2025年統(tǒng)編版2024高三化學(xué)上冊(cè)階段測(cè)試試卷

…………○…………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年統(tǒng)編版2024高三化學(xué)上冊(cè)階段測(cè)試試卷720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)一二三四五總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、下列離子方程式書寫正確的是()

A.氯化鈣溶液中通入rm{CO_{2}}氣體：rm{Ca^{2+}+CO_{2}+H_{2}O=CaCO_{3}隆媒+2H^{+}}B.以石墨作電極電解氯化鋁溶液：rm{2Cl^{-}+2H_{2}Ooverset{碌莽陸芒}{=}2OH^{-}+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}C.rm{2Cl^{-}+2H_{2}Ooverset{碌莽陸芒}{=}

2OH^{-}+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}溶液中通入過(guò)量的rm{Ca(ClO)_{2}}氣體：rm{Cl{O}^{-}+S{O}_{2}+{H}_{2}O=HClO+HSO_{3}^{-}}D.向明礬溶液中加入氫氧化鋇溶液至沉淀的質(zhì)量最大：rm{A{l}^{3+}+2SO_{4}^{2-}+2B{a}^{2+}+4O{H}^{-}=2BaS{O}_{4}隆媒+AlO_{2}^{-}+2{H}_{2}O}rm{SO_{2}}2、下列說(shuō)法中，正確的是（）A.Na2O、Na2O2為相同元素組成的金屬氧化物，都屬于堿性氧化物B.SiO2、CO2均為酸性氧化物，均能與NaOH溶液反應(yīng)生成鹽和水C.FeO、Fe2O3均為堿性氧化物，與氫碘酸反應(yīng)均只發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)D.工業(yè)上電解熔融MgCl2制取金屬鎂；也用電解熔融AlCl3的方法制取金屬鋁3、某反應(yīng)可用下式表示：xR2++yH++O2═mR3++nH2O．則m的值為（）A.2xB.4C.D.74、某有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：則此有機(jī)物可發(fā)生的反應(yīng)類型有：①取代②加成③消去④酯化⑤水解⑥氧化⑦縮聚⑧中和則（）A.除①⑥外均能B.除①⑦外均能C.除⑥⑦外均能D.以上反應(yīng)均能5、25℃時(shí)，水中存在電離平衡：H2O?H++OH-，下列關(guān)于水的說(shuō)法正確的是（）A.水的電離是吸熱過(guò)程，升高溫度不利于電離B.向水中加入少量稀硫酸，水的離子積KW不變C.含H+的溶液顯酸性，含OH-的溶液顯堿性D.向水中加入少量氫氧化鈉溶液，水的電離程度變大6、化學(xué)與生產(chǎn)、生活、環(huán)境等社會(huì)實(shí)際密切相關(guān)．下列敘述正確的是（）A.“滴水石穿、繩鋸木斷”不涉及化學(xué)變化B.氟利昂作制冷劑會(huì)加劇霧霾天氣的形成C.明礬凈水的原理和“84”消毒液消毒的原理不相同D.汽車尾氣中含有的氮氧化物，是汽油不完全燃燒造成的7、電導(dǎo)率是衡量電解質(zhì)溶液導(dǎo)電能力大小的物理量，據(jù)溶液電導(dǎo)率變化可以確定滴定反應(yīng)的終點(diǎn)．圖是某同學(xué)用0.1mol/LKOH溶液分別滴定體積均為20mL、濃度均為0.1mol/L的HC1和CH3COOH溶液滴定曲線示意圖．下列有關(guān)判斷正確的是（）A.曲線①代表0.1mol/LKOH溶液滴定HC1溶液的滴定曲線，曲線②代表0.1mol/LKOH溶液滴定CH3COOH溶液的滴定曲線B.在相同溫度下，C點(diǎn)水電離的c（H+）等于A點(diǎn)水電離的c（H+）C.在A點(diǎn)的溶液中有：c（CH3COO-）+c（OH-）-c（H+）=0.1mol/LD.在B點(diǎn)的溶液中有：c（K+）＞c（OH-）＞c（CH3COO-）＞c（H+）8、將二氧化碳通入到下列溶液中，不能發(fā)生反應(yīng)的是rm{(}rm{)}A.rm{CaCl_{2}}B.rm{Na_{2}CO_{3}}C.rm{Na_{2}SiO_{3}}D.rm{NaOH}評(píng)卷人得分二、填空題(共6題，共12分)9、（1）工業(yè)上用電石-乙炔生產(chǎn)氯乙烯的反應(yīng)如下：

CaO+3CCaC2+CO

CaC2+2H2O→CH≡CH+Ca（OH）2

CH≡CH+HClCH2=CHCl

電石-乙炔法的優(yōu)點(diǎn)是流程簡(jiǎn)單；產(chǎn)品純度高，而且不依賴與石油資源．

電石-乙炔法的缺點(diǎn)是：____、____．10、氮；磷及其化合物在科研及生產(chǎn)中均有著重要的應(yīng)用．

（1）室溫下，0.1mol/L的亞硝酸（HNO2）、次氯酸的電離常數(shù)Ka分別為：7.1×10-6，2.98×10-9．HNO2的酸性比HClO____（填“強(qiáng)”、“弱”）；將0.1mol/L的亞硝酸加水稀釋100倍，c（H+）____（填“不變”、“增大”或“減小”），Ka值____（同上）

（2）NaNO2與NaCl都是白色粉末且都有咸味，但NaNO2有毒，具有致癌性．通常它們可以通過(guò)加入熱的白醋（CH3COOH）鑒別，NaNO2遇到白醋會(huì)產(chǎn)生一種紅棕色氣體和一種無(wú)色氣體，它們的組成元素相同．該反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)___．

（3）磷及部分重要化合物的相互轉(zhuǎn)化如圖甲所示．

①“步驟Ⅰ”為白磷的工業(yè)生產(chǎn)方法之一，反應(yīng)在1300℃的高溫爐中進(jìn)行，焦炭的作用是____．

②不慎將白磷沾到皮膚上，可用0.2mol/LCuSO4溶液沖洗，“步驟Ⅱ”涉及的反應(yīng)中氧化劑是____．

（4）若處理后的廢水中c（PO43-）=4×10-7mol/L，則溶液中c（Ca2+）不會(huì)超過(guò)____mol/L．（Kap[Ca2（PO4）3]=2×10-29）

（5）某“液氨--液氧”燃料電池裝置示意圖如圖乙所示，該燃料電池以NaOH為電解質(zhì)．該電池在工作時(shí)，“電極2”為_(kāi)___極（填“正”或“負(fù)”）；“電極1”表面發(fā)生的電極反應(yīng)式為_(kāi)___．11、試回答下列問(wèn)題：

（1）0.3molNH3分子中所含質(zhì)子數(shù)與____molH2O分子中所含質(zhì)子數(shù)相等．

（2）14.2g（NH4）2C2O4?xH2O中含有1.204×1023個(gè)NH4+，該物質(zhì)的摩爾質(zhì)量是____，x的值是____．12、分類法是化學(xué)學(xué)習(xí)的一種十分有效的方法，它可以使我們從不同角度對(duì)同一知識(shí)做更加深入的了解，人們根據(jù)不同的標(biāo)準(zhǔn)，即使同一物質(zhì)也可能被劃在不同的類別中．現(xiàn)有如下物質(zhì)①M(fèi)gCl2②HCl③SO2④NO2⑤K2CO3⑥Cl2⑦CaO⑧NaOH請(qǐng)根據(jù)下列標(biāo)準(zhǔn)；對(duì)上述物質(zhì)進(jìn)行分類：

（1）既含離子鍵又含共價(jià)鍵的物質(zhì)是____（填代號(hào)；下同）．

（2）只含共價(jià)鍵且為非電解質(zhì)的是____．

（3）含有共價(jià)鍵的化合物是____．13、2009年9月莫拉克臺(tái)風(fēng)致臺(tái)灣南部地區(qū)遭遇50年不遇的罕見(jiàn)自然災(zāi)害；高雄縣甲仙鄉(xiāng)小林村遭泥石流“滅村”．臺(tái)灣當(dāng)局最新估計(jì)，在臺(tái)風(fēng)中遇難人數(shù)估計(jì)已超過(guò)500人．據(jù)悉，臺(tái)海軍15日將動(dòng)用軍艦運(yùn)送物資和機(jī)械進(jìn)入災(zāi)區(qū)．

（1）某化學(xué)興趣小組收集到當(dāng)時(shí)的雨水2L；將該雨水分成相同的兩份，一份加足量的硝酸銀溶液，可產(chǎn)生白色沉淀1.435g，另一份加入足量的鐵粉能緩慢反應(yīng)產(chǎn)生氫氣，請(qǐng)回答：

①該雨水樣品中c（Cl-）____；

②舉例說(shuō)明能使該雨水消耗鐵粉速率加快但不影響氫氣體積的兩種方法（該反應(yīng)可排除催化劑的作用）____．

（2）軍事工業(yè)上通常用鋁合金（Al-Zn-Cd）來(lái)保護(hù)軍艦艦體，其中負(fù)極的電極反應(yīng)為_(kāi)___；在實(shí)際應(yīng)用中，用鋁合金而不選用純鋁，純鋁不能很好地起到保護(hù)作用的原因是____．

（3）如果船體鋼鐵保護(hù)層受損，選用銅、鋅、錫中哪種金屬修補(bǔ)？____，理由是____．14、MnO2在酸性溶液中具有強(qiáng)氧化性，可被還原為Mn2+，它還對(duì)H2O2的分解具有良好的催化效果．某興趣小組通過(guò)實(shí)驗(yàn)研究MnO2的性質(zhì)．

（1）該小組設(shè)計(jì)了如下4個(gè)方案以驗(yàn)證MnO2的氧化性，可行的是____．

A、把MnO2固體加入到FeSO4溶液中；再加入KSCN溶液，觀察溶液是否變紅。

B、把MnO2固體加入到FeCl3溶液中；再加入KSCN溶液，觀察溶液是否變紅。

C、把MnO2固體加入到Na2SO3溶液中，再加入BaCl2觀察是否有白色沉淀生成。

D、把MnO2固體加入到稀鹽酸中；觀察是否有黃綠色氣體生成。

（2）該小組為研究在不同酸堿性的溶液中MnO2的氧化能力，他們控制KI溶液的濃度和MnO2固體的質(zhì)量相同；恒定實(shí)驗(yàn)溫度在298K，設(shè)計(jì)如下對(duì)比試驗(yàn)．

。實(shí)驗(yàn)酸或堿現(xiàn)象A1滴0.2mol/LNaOH溶液不變色B1滴水緩慢變淺棕褐色C1滴0.1mol/L硫酸溶液迅速變棕褐色該小組從上述對(duì)比實(shí)驗(yàn)中，可以得出的結(jié)論是____．

寫出在酸性條件下，MnO2氧化I-的離子方程式____．

（3）欲探究MnO2的催化效果，需要用30%的H2O2溶液（密度近似為1g/cm3）配制濃度3%的H2O2溶液（密度近似為1g/cm3）100mL．其配制方法是：用量筒量取____mL30%H2O2溶液放入____（填儀器名稱）中；再加入一定量的水，攪拌均勻．

（4）在實(shí)驗(yàn)時(shí)，某同學(xué)把1滴KI溶液誤滴入到過(guò)量的5mL3%的H2O2溶液中，發(fā)現(xiàn)產(chǎn)生了大量氣泡．該小組查閱到KI與H2O2可發(fā)生如下反應(yīng)：2KI+H2O2=KOH+I2，認(rèn)為有可能是反應(yīng)產(chǎn)物I2起了催化H2O2分解的作用．請(qǐng)?jiān)O(shè)計(jì)一個(gè)簡(jiǎn)單實(shí)驗(yàn)證明該假設(shè)是否正確．____

____．

（5）實(shí)驗(yàn)室用二氧化錳和濃鹽酸制取氯氣，下列儀器可作為該反應(yīng)的反應(yīng)容器的是____（填序號(hào)）．

（6）二氧化錳可用于制作干電池，電池總反應(yīng)為：Zn+2MnO2+2NH4+=Zn2++Mn2O3+2NH3+H2O，則其正極的電極反應(yīng)式為_(kāi)___．評(píng)卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)15、標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4L氦氣與22.4L氟氣所含原子數(shù)均為2NA．____（判斷對(duì)錯(cuò)）16、6.02×1023個(gè)NaCl分子中含有Na+數(shù)目為NA____（判斷對(duì)錯(cuò)），若不正確，理由是____．17、現(xiàn)對(duì)0.1mol/L的純堿溶液進(jìn)行相關(guān)研究．

（1）用pH試紙測(cè)定該溶液的pH，其正確的操作____．

（2）純堿溶液呈堿性的原因是（用離子方程式表示）____．

（3）某同學(xué)認(rèn)為該溶液中Na2CO3的水解是微弱的，發(fā)生水解的CO32-離子不超過(guò)其總量的10%．請(qǐng)你設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)證明該同學(xué)的觀點(diǎn)是否正確．____．

（4）某同學(xué)根據(jù)所學(xué)知識(shí)對(duì)Na2CO3溶液進(jìn)行分析；寫出了以下四個(gè)關(guān)系式．請(qǐng)你判斷：在正確的關(guān)系式后面打“√”，在錯(cuò)誤的后面寫出正確的關(guān)系式．

①c（Na+）=2[c（CO32-）+c（HCO3-）]：____；

②c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-）：____；

③c（OH-）=c（H+）+c（HCO3-）+c（H2CO3）：____；

④c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）：____．18、對(duì)于C（s）+CO2（g）═2CO（g）的反應(yīng)，當(dāng)密度保持不變，在恒溫恒容或恒溫恒壓條件下，均能作為達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)的標(biāo)志．____（判斷對(duì)錯(cuò)）19、分液時(shí)，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(duì)錯(cuò)）20、膠體的性質(zhì)主要有：丁達(dá)爾現(xiàn)象、電泳、聚沉____．（判斷對(duì)錯(cuò)）21、如果鹽酸的濃度是醋酸濃度的二倍，則鹽酸的H+濃度也是醋酸的二倍；____．評(píng)卷人得分四、探究題(共4題，共28分)22、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設(shè)計(jì)了下列實(shí)驗(yàn)過(guò)程．請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)內(nèi)填寫分離時(shí)所用操作方法，并寫出方框內(nèi)有關(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式．

寫出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式A________、C________、E________、G________．23、實(shí)驗(yàn)室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個(gè)反應(yīng)的原理來(lái)測(cè)定其含量，操作為：24、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設(shè)計(jì)了下列實(shí)驗(yàn)過(guò)程．請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)內(nèi)填寫分離時(shí)所用操作方法，并寫出方框內(nèi)有關(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式．

寫出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式A________、C________、E________、G________．25、實(shí)驗(yàn)室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個(gè)反應(yīng)的原理來(lái)測(cè)定其含量，操作為：評(píng)卷人得分五、實(shí)驗(yàn)題(共3題，共15分)26、（2014春?淄博校級(jí)期中）如圖所示；U形管的左端被水和膠塞封閉有甲烷和氯氣（體積比為1：4）的混合氣體，假定氯氣在水中的溶解度可以忽略．將封閉有甲烷和氯氣混合氣體的裝置放置在有光亮的地方，讓混合氣體緩慢地反應(yīng)一段時(shí)間．

（1）假設(shè)甲烷與氯氣反應(yīng)充分，且只產(chǎn)生一種有機(jī)物，請(qǐng)寫出化學(xué)方程式：____．

（2）若題目中甲烷與氯氣的體積之比為1：1，則得到的產(chǎn)物為_(kāi)___（填字母編號(hào)）．

A．CH3ClHClB．CCl4HCl

C．CH3ClCH2Cl2D．CH3ClCH2Cl2CHCl3CCl4HCl

（3）經(jīng)過(guò)幾個(gè)小時(shí)的反應(yīng)后，U形管右端的水柱變化是____（填字母編號(hào)）．

A．升高B．降低C．不變D．無(wú)法確定。

（4）若水中含有Na2SiO3，則在U形管左端會(huì)觀察到____．

（5）右端玻璃管的作用是____．27、（2013春?成都校級(jí)月考）已知下列數(shù)據(jù)：

。物質(zhì)熔點(diǎn)（℃）沸點(diǎn)（℃）密度（g?cm-3）乙醇-117.078.00.79乙酸16.6117.91.05乙酸乙酯-83.677.50.90某學(xué)生在實(shí)驗(yàn)室制取乙酸乙酯的主要步驟如下：

①配制2mL濃硫酸；3mL乙醇（含18O）和2mL乙酸的混合溶液．

②按如圖所示連接好裝置（裝置氣密性良好）并加入混合液；用小火均勻加熱3～5min．

③待試管乙收集到一定量產(chǎn)物后停止加熱；撤出試管乙并用力振蕩，然后靜置分層．

④分離出乙酸乙酯；洗滌；干燥．

（1）配制①中混合溶液的方法為_(kāi)___；

反應(yīng)中濃硫酸的作用是____；寫出制取乙酸乙酯的化學(xué)方程式：____．

（2）上述實(shí)驗(yàn)中飽和碳酸鈉溶液的作用是____（填字母）．

A．中和乙酸和乙醇B．中和乙酸并吸收乙醇C．減少乙酸乙酯的溶解D．加速酯的生成；提高其產(chǎn)率。

（3）步驟②中需要小火均勻加熱，其主要理由是____；步驟③所觀察到的現(xiàn)象是____；

欲將乙試管中的物質(zhì)分離以得到乙酸乙酯，必須使用的儀器有____；分離時(shí)，乙酸乙酯應(yīng)從儀器____（填“下口放”或“上口倒”）出．

（4）該同學(xué)反復(fù)實(shí)驗(yàn)；得出乙醇與乙酸的用量和得到的乙酸乙酯生成量如表：

。實(shí)驗(yàn)乙醇（mL）乙酸（mL）乙酸乙酯（mL）①221.33②321.57③42x④521.76⑤231.55表中數(shù)據(jù)x的范圍是____；實(shí)驗(yàn)①②⑤探究的是____．28、用NaOH固體配制250mL0.2mol?L-1NaOH溶液．

（1）經(jīng)計(jì)算需用NaOH固體____g

（2）配制該溶液用到的儀器有除托盤天平、燒杯、玻璃棒、量筒外，還有____；

（3）容量瓶上標(biāo)有以下五項(xiàng)中的____（填序號(hào)）

①溫度②濃度③容量④壓強(qiáng)⑤刻度線。

（4）配制溶液時(shí)，正確的操作順序是（用字母表示，每個(gè)字母只能用一次）____；并完成橫線上的內(nèi)容．

A．用30mL水洗滌燒杯2～3次；洗滌液均注入容量瓶，振蕩。

B．用天平準(zhǔn)確稱取所需質(zhì)量的NaOH；放入燒杯，加入少量水（約30mL），用玻璃棒慢慢攪拌，使其充分溶解。

C．將已冷卻的NaOH溶液沿____注入容量瓶中。

D．將容量瓶蓋緊；顛倒搖勻。

E．改用膠頭滴管加水，使溶液____．

F．繼續(xù)往容量瓶?jī)?nèi)小心加水；直到液面接近刻度1～2cm處。

（5）在配制上述溶液實(shí)驗(yàn)中，下列操作引起結(jié)果（濃度）偏低的有____（填序號(hào)）．

A．沒(méi)有用蒸餾水洗燒杯2～3次；未將洗液移人容量瓶中。

B．定容時(shí)；加水超過(guò)了刻度線，倒出一些再重新加水到刻度線。

C．容量瓶剛用蒸餾水洗凈，沒(méi)有烘干．參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、D【分析】【分析】本題是對(duì)離子反應(yīng)與離子方程式的知識(shí)的考查，是中學(xué)化學(xué)的基礎(chǔ)知識(shí)，難度較小。關(guān)鍵是掌握離子方程式的正確書寫規(guī)律，側(cè)重基礎(chǔ)知識(shí)的考查。【解答】A.氯化鈣溶液中通入rm{CO_{2}}氣體中沒(méi)有沉淀生成，故A錯(cuò)誤；氣體中沒(méi)有沉淀生成，故A錯(cuò)誤；

rm{CO_{2}}B.以石墨作電極電解氯化鋁溶液：rm{6Cl^{-}+6H_{2}O+2Al^{3+}}rm{6Cl^{-}+6H_{2}O+2Al^{3+}}rm{overset{碌莽陸芒}{=}}rm{2}rm{2}rm{Al(}rm{Al(}故B錯(cuò)誤；rm{OH)}rm{3}溶液中通入過(guò)量的rm{OH)}氣體：rm{3}rm{3}rm{隆媒}rm{+3H_{2}隆眉+3Cl_{2}隆眉}故B錯(cuò)誤；故C錯(cuò)誤；rm{+3H_{2}隆眉+3Cl_{2}隆眉}rm{A{l}^{3+}+2SO_{4}^{2-}+2B{a}^{2+}+4O{H}^{-}=2BaS{O}_{4}隆媒+AlO_{2}^{-}+2{H}_{2}O}符合題意，故D正確。故選D。C.rm{Ca(ClO)_{2}}溶液中通入過(guò)量的rm{SO_{2}}氣體：rm{2}【解析】rm{D}2、B【分析】解：A、Na2O、Na2O2為相同元素組成的金屬氧化物；氧化鈉屬于堿性氧化物，但是過(guò)氧化鈉不屬于堿性氧化物，故A錯(cuò)誤；

B、SiO2、CO2均均能與NaOH溶液反應(yīng)生成鹽和水；為酸性氧化物，故B正確；

C、FeO、Fe2O3均為堿性氧化物；氧化鐵與氫碘酸反應(yīng)可以得到鐵離子，具有氧化性，能被還原性的碘離子還原，其中還會(huì)發(fā)生氧化還原反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；

D；氯化鋁是分子晶體；熔融氯化鋁不導(dǎo)電，所以不能用電解氯化鋁的方法冶煉鋁，氯化鎂是離子晶體，可以采用電解熔融氯化鎂的方法冶煉鎂，故D錯(cuò)誤。

故選：B。

A；堿性氧化物是指能和酸反應(yīng)生成鹽和水的化合物；根據(jù)氧化鈉過(guò)氧化鈉的性質(zhì)來(lái)回答；

B；酸性氧化物是指能和堿反應(yīng)生成鹽和水的氧化物；

C；三價(jià)鐵離子具有氧化性；能和還原性的碘離子之間發(fā)生反應(yīng)；

D；活潑金屬采用電解氧化物或其熔融鹽的方法冶煉；根據(jù)金屬的活潑性來(lái)分析金屬的冶煉方法。

本題涉及物質(zhì)的分來(lái)以及物質(zhì)的性質(zhì)等方面知識(shí)的考查，注意知識(shí)的歸納和梳理是解題的關(guān)鍵，難度中等。【解析】B3、B【分析】【分析】反應(yīng)xR2++yH++O2=mR3++nH2O中，R的化合價(jià)升高，被氧化，O的化合價(jià)降低，被還原，根據(jù)氧化還原反應(yīng)得失電子數(shù)目相等配平化學(xué)方程式，可求m值．【解析】【解答】解：解法一：反應(yīng)xR2++yH++O2=mR3++nH2O中，R的化合價(jià)有+2價(jià)升高為+3價(jià)，被氧化，O的化合價(jià)由0價(jià)降低降低到-2價(jià)，被還原，根據(jù)氧化還原反應(yīng)中氧化劑和還原劑之間得失電子數(shù)目相等，可配平反應(yīng)的方程式為4R2++4H++O2=4R3++2H2O；

則m=4；

解法二：由質(zhì)量守恒可得x=m；

由氧化還原反應(yīng)得失電子守恒可得2×（2-0）=m×（3-2）；

m=4；

故選B．4、D【分析】【分析】該分子中含有碳碳雙鍵、酯基、苯環(huán)、醇羥基、羧基，具有烯烴、酯、苯、醇、羧酸性質(zhì)，能發(fā)生加成反應(yīng)、加聚反應(yīng)、水解反應(yīng)、氧化反應(yīng)、消去反應(yīng)、酯化反應(yīng)等，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：酯基；醇羥基和羧基都能發(fā)生取代反應(yīng)；

碳碳雙鍵和苯環(huán)能發(fā)生加成反應(yīng)；

連接醇羥基碳原子相鄰碳原子上含有氫原子；所以醇羥基能發(fā)生消去反應(yīng)；

羧基和醇羥基能發(fā)生酯化反應(yīng)；

酯基能發(fā)生水解反應(yīng)；

醇羥基；碳碳雙鍵能發(fā)生氧化反應(yīng)；

含有羧基和醇羥基；所以能發(fā)生縮聚反應(yīng)；

含有羧基；所以能發(fā)生中和反應(yīng)；

故選D．5、B【分析】【分析】A．水的電離是吸熱反應(yīng)；升高溫度促進(jìn)電離；

B．離子鍵常數(shù)只與溫度有關(guān)；

C．任何電解質(zhì)溶液中都存在H+、OH-；

D．酸或堿抑制水電離，含有弱離子的鹽促進(jìn)水電離．【解析】【解答】解：A．水的電離是吸熱反應(yīng)；升高溫度平衡向吸熱反應(yīng)方向移動(dòng)，所以促進(jìn)電離，故A錯(cuò)誤；

B．離子鍵常數(shù)只與溫度有關(guān)；與溶液酸堿性無(wú)關(guān)，溫度不變，水的離子積常數(shù)不變，故B正確；

C．任何電解質(zhì)溶液中都存在H+、OH-，根據(jù)c（H+）、c（OH-）對(duì)大小確定溶液酸堿性；故C錯(cuò)誤；

D．酸或堿抑制水電離；含有弱離子的鹽促進(jìn)水電離，NaOH在水溶液中電離出氫氧根離子而抑制水電離，故D錯(cuò)誤；

故選B．6、C【分析】【解答】解：A．滴水石穿是空氣中二氧化碳溶于水后形成碳酸氫鈣溶液；有新物質(zhì)生成，屬于化學(xué)變化，故A錯(cuò)誤；B．霧霾天氣的形成與粉塵污染；汽車尾氣有關(guān)，與氟利昂無(wú)關(guān)，氟利昂排放能夠引起臭氧層破壞，故B錯(cuò)誤；

C．明礬凈水是因?yàn)槊鞯\電離產(chǎn)生的鋁離子水解生成氫氧化鋁膠體具有吸附性；能吸附水中固體雜質(zhì)顆粒，“84”消毒液消毒是因?yàn)槠渚哂袕?qiáng)的氧化性，能夠使蛋白質(zhì)變性，二者原理不相同，故C正確；

D．汽油中不含氮元素；汽車尾氣中的氮氧化物是空氣中的氮?dú)馀c氧氣在放電條件下生成的，故D錯(cuò)誤；

故選：C．

【分析】A．有新物質(zhì)生成的變化屬于化學(xué)變化；

B．霧霾天氣的形成與粉塵污染；汽車尾氣有關(guān)；

C．依據(jù)鹽類水解應(yīng)用及次氯酸根離子的強(qiáng)氧化性解答；

D．汽油中不含氮元素；7、D【分析】A．溶液導(dǎo)電能力與離子濃度成正比，CH3COOH是弱電解質(zhì)，溶液中離子濃度較小，加入KOH后，溶液中離子濃度增大，溶液導(dǎo)電性增強(qiáng)；HCl是強(qiáng)電解質(zhì)，隨著KOH溶液加入，溶液體積增大，導(dǎo)致溶液中離子濃度減小，溶液導(dǎo)電能力減弱，當(dāng)完全反應(yīng)式離子濃度最小，繼續(xù)加入KOH溶液，離子濃度增大，溶液導(dǎo)電能力增強(qiáng)，根據(jù)圖知，曲線②代表0.1mol/LKOH溶液滴定HC1溶液的滴定曲線，曲線①代表0.1mol/LKOH溶液滴定CH3COOH溶液的滴定曲線；故A錯(cuò)誤；

B．酸或堿抑制水電離，含有弱離子的鹽促進(jìn)水電離，C點(diǎn)溶質(zhì)為NaCl，A點(diǎn)溶質(zhì)為醋酸鈉，促進(jìn)水電離，所以在相同溫度下，C點(diǎn)水電離的c（H+）小于A點(diǎn)水電離的c（H+）；故B錯(cuò)誤；

C．任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒，根據(jù)電荷守恒得c（CH3COO-）+c（OH-）-c（H+）=c（K+）=0.05mol/L；故C錯(cuò)誤；

D．B點(diǎn)時(shí)，混合溶液中為等物質(zhì)的量濃度的KOH和CH3COOK，溶液呈堿性，CH3COO-水解但程度較小，結(jié)合物料守恒得離子濃度大小順序是c（K+）＞c（OH-）＞c（CH3COO-）＞c（H+）；故D正確；

故選D．

A．溶液導(dǎo)電能力與離子濃度成正比，CH3COOH是弱電解質(zhì)；溶液中離子濃度較小，加入KOH后，溶液中離子濃度增大，溶液導(dǎo)電性增強(qiáng)；HCl是強(qiáng)電解質(zhì)，隨著KOH溶液加入，溶液體積增大，導(dǎo)致溶液中離子濃度減小，溶液導(dǎo)電能力減弱，當(dāng)完全反應(yīng)式離子濃度最小，繼續(xù)加入KOH溶液，離子濃度增大，溶液導(dǎo)電能力增強(qiáng)；

B．酸或堿抑制水電離；含有弱離子的鹽促進(jìn)水電離；

C．任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒；根據(jù)電荷守恒判斷；

D．B點(diǎn)時(shí)，混合溶液中為等物質(zhì)的量濃度的KOH和CH3COOK，溶液呈堿性，CH3COO-水解但程度較?。唤Y(jié)合物料守恒判斷．

本題以電導(dǎo)率為載體考查離子濃度大小比較、鹽類水解等知識(shí)點(diǎn)，明確混合溶液中溶質(zhì)及其性質(zhì)、溶液導(dǎo)電性強(qiáng)弱影響因素是解本題關(guān)鍵，易錯(cuò)選項(xiàng)是C，注意A點(diǎn)溶液體積是原來(lái)2倍，離子濃度降為原來(lái)一半，題目難度不大．【解析】【答案】D8、A【分析】解：rm{A.}鹽酸的酸性大于碳酸；則二氧化碳與氯化鈣不反應(yīng)，故A選；

B.二氧化碳與碳酸鈉溶液反應(yīng)生成碳酸氫鈉；故B不選；

C.二氧化碳與硅酸鈉溶液反應(yīng)生成硅酸沉淀；故C不選；

D.二氧化碳與rm{NaOH}反應(yīng)生成碳酸鈉和水rm{(}或生成碳酸氫鈉rm{)}故D不選；

故選A．

碳酸的酸性小于鹽酸；大于硅酸，二氧化碳為酸性氧化物，結(jié)合物質(zhì)的性質(zhì)及強(qiáng)酸制取弱酸的原理來(lái)解答．

本題考查物質(zhì)的性質(zhì)，為高考常見(jiàn)題型和高頻考點(diǎn)，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，注意把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)及元素化合物知識(shí)為解答該題的關(guān)鍵，難度不大．【解析】rm{A}二、填空題(共6題，共12分)9、反應(yīng)溫度高，能耗大使用的催化劑毒性大【分析】【分析】通過(guò)反應(yīng)的條件（溫度、催化劑）分析電石-乙炔法的缺點(diǎn)．【解析】【解答】解：CaO+3CCaC2+CO，反應(yīng)溫度高，能耗大，CH≡CH+HClCH2=CHCl，使用HgCl2做催化劑；毒性大；

故答案為：反應(yīng)溫度高，能耗大；使用的催化劑毒性大．10、強(qiáng)減小不變2NO2-+2CH3COOH═NO2+NO+2CH3COO-+H2O作還原劑CuSO4和P45×10-6正2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O【分析】【分析】（1）電離常數(shù)越大；酸性越強(qiáng)；亞硝酸為弱電解質(zhì)，亞硝酸稀釋，電離程度雖然增大，但溶液中氫離子濃度降低；其電離常數(shù)只與溫度有關(guān)；

由相同濃度亞硝酸；次氯酸電離常數(shù)可知；亞硫酸酸性比次氯酸強(qiáng)，根據(jù)強(qiáng)酸制備弱酸書寫離子方程式；

（2）亞硝酸鈉與醋酸反應(yīng)生成生成NO和二氧化氮；醋酸鈉、水；

（3）①依據(jù)發(fā)生反應(yīng)2Ca3（PO4）2+6SiO2+10C→P4↑+6CaSiO3+10CO↑；判斷C的作用；

②依據(jù)氧化還原反應(yīng)中銅元素；磷元素化合價(jià)變化計(jì)算；

（4）根據(jù)Ksp[Ca3（PO4）2]=[c（Ca2+）]3×c（PO43-）計(jì)算；

（5）燃料電池中通入氧氣的一極為正極，通氨氣的一極為負(fù)極，負(fù)極上氨氣失電子生成氮?dú)夂退窘馕觥俊窘獯稹拷猓海?）電離常數(shù)越大，酸性越強(qiáng)，已知亞硝酸的電離常數(shù)大于HClO，所以HNO2的酸性比HClO強(qiáng)；亞硝酸為弱電解質(zhì)，亞硝酸稀釋，電離程度雖然增大，但溶液中氫離子濃度降低；其電離常數(shù)只與溫度有關(guān)，與濃度無(wú)關(guān)，Ki值不發(fā)生變化；

故答案為：強(qiáng)；減??；不變；

（2）NaNO2遇到白醋會(huì)產(chǎn)生一種紅棕色氣體和一種無(wú)色氣體，則亞硝酸鈉與醋酸反應(yīng)生成生成NO和二氧化氮、醋酸鈉、水，反應(yīng)的離子方程式為：2NO2-+2CH3COOH═NO2+NO+2CH3COO-+H2O；

故答案為：2NO2-+2CH3COOH═NO2+NO+2CH3COO-+H2O；

（3）①步驟Ⅰ為白磷的工業(yè)生產(chǎn)方法之一，發(fā)生反應(yīng)2Ca3（PO4）2+6SiO2+10C→P4↑+6CaSiO3+10CO↑；反應(yīng)中C中的碳化合價(jià)升高，做還原劑；

故答案為：做還原劑；

②Cu元素的化合價(jià)由+2價(jià)降低到+1價(jià)，CuSO4是氧化劑，P4部分磷元素由0價(jià)降低到-3價(jià)，部分磷元素由0價(jià)升高到+5價(jià)，磷元素的化合價(jià)既升高又降低，所以P4既是氧化劑又是還原劑；

故答案為：CuSO4和P4；

（4）若處理后的廢水中c（PO43-）=4×10-7mol?L-1，Ksp[Ca3（PO4）2]=[c（Ca2+）]3×c（PO43-）=2×10-29，c（Ca2+）==5×10-6mol?L-1；

故答案為：5×10-6；

（5）燃料電池中通入氧氣的一極為正極，則電極2為正極，通氨氣的一極為負(fù)極，負(fù)極上氨氣失電子生成氮?dú)夂退?fù)極的電極反應(yīng)為：2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O；

故答案為：正；2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O．11、0.3142g/mol1【分析】【分析】（1）一個(gè)NH3分子中所含質(zhì)子數(shù)為10個(gè)，一個(gè)H2O分子中所含質(zhì)子數(shù)為10個(gè)；

（2）由n=計(jì)算NH4+的物質(zhì)的量，從而確定NH4）2C2O4?xH2O的物質(zhì)的量，帶入n=計(jì)算摩爾質(zhì)量，摩爾質(zhì)量以g/mol為單位時(shí)，數(shù)值上等于其相對(duì)分子質(zhì)量．【解析】【解答】解：（1）一個(gè)NH3分子中所含質(zhì)子數(shù)為10個(gè)，一個(gè)H2O分子中所含質(zhì)子數(shù)為10個(gè)，因此0.3molNH3分子中所含質(zhì)子數(shù)與0.3molH2O分子中所含質(zhì)子數(shù)相等；

故答案為：0.3；

（2）n（NH4+）==0.2mol，（NH4）2C2O4?xH2O的物質(zhì)的量為0.1mol，M==142g/mol；則（14+4）×2+12×2+16×4+18x=142，求得x=1；

故答案為：142g/mol；1．12、⑤⑧③④②③④⑤⑧【分析】【分析】根據(jù)元素組成，結(jié)合離子鍵、共價(jià)鍵、離子化合物以及共價(jià)化合物、非電解質(zhì)的概念進(jìn)行判斷，注意單質(zhì)和化合物的區(qū)別．【解析】【解答】解：①M(fèi)gCl2屬于離子化合物；只含有離子鍵，屬于電解質(zhì)；

②HCl屬于共價(jià)化合物；只含共價(jià)鍵，屬于電解質(zhì)；

③SO2屬于共價(jià)化合物；只含共價(jià)鍵，屬于非電解質(zhì)；

④NO2屬于共價(jià)化合物；只含共價(jià)鍵，屬于非電解質(zhì)；

⑤K2CO3屬于離子化合物；既含有離子鍵，又含有共價(jià)鍵，屬于電解質(zhì)；

⑥Cl2屬于非金屬單質(zhì)；只含有共價(jià)鍵，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)；

⑦CaO屬于離子化合物；只含有離子鍵，屬于電解質(zhì)；

⑧NaOH屬于離子化合物；既含有離子鍵，又含有共價(jià)鍵，屬于電解質(zhì)；

故答案為：⑤⑧；③④；②③④⑤⑧．13、=0.01mol/L對(duì)反應(yīng)體系加熱或向反應(yīng)體系中加入銅粉Al-3e-=Al3+鋁表面易被氧化，生成一層致密而堅(jiān)固的氧化物薄膜，阻止金屬繼續(xù)氧化，使金屬具有抗腐蝕性能鋅鋅比鐵活潑，在海水中構(gòu)成原電池，鋅失去電子被腐蝕，保護(hù)了鋼鐵【分析】【分析】（1）①每份的濃度與原體系中各組分的濃度相同，根據(jù)c=來(lái)計(jì)算求解；

②構(gòu)成原電池加快化學(xué)反應(yīng)速率；可以加入一種比鐵不活潑的金屬，如銅和銀等，也可能升高反應(yīng)體系的溫度來(lái)加快化學(xué)反應(yīng)速率；

（2）保護(hù)海底鋼鐵設(shè)施；則海底鋼鐵應(yīng)為正極被保護(hù)，而鋁合金作負(fù)極，純鋁易被氧化生成致密的氧化膜；

（3）如果船體鋼鐵保護(hù)層受損，應(yīng)在船體的外殼鍍上活潑的金屬，構(gòu)成原電池為負(fù)極材料，保護(hù)鐵的腐蝕．【解析】【解答】解：（1）①根據(jù)c（Cl-）===0.01mol/L；故答案為：0.01mol/L；

②構(gòu)成原電池加快化學(xué)反應(yīng)速率；可以加入一種比鐵不活潑的金屬，如銅和銀等，也可能升高反應(yīng)體系的溫度來(lái)加快化學(xué)反應(yīng)速率，故答案為：對(duì)反應(yīng)體系加熱或向反應(yīng)體系中加入銅粉；

（2）保護(hù)海底鋼鐵設(shè)施，則海底鋼鐵應(yīng)為正極被保護(hù)，而鋁合金作負(fù)極，負(fù)極發(fā)生的電極反應(yīng)為Al-3e-=Al3+；在實(shí)際應(yīng)用中，用鋁合金而不選用純鋁．純鋁不能很好地起到保護(hù)作用，其原因是鋁表面易被氧化，生成一層致密而堅(jiān)固的氧化物薄膜，阻止金屬繼續(xù)氧化，使金屬具有抗腐蝕性能；

故答案為：Al-3e-=Al3+；鋁表面易被氧化；生成一層致密而堅(jiān)固的氧化物薄膜，阻止金屬繼續(xù)氧化，使金屬具有抗腐蝕性能；

（3）如果船體鋼鐵保護(hù)層受損，應(yīng)在船體的外殼鍍上活潑的金屬鋅，構(gòu)成原電池為負(fù)極材料，保護(hù)鐵的腐蝕，故答案為：鋅；鋅比鐵活潑，在海水中構(gòu)成原電池，鋅失去電子被腐蝕，保護(hù)了鋼鐵．14、A酸性越強(qiáng)，MnO2氧化性越強(qiáng)MnO2+2I-+4H+=Mn2-+I2+2H2O10.0燒杯取5mL3%的H2O2溶液于試管中，滴入1滴碘水，觀察是否有大量氣泡產(chǎn)生，若有說(shuō)明假設(shè)正確反之假設(shè)不正確AD2MnO2+2NH4++2e-=Mn2O3+2NH3+H2O【分析】【分析】（1）三價(jià)鐵離子和KSCN溶液反應(yīng)：Fe3++3SCN-?Fe（SCN）3顏色為血紅色；亞硫酸鋇為白色沉淀，二氧化錳與稀鹽酸在常溫下不反應(yīng)；

（2）碘單質(zhì)在水中的顏色為棕褐色；二氧化錳氧化碘離子生成單質(zhì)碘，碘濃度越大，顏色越深；根據(jù)錳的氧化性和碘離子的還原性解答；

（3）根據(jù)實(shí)驗(yàn)操作的步驟以及每步操作需要儀器確定反應(yīng)所需儀器；根據(jù)所需30%的H2O2溶液的濃度與3%的H2O2溶液的關(guān)系確定所需的量筒的體積；

（4）要探究反應(yīng)產(chǎn)物I2起了催化H2O2分解的作用；可以向雙氧水中加入碘單質(zhì)；

（5）根據(jù)濃鹽酸和二氧化錳的裝置來(lái)選擇儀器；

（6）依據(jù)電池反應(yīng)，原電池中元素化合價(jià)降低的在正極發(fā)生還原反應(yīng)．【解析】【解答】解：（1）A．把MnO2固體加入到FeSO4溶液中，如果二氧化錳具有氧化性，將+2價(jià)的鐵氧化成+3價(jià)的鐵，則再加入KSCN溶液，三價(jià)鐵離子和KSCN溶液反應(yīng)：Fe3++3SCN-?Fe（SCN）3顏色為血紅色；所以觀察溶液是否變紅可判斷，故A正確；

B．把MnO2固體加入到FeCl3溶液中，再加入KSCN溶液，觀察溶液是否變紅，不加MnO2固體也能變紅；變紅是三價(jià)鐵離子和KSCN溶液反應(yīng)的結(jié)果，故B錯(cuò)誤；

C．把Na2SO3溶液再加入BaCl2溶液，有白色沉淀亞硫酸鈉生成，MnO2固體加入與否無(wú)關(guān)；故C錯(cuò)誤；

D．把MnO2固體加入到稀鹽酸中，觀察是否有黃綠色氣體生成，反應(yīng)產(chǎn)物I2起了催化H2O2分解的作用稀鹽酸且常溫；不反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；

故選A．

（2）①該小組從上述對(duì)比實(shí)驗(yàn)中；碘濃度越大，顏色越深，說(shuō)明生成的碘越多，與此對(duì)應(yīng)的條件是酸性強(qiáng)；

在酸性條件下MnO2氧化I-，二氧化錳被還原成+2價(jià)的錳離子，碘離子被還原成單質(zhì)碘，所以離子方程式為：2I-+MnO2+4H+═I2+Mn2++2H2O；

故答案為：酸性越強(qiáng)，MnO2氧化性越強(qiáng)；2I-+MnO2+4H+═I2+Mn2++2H2O；

（3）配制步驟有計(jì)算、稱量、溶解、冷卻、移液、洗滌、定容、搖勻等操作，用30%的H2O2溶液（密度按1g/cm3）配制濃度為3%的H2O2溶液（密度按1g/cm3）100mL，過(guò)氧化氫的濃度為原來(lái)的；量筒的精確度為0.1mL，所以需用量筒10.0mL量取藥品，在燒杯中溶解，冷卻，故答案為：10.0；燒杯；

（4）要探究反應(yīng)產(chǎn)物I2起了催化H2O2分解的作用；可以向雙氧水中加入碘單質(zhì)，看是否會(huì)產(chǎn)生氣體即可；

故答案為：取5mL3%的H2O2溶液于試管中；滴入1滴碘水，觀察是否有大量氣泡產(chǎn)生，若有說(shuō)明假設(shè)正確；反之假設(shè)不正確；

（5）濃鹽酸和二氧化錳在加熱條件下能發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氯化錳；氯氣、水；可以供選擇的能加熱的反應(yīng)容器是圓底燒瓶或是硬質(zhì)試管，故答案為：AD；

（6）MnO2可用于制作干電池，電池總反應(yīng)為：Zn+2MnO2+2NH4+=Zn2++Mn2O3+2NH3+H2O，則其正極的電極反應(yīng)式為2MnO2+2NH4++2e-=Mn2O3+2NH3+H2O；

故答案為：2MnO2+2NH4++2e-=Mn2O3+2NH3+H2O．三、判斷題(共7題，共14分)15、×【分析】【分析】氦氣為單原子分子，結(jié)合V=nVm計(jì)算．【解析】【解答】解：22.4L氦氣為1mol，但氦氣為單原子分子，含有的原子數(shù)為NA，故答案為：×．16、×【分析】【分析】NaCl屬于離子晶體，不存在NaCl分子．【解析】【解答】解：因?yàn)镹aCl屬于離子化合物，不存在分子，故錯(cuò)誤，故答案為：×，因?yàn)镹aCl屬于離子化合物，不存在分子．17、√【分析】【分析】（1）pH試紙的正確使用方法是：把小塊pH試紙放在表面皿（或玻璃片）上；用蘸有待測(cè)溶液的玻璃棒點(diǎn)在試紙的中部，試紙變色后，與標(biāo)準(zhǔn)比色卡比較來(lái)確定溶液的pH；

（2）根據(jù)鹽的類型分析呈堿性；純堿是強(qiáng)堿弱酸鹽水解呈堿性；

（3）用pH試紙測(cè)pH值計(jì)算水解產(chǎn)生的氫氧根離子的濃度；

（4）根據(jù)電荷守恒、物料守恒和質(zhì)子守恒分析．【解析】【解答】解：（1）測(cè)定溶液pH的具體操作方法為：用干凈的玻璃棒蘸取待測(cè)溶液并滴在pH試紙上；把試紙顯示的顏色與標(biāo)準(zhǔn)比色卡對(duì)照，讀出相同顏色的pH值；

故答案為：把小塊pH試紙放在表面皿（或玻璃片）上；用蘸有待測(cè)溶液的玻璃棒點(diǎn)在試紙的中部，試紙變色后，與標(biāo)準(zhǔn)比色卡比較來(lái)確定溶液的pH；

（2）純堿是強(qiáng)堿弱酸鹽，碳酸根離子能發(fā)生水解使溶液中的氫氧根離子的濃度大于氫離子的濃度，導(dǎo)致溶液呈堿性，離子方程式為CO32-+H2O?HCO3-+OH-，故答案為；CO32-+H2O?HCO3-+OH-；

（3）用pH試紙測(cè)pH值計(jì)算水解產(chǎn)生的氫氧根離子的濃度，其操作為：用pH試紙測(cè)0.1mol/L的Na2CO3溶液的pH，若pH＜12，則證明水解的CO32-不超過(guò)其總量的10%，故答案為：用pH試紙測(cè)0.1mol/L的Na2CO3溶液的pH，若pH＜12，則證明水解的CO32-不超過(guò)其總量的10%；

（4）①根據(jù)物料守恒，碳元素在溶液中的形式有：CO32-、HCO3-、H2CO3、所以c（Na+）=2c（CO32-）+2c（HCO3-）+2c（H2CO3），故答案為：錯(cuò)誤；c（Na+）=2c（CO32-）+2c（HCO3-）+2c（H2CO3）；

②根據(jù)電荷守恒分析解答，c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-）；故答案為：√；

③根據(jù)質(zhì)子守恒：c（OH-）=c（H+）+c（HCO3-）+2c（H2CO3），故答案為：錯(cuò)誤；c（OH-）=c（H+）+c（HCO3-）+2c（H2CO3）；

④碳酸鈉溶液水解呈堿性，所以離子濃度大小為：c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-），故答案為：√．18、√【分析】【分析】化學(xué)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，正逆反應(yīng)速率相等，各物質(zhì)的濃度不再改變，由此衍生的一些物理量也不變，結(jié)合反應(yīng)的特點(diǎn)進(jìn)行分析．【解析】【解答】解：反應(yīng)前后氣體的質(zhì)量不等；在恒溫恒容條件下，混合氣體的密度逐漸增大，當(dāng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，容器中混合氣體的密度不變；

而恒溫恒壓條件下，隨反應(yīng)進(jìn)行，體系的體積增大，分子量：CO2＞CO；故混合氣體的密度逐漸減小，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】上層液體若從下口流出會(huì)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(shí)，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：√．20、√【分析】【分析】膠體中分散質(zhì)粒子直徑在1-100nm之間，膠體能發(fā)生丁達(dá)爾效應(yīng)、能產(chǎn)生電泳現(xiàn)象、能產(chǎn)生聚沉．【解析】【解答】解：膠體中分散質(zhì)粒子直徑在1-100nm之間，所以膠體能產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)；膠體具有吸附性，吸附帶電荷的離子，所以能產(chǎn)生電泳現(xiàn)象；膠體能發(fā)生聚沉現(xiàn)象，故答案為：√．21、×【分析】【分析】強(qiáng)電解質(zhì)在其水溶液里完全電離，弱電解質(zhì)在其水溶液里部分電離，根據(jù)氯化氫和醋酸所屬電解質(zhì)的種類確定氫離子濃度關(guān)系．【解析】【解答】解：氯化氫是強(qiáng)電解質(zhì)，在其水溶液里完全電離，所以鹽酸溶液中，C（H+）=C（HCl），醋酸是弱電解質(zhì)，在其水溶液里只有部分電離，所以C（H+）＜C（CH3COOH），所以如果鹽酸的濃度是醋酸濃度的二倍，則鹽酸的H+濃度大于醋酸的二倍，故答案為：×．四、探究題(共4題，共28分)22、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，與氫氧化鈉不反應(yīng)，甲酸、苯酚與氫氧化鈉反應(yīng)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．23、酸式|反應(yīng)中生成的錳離子具有催化作用，所以隨后褪色會(huì)加快|滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶?jī)?nèi)的顏色由無(wú)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(qiáng)氧化性，應(yīng)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(dǎo)致反應(yīng)速率加快，所以剛滴下少量KMnO4溶液時(shí)；溶液迅速變成紫紅色；滴定終點(diǎn)時(shí)，當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏胃咤i酸鉀溶液，錐形瓶?jī)?nèi)的顏色由無(wú)色變成紫紅色，且半分鐘不變化，證明達(dá)到終點(diǎn)；

故答案為：酸式；反應(yīng)中生成的錳離子具有催化作用；所以隨后褪色會(huì)加快；滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶?jī)?nèi)的顏色由無(wú)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(yīng)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(shè)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(biāo)準(zhǔn)濃度的酸性KMnO4溶液潤(rùn)洗滴定管，標(biāo)準(zhǔn)液的濃度偏小，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，故A正確；

B．滴定前錐形瓶有少量水，待測(cè)液的物質(zhì)的量不變，對(duì)V（標(biāo)準(zhǔn)）無(wú)影響，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）不變，故B錯(cuò)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(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）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(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，故D正確；

E．觀察讀數(shù)時(shí)，滴定前仰視，滴定后俯視，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏小，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏小，故E錯(cuò)誤；

故選ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有強(qiáng)氧化性，應(yīng)用酸式滴定管盛裝；高錳離子有催化作用而導(dǎo)致反應(yīng)速率加快；乙二酸與KMnO4發(fā)生氧化還原反應(yīng)，滴定終點(diǎn)時(shí)，溶液由無(wú)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(yīng)按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，根據(jù)關(guān)系式2KMnO4～5H2C2O4計(jì)算；

④根據(jù)c（待測(cè)）=分析不當(dāng)操作對(duì)V（標(biāo)準(zhǔn)）的影響，以此判斷濃度的誤差．24、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，與氫氧化鈉不反應(yīng)，甲酸、苯酚與氫氧化鈉反應(yīng)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．25、酸式|反應(yīng)中生成的錳離子具有催化作用，所以隨后褪色會(huì)加快|滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶?jī)?nèi)的顏色由無(wú)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(qiáng)氧化性，應(yīng)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(dǎo)致反應(yīng)速率加快，所以剛滴下少量KMnO4溶液時(shí)；溶液迅速變成紫紅色；滴定終點(diǎn)時(shí)，當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏胃咤i酸鉀溶液，錐形瓶?jī)?nèi)的顏色由無(wú)色變成紫紅色，且半分鐘不變化，證明達(dá)到終點(diǎn)；

故答案為：酸式；反應(yīng)中生成的錳離子具有催化作用；所以隨后褪色會(huì)加快；滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶?jī)?nèi)的顏色由無(wú)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(yīng)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(shè)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(biāo)準(zhǔn)濃度的酸性KMnO4溶液潤(rùn)洗滴定管，標(biāo)準(zhǔn)液的濃度偏小，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，故A正確；

B．滴定前錐形瓶有少量水，待測(cè)液的物質(zhì)的量不變，對(duì)V（標(biāo)準(zhǔn)）無(wú)影響，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）不變，故B錯(cuò)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(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）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(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，故D正確；

E．觀察讀數(shù)時(shí)，滴定前仰視，滴定后俯視，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏小，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏小，故E錯(cuò)誤；

故選ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有強(qiáng)氧化性，應(yīng)用酸式滴定管盛裝；高錳離子有催化作用而導(dǎo)致反應(yīng)速率加快；乙二酸與KMnO4發(fā)生氧化還原反應(yīng)，滴定終點(diǎn)時(shí)，溶液由無(wú)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(yīng)按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，根據(jù)關(guān)系式2KMnO4～5H2C2O4計(jì)算；

④根據(jù)c（待測(cè)）=分析不當(dāng)操作對(duì)V（標(biāo)準(zhǔn)）的影響，以此判斷濃度的誤差．五、實(shí)驗(yàn)題(共3題，共15分)26、CH4+4Cl2CCl4+4HClDB白色膠狀沉淀生成平衡壓強(qiáng)【分析】【分析】（1）根據(jù)甲烷和氯氣發(fā)生取代反應(yīng)的實(shí)質(zhì)來(lái)回答判斷；

（2）甲烷和氯氣在光照條件下發(fā)生取代反應(yīng)；甲烷的取代反應(yīng)為逐步取代，但是多步取代反應(yīng)是同時(shí)進(jìn)行的，據(jù)此進(jìn)行判斷；

（3）根據(jù)大氣壓強(qiáng)原理來(lái)判斷U型管右端的玻璃管中水柱變化；

（4）根據(jù)生成的HCl能夠溶解于水，能與Na2SiO3反應(yīng)生成硅酸白色沉淀；

（5）右端玻璃管和大氣相通，可平衡壓強(qiáng)．【解析】【解答】解：（1）甲烷中的氫原子可以被氯原子取代，甲烷與氯氣反應(yīng)充分，且只產(chǎn)生一種有機(jī)物即四氯化碳的化學(xué)方程式為：CH4+4Cl2CCl4+4HCl；

故答案為：CH4+4Cl2CCl4+4HCl；

（2）甲烷和氯氣在光照條件下發(fā)生逐步取代反應(yīng)，但是多步取代反應(yīng)是同時(shí)進(jìn)行且各步反應(yīng)都是可逆反應(yīng)，所有得到的產(chǎn)物與甲烷與氯氣的物質(zhì)的量之比無(wú)關(guān)，故得到的產(chǎn)物為CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4；HCl；

故選D；

（3）經(jīng)過(guò)幾個(gè)小時(shí)的反應(yīng)后；消耗氯氣，反應(yīng)中氣體