2025年华师大新版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2025年华师大新版高三化学上册阶段测试试卷52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9题，共18分)1、在下列反应中，HNO3既表现出氧化性，又表现出酸性的是（）A.H2S+2HNO3═S↓+2NO2↑十2H2OB.4HNO34NO2↑十O2↑十2H2OC.3FeO+10HNO3═3Fe（NO3）3十5H2O+NO↑D.CuO+2HNO3═3Cu（NO3）2+H2O2、下列说法正确的是（）A.生成物的总能量大于反应物的总能量时，该反应一定是吸热反应B.形成化学键所吸收的总能量大于破坏化学键所放出的总能量时，该反应是吸热反应C.硫与铁粉在加热条件下反应生成硫化亚铁，固该反应是吸热反应D.反应热与反应物、生成物的状态有关；与化学反应方程式的计量系数无关3、在一定条件下，RO3n-与R2-发生如下反应：RO3n-+2R2-+6H+=3R+3H2O下列关于元素R的叙述中正确的是A.R原子的最外层上有4个电子B.RO3n-中的R只能被还原C.R的单质既有氧化性又有还原性D.HnRO3一定是强酸4、相同温度；相同浓度下的六种电解质溶液；其pH由小到大的顺序如图所示，图中①②③代表的物质可能分别为（）

A.CH3COOH；HCl；CH3COONaB.HCl；CH3COOH；CH3COONaC.NH4Cl；CH3COOH；NaOHD.NH4Cl；HCl；NaHCO35、对下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系表述正确的是（）A.0.1mol•L-1的（NH4）2SO4溶液中：c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）B.0.1mol•L-1的NaHCO3溶液中：c（Na+）=c（HCO3-）+c（H2CO3）+2c（CO32-）C.0.1mol•L-1的氨水中：c（H+）=c（OH-）D.在25℃100mLNH4Cl溶液中：c（Cl-）=c（NH4+）+c（NH3•H2O）6、下列反应中，既属于氧化还原反应，同时又是吸热反应的是（）A.Ba（OH）2•8H2O与NH4Cl的反应B.铝与盐酸的反应C.强酸和强碱反应生成水的反应D.灼热的炭与二氧化碳的反应7、在下列的例子中，是利用分散质粒子的大小不同达到分离的是（）A.除去粗盐中不溶性的泥沙B.煎熬中药时，用水在煮沸条件下，提取中药中可溶的有效成分C.把石油经蒸馏分离成为汽油，煤油和柴油等D.当水中混有较多油而分层时，用吸管可逐渐吸出上层的油8、化学反应4A(s)＋3B(g)2C(g)＋D(g)，经2min，B的浓度减少0.6mol/L。对此反应速率的表示正确的是()A.用A表示的反应速率是0.4mol·(L·min)－1B.分别用C.D表示的反应速率其比值是3∶2∶1C．2min末的反应速率用B表示是0.3mol·(L·min)－1D.2min内，v正(B)和v逆(C)表示的反应速率的值都是逐渐减小的9、rm{.}用两支惰性电极插入rm{CuSO}用两支惰性电极插入rm{.}rm{CuSO}rm{{,!}_{4}}溶液中，通电电解，当有rm{1隆脕10}rm{1隆脕10}的rm{{,!}^{-3}}rm{mol}的rm{OH}rm{mol}rm{OH}

A.阳极上析出rm{{,!}^{-}}标准状况放电时，溶液显浅蓝色，则下列叙述正确的是rm{(}rm{)}rm{(}B.阴极上析出rm{)}rm{3.6mLO_{2}(}C.阴极上析出rm{)}标准状况rm{32mgCu}D.阳极和阴极质量都无变化rm{11.2mLH_{2}}评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)10、葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂．中华人民共和国国家标准（G112760-2011）规定葡萄酒中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）不能超过0.25g/L．某兴趣小组用下图装置（夹持装置略）收集某葡萄酒中SO2；并对其含量进行测定．

（1）仪器A的名称是____．水通入A的进口为____（填字母）．

（2）B中加人300.00mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应．其化学方程式为____．

（3）除去C中过量的H2O2，然后用0.0900mol/LNaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择上述图2中的____（填序号）；若滴定终点时溶液的pH=8.8，则选择的指示剂为____；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处时，管内液体的体积____（填序号）（①=10mL；②=40mL；③＜10mL；④＞40mL）

（4）配制100mL0.0900mol/LNaOH标准溶液的操作如下：

①烧杯中的溶液冷却到室温后；小心转入仪器X中。

②将用托盘天平称量好的NaOH固体放入小烧杯中；加适量蒸馏水溶解。

③继续加蒸馏水至液面离刻度线1～2cm处；改用胶头滴管小心滴加蒸馏水至溶液凹液面最低点与刻度线相切。

④用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次；每次洗涤液都小心转入仪器X中，并轻轻摇匀。

⑤将仪器X塞紧；充分摇匀．

上述操作步骤的正确顺序为____（填序号）．仪器X的名称是____．

（5）滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中SO2含量为____g/L．

（6）该测定结果比实际值偏高．可能的原因是____，利用现有装置提出改进的措施为____．11、（2011秋•资阳期末）北京奥运会主会场“鸟巢”内灯火辉煌；鼓瑟齐鸣．璀璨的烟花在空中组成奥运五环等图案，与场内表演相呼应．请回答下列问题：

（1）火焰利用了部分金属的____反应，该反应属于____（填“物理”或“化学”）变化．

（2）如图Ⅰ所示的五圆环代表A；B、C、D、E五种化合物；圆圈交叉部分指两种化合物含有一种相同元素，五种化合物由五种短周期元素形成，每种化合物仅含两种元素．A是沼气的主要成分；B、E分子中所含电子数均为18，B不稳定，具有较强的氧化性，其稀溶液是医疗上广泛使用的消毒剂，E的分子结构模型如图Ⅱ；C、D均为原子晶体，C可作为光导纤维的主要材料，D中所含两种元素的原子个数比为3：4，电子总数之比为3：2．根据以上信息回答下列问题：

①B的水溶液呈弱酸性，其主要的电离方程式可表示为____，D的化学式是____．

②A、B、E中均含有的一种元素为____（填元素名称）．

③NH3分子中的N原子有一对孤对电子，能发生反应：NH3+HCl=NH4Cl．试写出E与足量盐酸发生反应的化学方程式____．

（3）我国科研人员在实验室应用电子计算机模拟出具有高能的物质N60，它的结构与C60十分相似．已知N60分子中每个N原子均以氮氮单键结合三个氮原子，且N60结构中每个氮原子均形成8个电子的稳定结构．试推测1个N60分子的结构中含有____个N-N键．12、（2016•日照二模）锂离子电池广泛应用于日常电子产品中，也是电动汽车动力电池的首选．正极材料的选择决定了锂离子电池的性能．磷酸铁钾（LiFePO4）以其高倍率性；高比能量、高循环特性、高安全性、低成本、环保等优点而逐渐成为“能源新星”．

（1）磷酸铁锂电池比钻酸锂电池或锰酸锂电池更环保的原因是____．

（2）高温固相法是磷酸铁锂生产的主要方法．通常以铁盐；磷酸盐和锂盐为原料；按化学计量比充分混匀后，在惰性气氛的保护中先经过较低温预分解，再经高温焙烧，研磨粉碎制成．

其反应原理如下：①完成上述化学方程式．

Li2CO3+2FeC2O4•2H2O+2NH4H2PO4═2LiFePO4+2NH3↑+3CO2↑+____+____

②理论上，反应中每转移0.15mol电子，会生成LiFePO4____g．

③反应需在惰性气氛的保护中进行，其原因是____．

（3）磷酸铁锂电池装置如图所示，其中正极材料橄榄石型LiFePO4通过粘合剂附着在铝箔表面；负极石墨材料附着在铜箔表面，电解质为溶解在有机溶剂中的锂盐．

电池工作时的总反应为：LiFePO4+6CLi1-xFePO4+LixC6，则放电时，正极的电极反应式为____．充电时，Li+迁移方向为____（填“由左向右”或“由右向左”），图中聚合物隔膜应为____（填“阳”或“阴”）离子交换膜．

（4）废旧磷酸铁锂电池的正极材料（主要成分为LiFePO4；难溶于水，不与强碱反应）可通过湿法回收锂和铁，其过程如下：

①碱溶．加入强碱溶液除去铝箔及其氧化物；过滤．

②酸浸．在过滤后的滤渣中加入H2SO4和H2O2的混合溶液，发生反应的离子方程式为____；得到浸出液．

③分离锂和铁．向浸出液中加碱调节溶液的pH使铁元素沉淀，当pH为____时，铁恰好沉淀完全（已知Ksp[Fe（OH）3]=1×10-39当离子浓度小于l×10-5mo1•L-1时，可认为该离子沉淀完全）13、将少量饱和氯化铁溶液滴入沸水中，继续煮沸，可制得Fe（OH）3胶体，反应的方程式为：FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl．

①当溶液呈____时，停止加热，即制得Fe（OH）3胶体．

②氢氧化铁胶体粒子直径大小的范围是____．

③下列叙述错误的是____．

A．雾属于胶体；能产生丁达尔效应．

B．“PM2.5”悬浮在空气中形成胶体；危害人体健康（“PM2.5”指大气中直径小于或等于2.5微米的细小颗粒物，也可称为可吸入肺颗粒物）

C．明矾；硫酸铁可以净水；净水原理和胶体有关。

D．胶体在一定条件下能稳定存在，属于介稳体系．14、如表是周期表的一部分；请回答有关问题．

。ⅠAⅡAⅢAⅣⅤAⅥAⅦA0二周期①②

三周期③④⑤⑥⑦⑧（1）①原子结构示意图是____，④的元素名称____，②与⑦形成的化合物属于____（填“离子”“共价”）化合物．

（2）原子半径③____④，金属性③____④；（填“＞”或“＜”）

（3）②和⑦形成的化合物中，能使品红溶液腿色的是____（填化学式），它对环境的主要危害是____，⑦、⑧元素形成的氢化物热稳定性较强的是____（填化学式）．

（4）写出③与水反应的化学方程式____．15、（2014春•临江市校级期中）（1）20世纪30年代，Eyring和Pzer在碰撞理论的基础上提出化学反应的过渡态理论：化学反应并不是通过简单的碰撞就能完成的，而是在反应物到生成物的过程中经过一个高能量的过渡态．如图是NO2和CO反应生成CO2和NO过程中的能量变化示意图，说明这个反应是____（填“吸热”或“放热”）反应，NO2和CO的总能量____（填“大于”、“小于”或“等于”）CO2和NO的总能量．

（2）在某体积为2L的密闭容器中充入1.5molNO2和2molCO，在一定条件下发生反应：NO2+CO⇌CO2+NO；2min时，测得容器中NO的物质的量为0.5mol，则：

①此段时间内，用CO2表示的平均反应速率为②2min时，容器内气体的总物质的量为____．16、（2013•江苏三模）三草酸合铁（Ⅲ）酸钾晶体的化学式为K3[Fe（C2O4）3]•nH2O，常作为有机反应的催化剂．实验室可用（NH4）2Fe（SO4）2•2H2O等为原料制备；实验步骤如下：

步骤1：称取2.5g（NH4）2Fe（SO4）2•2H2O放入烧杯中；滴入3滴硫酸后再加水溶解．

步骤2：向上述溶液中加入饱和草酸溶液12.5mL，沸水浴加热，使形成FeC2O4•2H2O黄色沉淀．

步骤3：沉淀经洗涤、除杂后，加入5mL饱和K2C2O4溶液，滴加6%H2O2溶液5mL；再加入饱和草酸溶液4mL．

步骤4：冷却至室温；加入10mL95%乙醇和几粒硝酸钾，置于暗处1～2h即可析出三草酸合铁（Ⅲ）酸钾晶体．

（1）步骤1中加入少量硫酸的目的是____．步骤3中滴加H2O2溶液的目的是____．

（2）步骤4中将析出的晶体通过如图所示装置进行减压过滤．下列操作不正确的是____（填字母）．

A．选择比布氏漏斗内径略小又能将全部小孔盖住的滤纸。

B．放入滤纸后；直接用倾析法转移溶液和沉淀，再打开水龙头抽滤。

C．洗涤晶体时；先关闭水龙头，用蒸馏水缓慢淋洗，再打开水龙头抽滤。

D．抽滤完毕时；应先断开抽气泵和吸滤瓶之间的橡皮管，以防倒吸。

（3）晶体中所含的结晶水可通过重量分析法测定，主要步骤有：①称量；②置于烘箱中脱结晶水；③冷却；④称量；⑤重复步骤②～④至恒重；⑥计算．步骤③需要在干燥器中进行，理由是____；步骤⑤的目的是____．

（4）晶体中C2含量的测定可用酸性KMnO4标准溶液滴定．滴定过程中发现，开始时滴入1滴KMnO4溶液，紫红色褪去很慢，滴入一定量后紫红色很快褪去，原因是____．17、A；B、C、D是四种短周期元素；它们的原子序数依次增大，其中A、C及B、D分别是同主族元素．又知B、D两元素的原子核中质子数之和是A、C两元素的原子核中质子数之和的2倍．这四种元素的单质中常温下有两种是气体，其中一种气体易燃烧，另外两种为固体，其中一种是黄色晶体，质脆，易研成粉末．

（1）写出元素符号：A____B____C____D____．

（2）写出两种均含A、B、C、D四种元素的化合物相互反应放出气体的化学方程式：____．

（3）用电子式表示化合物C2D形成过程____．

（4）用A和B两元素的单质可以制成燃料电池，电池中装有浓KOH溶液．用多孔的惰性电极浸入浓KOH溶液中，两极均有特制的防止气体透过隔膜，在一极通入A的单质，另一极通入B的单质．写出通入B单质的一极电极反应式是：____．18、根据要求完成下列各题实验目的．（a、b为弹簧夹；加热及固定装置已略去）

（1）验证碳；硅非金属性的相对强弱．

①实验操作：连接仪器、____、加入药品，打开a关闭b；滴入浓硫酸，加热．

②装置A中发生的化学方程式是____．

③能说明碳的非金属性比硅强的实验现象是：____．

（2）验证SO2的氧化性；还原性和酸性氧化物的通性．

①H2S溶液中，其发生的离子方程式是____．

②将反应后的BaCl2溶液分成两份，第一份滴加氯水，第二份滴加氨水，则两份溶液中有何现象：____．

③验证SO2的还原性的离子方程式是____．评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)19、常温常压下，3.2gO2所含的原子数为0.2NA．____（判断对错）20、31g白磷中含有的共价键数为1.5NA．____（判断对错）21、标准状况下，22.4L己烷中含共价键数目为19NA．____（判断对错）22、现对0.1mol/L的纯碱溶液进行相关研究．

（1）用pH试纸测定该溶液的pH，其正确的操作____．

（2）纯碱溶液呈碱性的原因是（用离子方程式表示）____．

（3）某同学认为该溶液中Na2CO3的水解是微弱的，发生水解的CO32-离子不超过其总量的10%．请你设计实验证明该同学的观点是否正确．____．

（4）某同学根据所学知识对Na2CO3溶液进行分析；写出了以下四个关系式．请你判断：在正确的关系式后面打“√”，在错误的后面写出正确的关系式．

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-）：____．23、制备Fe（OH）3，既可以通过复分解反应制备，又可以通过化合反应制备____（判断对和错）24、对于2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）和I2（g）+H2（g）═2HI（g）反应，在恒温恒容条件下，当压强保持不变时，均能说明上述反应达到化学平衡状态．____（判断对错）25、由冰变成水蒸气需要吸收热量，是吸热反应____．（判断对错）26、反应条件是加热的反应不一定都是吸热反应____．（判断对错）27、在0.5molNa2SO4中含有Na+的数目为6.02×1023个____．（判断对错）评卷人得分四、解答题(共4题，共32分)28、如图为乙醛的核磁共振氢谱；根据该图你能得到什么信息？并指出两个吸收峰的归属．

29、用电子式来表示NH3，CH4，CO2的形成过程．30、Ⅰ；下面A～E是中学化学实验中常见的几种实验装置；试回答下列问题：

（1）请为进行下列实验挑选合适的装置（填序号字母）

①量气装置是______②过滤装置是______

③蒸发装置是______④蒸馏装置是______

⑤消石灰与氯化铵共热制NH3选用______⑥I2的CCl4溶液中提取I2选用______

（2）其中常用于物质的分离和提纯的装置是______（填序号）；请另写出一种要用到分液漏斗进行分离和提纯的基本实验操作的名称______．

Ⅱ；某化学兴趣小组用含有铝、铁、铜的合金制取纯净的氯化铝溶液、绿矾晶体和胆矾晶体；以探索工业废料的再利用．其实验方案如下：

试回答下列问题：

（1）Al3+的结构示意图为______；铝元素在周期表中的位置是______．

（2）由滤液A制得AlCl3溶液有途径Ⅰ和Ⅱ两条；你认为合理的是______，理由是______．

（3）从滤液E中得到绿矾晶体的实验操作是______．

（4）向滤渣F中加入稀硫酸；同时不断充入空气使F完全溶解，反应的化学方程式为：______．

（5）某同学为得到无水AlCl3，他将AlCl3溶液加热干，灼烧至质量不变为止，结果得到的是Al2O3．试结合必要的方程式和文字解释他得到的是Al2O3而不是AlCl3的原因：______．

31、选做[有机化学基础]

以HCHO和CH≡CH为有机原料，经过下列反应可得化合物N（C4H8O2）．

A与M互为同分异构体；A能发生如下转化：

填写下列空白：

（1）反应I的反应类型为______．

（2）N的同分异构体中；属于酯类的有______种．

（3）A的结构简式为______；B中的官能团名称是______．D化学式为______．

（4）写出B与银氨溶液反应的化学方程式（有机物用结构简式表示）：______．

评卷人得分五、书写(共4题，共36分)32、写出下列反应的化学方程式：

①Na2CO3溶液中通入C02____

②氯碱工业中用烧碱处理尾气____

③金属钠与水反应____．33、（1）写出下列物质在水溶液中的电离方程式（多步电离时只写出第一步）

Al2（SO4）3____；

Al（OH）3____；

NaHCO3____；

（2）CH3COONa溶液显碱性的原因是____；将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，发生的反应为____（均写出离子方程式）．34、有以下6种物质；结合相关问题填空：

①Al②FeCl3溶液③SO2④碱石灰⑤液氨⑥NaOH固体。

（1）能导电的是____；属于非电解质的是____

（2）碱石灰常用作干燥剂，其不能干燥下列____气体（以上各空用相关编号填写）

A．H2B．NH3C．CO2D．O2

（3）①与⑥溶液反应的化学方程式为：____

（4）向②溶液中加入KI溶液后，用CCl4萃取，CCl4层呈紫色，写出该反应过程的离子方程式：____．35、用铝制（已被氧化）易拉罐收集一满罐CO2，加入过量的氢氧化钠溶液，立即把口封闭．可以发现易拉罐咔咔作响，并变瘪了，过一会儿后，易拉罐又会作响并鼓起来．用离子反应方程式解释原因：____；____；____．参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【分析】HNO3表现出氧化性，应被还原，N元素化合价降低，又表现出酸性，可生成硝酸盐，以此解答．【解析】【解答】解：A．反应中硝酸只表现为氧化性；故A错误；

B．硝酸分解；既表现出氧化性，又表现出还原性，不表现出酸性，故B错误；

C．硝酸被还原生成NO；表现为氧化性，生成硝酸铁，表现为酸性，故C正确；

D．硝酸只表现为酸性；不是氧化还原反应，故D错误；

故选：C．2、A【分析】【分析】A．吸热反应实质是反应物所具有的总能量低于生成物所具有的总能量；

B．形成化学键是放出热量；断裂旧化学键吸收热量；

C．硫与铁粉在加热条件下反应生成硫化亚铁；加热是达到反应所需的温度；

D．反应热与反应物、生成物的状态有关；与化学反应方程式的计量系数有关；【解析】【解答】解：A．反应是放热还是吸热必须看反应物和生成物所具有的总能量的相对大小；反应物所具有的总能量低于生成物所具有的总能量时，在反应中须从外界吸收热量，该反应一定是吸热反应，故A正确；

B．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，形成化学键放出热量，故B错误；

C．硫与铁粉在加热条件下反应生成硫化亚铁；反应放出的热量大于的吸收热量，是放热反应，故C错误；

D．反应热与温度、压强有关，不特别指明，即指25℃，1.01×105Pa（101kPa）．反应热与反应物；生成物的状态有关；反应热与化学反应方程式的计量系数有关；故D错误；

故选A．3、C【分析】试题分析：A根据所给的离子方程式可知，R元素的最低化合价为-2价，则R的最高正价是+6价，所以R的最外层是6个电子，错误；B、根据电荷守恒可知，n=2,则RO3n-中的R的化合价是+4价，处于中间价态，既可被氧化和可被还原，错误；C、R单质的价态为0价，处于中间价态，既可被氧化和可被还原，正确；D、若R是S元素，则HnRO3为弱酸，错误，答案选C。考点：考查元素化合价、化学性质的判断，氧化还原反应规律的判断【解析】【答案】C4、B【分析】解：硫酸是强酸；其溶液呈酸性，硝酸钠是强酸强碱盐，其溶液呈中性，碳酸钠是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，根据图知，①②溶液呈酸性，且①的酸性大于②，则如果都是酸时，①中酸的电离程度大于②，如果是酸和盐时，则①是酸，②是盐，③溶液呈碱性，应该为盐溶液，且酸根离子的水解程度小于碳酸根离子；

A．醋酸的电离程度小于氯化氢；故A错误；

B．氯化氢的电离程度大于醋酸；醋酸根离子的水解程度小于碳酸根离子，所以符合图象，故B正确；

C．醋酸的电离程度大于氯化铵的水解程度；所以等浓度的醋酸溶液酸性大于氯化铵，故C错误；

D．氯化氢的电离程度大于氯化铵的水解程度；所以等浓度的盐酸溶液酸性大于氯化铵，故D错误；

故选B．

硫酸是强酸；其溶液呈酸性，硝酸钠是强酸强碱盐，其溶液呈中性，碳酸钠是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，根据图知，①②溶液呈酸性，且①的酸性大于②，则如果都是酸时，①中酸的电离程度大于②，如果是酸和盐时，则①是酸，②是盐，③溶液呈碱性，应该为盐溶液，且酸根离子的水解程度小于碳酸根离子．

本题考查了弱电解质的电离、盐类的水解等知识点，明确等浓度时，酸的强弱与溶液pH的关系、盐类水解程度与溶液pH的关系是解本题关键，难度中等．【解析】【答案】B5、D【分析】【分析】A．铵根离子的水解程度较小，则c（NH4+）＞c（SO42-）；

B．根据碳酸氢钠溶液中的物料守恒判断；

C．氨水呈碱性，则c（H+）＜c（OH-）；

D．根据氯化铵溶液中的物料守恒判断．【解析】【解答】解：A．由于（NH4）2SO4溶液中铵根离子的水解程度较小，则c（NH4+）＞c（SO42-），溶液中正确的离子浓度大小为：c（NH4+）＞c（SO42-）＞c（H+）＞c（OH-）；故A错误；

B．根据碳酸氢钠溶液中的物料守恒可得：c（Na+）=c（HCO3-）+c（H2CO3）+c（CO32-）；故B错误；

C．氨水为弱碱，则0.1mol•L-1的氨水中：c（H+）＜c（OH-）；故C错误；

D.25℃100mLNH4Cl溶液中，根据物料守恒可得：c（Cl-）=c（NH4+）+c（NH3•H2O）；故D正确；

故选D．6、D【分析】【分析】常见的吸热反应有：Ba（OH）2.8H2O与NH4Cl反应、大多数分解反应、有碳参加的氧化还原反应等；在化学反应中有元素化合价变化的反应属于氧化还原反应，以此来解答．【解析】【解答】解：A、Ba（OH）2.8H2O与NH4Cl反应为吸热反应；但该反应中各元素的化合价没有发生变化，故A不选；

B；铝与盐酸的反应属于放热反应；故B不选；

C；强酸和强碱反应生成水的反应为放热反应；故C不选；

D．灼热的炭与CO2反应为吸热反应；且该反应中碳元素的化合价发生变化，则属于氧化还原反应，故D选；

故选D．7、A【分析】【分析】应符合利用分散质粒子的大小不同达到分离，如不溶物不能透过滤纸，离子和胶体能透过滤纸，胶粒不能透过半透膜．【解析】【解答】解：A．除去粗盐中不溶性的泥沙用过滤；是利用分散质粒子的大小不同达到分离，故A正确；

B．用水在煮沸条件下；提取中药中可溶的有效成分，是利用了物质的溶解度不同，故B错误；

C．蒸馏是利用物质的沸点不同；故C错误；

D．当水中混有较多油而分层；是利用物质的溶解度和密度不同，故D错误．

故选A．8、B【分析】不能用固体表示化学反应速率，A不正确；化学反应速率是平均速率，而不是即时速率，C不正确；2min内，v正(B)的速率逐渐减小而v逆(C)逐渐增大，D不正确。【解析】【答案】B9、B【分析】【分析】本题旨在考查学生对电解池的工作原理、电化学的综合计算的应用，掌握电解池中离子的放电顺序是解答本题的关键，掌握电极反应式的书写，注意电子守恒在解题中的应用。【解答】用惰性电极电解硫酸铜溶液时，电池反应式为rm{2CuSO}rm{4}rm{4}rm{+2H}rm{2}rm{2}rm{O}rm{2Cu+2H}rm{2}rm{2}rm{SO}rm{4}正极上电极反应式为：rm{4}rm{+O}rm{2}rm{2}rm{隆眉}rm{4OH}rm{-}rm{-}rm{-4e}当有rm{-}rm{-}rm{篓T2H}的rm{2}rm{2}放电时，生成氧气的物质的量rm{O+O}rm{2}rm{2}rm{隆眉}rm{1}溶液呈浅蓝色，说明溶液中还存在铜离子。A.阳极上析出氧气体积rm{隆脕10}rm{隆脕10}；故A错误；

B.根据转移电子相等得析出铜的质量rm{{,!}^{-3}mol}rm{OH}rm{-}故B正确；

C.溶液中还存在铜离子；所以阴极上不析出氢气，故C错误；

D.阳极上析出氧气；阴极上析出铜；所以阳极质量不变、阴极质量增加，故D错误。

故选B。rm{-}【解析】rm{B}二、填空题(共9题，共18分)10、冷凝管bSO2+H2O2=H2SO4③酚酞④②①④③⑤100mL容量瓶0.24盐酸的挥发用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验【分析】【分析】（1）根据仪器A的形状和用途分析为冷凝管；仪器A特点和用途分析，为了充分冷却气体，应该逆流；

（2）二氧化硫具有还原性；能够与实验室反应生成硫酸，据此写出反应的离子方程式；

（3）氢氧化钠溶液为碱性溶液；应该使用碱式滴定管，碱式滴定管中排气泡的方法：把滴定管的胶头部分稍微向上弯曲，再排气泡，所以排除碱式滴定管中的空气用③的方法；滴定终点时溶液的pH=8.8，应该选择酚酞做指示剂；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，滴定管的0刻度在上方，10mL刻度线下方还有40mL有刻度的溶液，另外滴定管50mL刻度线下有液体，据此计算；

（4）根据配置溶液的步骤即称量；溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀判断；

（5）根据关系式2NaOH～H2SO4～SO2及氢氧化钠的物质的量计算出二氧化硫的质量；再计算出该葡萄酒中的二氧化硫含量；

（6）由于盐酸是挥发性酸，挥发的酸消耗氢氧化钠，使得消耗的氢氧化钠溶液体积增大，测定结果偏高．【解析】【解答】解：（1）根据仪器A的构造可知，仪器A为冷凝管，冷凝管中通水方向采用逆向通水法，冷凝效果最佳，所以应该进水口为b；

故答案为：冷凝管；b；

（2）双氧水具有氧化性，能够将二氧化硫氧化成硫酸，反应的化学方程式为：SO2+H2O2=H2SO4，故答案为：SO2+H2O2=H2SO4；

（3）氢氧化钠溶液为碱性溶液；应该使用碱式滴定管，碱式滴定管中排气泡的方法：把滴定管的胶头部分稍微向上弯曲，再排气泡，所以排除碱式滴定管中的空气用③的方法；滴定终点时溶液的pH=8.8，应该选择酚酞做指示剂（酚酞的变色范围是8.2～10.0）；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，滴定管的0刻度在上方，10mL刻度线下方还有40mL有刻度的溶液，另外滴定管50mL刻度线下有液体，因此管内的液体体积＞（50.00mL-10.00mL）=40.00mL，所以④正确，故答案为：③；酚酞；④；

（4）根据配置溶液的步骤即称量；溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀；则上述操作步骤的正确顺序为②①④③⑤，仪器X的名称是100mL容量瓶；

故答案为：②①④③⑤；100mL容量瓶；

（5）根据2NaOH～H2SO4～SO2可知SO2的质量为：×0.0900mol/L×0.025L×64g/mol=0.072g，该葡萄酒中的二氧化硫含量为：=0.24g/L；

故答案为：0.24；

（6）由于盐酸是挥发性酸，挥发的酸消耗氢氧化钠，使得消耗的氢氧化钠溶液体积增大，测定结果偏高；因此改进的措施为：用不挥发的强酸，如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响；故答案为：盐酸的挥发；用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验．11、焰色物理H2O2⇌HO2-+H+H2O2⇌HO2-+H+氢元素N2H4+2HCl=N2H6Cl290【分析】【分析】（1）焰色反应是物理变化；

（2）A是沼气的主要成分，为甲烷；B分子中所含电子数为18，B不稳定，具有较强的氧化性，含有氢元素，可知B为H2O2；C中含有O元素，C是光导纤维的主要材料，故C为SiO2；E分子中所含电子数为18，E是由六个原子构成的分子，依据分子结构和化学键的特征分析，形成三个化学键的原子为氮原子，故E中含有H元素和N元素，E为N2H4；D中含有Si元素，还含有H元素或N元素，由D中所含的两种元素的原子个数之比为3：4，故D为Si3N4．；

（3）利用均摊法计算N-N键数．【解析】【解答】解：（1）某些金属有焰色反应；焰色反应是物理变化，故答案为：焰色；物理；

（2）A是沼气的主要成分，为甲烷；B分子中所含电子数为18，B不稳定，具有较强的氧化性，含有氢元素，可知B为H2O2；C中含有O元素，C是工业制玻璃的主要原料之一，故C为SiO2；E分子中所含电子数为18，E是由六个原子构成的分子，原子平均电子数为3，故E中含有H元素，E为N2H4；D中含有Si元素，还含有H元素或N元素，由D中所含的两种元素的原子个数之比为3：4，故D为Si3N4；判断A为CH4，B为H2O2，C为SiO2，D为Si3N4；E为N2H4；

①B为H2O2的水溶液呈弱酸性，属于二元弱酸，其主要的电离方程式可表示为：H2O2⇌HO2-+H+；依据判断D为Si3N4；

故答案为：H2O2⇌HO2-+H+；Si3N4；

②A为CH4，B为H2O2，E为N2H4；所以A；B、E中均含有的一种元素为氢元素；故答案为：氢元素；

③NH3分子中的N原子有一对孤对电子，能发生反应：NH3+HCl=NH4Cl．E为N2H4与足量盐酸时，分子中含有两对孤对电子，和盐酸发生反应的化学方程式：N2H4+2HCl=N2H6Cl2．故答案为：N2H4+2HCl=N2H6Cl2．

（3）每个N原子均以氮氮单键结合三个氮原子，每个氮氮键被2个氮原子共用，每个氮原子有1.5个氮氮键，1个N60分子的结构中含有90个氮氮键，故答案为：90．12、磷酸铁锂电池不会产生重金属污染2CO↑7H2O↑23.7防止Fe（II）被氧化Li1-xFePO4+xLi++xe-═LiFePO4由左向右阳2LiFePO4+2H++H2O2═2Li++2Fe3++2PO43-+2H2O2.7【分析】【分析】（1）重金属离子会产生污染；

（2）①根据原子守恒分析；

②C2O42-中C的化合价为+3价，生成CO和CO2，C元素的化合价分别为+2价、+3价，根据电子与LiFePO4的关系计算；

③亚铁离子容易被氧气氧化；

（3）放电时，Li1-xFePO4在正极上得电子发生氧化反应；充电时；阳离子向阴极移动；电解质为锂盐，锂离子通过交换膜向正极移动；

（4）②LiFePO4中亚铁离子在酸性条件下；被双氧水氧化为铁离子；

③当离子浓度小于l×10-5mo1•L-1时，可认为该离子沉淀完全，结合Ksp[Fe（OH）3]计算．【解析】【解答】解：（1）钴酸锂电池或锰酸锂电池中含有重金属离子；重金属离子会产生污染，所以磷酸铁锂电池比钴酸锂电池或锰酸锂电池更环保；

故答案为：磷酸铁锂电池不会产生重金属污染；

（2）①由原子守恒可知，Li2CO3+2FeC2O4•2H2O+2NH4H2PO4═2LiFePO4+2NH3↑+3CO2↑+2CO↑+7H2O↑；

故答案为：2CO↑、7H2O↑；

②C2O42-中C的化合价为+3价，生成CO和CO2，C元素的化合价分别为+2价、+3价，生成2molCO转移2mol电子，同时生成2molLiFePO4，则当反应中每转移0.15mol电子，生成0.15molLiFePO4；其质量为23.7g；

故答案为：23.7；

③亚铁离子容易被氧气氧化；所以要隔绝氧气，即反应需在惰性气氛的保护中进行；

故答案为：防止Fe（II）被氧化；

（3）电池工作时的总反应为：LiFePO4+6CLi1-xFePO4+LixC6，放电时，Li1-xFePO4在正极上得电子发生氧化反应，正极反应为Li1-xFePO4+xLi++xe-═LiFePO4；充电时，正极与外接电源的正极相连为阳极，阳离子向阴极移动，即Li+由左向右移动；电解质为锂盐；锂离子通过交换膜向正极移动，所以交换膜应该为阳离子交换膜；

故答案为：Li1-xFePO4+xLi++xe-═LiFePO4；由左向右；阳；

（4）②LiFePO4中亚铁离子在酸性条件下，被双氧水氧化为铁离子，则发生反应的离子方程式为2LiFePO4+2H++H2O2═2Li++2Fe3++2PO43-+2H2O；

故答案为：2LiFePO4+2H++H2O2═2Li++2Fe3++2PO43-+2H2O；

③当离子浓度小于l×10-5mo1•L-1时，可认为该离子沉淀完全，Ksp[Fe（OH）3]=c（Fe3+）×c3（OH-），则c3（OH-）=，所以c（OH-）=×10-11mol/L

≈0.464×10-11mol/L，则c（H+）=2.155×10-3mol/L；所以pH≈2.7；

故答案为：2.7．13、红褐色1～100nmB【分析】【分析】①制备氢氧化铁胶体；可将饱和氯化铁滴加到沸水中，并加热至溶液呈红褐色；

②胶体分散质粒子的直径在1nm～100nm之间；

③A．雾分散质粒子直径在1nm～100nm之间；

B．胶体的微粒直径在1-100nm之间；

C．明矾净水是氢氧化铝净水；硫酸铁是氢氧化铁净水；

D．胶体是介稳分散系．【解析】【解答】解：①制备氢氧化铁胶体；可将饱和氯化铁滴加到沸水中，并加热至溶液呈红褐色，因胶体在加热易聚沉，当溶液呈红褐色停止加热，故答案为：红褐色；

②氢氧化铁胶体分散质粒子的直径在1nm～100nm之间；故答案为：1～100nm；

③A．雾分散质粒子直径在1nm～100nm之间；是胶体，产生丁达尔现象，故A正确；

B．PM2.5的直径大于胶体直径；所以不属于胶体，故B错误；

C．明矾净水是铝离子水解生成的氢氧化铝具有净水作用；硫酸铁净水是铁离子水解生成的氢氧化铁具有净水作用，故C正确；

D．胶体是介稳分散系；在一定条件下能稳定存在，故D正确．

故答案为：B．14、镁共价＞＞SO2形成酸雨HCl2Na+2H2O═H2↑+2NaOH【分析】【分析】由元素在周期表中位置；可知①为N；②为O、③为Na、④为Mg、⑤为Al、⑥为Si、⑦为S、⑧为Cl．

（1）①为N；原子核外有7个电子，有2个电子层，各层电子数为2；5；②与⑦形成的化合物为二氧化硫、三氧化硫；

（2）同周期自左而右原子半径减小；金属性减弱；

（3）②和⑦形成的化合物中；能使品红溶液腿色的是二氧化硫，它对环境的主要危害是形成酸雨；非金属性越强，对应氢化物越稳定；

（4）钠与水反应生成氢氧化钠与氢气．【解析】【解答】解：由元素在周期表中位置；可知①为N；②为O、③为Na、④为Mg、⑤为Al、⑥为Si、⑦为S、⑧为Cl．

（1）①为N，原子核外有7个电子，有2个电子层，各层电子数为2、5，原子结构示意图为④的元素名称为镁，②与⑦形成的化合物为二氧化硫；三氧化硫，均属于共价化合物；

故答案为：镁；共价；

（2）同周期自左而右原子半径减小；金属性减弱；故原子半径Na＞Mg，金属性Na＞Mg；

故答案为：＞；＞；

（3）②和⑦形成的化合物中，能使品红溶液腿色的是SO2，它对环境的主要危害是形成酸雨；非金属性Cl＞S，非金属性越强，对应氢化物越稳定，故氢化物稳定性HCl＞H2S；

故答案为：SO2；形成酸雨；HCl；

（4）钠与水反应生成氢氧化钠与氢气，反应方程式为：2Na+2H2O═H2↑+2NaOH；

故答案为：2Na+2H2O═H2↑+2NaOH．15、放热大于3.5mol【分析】【分析】（1）根据图中曲线变化判断反应前后能量变化类型及能量大小比较；

（2）①利用平均速率公式计算二氧化碳的平均速率；用差量法计算容器内气体的总物质的量；【解析】【解答】解：（1）根据图象知：反应物的总能量大于生成物的总能量，根据能量守恒定律得，该反应是放热反应；NO2和CO是反应物，CO2和NO是生成物，所以NO2和CO的总能量＞CO2和NO的总能量；故答案为：放热；大于；

（2）①NO2+CO═CO2+NO

反应开始1.5mol2mol00

2min时1mol1.5mol0.5mol0.5mol

CO2的平均反应速率===0.125mol/（L•min）

因为反应前后气体的计量数之和不变；所以反应前后气体的物质的量之和不变，故容器内气体的总物质的量为3.5mol；

故答案为：0.125mol/Lmin；3.5mol．16、防止Fe2+水解使Fe2+氧化为Fe3+BC防止吸收空气中的水检验晶体中的结晶水是否已全部失去生成的Mn2+起催化作用【分析】【分析】（1）亚铁离子能够在溶液中发生水解反应；双氧水具有氧化性；能够氧化亚铁离子；

（2）A；使用布氏漏斗进行减压过滤时；要在漏斗底上平放一张比漏斗内径略小的圆形滤纸，使底上细孔被全部盖住．事先用蒸馏水润湿，特别要注意滤纸边缘与底部紧贴；

B；必须用玻棒往漏斗里转移溶液；

C；洗涤晶体时；先关小水龙头，不是关闭水龙头；

D；抽滤完毕时；应先断开抽气泵和吸滤瓶之间的橡皮管，以防倒吸；

（3）防止晶体吸收空气中的水分；重复步骤②～④至恒重；保证结晶水完全失去；

（4）开始时溶液中锰离子浓度减小，反应速率较慢，随着反应的进行，溶液中锰离子浓度增大，反应速率加快．【解析】【解答】解：（1）由于亚铁离子能够在溶液中发生水解反应；所以加入硫酸抑制了亚铁离子的水解；亚铁离子容易被双氧水氧化成铁离子；

故答案为：防止Fe2+水解；使Fe2+氧化为Fe3+；

（2）A；使用布氏漏斗进行减压过滤时；要在漏斗底上平放一张比漏斗内径略小的圆形滤纸，使底上细孔被全部盖住．事先用蒸馏水润湿，特别要注意滤纸边缘与底部紧贴，该操作正确，故A不选；

B；不能直接用倾析法转移溶液和沉淀；必须用玻棒往漏斗里转移溶液，该说法错误，故B选；

C；洗涤晶体时；先关小水龙头，不是关闭水龙头，该说法正确，故C选；

D；抽滤完毕时；应先断开抽气泵和吸滤瓶之间的橡皮管，以防倒吸，该操作正确，故D不选；

故选BC；

（3）步骤③需要在干燥器中进行；防止晶体吸收空气中的水分；重复步骤②～④至恒重，保证结晶水完全失去；

故答案为：防止吸收空气中的水；检验晶体中的结晶水是否已全部失去；

（4）由于开始时溶液中锰离子浓度减小；反应速率较慢，随着反应的进行，溶液中锰离子浓度增大，反应速率加快，说明锰离子起到了催化剂的作用；

故答案为：生成的Mn2+起催化作用．17、HONaSNaHSO4+NaHSO3=Na2SO4+SO2↑+H2OO2+4e-+2H2O=4OH-【分析】【分析】A、B、C、D原子序数依次增大短周期元素，A、C及B、D分别是同一主族元素，确定B、D分别位于二、三周期；由于B、D两元素的原子核中质子数之和是A、C两元素原子核中质子数之和的两倍，确定A、C分别位于一、三周期，所以A为氢、C为钠，B、D的质子数之和为24，则B为氧、D为硫，据此解答；【解析】【解答】解：A；B、C、D原子序数依次增大短周期元素；A、C及B、D分别是同一主族元素，确定B、D分别位于二、三周期；由于B、D两元素的原子核中质子数之和是A、C两元素原子核中质子数之和的两倍，确定A、C分别位于一、三周期，所以A为氢、C为钠，B、D的质子数之和为24，则B为氧、D为硫；

（1）由上述分析可知；A为H，B为O，C为Na，D为S；

故答案为：H；O，Na，S；

（2）H，O，Na，S四种元素的化合物相互反应放出气体，为硫酸氢钠与亚硫酸氢钠反应生成硫酸钠、二氧化硫与水，反应化学方程式为：NaHSO4+NaHSO3=Na2SO4+SO2↑+H2O；

故答案为：NaHSO4+NaHSO3=Na2SO4+SO2↑+H2O；

（3）用电子式表示化合物Na2S形成过程为：

故答案为：

（4）氧气发生还原反应，碱性条件下分子生成氢氧根离子，电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-；

故答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-．18、检验装置的气密性5SO2+2KMnO4+2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4A中KMnO4溶液没有完全褪色，盛有Na2SiO3溶液的试管中出现白色沉淀2H2S+SO2=3S↓+2H2O两份溶液中均有白色沉淀生成Ba2++SO2+Cl2+2H2O=BaSO4↓+4H++2Cl-【分析】【分析】（1）①；反应生成气体；在加入药品之前需要检验装置的气密性；

②；装置A的作用是除去二氧化硫；防止干扰二氧化碳与水硅酸钠的反应，可以利用强氧化性物质如：酸性高锰酸钾溶液；

③；利用强酸制备弱酸；酸性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强，中心元素的非金属性越强；

（2）①、H2S溶液中二氧化硫与硫化氢反应生成硫单质与水；

②、应后的BaCl2溶液中含有亚硫酸；亚硫酸被氯水氧化物硫酸，亚硫酸与氨水反应生成亚硫酸铵，据此解答；

③、二氧化硫被氯水氧化物硫酸，反应中二氧化硫表现还原性，同时与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀．【解析】【解答】解：（1）①；装置A中反应制备气体；在加入药品之前需要检验装置的气密性；

故答案为：检验装置的气密性；

②、装置A的作用是除去二氧化硫，防止干扰二氧化碳与水硅酸钠的反应，可以利用强氧化性物质如：酸性高锰酸钾溶液，反应方程式为：5SO2+2KMnO4+2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4；

故答案为：5SO2+2KMnO4+2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4；

③、利用强酸制备弱酸，酸性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强，中心元素的非金属性越强，A中KMnO4溶液没有完全褪色，盛有Na2SiO3溶液的试管中出现白色沉淀；说明碳的非金属性比硅强；

故答案为：A中KMnO4溶液没有完全褪色，盛有Na2SiO3溶液的试管中出现白色沉淀；

（2）①、H2S溶液中二氧化硫与硫化氢反应生成硫单质与水，反应离子方程式为：2H2S+SO2=3S↓+2H2O；

故答案为：2H2S+SO2=3S↓+2H2O；

②、应后的BaCl2溶液中含有亚硫酸；亚硫酸被氯水氧化物硫酸，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡，亚硫酸与氨水反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与氯化钡反应生成硫酸钡，故都产生白色沉淀；

故答案为：两份溶液中均有白色沉淀生成；

③、二氧化硫被氯水氧化为硫酸，反应中二氧化硫表现还原性，同时与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，故反应离子方程式为：Ba2++SO2+Cl2+2H2O=BaSO4↓+4H++2Cl-；

故答案为：Ba2++SO2+Cl2+2H2O=BaSO4↓+4H++2Cl-．三、判断题(共9题，共18分)19、√【分析】【分析】根据n==结合物质的构成计算．【解析】【解答】解：n（O2）==0.1mol，则含有原子数为0.2NA．故答案为：√．20、√【分析】【分析】白磷分子中含有6个P-P共价键，白磷分子式为P4，据此进行计算含有共价键数目．【解析】【解答】解：白磷是正四面体型结构，分子中含有6个P-P共价键；31g白磷（分子式为P4）的物质的量是0.25mol，所以分子中含有P-P共价键1.5mol，含有的共价键数目为1.5NA，故答案为：√；21、×【分析】【分析】标准状况下，己烷为液体，不能用气体摩尔体积计算，以此解答．【解析】【解答】解：标准状况下，己烷为液体，不能用气体摩尔体积计算，则22.4L己烷中含共价键数目不是19NA．故答案为：×．22、√【分析】【分析】（1）pH试纸的正确使用方法是：把小块pH试纸放在表面皿（或玻璃片）上；用蘸有待测溶液的玻璃棒点在试纸的中部，试纸变色后，与标准比色卡比较来确定溶液的pH；

（2）根据盐的类型分析呈碱性；纯碱是强碱弱酸盐水解呈碱性；

（3）用pH试纸测pH值计算水解产生的氢氧根离子的浓度；

（4）根据电荷守恒、物料守恒和质子守恒分析．【解析】【解答】解：（1）测定溶液pH的具体操作方法为：用干净的玻璃棒蘸取待测溶液并滴在pH试纸上；把试纸显示的颜色与标准比色卡对照，读出相同颜色的pH值；

故答案为：把小块pH试纸放在表面皿（或玻璃片）上；用蘸有待测溶液的玻璃棒点在试纸的中部，试纸变色后，与标准比色卡比较来确定溶液的pH；

（2）纯碱是强碱弱酸盐，碳酸根离子能发生水解使溶液中的氢氧根离子的浓度大于氢离子的浓度，导致溶液呈碱性，离子方程式为CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，故答案为；CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-；

（3）用pH试纸测pH值计算水解产生的氢氧根离子的浓度，其操作为：用pH试纸测0.1mol/L的Na2CO3溶液的pH，若pH＜12，则证明水解的CO32-不超过其总量的10%，故答案为：用pH试纸测0.1mol/L的Na2CO3溶液的pH，若pH＜12，则证明水解的CO32-不超过其总量的10%；

（4）①根据物料守恒，碳元素在溶液中的形式有：CO32-、HCO3-、H2CO3、所以c（Na+）=2c（CO32-）+2c（HCO3-）+2c（H2CO3），故答案为：错误；c（Na+）=2c（CO32-）+2c（HCO3-）+2c（H2CO3）；

②根据电荷守恒分析解答，c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-）；故答案为：√；

③根据质子守恒：c（OH-）=c（H+）+c（HCO3-）+2c（H2CO3），故答案为：错误；c（OH-）=c（H+）+c（HCO3-）+2c（H2CO3）；

④碳酸钠溶液水解呈碱性，所以离子浓度大小为：c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-），故答案为：√．23、√【分析】【分析】铁盐与氢氧化钠反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，氢氧化亚铁能与空气的氧气和水化合生成氢氧化铁．【解析】【解答】解：氯化铁与氢氧化钠反应生成氢氧化铁，此反应属于复分解反应，氢氧化亚铁与氧气和水反应生成氢氧化铁，此反应属于化合反应，故正确，答案为：√．24、×【分析】【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；【解析】【解答】解：对于2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）；该反应是一个反应前后气体体积改变的化学反应，当反应达到平衡状态时，各物质的量不变，导致容器中压强不随时间的变化而改变；

对于I2（g）+H2（g）═2HI（g）；该反应是一个反应前后气体体积不变的化学反应，在恒温恒容条件下，压强自始至终保持不变，故压强不变不一定平衡；

故答案为：×．25、×【分析】【分析】冰变成水蒸气没有新物质生成，是物理变化，据此解题．【解析】【解答】解：冰变成水蒸气没有新物质生成，是物理变化，故答案为：×．26、√【分析】【分析】吸热反应实质是反应物所具有的总能量低于生成物所具有的总能量，与反应条件无关，据此进行分析解答．【解析】【解答】解：判断某个反应是放热反应还是吸热反应不是看该反应是否加热，有些放热反应开始也需要加热，需要加热才能进行的反应，不一定是吸热反应，如2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe是放热反应；但需在加热条件下以保证足够的热量引发氧化铁和铝粉反应．

故答案为：√．27、√【分析】【分析】根据化学式为Na2SO4，利用硫酸钠的物质的量来确定钠离子的物质的量，再利用N=n×NA来计算钠离子的数目．【解析】【解答】解：0.5molNa2SO4中钠离子的物质的量为0.5mol×2=1mol；

则由N=n×NA可知，则钠离子的个数为1mol×6.02×1023mol-1=6.02×1023；

故答案为：√．四、解答题(共4题，共32分)28、略

【分析】【分析】根据有机物分子中有几种H原子，核磁共振氢谱有几种吸收峰，结合等效氢以及峰值面积比等于其H原子个数比解答即可．【解析】【解答】解：由图可知，在乙醛中存在2种化学环境不同的H原子，且图中两组峰的面积比为3：1，那么乙醛中四个H分别占比例为3：1，即乙醛的结构简式为：CH3CHO；

答：乙醛中2种H；H原子个数比为3：1；乙醛的结构简式为：CH3CHO．29、略

【分析】【分析】氨气、甲烷和二氧化碳都为共价化合物，根据共价化合物电子式的表示方法用电子式表示出NH3、CH4、CO2的形成过程．【解析】【解答】解：用电子式表示氨气分子的形成过程为：3H•+→

甲烷属于共价化合物，用电子式表示甲烷的形成过程为：

二氧化碳是氧原子和碳原子之间通过共价键形成的共价化合物，形成过程为：

故答案为：3H•+→．30、略

【分析】

Ⅰ（1）①因A装置是量气装置；故答案为：A．

②因C装置是过滤装置；故答案为：C；

③因D装置是蒸发装置；故答案为：D；

④因E装置是蒸馏装置；故答案为：E；

⑤因消石灰与氯化铵共热制NH3是固体+固体气体；故答案为：B；

⑥因CCl4易挥发，可用蒸馏的方法分离出CCl4；故答案为：E；

（2）常见的物质的分离和提纯的方法：过滤；蒸发、结晶、蒸馏、分液、萃取等；故答案为：CDE；

因萃取和分液都需要分液漏斗；故答案为：萃取或分液．

Ⅱ（1）铝的原子序数是13，失去3个电子生成铝离子，故答案为：第三周期第ⅢA族；

（2）偏铝酸钠和过量的盐酸反应生成氯化铝和氯化钠的混合物，而向偏铝酸钠中通入足量的二氧化碳，会得到纯净的氢氧化铝沉淀，再用盐酸溶解，所得溶液的成分只有氯化铝，故答案为：；途径Ⅱ更合理；因为按途径I直接向A加入盐酸得到的AlCl3溶液中含有大量的NaCl杂质；

（3）将混合液来制备绿矾时应先将溶液加热浓缩；然后冷却结晶；将析出的固体洗涤、干燥，即可得到绿矾，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤、干燥；

（4）铜不能和稀硫酸反应，但是当加热并通入空气之后，铜和氧气反应生成氧化铜，然后氧化铜会和硫酸反应生成硫酸铜，硫酸铜溶液是蓝色的，由于各反应物是混合接触在一起的，这两个反应是同时进行的，所以氧化铜没机会单独的存在，故我们可以认为反应物为氧气、铜和硫酸，而生成物为硫酸铜和水，故可以写出该反应的化学方程式，故答案为：；2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O；

（5）氯化铝为强酸弱碱盐，Al3+发生水解，水解的方程式为Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，水解后溶液呈酸性，蒸干和灼烧过程中，HCl挥发，Al（OH）3不稳定，灼烧时分解生成Al2O3，故答案为：；AlCl3+3H2O⇌Al（OH）3+3HCl，加热蒸发时，随HCl的挥发，平衡正向移动而生成Al（OH）3，灼烧时2Al（OH）3=Al2O3+3H2O，故得Al2O3而非AlCl3．

【解析】【答案】Ⅰ（1）根据A装置是量气装置；

根据B装置是固体+固体气体的装置；

根据C装置是过滤装置；

根据D装置是蒸发装置；

根据E装置是蒸馏装置；

（2）根据常见的物质的分离和提纯的方法：过滤；蒸发、蒸馏、分液、萃取等；根据萃取和分液都需要分液漏斗；

Ⅱ（1）根据铝的原子序数是13确定其在周期表中位置；

（2）根据反应所得产物的组成来选择合适的制取方案；

（3）根据溶液来得到晶体来分析实验操作；

（4）根据铜；稀硫酸的性质来判断反应的发生；并结合质量守恒定律写出该反应的化学方程式；

（5）根据AlCl3属于强酸弱碱盐；在溶液中存在水解平衡，从平衡移动的角度分析并解答该题．

31、略

【分析】

甲醛和乙炔发生加成反应生成和氢气发生加成反应生成M，结合M的分子式知，M的结构简式为：HOCH2CH2CH2CH2OH，M部分被氧化生成N，结合N的分子式知，N的结构简式为：HOCH2CH2CH2CHO，A与M互为同分异构体，A被氧化生成B，B一定条件下反应生成E，根据E的结构简式知，B的结构简式为：A的结构简式为：B和银氨溶液发生银镜反应，然后酸化，生成C，所以C的结构简式为：C在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生分子间酯化反应生成D，D是六元环状化合物，所以D的结构简式为：

（1）甲醛和乙炔发生加成反应生成故答案为：加成反应；

（2）N的同分异构体中；属于酯类的有：甲酸丙酯；甲酸异丙酯、乙酸乙酯、丙酸甲酯，所以有4种；

故答案为：4；

（3）通过以上分析知，A的结构简式为：B的结构简式为：B中含有醛基和醇羟基，D化学式为C8H12O4；

故答案为：醛基、醇羟基；C8H12O4；

（4）B和银氨溶液发生银镜反应，反应方程式为

故答案为：．

【解析】【答案】甲醛和乙炔发生加成反应生成和氢气发生加成反应生成M，结合M的分子式知，M的结构简式为：HOCH2CH2CH2CH2OH，M部分被氧化生成N，结合N的分子式知，N的结构简式为：HOCH2CH2CH2CHO，A与M互为同分异构体，A被氧化生成B，B一定条件下反应生成E，根据E的结构简式知，B的结构简式为：A的结构简式为：B和银氨溶液发生银