫；

元素的非金屬性越強(qiáng)，其氫化物越穩(wěn)定，非金屬性O(shè)＞S，所以穩(wěn)定性更強(qiáng)的是H2O；

故答案為：H2O；水分子間存在氫鍵（H2S分子間只有范德華力；氫鍵的作用力強(qiáng)于范德華力）；

H2O；水分子中氫氧鍵的鍵能大于H2S分子中氫硫鍵的鍵能（氧的非金屬性大于硫）．13、O2+2H2O+4e-=4OH-BD【分析】【分析】鋼鐵在堿性條件下發(fā)生吸氧腐蝕；正極上氧氣得電子和水反應(yīng)生成氫氧根離子；

金屬作原電池正極或電解池陰極都能被保護(hù)，據(jù)此分析．【解析】【解答】解：鋼鐵在堿性、潮濕的環(huán)境下發(fā)生吸氧腐蝕，負(fù)極上鐵失電子，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O2+2H2O+4e-=4OH-；

金屬鐵作原電池正極或電解池陰極都被保護(hù)而防止被腐蝕；A裝置中鐵作原電池負(fù)極加快鐵腐蝕，B裝置中鐵作原電池正極被保護(hù)，在C裝置中，金屬鐵和水以及少量的氧氣接觸，也會(huì)被腐蝕，D裝置中鐵作電解池陰極被保護(hù)，故BD正確；

故答案為：O2+2H2O+4e-=4OH-；BD．14、TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO2b-4c-a負(fù)TiO2+4e-=Ti+O2-H2CD【分析】【分析】（1）①根據(jù)沸騰爐中流程可知反應(yīng)物為氯氣、碳和TiO2，反應(yīng)生成TiCl4和一氧化碳；依據(jù)在守恒配平書(shū)寫(xiě)；

②將已知方程式換算成目標(biāo)方程式；焓變進(jìn)行相應(yīng)的改變，結(jié)合蓋斯定律計(jì)算得到；

（2）①陰極上得電子發(fā)生還原反應(yīng)；

②陰極上加入的物質(zhì)應(yīng)該具有還原性；反應(yīng)后的生成物沒(méi)有污染；

（3）A；根據(jù)反應(yīng)物和生成物的能量變化確定焓變；

B、根據(jù)溫度判斷，在不同溫度區(qū)域，TiI4的量是否發(fā)生改變；

C；溫度不同；反應(yīng)方程式不同，產(chǎn)物不同。

D、在提純過(guò)程中，根據(jù)反應(yīng)確定I2的量是否變化．【解析】【解答】解：（1）沸騰爐中流程可知反應(yīng)物為氯氣、碳和TiO2，反應(yīng)生成TiCl4和一氧化碳；

反應(yīng)的化學(xué)方程式為：TiO2+2C+2Cl2=TiCl4+2CO；

故答案為：TiO2+2C+2Cl2=TiCl4+2CO；

②（I）Ti（s）+2Cl2（g）=TiCl4（l）△H=akJ/mol；

（II）2Na（s）+Cl2（g）=2NaCl（s）△H=bkJ/mol；

（III）Na（s）=Na（l）△H=ckJ/mol；

將方程式2（II）-（I）-4（III）得TiCl4（l）+4Na（l）=Ti（s）+4NaCl（s），△H=2b-4c-a；

故答案為：2b-4c-a；

（2）電解時(shí)，陰極上得電子發(fā)生還原反應(yīng)，所以二氧化鈦得電子生成鈦和氧離子，和電源負(fù)極相連；電極反應(yīng)式為T(mén)iO2+4e-=Ti+2O2-；陰極上加入的物質(zhì)應(yīng)該具有還原性且是氣體，反應(yīng)后的生成物沒(méi)有污染，水沒(méi)有污染，所以該氣體是氫氣；

故答案為：負(fù)；TiO2+4e-=Ti+2O2-；H2；

（3）A；大多數(shù)混合反應(yīng)是放熱反應(yīng)；該反應(yīng)的正反應(yīng)也是放熱反應(yīng)，則該反應(yīng)正反應(yīng)的△H＜0，故A錯(cuò)誤；

B、高于400℃，鈦和氯氣反應(yīng)生成四氯化鈦，在1250℃四氯化鈦分解，所以在不同溫度區(qū)域，TiI4的量不同；故B錯(cuò)誤；

C、在提純過(guò)程中，高于400℃，碘和鈦反應(yīng)生成四氯化鈦，在1250℃四氯化鈦分解生成碘和鈦，所以I2的作用是將粗鈦從低溫區(qū)轉(zhuǎn)移到高溫區(qū)；故C正確；

D、在提純過(guò)程中，高于400℃，碘和鈦反應(yīng)生成四氯化鈦，在1250℃四氯化鈦分解生成碘和鈦，所以I2的量不變；可以循環(huán)利用，故D正確；

故選CD．15、銀氨溶液BBC【分析】【分析】由圖可知，①配制銀氨溶液，②中發(fā)生葡萄糖與銀氨溶液的氧化反應(yīng)，銀鏡反應(yīng)需要水浴加熱，結(jié)合實(shí)驗(yàn)中現(xiàn)象來(lái)解答．【解析】【解答】解：（1）步驟①中向硝酸銀溶液中滴加氨水；至生成的沉淀恰好溶解，所得的溶液稱(chēng)為銀氨溶液，故答案為：銀氨溶液；

（2）銀鏡反應(yīng)需要水浴加熱；應(yīng)選B裝置，保持溫度恒定，故答案為：B；

（3）A．加熱過(guò)程中不能振蕩試管；否則觀察不到