2025年外研版高三化学下册阶段测试试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年外研版高三化学下册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（）

。选项实验操作实验现象结论A将少量Fe（NO3）2试样加水溶解，滴加稀H2SO4酸化，再滴加KSCN溶液溶液变成红色Fe（NO3）2试样已变质B将少量某无色气体通入澄清石灰水中出现白色沉淀该气体一定是CO2C分别测定常温下0.1mol•L-1Na2SiO3溶液和Na2CO3溶液的pHpH：Na2SiO3＞Na2CO3非金属性：Si＞CD向浓度均为0.1mol•L-1NaCl和NaI混合溶液中，滴加少量AgNO3溶液出现黄色沉淀Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）A.AB.BC.CD.D2、下列反应的离子方程式正确的是（）A.NaHCO3溶液与盐酸：CO32-+2H+=H2O+CO2↑B.硝酸银溶液与铜：Cu+Ag+=Cu2++AgC.向硝酸亚铁溶液中加入稀硫酸：Fe2++4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2OD.用醋酸除水垢：2CH3COOH+CaCO3=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑3、铁的氧化物可用于脱除煤气中的H2S，有一步反应为：Fe3O4（s）+3H2S（g）+H2（g）⇌3FeS（s）+4H2O（g）其温度与平衡常数的关系如图所示．对此反应原理的理解正确的是（）

A.H2S是还原剂B.脱除H2S的反应是放热反应C.温度越高H2S的脱除率越大D.压强越小H2S的脱除率越高4、自然界里常见金属元素存在最多的是铝，其次是铁，铜的含量较少．然而人类冶炼金属获得成功最早的反而是含量少的铜，含量最多的铝最迟冶炼出来，究其原因，合理的是（）A.铜矿较易还原，铝矿很难还原B.铜矿颜色较深，易发现；铝矿颜色较浅，不易发现C.矿石在地下埋藏，铜矿最浅，容易开发，铝矿埋得深，难开发D.以上说法都是错误的5、在500mL1mol/L的CuSO4溶液中投入一块铁片，过一段时间后，取出铁片，洗净、干燥后称质量，铁片增加了0.8g，析出铜的质量是（）A.0.8gB.6.4gC.7.0gD.4.8g评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)6、羟基是重要的官能团．某化学小组以下列4种物质的溶液做研究对象；比较不同物质的羟基中氢原子的活泼性．

①碳酸②乙醇③苯酚④乙酸。

Ⅰ甲同学设计并实施了如下实验方案．

。编号实验操作实验现象结论及解释

1分别取4中溶液，滴加紫色石蕊溶液溶液变红的是①

④溶液

略

2向含酚酞的NaOH溶液中，各滴加等量②③两②中无明显现象。

③中红色明显变浅滴加③时反应的化学的化学方程式：3测定CH3COOH溶液。

与H2CO3溶液的溶液的酸性

略CH3COOH溶液的酸性远大于H2CO3溶液4将CO2通入C6H5ONa溶液中反应的化学方程式：结论：由强到弱顺序（填序号）Ⅱ乙同学在研究了甲同学的实验方案后；提出如下改进方案，能一次比较乙酸；碳酸和苯酚的羟基中氢原子的活泼性，实验仪器如图所示．

利用上述仪器组装实验装置，其中A管插入（填字母，下同）____中，B管插入____中，C管插入____中．

Ⅲ丙同学认为乙同学的实验设计不完善，请说明不完善的理由____，如何改正才能使乙同学的实验设计更加完善，请说明____．

7、（1）将锌、铜用导线连接后浸入2mol/L的稀硫酸中，正极电极反应式为____，发生____反应（填氧化或还原）；电子从____经外电路到____（填锌或铜），溶液中H+向____移动（填正极或负极），放电一段时间后，正极区pH值____（填变大；变小或不变）．

（2）将铜片和铁片用导线连接后插入三氯化铁溶液中，也有电流通过电流表，负极电极反应式为____，总反应的离子方程．8、A～H是纯净物或溶液中的溶质；其中A是日常生活中应用最广；用量最大的金属单质．它们之间有如下关系：（部分产物和反应条件略）

根据上述信息；回答下列问题：

（1）写出下列物质的化学式B____，E____．

（2）H和SO2生成强酸F，此反应中氧化剂是____．

（3）写出①的离子方程式：____．

（4）写出②的化学方程式：____．

（5）C溶液中滴入NaOH溶液有何现象____．所发生反应的化学方程式为____，____．9、实验室欲配制480mL0.1mol•L-1Na2CO3溶液；请据此回答下列问题：

（1）实验时，应用托盘天平称取Na2CO3•10H2O晶体____g．

（2）在配制Na2CO3溶液时需用的玻璃仪器主要有量筒、烧杯、玻璃棒、____、____．

（3）若实验过程中遇到下列情况，则会造成所配溶液的浓度偏低的是____．（填字母）

A．容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理。

B．忘记将洗涤液加入容量瓶。

C．定容时俯视刻度线。

D．摇匀后发现液面低于刻度线，加水至凹液面恰好与刻度线相切．10、现有下列化学仪器与用品：①玻璃棒②烧杯③托盘天平④量筒⑤药匙⑥胶头滴管⑦容量瓶⑧标签纸⑨细口试剂瓶。

Ⅰ．称量：若需要配制500mL0.622moL/LNaOH溶液，则应称取固体NaOH____g；

Ⅱ．用以上称量后的NaOH固体配制溶液并备用：按配制溶液的过程顺序，从上述所给仪器和用品中选取需要的仪器（重复的不计），其编号排列是____；

Ⅲ．配制过程中，应将固体NaOH溶解后并冷却至室温的溶液转移到____中，在转移时玻璃棒起____作用；在液面接近容量瓶刻度线____处，改用____定容．

Ⅳ．若实验中遇到下列情况，可能导致溶液浓度偏高的是____（填字母）：

A；固体氢氧化钠溶解时未冷却至室温；就开始转移、洗涤以及定容；

B；转移时不小心有少量溶液流到了容量瓶外；

C；定容时仰视容量瓶刻度线；

D；定容时加水超过了刻度线；马上用胶头滴管吸去多余的水．

E、配制好后，发现称量时所用的托盘天平的砝码生锈了．11、水在很多的反应中；起到极其重要的作用．根据下面水参与的反应，回答：

①2F2+2H2O═4HF+O2

②2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑

③2Na+2H2O═2NaOH+H2↑

④2H2O2H2↑+O2↑

水只作氧化剂的是____（填写序号，下同）；水只作还原剂的是____；水既作氧化剂，又作还原剂的是____．12、（2014春•重庆校级月考）已知X、Y、Z、W四种短周期元素的位置如图所示，X形成的气体单质约占空气体积的；四种元素原子核外共有56个电子，请回答下列问题：

（1）Y的元素符号是____；

（2）X与Na形成淡黄色固体化合物的电子式是____，该化合物与二氧化碳反应的化学方程式是____；

（3）ZX2能使品红溶液褪色说明ZX2具有____性；

（4）W2与氢氧化钠溶液反应的离子方程式是____．13、将15.5克Na2R溶于水配成500mL溶液，测得其中含0.5molNa+，则R的相对原子质量是____，所配溶液的物质的量浓度是____，取上述溶液10mL，它的物质的量浓度是____．14、某研究人员按图甲所示流程进行“燃煤烟气的脱硫研究”．实验中，SO2和O2混合气体连续通入；水和铁在起始时一次性加入，反应液多次循环．

（1）吸收时，温度不宜过高的原因是____．

（2）为确保反应液的循环吸收效果，吸收液与铁的反应需控制在40左右进行，在此条件下欲加快该反应速率宜采取的措施有____．

（3）实验中；对循环的反应液的pH进行跟踪检测，测得pH随时间的变化曲线如图乙所示（A点为纯水的pH）．

①AB段，pH下降的主要原因是____．

②CD段，反应液的pH发生突变，是由于吸收液中____（填化学式）含量的突增，请分析引起该物质含量突增的原因：____．评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)15、伴有能量变化的物质变化都是化学变化．____．（判断对错）16、在有Cl-和Br-共同存在的溶液中，只要滴入AgNO3溶液，就一定先有AgBr沉淀生成．____．（判断对错）17、实验时，将水倒入浓硫酸配制稀硫酸____．（判断对错）18、标准状况下，18gH2O所含的氧原子数目为NA．____（判断对错）19、某有机物燃烧后生成二氧化碳和水，所以此有机物一定含有C、H、O三种元素．____（判断对错）20、很多物质都可以添加到食品中，其中使用亚硝酸钠时必须严格控制用量．____．（判断对错）21、NaHCO3溶液与NaOH溶液反应：OH-+HCO3-=CO32-+H2O．____（判断对错）22、乙酸与丙二酸互为同系物____．评卷人得分四、推断题(共1题，共10分)23、已知与外加电源正极相连的电极为电解池的阳极，与外加电源负极相连的电极为电解池的阴极，在以石墨为电极电解时，电解质溶液中的阴离子在阳极发生氧化反应，电解质溶液中的阳离子在阴极发生还原反应，又知阳离子得电子的能力与其对应金属的金属活动性顺序相反（注意：Fe3+＞Cu2+＞Fe2+），阴离子失电子的能力为S2-＞I-＞Br-＞Cl-＞OH-＞含氧酸根离子＞F-．如图所示：以石墨为电极电解A的水溶液，并做下面一系列实验，试根据实验现象完成下列问题．电解质A的水溶液焰色反应呈浅紫色．

（1）写出A的化学式为____，E的名称为____．

（2）I与F作用的离子方程式是____

（3）G加入L后产生的白色沉淀到生成红褐色沉淀H的化学方程式：____

（4）用两个最直接的离子方程式来证明Fe3+、Cu2+、Fe2+的氧化性强弱顺序是Fe3+＞Cu2+＞Fe2+

①____，②____．参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】【分析】A．Fe（NO3）2试样加水溶解，滴加稀H2SO4酸化；发生氧化还原反应生成铁离子；

B．无色气体通入澄清石灰水中；生成白色沉淀可能为碳酸钙或亚硫酸钙；

C．常温下0.1mol•L-1Na2SiO3溶液和Na2CO3溶液的pH大的对应的酸越弱；可由最高价氧化物水化物的酸性比较非金属性；

D．滴加少量AgNO3溶液，溶度积小的先沉淀．【解析】【解答】解：A．Fe（NO3）2试样加水溶解，滴加稀H2SO4酸化；发生氧化还原反应生成铁离子，干扰变质的检验，应加水溶解后加滴加KSCN溶液若变红，则变质，故A错误；

B．无色气体通入澄清石灰水中；生成白色沉淀可能为碳酸钙或亚硫酸钙，则无色气体为二氧化碳或二氧化硫，故B错误；

C．常温下0.1mol•L-1Na2SiO3溶液和Na2CO3溶液的pH为Na2SiO3＞Na2CO3，则酸性为H2CO3＞H2SiO3；所以非金属性C＞Si，故C错误；

D．滴加少量AgNO3溶液，溶度积小的先沉淀，则出现黄色沉淀可知Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）；故D正确；

故选D．2、D【分析】【分析】A、HCO3-是多元弱酸根离子；不能拆；

B；得失电子不守恒；

C；得失电子不守恒；

D、醋酸为弱酸，应写成化学式，碳酸钙不溶于水，离子方程式中应写成化学式．【解析】【解答】解：A、HCO3-是多元弱酸根离子，不能拆，正确的离子方程式为HCO3-+H+=CO2↑+H2O；故A错误；

B、得失电子不守恒，正确的离子方程式为Cu+2Ag+=Cu2++2Ag；故B错误；

C、得失电子不守恒，正确的离子方程式为3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O；故C错误；

D、醋酸为弱酸，应写成化学式，碳酸钙不溶于水，离子方程式中应写成化学式，离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2O；故D正确；

故选D．3、B【分析】【解答】A、还原剂在氧化还原反应中失去电子，化合价升高，H2S为反应物；FeS为生成物，反应前后S的化合价均为﹣2，故既不是氧化剂也不是还原剂，故A错误；

B；由图可以得出；温度越高，K值越小，说明此反应为放热反应，故B正确；

C、此反应为放热反应，升高温度，平衡左移，不利于脱硫，即温度越高H2S的脱除率越小；故C错误；

D；稀反应特点为反应前后气体体积不变的反应；增大压强，平衡不移动，故硫化氢的转化率不会提高，D错误，故选B．

【分析】A；还原剂在氧化还原反应中失去电子；化合价升高；

B；由图可以得出；温度越高，K值越小，说明此反应为放热反应；

C；此反应为放热反应；升高温度，平衡左移，不利于脱硫；

D、稀反应特点为反应前后气体体积不变的反应，据此判断即可．4、A【分析】【分析】金属冶炼的难易与金属的活泼性有关，越不活泼的金属，越易冶炼，使用的越早，而铝的性质比较活泼，用一般的还原剂不能将之置换，一般用电解法，使用较晚．【解析】【解答】解：金属冶炼的难易与金属的活泼性有关；铜不活泼，在加热条件下可用碳置换，使用较早，而铝的性质比较活泼，用一般的还原剂不能将之置换，一般用电解法，使用较晚，与金属化合物的其它性质无关；

故选A．5、B【分析】【分析】发生反应：Fe+CuSO4═FeSO4+Cu，利用固体差量法来计算．【解析】【解答】解：设析出的Cu的质量为x；则。

Fe+CuSO4═FeSO4+Cu质量增大△m

6464-56=8

x0.8g

所以x==6.4g；

故选B．二、填空题(共9题，共18分)6、D（或E）E（或D）F因乙酸有挥发性，制得的CO2中含有乙酸在试管F之前增加了一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气装置【分析】【分析】I．苯酚具有弱酸性，可以和氢氧化钠反应，生成无色的苯酚钠溶液；苯酚的酸性比碳酸弱，所以将CO2通入C6H5ONa溶液中；生成苯酚；

II．一次比较乙酸；碳酸和苯酚的羟基中氢原子的活泼性；实验目的是证明酸性：乙酸＞碳酸＞苯酚．根据强酸制取弱酸的原则，须设计酸性：乙酸＞碳酸＞苯酚根据实验目的，以及所发生的化学反应，确定实验方案的设计；

Ⅲ．因乙酸有挥发性，制得的CO2中含有乙酸，得到的物质不纯净，可以用饱和NaHCO3溶液洗气．【解析】【解答】解：I．向含酚酞的NaOH溶液中；各滴加等量的乙醇和苯酚两种溶液，乙醇与氢氧化钠不反应，所以无变化，苯酚具有酸性，和氢氧化钠反应，所以③中红色明显变浅；苯酚钠和二氧化碳；水反应生成碳酸氢钠，苯酚的溶解性较小析出，说明碳酸的酸性比苯酚强，即羟基氢原子由强到弱顺序乙酸＞碳酸＞苯酚；

故答案为：C6H5OH+NaOH→C6H5ONa+H2O；产生白色浑浊；C6H5ONa+CO2+H2O=C6H5OH+NaHCO3；④①③②；

II．一次比较乙酸；碳酸和苯酚的羟基中氢原子的活泼性；实验目的是证明酸性：乙酸＞碳酸＞苯酚．根据强酸制取弱酸的原则，须设计酸性：乙酸＞碳酸＞苯酚．即乙酸和碳酸钠反应生成二氧化碳（在A装置中），二氧化碳、水和苯酚钠反应生成苯酚和碳酸氢钠（在F装置中）；

故答案为：D（或E）；E（或D）；F；

Ⅲ．因乙酸有挥发性，制得的CO2中含有乙酸，得到的物质不纯净，可以在试管F之前增加了一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气装置，目的是将二氧化碳中的乙酸洗去，防止乙酸与苯酚钠反应，故答案为：因乙酸有挥发性，制得的CO2中含有乙酸；在试管F之前增加了一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气装置．7、2H++2e-=H2↑还原锌铜正极变大Fe-2e-=Fe2+【分析】【分析】（1）根据原电池工作原理：负极上是失电子的氧化反应的电极；正极是发生分析；

（2）根据正负极的电极反应类型确定电极反应式，正负极电极反应式相加即是电池总反应方程式．【解析】【解答】解：（1）该原电池中锌是负极，铜是正极，正极上氢离子得电子生成氢气，发生还原反应，正极反应为2H++2e-=H2↑；外电路上；电子从负极沿导线到正极，所以电子是从锌经外电路到铜；铜极附近有大量的电子，根据异性电荷相吸，铜极吸引氢离子，所以氢离子向正极移动；正极上氢离子得电子生成氢气，所以氢离子浓度降低，pH值变大．

故答案为：2H++2e-=H2↑；还原；锌；铜；正极；变大；

（2）铁是负极，铜是正极，氯化铁是电解质，电子从负极（铁极）沿导线到正极（铜极）．负极上铁失电子生成二价铁离子，Fe-2e-=Fe2+；正极上三价铁离子得电子生成二价铁离子，即2Fe3++2e-=2Fe2+，正负极上电极反应式相加得电池反应方程式：Fe+2Fe3+=3Fe2+；

故答案为：Fe-2e-=Fe2+；Fe+2Fe3+=3Fe2+．8、HNO3NO2H2O23Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O2H2O22H2O+O2↑先产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色沉淀Fe（NO3）2+2NaOH═Fe（OH）2↓+2NaNO34Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3【分析】【分析】A是日常生活中应用最广、用量最大的金属单质，则A为Fe；与一定浓度B溶液反应得到C及气体D、气体E，结合D与E相互转化可知，B为HNO3、D为NO、E为NO2，二氧化硫与H反应得到强酸F，F与C反应得到NO，则C为Fe（NO3）2，H与黑色粉末I可以得到氧气，故H为H2O2，I为MnO2，F为H2SO4，据此解答．【解析】【解答】解：A是日常生活中应用最广、用量最大的金属单质，则A为Fe；与一定浓度B溶液反应得到C及气体D、气体E，结合D与E相互转化可知，B为HNO3、D为NO、E为NO2，二氧化硫与H反应得到强酸F，F与C反应得到NO，则C为Fe（NO3）2，H与黑色粉末I可以得到氧气，故H为H2O2，I为MnO2，F为H2SO4．

（1）由上述分析可知，B为HNO3，E为NO2，故答案为：HNO3；NO2；

（2）H2O2和SO2生成强酸H2SO4，此反应中氧化剂是H2O2，故答案为：H2O2；

（3）反应①的离子方程式：3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O；

故答案为：3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O；

（4）反应②的化学方程式：2H2O22H2O+O2↑；

故答案为：2H2O22H2O+O2↑；

（5）Fe（NO3）2溶液中滴入NaOH溶液，所发生反应的化学方程式为：Fe（NO3）2+2NaOH═Fe（OH）2↓+2NaNO3、4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3；现象为：先产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色沉淀；

故答案为：先产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色沉淀；Fe（NO3）2+2NaOH═Fe（OH）2↓+2NaNO3、4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3．9、14.3胶头滴管500mL容量瓶BD【分析】【分析】（1）欲配制480mL0.1mol•L-1Na2CO3溶液；实验室没有480mL容量瓶，应选择500mL容量瓶，依据m=CVM计算需要溶质的质量；

（2）依据配制步骤选择仪器；

（3）分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，根据c=进行误差分析．【解析】【解答】解：（1）实验室欲配制480mL0.1mol/LNa2CO3溶液；需要选用500mL的容量瓶，需要碳酸钠的物质的量为：0.5L×0.1mol/L=0.5mol，需要十水碳酸钠晶体的物质的量为0.05mol，质量为：286g/mol×0.05mol=14.3g；

故答案为：14.3；

（2）溶液配制操作步骤有：称量；溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作；一般用托盘天平称量，用药匙取药品，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，冷却后转移到500ml容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤并将该洗涤液移入容量瓶中，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加；

所以需要的仪器为：托盘天平；500mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒、烧杯、量筒、钥匙；

玻璃仪器有：500mL容量瓶；胶头滴管、玻璃棒、烧杯、量筒；

故答案为：500mL容量瓶；胶头滴管；

（3）A．容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理；对溶液的体积和溶质的物质的量都不产生影响，溶液浓度不变，故A不选；

B．忘记将洗涤液加入容量瓶；导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故B选；

C．定容时俯视刻度线；导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故C不选；

D．摇匀后发现液面低于刻度线；加水至凹液面恰好与刻度线相切，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏高；

故D选；

故选：BD．10、12.4②④①⑦⑥⑨⑧500mL容量瓶引流1-2cm胶头滴管AE【分析】【分析】I．根据质量m=CVM来计算；

II．根据配制步骤是计算；称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来分析需要的仪器；

III．容量瓶不能受热；在移液时；玻璃棒的作用是引流；根据定容的操作来分析；

IV．根据c=并结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析．【解析】【解答】解：I．所需氢氧化钠的质量m=CVM=0.622mol/L×0.5L×40g/mol=12.4g；故答案为：12.4；

II．根据配制步骤是计算；称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知所需的仪器和顺序为②④①⑦⑥⑨⑧；故答案为：②④①⑦⑥⑨⑧；

III．容量瓶不能受热；而氢氧化钠溶于水放热，故要将溶于冷却至室温然后转移至500mL容量瓶中；在移液时，玻璃棒的作用是引流．防止溶液溅出；定容时，要先向容量瓶中倒水，至液面离刻度线1-2cm时，改用胶头滴管逐滴加入，至凹液面与刻度线相切；

故答案为：500ml容量瓶；引流；1-2cm；胶头滴管；

IV．A；固体氢氧化钠溶解时未冷却至室温；就开始转移、洗涤以及定容，则冷却后溶液体积偏小，浓度偏高，故A正确；

B；转移时不小心有少量溶液流到了容量瓶外；则会导致溶质的损失，浓度偏小，故B错误；

C；定容时仰视容量瓶刻度线；则溶液体积偏大，浓度偏低，故C错误；

D；定容时加水超过了刻度线；马上用胶头滴管吸去多余的水，则吸出的不止是水，还有溶质，则浓度偏低，故D错误．

E；配制好后；发现称量时所用的托盘天平的砝码生锈了，在砝码的质量增大，称量出的溶质的质量增大，浓度偏高，故E正确．

故选AE．11、③①④【分析】【分析】水中H元素的化合价降低，水作氧化剂；水中O元素的化合价升高，则水作还原剂，以此来解答．【解析】【解答】解：①2F2+2H2O═4HF+O2中；水中O元素的化合价升高，则水作还原剂；

②2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑中；水中H；O元素的化合价均不变；

③2Na+2H2O═2NaOH+H2↑中；水中H元素的化合价降低，则水为氧化剂；

④2H2O2H2↑+O2↑中；水中H元素化合价降低；O元素的化合价升高，则水既作氧化剂，又作还原剂；

故答案为：③；①；④．12、P2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2漂白Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O【分析】【分析】X、Y、Z、W四种短周期元素的位置如图所示，X形成的气体单质约占空气体积的；则X是O元素，则Y是P元素；Z是S元素、W是Cl元素；

（1）Y是P元素；

（2）X与Na形成的淡黄色固体是过氧化钠；过氧化钠中钠离子和过氧根离子之间存在离子键；O原子之间存在共价键；过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；

（3）二氧化硫具有漂白性；能使品红溶液褪色；

（4）氯气和氢氧化钠反应生成NaCl、NaClO和水．【解析】【解答】解：X、Y、Z、W四种短周期元素的位置如图所示，X形成的气体单质约占空气体积的；则X是O元素，则Y是P元素；Z是S元素、W是Cl元素；

（1）通过以上分析知；Y是P元素，故答案为：P；

（2）X与Na形成的淡黄色固体是过氧化钠，过氧化钠中钠离子和过氧根离子之间存在离子键、O原子之间存在共价键，过氧化钠电子式为过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学反应方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；

故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；

（3）二氧化硫能和有色物质反应生成无色物质而具有漂白性；所以能使品红溶液褪色，故答案为：漂白；

（4）氯气和氢氧化钠反应生成NaCl、NaClO和水，离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O．13、160.5mol/L0.5mol/L【分析】【分析】Na2R完全电离，则n（Na+）=2n（Na2R），据此计算n（Na2R），根据M=计算Na2R的摩尔质量，进而计算R的相对原子质量，根据c=计算溶液物质的量浓度，溶液是均匀的，取出10mL溶液的浓度与原溶液浓度相等．【解析】【解答】解：n（Na2R）=n（Na+）=×0.5mol=0.25mol，Na2R的摩尔质量为=62g/mol；故R的相对原子质量为62-23×2=16；

所得溶液物质的量浓度为=0.5mol/L；溶液是均匀的，取出10mL溶液的浓度与原溶液浓度相等，即取出10mL溶液的物质的量浓度为0.5mol/L；

故答案为：16；0.5mol/L；0.5mol/L．14、温度过高，二氧化硫的溶解度下降搅拌或使用铁粉二氧化硫与水反应生成亚硫酸，溶液酸性增强H2SO4生成的Fe2+对亚硫酸氧化生成硫酸的反应起催化作用【分析】【分析】（1）高温不利于气体的溶解；

（2）搅拌或增大接触面积可以加快该反应速率；

（3）①二氧化硫与水反应生成亚硫酸；溶液酸性增强，pH值减小；

②生成的Fe2+可作为反应的催化剂．【解析】【解答】解：（1）高温使气体的溶解度降低；不利于气体的溶解；

故答案为：温度过高；二氧化硫的溶解度下降；

（2）搅拌或增大接触面积可以加快该反应速率；可使用铁粉；

故答案为：搅拌或使用铁粉；

（3）①二氧化硫与水反应生成亚硫酸；溶液酸性增强，pH值减小；

故答案为：二氧化硫与水反应生成亚硫酸；溶液酸性增强；

②生成的Fe2+对亚硫酸氧化生成硫酸的反应起催化作用；

故答案为：H2SO4，生成的Fe2+对亚硫酸氧化生成硫酸的反应起催化作用．三、判断题(共8题，共16分)15、×【分析】【分析】伴有能量变化的物质变化不一定发生化学反应．【解析】【解答】解：伴有能量变化的物质变化不一定是化学变化，如灯泡发光过程中有热能变化，故错误；16、×【分析】【分析】根据溶度积常数计算各沉淀生成时所需银离子的浓度，从而判断生成沉淀的先后顺序．【解析】【解答】解：如生成沉淀，应满足c（Ag+）×c（Cl-）＞Ksp（AgCl）、c（Ag+）×c（Br-）＞Ksp（AgBr），如c（Cl-）远大于c（Br-），且c（Ag+）×c（Br-）＜Ksp（AgBr），则不一定先生成AgBr沉淀；

故答案为：×．17、×【分析】【分析】浓硫酸溶解时，会释放出大量的热量，在稀释浓硫酸时，一定要把浓硫酸沿容器璧慢慢注入水里，并不断搅拌．【解析】【解答】解：实验室配制稀硫酸时，应先将水倒入烧杯中，再将浓硫酸用玻璃棒引流进烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌．注意不能将水倒到浓硫酸中，以免溶解时放出的热使酸液沸腾四处飞溅，故答案为：×．18、√【分析】【分析】根据水的质量计算出物质的量，再计算出氧原子数目．【解析】【解答】解：18g水的物质的量为1mol，含的氧原子数目为NA，故答案为：√．19、×【分析】【分析】根据质量守恒可知，某有机物完全燃烧后生成二氧化碳和水，说明该有机物中肯定含有碳、氢2种元素，可能含有氧元素．【解析】【解答】解：某有机物完全燃烧后生成二氧化碳和水，说明该有机物中肯定含有碳、氢2种元素，可能含有氧元素，故答案为：×．20、√【分析】【分析】亚硝酸盐有毒，过量食用会导致人死亡，添加到食品中要严格控制用量，以此判断．【解析】【解答】解：肉类制品中使用亚硝酸钠作为发色剂限量使用；由亚硝酸盐引起食物中毒的机率较高，食入0.2～0.5克的亚硝酸盐即可引起中毒甚至死亡，因此要严格控制用量；

故答案为：√．21、√【分析】【分析】NaHCO3为强电解质，在溶液中电离出钠离子和碳酸氢根离子；NaOH为可溶性的强碱，在溶液中完全电离出钠离子和氢氧根离子，NaHCO3与NaOH溶液反应实质为碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水．【解析】【解答】解：NaHCO3溶液与NaOH溶液反应生成可溶性的碳酸钠和水，反应的实质为HCO3-与OH-反应生成CO32-和H2O，该反应的离子方程式为：OH-+HCO3-=CO32-+H2O；

故答案为：√．22、×【分析】【分析】结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物．互为同系物的物质具有以下特点：结构相似、化学性质相似、分子式通式相同、分子式不同、物理性质不同．注意同系物中的“结构相似”是指物质种类相同，若含有官能团，官能团的种类与数目相同．【解析】【解答】解：乙酸与丙二酸官能团个数不一样；通式不同，不是同系物．

故答案为：×．四、推断题(共1题，共10分)23、KCl硫化亚铁2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）32Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；Fe+Cu2+=Fe2++Cu．【分析】【分析】电解质A的水溶液焰色反应呈浅紫色；由此可知电解质A含有钾元素；二价铁离子显浅绿色，所以G含二价铁离子，G和L反应生成H，根据实验现象知，H是氢氧化铁，所以溶液L含氢氧根离子，即电解A后，电解液中含有氢氧根离子；C和G反应生成I，I和硫氰化钾反应生成红色溶液K，三价铁离子显黄色，所以I含三价铁离子，二价铁离子和C反应生成三价铁离子，所以C是氯气