2024年人教版PEP高三化学上册阶段测试试卷

…………○…………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2024年人教版PEP高三化学上册阶段测试试卷458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：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、下列粒子半径大小的比较中正确的是（）A.r（S2-）＞r（O2-）＞r（F-）B.r（Al）＞r（Mg）＞r（Na）C.r（Na+）＞r（O2-）＞r（F-）D.r（Na）＞r（Na+）＞r（Cl-）2、一定条件下，2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH＝－197kJ·mol－1。现有容积固定且相同的五个容器，在上述条件下分别充入的气体和反应热ΔH如表所示：根据以上数据，下列选项正确的是A.ΔH1＝2ΔH2B.ΔH3＜ΔH4C.ΔH1＋ΔH5＝197D.ΔH2＝ΔH33、锌溴液流电池是一种新型电化学储能装置（如图所示），电解液为溴化锌水溶液，电解质溶液在电解质储罐和电池间不断循环．下列说法不正确的是（）A.阳离子交换膜可阻止Br2与Zn直接发生反应B.放电时负极的电极反应式为Zn-2e-=Zn2+C.充电时电极a连接电源的负极D.放电时左侧电解质储罐中的离子总浓度增大4、下列各组物质，互为同系物的是rm{(}rm{)}A.rm{CH_{3}-CH=CH_{2}}与B.与C.与D.rm{CH_{3}CH_{2}Cl}与rm{CH_{3}CHCl-CH_{2}Cl}5、对化学基本概念的理解和把握是学好化学的关键，下列说法正确的是（）A.化学平衡常数是指在一定温度下生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值B.勒夏特列原理指的是，如果改变影响平衡的条件之一（如温度、压强、参与反应物质的浓度，），平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动C.盐溶液不一定呈中性，不显中性的盐都会促进水的电离D.把被保护的钢铁设备作为电解池的阴极，该方法称为牺牲阳极的阴极保护法评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)6、（1）写出铝和氢氧化钠溶液反应的化学方程式____

（2）写出FeCl3溶液与Fe单质反应的离子方程式____．7、现有电解质溶液：①NaOH②NaHCO3③CH3COONa当三种溶液的pH相同时，其物质的量浓度由大到小的顺序是____．8、（14分）（Ⅰ）甲醇是一种新型的汽车动力燃料，工业上可通过CO和H2化合来制备甲醇。已知某些化学键的键能数据如下表：。化学键C—CC—HH—HC—OC≡OH—O键能/kJ·mol－13484134363581072463请回答下列问题：（1）已知CO中的C与O之间为叁键连接，则工业制备甲醇的热化学方程式为；（2）某化学研究性学习小组模拟工业合成甲醇的反应，在容积固定为2L的密闭容器内充入1molCO和2molH2，加入合适催化剂（体积可以忽略不计）后在250°C开始反应，并用压力计监测容器内压强的变化如下：。反应时间/min0510152025压强/MPa12.610.89.58.78.48.4则从反应开始到20min时，以CO表示的平均反应速率=，该温度下平衡常数K=，若升高温度则K值（填“增大”、“减小”或“不变”）；（3）下列描述中能说明上述反应已达平衡的是；A．2v(H2)正=v(CH3OH)逆B．容器内气体的平均摩尔质量保持不变C．容器中气体的压强保持不变D．单位时间内生成nmolCO的同时生成2nmolH2（Ⅱ）回答下列问题：（1）体积均为100mLpH=2的CH3COOH与一元酸HX，加水稀释过程中pH与溶液体积的关系如图所示，则Ka(HX)______Ka(CH3COOH)（填＞、＜或＝）（2）25℃时，CH3COOH与CH3COONa的混合溶液，若测得pH=6，则溶液中C(CH3COO−)-c(Na+)=_________mol·L-1(填精确值)。9、（2014春•汉中校级期末）（1）某温度下，在一密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间的变化曲线如图所示．分析有关数据，写出X、Y、Z反应的化学方程式____．

（2）下列情况可以证明（1）中的反应已达到平衡状态的是____（填序号）．

A．物质的量浓度：c（X）=c（Y）=c（Z）

B．温度和体积一定时；某一生成物浓度不再变化。

C．温度和体积一定时；容器内的压强不再变化。

D．温度和体积一定时；混合气体的平均相对分子质量不再变化。

（3）某温度下，在另一体积为2L的密闭容器中充入2molX和3molY，然后按（1）中的化学方程式进行反应，当达到化学平衡时，测得Z的物质的量的百分含量为25%，则平衡时X的物质的量浓度为____．10、[10分]食盐中含有一定量的镁；铁等杂质；加碘盐中碘的损失主要是由于杂质、水分、空气中的氧气以及光照、受热而引起的．已知：

氧化性：IO3-＞Fe3+＞I2；还原性：S2O32-＞I-

3I2+6OH-═IO3-+5I-+3H2O；KI+I2⇌KI3

（1）某学习小组对加碘盐进行如下实验：取一定量某加碘盐（可能含有KIO3、KI、Mg2+、Fe3+），用适量蒸馏水溶解，并加稀盐酸酸化，将所得溶液分为3份．第一份试液中滴加KSCN溶液后显红色；第二份试液中加足量KI固体，溶液显淡黄色，用CCl4萃取，下层溶液显紫红色；第三份试液中加入适量KIO3固体后；滴加淀粉试剂，溶液不变色．

①加KSCN溶液显红色，该红色物质是____（用化学式表示）；CCl4中显紫红色的物质是____（用电子式表示）．

②第二份试液中加入足量KI固体后，反应的离子方程式为____、____．

（2）KI作为加碘剂的食盐在保存过程中；由于空气中氧气的作用，容易引起碘的损失．

写出潮湿环境下KI与氧气反应的化学方程式：____．

将I2溶于KI溶液，在低温条件下，可制得KI3•H2O．该物质作为食盐加碘剂是否合适？____（填“是”或“否”），并说明理由____．

（3）为了提高加碘盐（添加KI）的稳定性，可加稳定剂减少碘的损失．下列物质中有可能作为稳定剂的是____．

A．Na2S2O3B．AlCl3C．Na2CO3D．NaNO2．11、中学阶段涉及的平衡有气体可逆反应的平衡；酸碱电离平衡、水解平衡及沉淀-溶解平衡等等．

（1）现有容积为1L的恒温恒容密闭容器，向其中加入2molA气体和2molB气体后发生如下反应：A（g）+B（g）═C（g）△H=-akJ•mol-1，20s后，反应达到平衡状态，生成1molC气体，放出热量Q1kJ．回答下列问题．

①计算20s内B气体的平均化学反应速率为____，写出该反应的平衡常数表达式____．

②保持容器温度和容积不变，若改为向其中加入1molC气体，反应达到平衡时，吸收热量Q2kJ，则Q1与Q2的相互关系正确的是____（填字母）．

（A）Q1+Q2=a（B）Q1+2Q2＜2a（C）Q1+2Q2＞2a（D）Q1+Q2＜a

③在原平衡基础上，保持容器温度和容积不变，向容器中再通入bmolA气体（b＞0）时，v（正）____v（逆）（填“＞”、“＜”或“=”），重新达平衡后，C气体的平衡体积分数φ（C）=，则b=____．

（2）常温下，将VmL、0.1000mol•L-1氢氧化钠溶液逐滴加入到20.00mL、0.1000mol•L-1醋酸溶液中；充分反应．回答下列问题．（忽略溶液体积的变化）

①如果溶液pH=7，此时V的取值____20.00（填“＞”、“＜”或“=”），而溶液中c（Na+）、c（CH3COO-）、c（H+）、c（OH-）的大小关系为____．

②如果V=40.00，则此时溶液中c（OH-）-c（H+）-c（CH3COOH）=____mol•L-1．评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)12、含4mol的HCl的浓盐酸与足量的MnO2加热反应，转移2NA电子．____（判断对错）．13、一个化学反应中，生成物总键能大于反应物的总键能时，反应吸热，△H为“+”____．（判断对错）14、放热反应在任何条件都不能发生．____．（判断对错）15、气体净化时，一定是先除杂质后干燥____（判断对错）．16、有盐和水生成的反应不一定是中和反应____．（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、根据分散质粒子的直径大小，分散系分为浊液、胶体和溶液．____．（判断对错说明理由）19、蛋白质是结构复杂的高分子化合物，分子中都含有C、H、O、N四种元素____（判断对错）20、通过红外光谱分析可以区分乙醇与乙酸乙酯____．评卷人得分四、解答题(共2题，共18分)21、（NH4）2Fe（SO4）2比FeSO4稳定；其标准溶液是定量实验中的常用试剂．

（1）实验室用（NH4）2Fe（SO4）2固体配制一定浓度的（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液．

①配制溶液时；需要使用的仪器除天平；药匙、玻璃棒、烧杯、量筒外，还需要如图中的______（填字母代号）

②若要配制0.100mol•L-1的（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液250ml，需称取（NH4）2Fe（SO4）2______g

③若在配制过程中，烧杯中的（NH4）2Fe（SO4）2溶液有少量溅出；则所得溶液浓度______；若在定容时，俯视液面，则所得溶液浓度______．（填“偏高”；“偏低”、“无影响”）

（2）能电离出两种阳离子的盐称为复盐；下列物质中属于复盐的有______．

a．KAl（SO4）2b．KAlO2c．NH4Al（SO4）2d．[Ag（NH3）2]NO3

（3）（NH4）2Fe（SO4）2溶液呈______性；试用离子方程式解释其原因：______；______．

22、[化学-选修物质结构与性质]

已知X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于42．X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，Y元素原子的最外层2p轨道上有2个未成对电子．X跟Y可形成化合物X2Y3；Z元素可以形成负一价离子．请回答下列问题：

（1）X元素原子基态时的电子排布式为______；该元素的符号是______；

（2）Y元素原子的价层电子的轨道表示式为______；该元素的名称是______；

（3）X与Z可形成化合物XZ3；该化合物的空间构型为______；

（4）已知化合物X2Y3在稀硫酸溶液中可被金属锌还原为XZ3，产物还有ZnSO4和H2O；该反应的化学方程式是______；

（5）比较X的氢化物与同族第二；第三周期元素所形成的氢化物稳定性、沸点高低并说明理由______．

评卷人得分五、其他(共4题，共20分)23、将下列各仪器名称前的字母序号与其用途相对应的选项填在相应位置．

（1）用来夹试管的工具是____；

（2）贮存固体药品的仪器是____；

（3）常作为反应用的玻璃容器是____；

（4）用于洗涤仪器内壁的工具是____；

（5）用于夹持燃烧镁条的工具是____；

（6）检验物质可燃性，进行固气燃烧实验的仪器是____；

（7）用于加热浓缩溶液、析出晶体的瓷器是____；

（8）加热时常垫在玻璃容器与热源之间的用品是____．24、（10分）格氏试剂在有机合成方面用途广泛，可用于卤代烃和镁在醚类溶剂中反应制得。设R为烃基，已知：R—X+MgR—MgX（格氏试剂）阅读如下有机合成路线图，回答有关问题：（1）在上述合成路线图中，反应I的类型是，反应II的条件是。（2）反应III的化学方程式为。（3）有机物是合成药物中的一种原料，实验室可以用环己烯按以下合成路线合成该有机物：通过化学反应从环己烯到N可以通过多种途径实现，其中步骤最少可以通过____步完成，分别通过（填反应类型）等反应实现。其中N和Z的结构简式为：N；Z。25、将下列各仪器名称前的字母序号与其用途相对应的选项填在相应位置．

（1）用来夹试管的工具是____；

（2）贮存固体药品的仪器是____；

（3）常作为反应用的玻璃容器是____；

（4）用于洗涤仪器内壁的工具是____；

（5）用于夹持燃烧镁条的工具是____；

（6）检验物质可燃性，进行固气燃烧实验的仪器是____；

（7）用于加热浓缩溶液、析出晶体的瓷器是____；

（8）加热时常垫在玻璃容器与热源之间的用品是____．26、复合材料在航空、航天领域中有重要的应用，请举例说明。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、A【分析】【分析】A．电子层结构相同的离子；核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大；

B．同周期自左而右原子半径减小；

C．电子层结构相同的离子；核电荷数越大离子半径越小；

D．电子层越多离子半径越大．【解析】【解答】解：A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径：r（S2-）＞r（O2-）＞r（F-）；故A正确；

B．同周期自左而右原子半径减小，故原子半径：r（Al）＜r（Mg）＜r（Na）；故B错误；

C．电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：r（O2-）＞r（F-）＞r（Na+）；故C错误；

D．电子层越多离子半径越大，故离子半径：r（Na+）＜r（Cl-）；故D错误；

故选A．2、D【分析】试题分析：A、五个容积固定且相同，容器1混合气体的压强大于容器2，则容器1向正反应方向移动，放出的热量增大，所以，故AΔH1>ΔH2，故A错误；B、五个容积固定且相同，容器3加入了和反应无关的He，不影响化学平衡，反应4增加了O2浓度，平衡向右移动，所以ΔH3>ΔH4，故B错误；C、∆H为化学反应的反应热，容器1放出热量，容器5吸收热量，故C错误；D、容器3加入了和反应无关的He，不影响化学平衡，所以ΔH2＝ΔH3，故D正确。考点：本题考查化学平衡移动、反应热的比较。【解析】【答案】D3、C【分析】解：根据图示的信息，结合原电池等工作原理，原电池的负极是金属锌失电子的过程，所以b是负极；a是正极．

A、阳离子交换膜只允许阳离子通过，还起到隔膜的作用，可阻止Br2与Zn直接发生反应；故A正确；

B、原电池的两极反应中，负极上发生失电子的氧化反应，即Zn-2e-=Zn2+；故B正确；

C；充电时；电池的正极和电源的正极相接，即电极a连接电源的正极，故C错误；

D；放电时；右侧生成的锌离子移向左侧，左侧溴单质发生得电子的还原反应生成溴离子，所以左侧电解质储罐中的离子总浓度增大，故D正确；

故选C．

A；阳离子交换膜只允许阳离子通过；还起到隔膜的作用；

B；原电池的两极反应中；负极上发生失电子的氧化反应；

C；充电时；电池的正极和电源的正极相接；

D；根据电池的两极反应来确定离子浓度的变化；

本题考查原电池的工作原理，题目难度不大，注意把握原电池中电子及溶液中离子的定向移动问题，本题从化合价的变化进行判断是做题的关键．【解析】【答案】C4、C【分析】解：rm{A.CH_{3}-CH=CH_{2}}与结构不相似，不为同系物，故A错误；

B.与含有苯环的数目不同，分子组成不相差若干个“rm{CH_{2}}”原子团；不为同系物，故B错误；

C.与结构相似、分子组成相差rm{2}个“rm{CH_{2}}”原子团；互为同系物，故C正确；

D.rm{CH_{3}CH_{2}Cl}与rm{CH_{3}CHCl-CH_{2}Cl}含氯原子的个数不同；不为同系物，故D错误．

故选C．

结构相似、分子组成相差若干个“rm{CH_{2}}”原子团的有机化合物互相称为同系物，同系物必须是同一类物质rm{(}含有相同且数量相等的官能团rm{)}．

本题考查了同系物的判断，题目难度不大，注意掌握同系物的概念及判断方法，明确互为同系物的化合物一定满足结构相似，即含有的官能团类型及数目一定相同．【解析】rm{C}5、B【分析】【解答】A．反应物或者生成物中如果有固体和纯液体；则不应代入平衡常数表达式，这里的浓度是平衡浓度，故A错误；

B；勒夏特列原理的内容为：如果改变影响平衡的条件之一（如浓度、温度、压强）；平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，故B正确；

C；强酸的酸式盐会完全电离出氢离子；会抑制水的电离，故C错误；

D．原电池的正极及电解池的阴极中的金属被保护；所以利用电化学原理保护金属主要有两种方法，分别是牺牲阳极的阴极保护法和外加电流的阴极保护法，把被保护的钢铁设备作为电解池的阴极，该方法称为外加电流的阴极保护法，故D错误；

故选B．

【分析】A．是达到化学平衡时；生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，而且固体和纯液体不代入平衡常数表达式；

B；根据勒夏特列原理来分析；

C；强酸的酸式盐会抑制水的电离；

D．原电池的正极及电解池的阴极中的金属被保护．二、填空题(共6题，共12分)6、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑2Fe3++Fe═3Fe2+【分析】【分析】（1）由题意，反应物为铝和氢氧化钠、水；生成物为NaAlO2、H2；故可书写化学方程式；

（2）由题意，反应物为FeCl3与Fe，生成物为氯化亚铁，故化学方程式为2FeCl3+Fe═3FeCl2，故可根据化学方程式书写其离子方程式．【解析】【解答】解：（1）由题意，知反应物和生成物，故化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；

（2）先书写反应的化学方程式为2FeCl3+Fe═3FeCl，在写出其离子方程式为2Fe3++Fe═3Fe2+，故答案为：2Fe3++Fe═3Fe2+．7、③②①【分析】【分析】氢氧化钠是强碱，不水解，碳酸氢钠和醋酸钠是盐，盐溶液的碱性强弱取决于阴离子的水解能力，当pH相同时，越难水解的盐，其浓度越大．【解析】【解答】解：氢氧化钠是强碱，不水解，相同浓度的三种溶液氢氧化钠的pH最大，所以pH相同的三种溶液中，氢氧化钠浓度最低，已知酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HCO3-，所以碳酸氢钠的水解程度大于醋酸钠，则醋酸钠的浓度大于碳酸氢钠，碳酸氢钠的浓度大于氢氧化钠，故答案为：③②①．8、略

【分析】试题分析：Ⅰ（1）CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H=-116KJ/mol（2）CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)起始：1mol2mol0mol变化：xmol2xmolxmol平衡：（1－x）mol2（1－x）molxmol依题意有以下关系式：（依据物质的量之比等于压强之比）x=0.5所以从反应开始到20min时，以CO表示的平均反应速率：v(CO)=0.0125mol/(L·min)；平衡常数：k＝由第一小题可知该反应为放热反应，当升高温度时，平衡向着热的方向，也就是逆向移动，因此平衡常数的数值减小。（3）A．错误，正确的应该为：v(H2)正=2v(CH3OH)逆；B．因为正向是气体物质的量减小的方向，而反应前后气体总的质量是不变的，只要是正向移动，混合气体的摩尔质量就会增大，反应就会减小，因此，容器内气体的平均摩尔质量保持不变时，一定是化学反应达到平衡状态之时，正确；C．同理，容器中气体的压强保持不变时，也是达到平衡状态之时；D．单位时间内生成nmolCO的同时生成2nmolH2，这个关系式是永远存在的。因此选：BCⅡ（1）从图中可以看出，加入相同量的水，HX的PH值变化大一点，也即HX这种酸酸性强一点，Ka(HX)＞Ka(CH3COOH)；（2）依据电荷守恒，有以下关系式：c(CH3COO−)＋c(OH-)＝c(Na+)＋c(H+)所以有：c(CH3COO−)－c(Na+)＝c(H+)－c(OH-)＝10-6－10-8＝9.9×10－7考点：考查化学平衡，水溶液中的电离平衡。【解析】【答案】Ⅰ（1）CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H=-116KJ/mol（2）0.0125mol/(L·min)；4(mol/L)-2；减小。（3）BCⅡ（1）＞；（2）9.9×10－7。9、X+3Y2ZBCD0.75mol/L【分析】【分析】（1）由图象可知；反应中X；Y的物质的量减少，应为反应物，Z的物质的量增多，应为生成物，当反应进行到2min时，X、Y的物质的量不变且不为0，属于可逆反应，△n（Y）=0.3mol，△n（X）=0.1mol，△n（Z）=0.2mol，参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比；

（2）可逆反应到达平衡时；同种物质的正逆速率相等，各组分的浓度；物质的量、含量保持不变，右侧衍生的其它一些物理量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不变化，说明到达平衡；

（3）设消耗的X为nmol，表示出平衡时各组分物质的量，再根据Z的含量列方程计算解答．【解析】【解答】解（1）由图象可知，反应中X、Y的物质的量减少，应为反应物，Z的物质的量增多，应为生成物，当反应进行到2min时，X、Y的物质的量不变且不为0，属于可逆反应，△n（Y）=0.3mol，△n（X）=0.1mol，△n（Z）=0.2mol，则△n（Y）：△n（X）：△n（Z）=3：1：2，参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，则反应的方程式为：X+3Y2Z；

故答案为：X+3Y2Z；

（2）A．X；Y的起始物质的量相等；二者按1：3反应，平衡时二者物质的量浓度一定不相等，故A错误；

B．温度和体积一定时；生成物浓度不再变化，说明到达平衡，故B正确；

C．随反应进行混合气体总物质的量减小；温度和体积一定时，随反应进行压强减小，若容器内的压强不再变化，说明到达平衡，故C正确；

D．混合气体总质量不变；随反应进行混合气体总物质的量减小，混合气体的平均相对分子质量增大，若混合气体的平均相对分子质量不再变化，说明到达平衡，故D正确；

故选：BCD；

（3）设消耗的X为nmol；则：

X（g）+3Y（g）2Z（g）

起始量（mol）：230

变化量（mol）：n3n2n

平衡量（mol）：2-n3-3n2n

所以=25%，解得n=0.5，则平衡时X的物质的量浓度为=0.75mol/L；

故答案为：0.75mol/L．10、Fe（SCN）3IO3-+5I-+6H+═3I2+3H2O2Fe3++2I-═2Fe2++I24KI+O2+2H2O═2I2+4KOH否KI3受热（或潮湿）条件下产生KI和I2，KI被氧气氧化，I2易升华AC【分析】【分析】（1）①给出的离子中，只有Fe3+遇KSCN溶液显红色，Fe3+与KI发生氧化还原反应生成的碘单质；易溶于有机溶剂，且碘在四氯化碳中显紫色；

②具有氧化性的离子为IO3-、Fe3+，具有还原性的离子为I-；利用氧化还原反应来分析；

（2）根据KI具有还原性及氧化还原反应、KI3在常温下不稳定性来分析；

（3）根据提高加碘盐（添加KI）的稳定性，主要是防止I-被氧化来分析．【解析】【解答】解：（1）某加碘盐可能含有KIO3、KI、Mg2+、Fe3+，用蒸馏水溶解，并加稀盐酸酸化后将溶液分为3份．从第一份试液中滴加KSCN溶液后显红色，可知该加碘盐中含有Fe3+，反应：Fe3++3SCN-=Fe（SCN）3，Fe（SCN）3呈血红色；从第二份试液中加足量KI固体，溶液显淡黄色，用CCl4萃取，下层溶液显紫红色，可知有碘生成．这是因为由于“氧化性：IO3-＞Fe3+＞I2”，加足量KI后，IO3-和Fe3+均能将I-氧化成I2，由此也可以知道该加碘盐添加KIO3；第三份试液中加入适量KIO3固体后；滴加淀粉试剂，溶液不变色．由此可知该加碘盐中不含KI．

①该加碘盐溶液中加KSCN溶液显红色的物质是Fe（SCN）3，CCl4中显紫红色的物质是I2，电子式故答案为：Fe（SCN）3；

②第二份试液中加入足量KI固体后，反应的离子方程式为IO3-+5I-+6H+═3I2+3H2O、2Fe3++2I-═2Fe2++I2；

故答案为：IO3-+5I-+6H+═3I2+3H2O；2Fe3++2I-═2Fe2++I2；

（2）KI作为加碘剂的食盐在保存过程中，KI会被空气中氧气氧化，KI在潮湿空气中氧化的反应化学方程式为：4KI+O2+2H2O═2I2+4KOH，根据题目告知，KI3•H2O是在低温条件下，由I2溶于KI溶液可制得．再由题给的信息：“KI+I2⇌KI3”，可知KI3在常温下不稳定性，受热（或潮湿）条件下易分解为KI和I2，KI又易被空气中的氧气氧化，I2易升华，所以KI3•H2O作为食盐加碘剂是不合适的；

故答案为：4KI+O2+2H2O═2I2+4KOH；否；KI3受热（或潮湿）条件下产生KI和I2，KI被氧气氧化，I2易升华；

（3）提高加碘盐（添加KI）的稳定性，主要是防止I-被氧化，根据题给信息“还原性：S2O32-＞I-”和氧化还原反应的强弱规律，可以选Na2S2O3作稳定剂；又由题给信息“3I2+6OH-═IO3-+5I-+3H2O”，可知I2与OH-会发生反应生成IO3-和5I-，而Na2CO3水解呈碱性，因而也可以用Na2CO3作稳定剂，防止加碘盐（添加KI）在潮湿环境下被氧气氧化．至于AlCl3，水解后呈酸性，且还原性I-＞Cl-，所不能作稳定剂；NaNO2当遇强还原性物质时能表现出氧化性，则NaNO2与KI能发生氧化还原反应为。

2NO2-+2I-+4H+=2NO↑+I2+2H2O，所以不能作稳定剂，故答案为：AC．11、0.05mol/（L•s）C＞1.33＜c（Na+）=c（CH3COO-）＞c（H+）=c（OH-）或0.033【分析】【分析】（1）①根据反应速率v=计算；平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积；

②加入1molA气体和1molB气体与加入1molC气体是在保持恒温；恒容情况下是等效平衡；加入2molA气体和2molB气体与加入1molA气体和1molB气体相比，相当于增大一倍的压强，增大压强，反应向体积缩小的方向正向移动；

③增加反应物的浓度平衡向正反应方向移动；由题意2molA气体和2molB气体生成1molC气体，根据三段式求得平衡常数K=1，依据温度不变，平衡常数不变进行解答；

（2）①溶液的酸碱性是根据溶液中H+浓度与OH-浓度的相对大小判断的，只要溶液中c（H+）=c（OH-），溶液就呈中性，CH3COOH是弱电解质，电离程度不大，NaOH是强电解质，完全电离，反应生成的乙酸钠是强碱弱酸盐水解呈碱性，需溶液呈中性，需少加碱；根据溶液呈中性pH=7c（H+）=c（OH-）结合电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-）进行解答；

②根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），物料守恒c（Na+）=2[c（CH3COO-）+c（CH3COOH）]进行解答；【解析】【解答】解：（1）①容积为1L的恒温恒容密闭容器，20s内生成1molC气体，根据A（g）+B（g）⇌C（g）△H=-akJ•mol-1，B气体减少1mol，浓度变化减少1.0mol/L，c（B）=1.0mol/L，△t=20s，V===0.05mol/（L•s）；平衡常数K=；

故答案为：0.05mol/（L•s）；；

②A（g）+B（g）⇌C（g）该反应为可逆反应；从起始量分析，正向反应是放热反应，逆向进行的反应是吸热反应，正反应是体积缩小的反应；

根据等效平衡可知：保持容器温度和容积不变，加入1molA气体和1molB气体与加入1molC气体是等效的，加入1molA气体和1molB气体，该反应为可逆反应，不能完全转化，而热化学反应中的反应热为物质完全转化时的能量变化，所以达到平衡时，生成C的量不足1mol，所以热量数值Q2＜Q1，20s后，反应达到平衡状态，生成1molC气体，放出热量Q1kJ，则Q1=a；

设加入1molA气体和1molB气体达到平衡时，放出的热量为Q3，根据等效平衡可知：保持容器温度和容积不变，加入1molA气体和1molB气体与加入1molC气体是等效的，则Q2+Q3=a=Q1，又知保持容器温度和容积不变，加入2molA气体和2molB气体与加入1molA气体和1molB气体相比，相当于增大一倍的压强，A（g）+B（g）⇌C（g）从起始量分析，正反应是体积缩小的反应，增大压强，反应向体积缩小的方向移动，所以平衡正向移动，所以放出的热量Q1＞2Q3，所以Q1+2Q2＞2a；所以选C；

故答案为：C；

③在原平衡基础上，保持容器温度和容积不变，向容器中再通入bmolA气体（b＞0）时，平衡正向移动，则v（正）＞v（逆）；由题意2molA气体和2molB气体生成1molC气体，根据三段式：

A（g）+B（g）=C（g）

开始（mol/L）220

反应（mol/L）111

平衡（mol/L）111

平衡常数K=1，再通入bmolA气体；温度不变，平衡常数不变，根据三段式：

=1，再通入bmolA气体；温度不变，平衡常数不变，根据三段式：

A（g）+B（g）=C（g）

开始（mol/L）2+b20

反应（mol/L）xxx

平衡（mol/L）2+b-x2-xx

又知K=1，ϕ（C）=，所以=1，=，解得b=1.33；x=1.33；

故答案为：＞；1.33；

（2）①CH3COOH是弱电解质，电离程度不大，NaOH是强电解质，完全电离，反应生成的乙酸钠是强碱弱酸盐，水解呈碱性，需溶液呈中性pH=7，需少加碱，所以常温下，将VmL、0.1000mol•L-1氢氧化钠溶液逐滴加入到20.00mL、0.1000mol•L-1醋酸溶液中，充分反应，V＜20.00mL溶液呈中性pH=7，c（H+）=c（OH-）；根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），c（H+）=c（OH-），溶液中的溶质为乙酸钠溶液，水的电离是微弱的，所以c（Na+）=c（CH3COO-）＞c（H+）=c（OH-）；

故答案为：＜；c（Na+）=c（CH3COO-）＞c（H+）=c（OH-）；

②根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），物料守恒c（Na+）=2[c（CH3COO-）+c（CH3COOH）]，得到c（H+）+c（CH3COO-）+2c（CH3COOH）=c（OH-），则c（OH-）-c（H+）-c（CH3COOH）=c（CH3COO-）+c（CH3COOH），反应后溶液的体积变为60mL，则c（CH3COO-）+c（CH3COOH）═=mol/L或0.033mol/L；

故答案为：或0.033．三、判断题(共9题，共18分)12、×【分析】【分析】浓盐酸和MnO2在加热条件下发生氧化还原反应生成Cl2，随着反应的进行，浓盐酸浓度逐渐降低，当浓度降低到一定程度后变为稀盐酸，稀盐酸和MnO2不反应，据此分析解答．【解析】【解答】解：浓盐酸和MnO2在加热条件下发生氧化还原反应生成Cl2，随着反应的进行，浓盐酸浓度逐渐降低，当浓度降低到一定程度后变为稀盐酸，稀盐酸和MnO2不反应，浓盐酸和MnO2反应方程式为4HCl（浓）+MnO2MnCl2+2H2O+Cl2↑；假设4molHCl完全反应，设转移电子的个数为x；

4HCl（浓）+MnO2MnCl2+2H2O+Cl2↑转移电子。

4mol2NA

4molx

4mol：2NA=4mol：x

x==2NA；

实际上参加反应的HCl的物质的量小于4mol，所以转移电子数小于2NA；所以该说法错误；

故答案为：×．13、√【分析】【分析】形成化学键是放出热量，断裂旧化学键吸收热量，放热反应的△H为负值，吸热反应的△H为正值．【解析】【解答】解：放热反应与吸热反应，看生成新化学键所释放的能量与断裂旧化学键所吸收的能量的相对大小，同一种化学键断键吸收的能量与成键放出的能量相等；生成物总键能大于反应物的总键能时，反应吸热，△H为“+”，故答案为：√．14、×【分析】【分析】放热反应一般在加热条件能发生．【解析】【解答】解：放热反应一般在加热条件能发生，例如燃烧反应，故错误，故答案为：×．15、√【分析】【分析】溶液中含水应先除杂质后干燥，据此解题．【解析】【解答】解：对气体提纯时若用溶液做除杂质的试剂，要注意溶液中含水应先除杂质后干燥，故答案为：√．16、√【分析】【分析】有盐和水生成的反应不一定是中和反应，如酸性氧化物与碱的反应，碱性氧化物与酸的反应等．【解析】【解答】解：有盐和水生成的反应不一定是中和反应；如氧化钠与盐酸反应生成氯化钠和水，该反应不属于中和反应；

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】分散系的分类依据是分散质微粒直径大小，据此分析．【解析】【解答】解：分散系按照分散质粒子直径大小分为：溶液；胶体、和浊液；分散质粒度大于1nm的为浊液，介于1nm-100nm为胶体，小于1nm的为溶液；

故答案为：√．19、√【分析】【分析】根据蛋白质的构成元素判断．【解析】【解答】解：蛋白质是蛋白质是结构复杂的高分子化合物；分子中都含有C（碳）；H（氢）、O（氧）、N（氮），可能还会含有P、S、Fe（铁）、Zn（锌）、Cu（铜）等元素；

故答案为：√．20、√【分析】【分析】根据乙醇与乙酸乙酯中含有的官能团以及红外光谱主要用于分析有机物中的官能团类解答；【解析】【解答】解：乙醇中含有羟基；乙酸乙酯中含有酯基，官能团不同，所以通过红外光谱分析可以区分乙醇与乙酸乙酯；

故答案为：√；四、解答题(共2题，共18分)21、略

【分析】

（1）①根据操作过程可知：该实验中所需仪器为烧杯；天平、药匙、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管；所以选容量瓶和胶头滴管．

故选：ac．

②m=nM=CVM=0.100mol•L-1×0.25L×284g/mol=7.1g．

故答案为：7.1g．

③若在配制过程中，烧杯中的（NH4）2Fe（SO4）2溶液有少量溅出；导致溶质的物质的量偏小，所以所得溶液浓度偏低．

若在定容时；俯视液面，导致溶液的体积偏小，所以所得溶液浓度偏高．

故答案为：偏低；偏高．

（2）a、KAl（SO4）2能电离出的阳离子有钾离子和铝离子；所以是复盐，故正确．

b．KAlO2能电离出的阳离子只有钾离子；所以不是复盐，故错误．

c．NH4Al（SO4）2能电离出的阳离子有铵根离子和铝离子；所以是复盐，故正确．

d．[Ag（NH3）2]NO3能电离出的阳离子只有银氨离子；所以不是复盐，故错误．

故选ac．

（3））（NH4）2Fe（SO4）2是强酸弱碱盐，铵根离子能发生水解生成氨水和氢氧根离子NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；二价铁离子能发生水解生成氢离子和氢氧化亚铁。

Fe2++2H2O⇌Fe（OH）2+2H+．

故答案为：酸；NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；Fe2++2H2O⇌Fe（OH）2+2H+．

【解析】【答案】（1）①根据配制溶液的每个操作过程可知所需仪器为烧杯；天平、药匙、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管；

②根据m=nM=CVM计算质量．

③根据C=判断；如果溶质的物质的量偏小或溶液的体积偏大，会导致配制的溶液浓度偏低；如果溶质的物质的量偏大或溶液的体积偏小会导致配制的溶液浓度偏高．

（2）根据复盐的定义分析．

（3）根据盐的类型判断溶液的酸碱性．

22、略

【分析】

X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，则可以知道X元素原子基态时的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，为As，Y元素原子的最外层2p轨道上有2个未成对电子，则元素原子基态时的电子排布式为1s22s22p4，为O，X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于42，X原子序数为33，Y为8，则Z为H原子，X与Z可形成化合物AsH3；该化合物的空间构型和氨气相似；

（1）由以上分析可知X为As，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3；

故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p3；As；

（2）Y为氧元素，原子的价层电子的轨道表示式为

故答案为：氧；

（3）X与Z可形成化合物AsH3；该化合物的空间构型和氨气相似，为三角锥型，故答案为：三角锥；

（4）已知化合物As2O3在稀硫酸溶液中可被金属锌还原为AsH3，产物还有ZnSO4和H2O；

则反应方程式为：As2O3+6Zn+6H2SO4=2AsH3↑+6ZnSO4+3H2O；

故答案为：A