2024年华师大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2024年华师大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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、符号为M的能层所含的能级有几种（）A.2B.3C.8D.182、下列描述中正确的是（）A.CS2为V形分子B.NCl3的空间构型为平面三角形C.SF6中有4对完全相同的成键电子对D.SiF4和H2O的中心原子均为sp3杂化3、下列现象不适宜用勒夏特列原理解释的是（）A.实验室用排饱和食盐水来收集氯气B.夏天的食物更易腐蚀C.氨水适宜保存在低温处D.醋酸能用来清洗水垢4、下列不属于电解质的是（）A.Na2CO3B.CH3COOHC.CH4D.H2SO45、NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A.标准状况下，22.4L乙醇的分子数为NAB.1molC5H12分子中，含17NA共用电子对C.1mol甲烷分子所含质子数为8NAD.乙烯、丙烯的混合气体共14g所含原子数为3NA6、元素周期表中某IIA族元素原子序数为x，那么同一周期的ⅢA族元素原子序数不可能为（）A.x+25B.x+1C.x+11D.x+107、下列不能用勒夏特列原理解释的是（）A.棕红色NO2加压后颜色先变深后变浅B.冰镇啤酒打开瓶塞后产生大量泡沫C.在H2，I2（g）和HI组成的平衡体系中加压后，混合物颜色加深D.Fe（SCN）3溶液中加入固体KSCN后颜色变化8、用48mL0.1mol/L的FeSO4溶液，恰好还原1.2×10－3mol[RO(OH)2]＋，则R元素的最终价态为()A.-1价B.0价C.＋1价D.＋2价评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)9、（1）含0.4molAl2（SO4）3的溶液中，含____molSO42-，Al3+物质的量____0.8mol（填“＞”“＜”或“=”）

（2）1L0.1mol•L-1的HClO溶液中，n（HClO）____0.1mol，n（ClO-）____0.1mol，n（H2O）____0.1mol（填“＞”“＜”或“=”）10、现有含CaO杂质的CaC2试样．设计以下实验，测定CaC2试样的纯度．（反应方程式为：CaC2+2H2O→Ca（OH）2+C2H2↑），请从下图中选用适当的装置，完成该实验．

（1）制取C2H2最好选④中的____，所选用装置的连接顺序是（填各接口A～E的顺序）：____．

（2）若实验时称取的试样为1.4g，产生的乙炔在标准状况下的体积为448mL，此试样中CaC2的质量分数为____．（保留3位有效数字）11、根据下列化学反应和事实；说明反应利用了硫酸的什么性质，将表示性质的选项的字母填在各小题的横线上．

A．不挥发性B．酸性C．吸水性D．脱水性E．强氧化性。

（1）浓硫酸可作气体干燥剂：____．

（2）蔗糖中加浓H2SO4产生“黑面包”现象：____．

（3）C+2H2SO4（浓）2SO2↑+2H2O+CO2↑：____．

（4）Zn+H2SO4（稀）═ZnSO4+H2↑：____．

（5）Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O：____．12、（1）25℃时，0.1mol•L-1的HA溶液中=1010．请回答下列问题：

①HA是____（填“强电解质”或“弱电解质”）；

②在加水稀释HA溶液的过程中，随着水量的增加而减小的是____（填字母）．

A．B．C．c（H+）与c（OH-）的乘积D．c（OH-）

③若M溶液是由上述HA溶液V1mL与pH=12的NaOH溶液V2mL混合充分反应而得，则下列说法中正确的是____

A．若溶液M呈中性，则溶液M中c（H+）+c（OH-）=2.0×10-7mol•L-1

B．若V1=V2；则溶液M的pH一定等于7

C．若溶液M呈酸性，V1一定大于V2

D．若溶液M呈碱性，V1一定小于V2

（2）若已知在25℃，AgCl的Ksp=1.8×10-10，现将足量AgCl分别放入：①100mL蒸馏水中；②100mL0.2mol•L-1AgNO3溶液中；③100mL0.1mol•L-1AlCl3溶液中；④100mL0.1mol•L-1盐酸中，充分搅拌后，相同温度下c（Ag+）由大到小的顺序是____（用序号连接）

（3）若1molSO2（g）氧化为1molSO3（g）的△H=-99kJ•mol-1，单质硫的燃烧热为296kJ•mol-1，则由S（s）生成3molSO3（g）的△H=____

（4）对于2NO2（g）⇌N2O4（g）△H＜0反应，在温度为T1，T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图1所示．则下列说法正确的是____．

①A；C两点的反应速率：A＞C

②A；C两点气体的颜色：A深、C浅。

③B；C两点的气体的平均分子质量：B＜C

④由状态B到状态A；可以用加热方法。

（5）下图2是利用甲烷燃料电池电解50mL2mol•L-1的氯化铜溶液的装置示意图：请回答：

①甲烷燃料电池的负极反应式是____．

②当线路中有0.2mol电子通过时，阴极增重____g．13、实验室在制取乙烯时常因温度过高而产生SO2，某同学设计实验检验产生的气体中含有乙烯和SO2，请回答以下问题：

（1）图中①②③④中可盛放的试剂是。

①____

②____

③____

④____（将以下试剂编号填入对应位置）

A．NaOH溶液B．品红溶液C．酸性KMnO4溶液D．浓H2SO4

（2）确认含有乙烯的现象是____

（3）使用装置②的目的是____

（4）使用装置③的目的是____．14、硫­碘循环分解水制氢主要涉及下列反应：Ⅰ.SO2＋2H2O＋I2=H2SO4＋2HIⅡ.2HIH2↑＋I2Ⅲ.2H2SO4=2SO2＋O2↑＋2H2O(1)分析上述反应，下列判断正确的是。a．反应Ⅲ易在常温下进行b．反应Ⅰ中SO2氧化性比HI强c．循环过程中需补充H2Od．循环过程中产生1molO2的同时产生1molH2(2)一定温度下，向1L密闭容器中加入1molHI(g)，发生反应Ⅱ，H2的物质的量随时IP间的变化如图所示。①0～2min内的平均反应速率v(HI)＝。②相同温度下，若开始加入HI(g)的物质的量是原来的2倍，则是原来的2倍。a．HI的平衡浓度b．达到平衡的时间c．平衡时H2的体积分数(3)实验室用Zn和稀硫酸制取H2，若加入少量下列固体试剂中的，产生H2的速率将增大。a．NaNO3b．CuSO4c．Na2SO4d．NaHSO315、.(16分)某课外活动小组同学用下图装置进行实验，试回答下列问题。(1)若开始时开关K与a连接，则B极的电极反应式为。(2)若开始时开关K与b连接，则B极的电极反应式为____，总反应的离子方程式为，有关该实验的下列说法正确的是(填序号)。①溶液中Na+向A极移动②从A极处逸出的气体能使湿润KI淀粉试纸变蓝③反应一段时间后加适量盐酸可恢复到电解前电解质的浓度④若标准状况下B极产生2.24L气体，则溶液中转移0.2mol电子(3)该小组同学模拟工业上用离子交换膜法制烧碱的方法，设想用下图装置电解硫酸钾溶液来制取氢气、氧气、硫酸和氢氧化钾。①该电解槽的阳极反应式为。此时通过阴离子交换膜的离子数____(填“大于”或“小于”或“等于”)通过阳离子交换膜的离子数。②制得的氢氧化钾溶液从出口(填写“A”、“B”、“C”、“D”)导出。③通电开始后，阴极附近溶液pH会增大，请简述原因。④若将制得的氢气、氧气和氢氧化钾溶液组合为氢氧燃料电池，则电池正极的电极反应式为。16、（2014•天津模拟）运用化学反应原理研究碳；氮的单质及其化合物的反应具有重要意义．

（1）已知：N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H1

N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H2

2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H3

则4NO（g）+4NH3（g）+O2（g）═4N2（g）+6H2O（g）△H=____（用△H1、△H2、△H3表达）

（2）在密闭容器中，一定条件下，进行如下反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H2，混合体系中NH3的百分含量和温度的关系如图甲所示（曲线上任何一点都表示平衡状态）．根据图示回答下列问题：

①N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H2____0（填“＞”或“＜”）：

若在恒温、恒压条件下向上述平衡体系中通人氦气，平衡____移动（填“向左”或“向右”）

②若温度为T1、T2，反应的平衡常数分别为K1，K2，则K1____K2；反应进行到状态D时，v正____v逆（填“＞”；“＜”或“=”）

（3）氨气溶于水得到氨水．已知常温下0.01mol•L-1的氨水中=1×10-6，则该溶液的pH为____，溶液中的溶质电离出的阳离子浓度约为____，在25℃时，将amol•L-1的氨水与bmol•L-1的盐酸等体积混合，反应后溶液显中性，试用含a和b的代数式表示出该混合溶液中氨水的电离平衡常数____．

（4）碳氢化合物与氧气可形成新型燃料电池，如图乙所示以CH4为原料的燃料电池示意图．

①放电时，负极的电极反应式为____．

②假设装置中盛装100.0mL3.0mol•L-1KOH溶液，放电时参与反应的氧气在标准状况下体积为8960mL．放电完毕后，电解质溶液中各离子浓度的大小关系为____．17、在一定条件下；物质A～E相互转化的关系如下图所示，其中A为单质，常温下E是无色液体．请根据条件回答下列问题（填写化学用语）：

（1）若A、C、D中均含有氯元素，其中氯的化合价由低到高的顺序为C、A、D．C为氯碱工业的原料，D的溶液有漂白性．则D的电子式为____：则A与B反应的离子方程式是____；

（2）若B为短周期某种元素X的最高价氧化物的水化物．

①若A为亮红色固体，在加热条件下能与B的浓溶液反应，但不能与B的稀溶液反应，则元素x在周期表中的位置是____：若在常温下A与B的浓、稀溶液均能反应，则A与B的稀溶液反应的高于方程式是____．

②若A为黑色固体，在加热条件下与B的浓溶液反应产生两种无色气体，则此反应的化学方程式是____．

（3）已知（1）中的B溶液电离出的阴离子M与（2）中的B溶液电离出的阳离子N都是10电子粒子，当100mL0.5mol/L的M与100mL0.55mol/LN完全反应生成E时放出akJ热量，该反应的热化学方程式为____．

评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)18、在NaCl、MgCl2和MgSO4三种盐配成的混合溶液中，若Na+的浓度为0.1mol•L-1、Mg2+的浓度为0.25mol•L-1、Cl-的浓度为0.2mol•L-1、则SO42-的物质的量浓度为0.2mol•L-1____（判断对错）．19、在0.5molNa2SO4中含有Na+的数目为6.02×1023个____．（判断对错）20、水体污染的危害是多方面的；它不仅加剧水资源短缺，而且严重危害人体健康．

请判断下列说法是否正确（填“√”或“×”）．

（1）工业废水中含有的酸、碱、盐，会造成水体污染．____

（2）生活污水中不含工业污染物，因此可以不经处理任意排放．____

（3）含重金属（Hg、Pb、Cd、Cr等）的水，对人类健康有害．____

（4）含大量N、P的污水任意排向湖泊和近海，会出现水华、赤潮等问题．____．21、误食重金属盐而引起的中毒，急救方法可以服用大量的豆浆或牛奶．____．（判断对错）22、加足量稀盐酸后过滤，除去混在铜粉中的少量镁粉和铝粉____．（判断对错）23、乙酸与丙二酸互为同系物____．评卷人得分四、推断题(共2题，共10分)24、已知X、Y、Z、W均为中学化学中常见的单质或化合物，它们之间的转化关系如图所示（部分产物已略去）．则W、X不可能是（）WXA盐酸Na2CO3溶液BNaOH溶液AlCl3溶液CCO2Ca（OH）2溶液DO2NaA.AB.BC.CD.D25、（15分）颠茄酸酯（J）是一种用于胃肠道平滑肌痉挛及溃疡病的辅助治疗药物，其合成路线如下：试回答下列问题：（1）化合物F中的官能团为，反应2的反应类型为，反应3的反应条件为；（2）烃B分子中氢的质量分数为7.69%，其相对分子质量小于118，且反应1为加成反应，则X的化学名称为；（3）写出D→E反应的化学方程式；（4）化合物I有多种同分异构体，同时满足下列条件的结构有种。①能发生水解反应和银镜反应②能与FeCl3发生显色反应③苯环上有四个取代基，且苯环上一卤代物只有一种（5）已知化合物是一种重要的药物合成中间体，请结合题目所给信息，写出以为原料制备该化合物的合成路线流程图(无机试剂任用)。合成路线流程图示例如下：评卷人得分五、书写(共2题，共10分)26、现有下列6种物质：①稀豆浆②K2CO3溶液③Cl2④SO2⑤稀盐酸⑥氢氧化钠．

其中属于胶体的是____（填序号、下同），属于非电解质的是____，属于单质的是____，属于电解质的是____．K2CO3的电离方程式是____．27、芳香族化合物X常用于制造农药、感光材料等．X由碳、氢、氧三种元素组成，相对分子质量为136，其中碳、氢元素的质量分数之和为76.5%．结构分析表明X中含有一个甲基，苯环上的一氯代物有两种．X经热的酸性KMnO4溶液处理后，转化为Y，1molY与足量NaHCO3溶液反应生成标准状况下44.8LCO2气体．

试回答下列问题：

（1）X的分子式为____，Y中含氧官能团的名称为____．

（2）已知A、B、C、D与X互为同分异构体，且均是一取代芳香族化合物，其中B可以发生银镜反应．相关反应如下：

①写出A、D的结构简式：____、____．

②写出C与足量的NaOH溶液加热时发生反应的化学方程式____，该反应中涉及到的有机反应类型为____．

③属于芳香族化合物的E的同分异构体有____种．

④写出足量的G与Y在一定条件下发生反应的化学方程式____．评卷人得分六、综合题(共1题，共2分)28、（14分）黄铁矿是我国大多数硫酸厂制取硫酸的主要原料。某化学兴趣小组对某黄铁矿石（主要成分为FeS）进行如下实验探究。[实验一]：测定硫元素的含量I．将mg该黄铁矿样品（杂质中不含硫和铁）放入如下图所示装置（夹持和加热装置省略）的石英管中，从a处不断地缓缓通人空气，高温灼烧石英管中的黄铁矿样品至反应完全。石英管中发生反应的化学方程式为：Ⅱ．反应结束后，将乙瓶中的溶液进行如下处理：问题讨论：（1）I中，甲瓶内所盛试剂是＿＿＿＿＿＿＿＿溶液。乙瓶内发生反应的离子方程式有＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿、＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。（2）Ⅱ中。所加HO溶液需足量的理由是＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。（3）该黄铁矿石中硫元素的质量分数为＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。[实验二]：设计以下实验方案测定铁元素的含量问题讨论：（4）②中，若选用铁粉作还原剂。你认为合理吗?＿＿＿＿＿＿＿＿。若不合理，会如何影响测量结果：＿＿＿＿＿＿＿＿（若合理，此空不答）。（5）③中，需要用到的仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还有＿＿＿＿＿＿＿＿。（6）④中高锰酸钾溶液应放在＿＿＿＿＿滴定管中；判断滴定终点的现象为＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】【分析】能层含有的能级数等于能层序数，即第n能层含有n个能级，每一能层总是从s能级开始，同一能层中能级ns、np、nd、nf的能量依次增大．【解析】【解答】解：M能层是第三能层；含有3个能级，分别是3s；3p、3d能级；

故选B．2、D【分析】【分析】根据价层电子对互斥理论分析粒子的空间构型及原子的杂化方式；【解析】【解答】解：A、CS2中N的价层电子对数=2+=2；所以中心原子杂化方式为sp，为直线形分子，故A错误；

B、NCl3中N的价层电子对数=3+=4，所以中心原子杂化方式为sp3，所以NCl3的空间构型为三角锥形；故B错误；

C、SF6中S的价层电子对数=6+=6；且不含孤电子对，所以有6对完全相同的成键电子对，故C错误；

D、SiF4中Si的价层电子对数=4+=4，H2O中O的价层电子对数=2+）=4，所以中心原子均为sp3杂化；故D正确；

故选D．3、D【分析】【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动．使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用．【解析】【解答】解：A、实验室用排饱和食盐水法收集氯气，利用饱和食盐水中氯离子浓度使平衡逆向进行，Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO；可以用勒夏特列原理解释，故A不选；

B；夏天的食物更易腐蚀；温度越高平衡向食物腐蚀方向进行，可以用勒夏特列原理解释，故B不选；

C；氨气在水中存在溶解平衡；升高温度，平衡向着生成氨气的方向移动，降低温度，平衡向着生成一水合氨的方向移动，所以能够用勒夏特列原理解释，故C不选；

D；醋酸能用来清洗水垢；是强酸制弱酸，所以不能用勒夏特列原理解释，故D选；

故选D．4、C【分析】【分析】在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物为电解质，在水溶液和熔融状态下都不导电的化合物为非电解质，单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质，据此进行解答．【解析】【解答】解：A．碳酸钠在水溶液和熔融状态下都能够导电；碳酸钠为电解质，故A不选；

B．醋酸是弱酸；属于弱电解质，故B不选；

C．甲烷在水溶液和熔融状态下都不导电；是化合物，属于非电解质，故选C；

D．硫酸在水溶液中能够导电；且为化合物，硫酸为电解质，故D不选；

故选C．5、D【分析】【分析】A．标况下；乙醇为液体；

B.1个C5H12分子中；含有12个C-H键，4个C-C键，所以共有16个共价键，16对共用电子对；

C.1个甲烷分子中含有1个C和4个H；10个电子；

D．乙烯和丙烯具有相同的实验式：CH2，计算出14g混合气体的物质的量，然后计算所含原子数目．【解析】【解答】解：A．标况下；乙醇为液体，不能使用Vm=22.4L/mol，故A错误；

B.1molC5H12分子中，含16NA共用电子对；故B错误；

C.1mol甲烷分子所含质子数为10NA；故C错误；

D．乙烯和丙烯具有相同的实验式：CH2，14g混合气体的物质的量为=1mol，所含原子数为1mol×3×NA；故D正确；

故选：D．6、D【分析】【分析】元素周期表中，从第四周期开始出现过渡元素，第ⅠA、ⅡA之后是第ⅢB，在第六、七周期中的过渡元素又出现镧系和锕系，根据周期表的结构来回答．【解析】【解答】解：因为是同一周期的IIA族；即同一横行往右一个主族，在第二；三周期原子序数增加1，因而可以x+1；

又因为IIA族与IIIA族元素在第四周期起有过渡元素；因而又可以为x+11；

在第六；七周期的过渡元素中又出现镧系和锕系；因而又可以为x+25．

故选D．7、C【分析】【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动．使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用．【解析】【解答】解：A．发生2NO2（g）⇌N2O4（g）；增大压强平衡正向移动，加压后颜色先变深后变浅，可用勒夏特列原理解释，故A不选；

B．啤酒中溶解二氧化碳气体；压强越大，气体的溶解度越大，打卡啤酒瓶塞，压强减小，平衡向生成气体的方向移动，可观察到大量泡沫，可用勒夏特列原理解释，故B不选；

C．对2HI⇌H2+I2（g）；平衡体系增加压强，体积缩小浓度增大，使颜色变深，但平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，故C选；

D．溶液中存在化学平衡3SCN-+Fe3+=Fe（SCN）3，Fe（SCN）3溶液中加入固体KSCN后，SCN-离子浓度增大；平衡正向进行，溶液颜色变深，能用勒沙特列原理解释，故D不选．

故选C．8、C【分析】根据氧化还原反应中电子的得失守恒可知，1mol氧化剂得到的电子是0.048L×0.1mol/L÷0.0012＝4mol，所以R的化合价从＋5价降低到＋1价，答案选C。【解析】【答案】C二、填空题(共9题，共18分)9、1.2＜＜＜＞【分析】【分析】（1）硫酸根物质的量为硫酸铝的3倍；溶液中铝离子发生水解；

（2）HClO是弱电解质，存在平衡HClO⇌H++ClO-，由物料守恒可知，溶液中n（HClO）+n（ClO-）=1L×0.1mol•L-1，稀溶液中水的物质的量远远大于n（HClO）+n（ClO-）；【解析】【解答】解：（1）n（SO42-）=3n[Al2（SO4）3]=0.4mol×3=1.2mol，溶液中铝离子发生水解，故Al3+物质的量＜0.4mol×2=0.8mol；故答案为：1.3；＜；

（2）HClO是弱电解质，存在平衡HClO⇌H++ClO-，由物料守恒可知，溶液中n（HClO）+n（ClO-）=1L×0.1mol•L-1=0.1mol，则n（HClO）＜0.1mol，n（ClO-）＜0.1mol，稀溶液中水的物质的量远远大于n（HClO）+n（ClO-），即n（H2O）＞0.1mol，故答案为：＜；＜；＞．10、丙E、C、D、B91.4%【分析】【分析】（1）依据实验室制取乙炔的反应原料和反应条件选择实验装置；固体+液体→气体，乙炔气体难溶于水可以用排水量气方法测定气体体积；

（2）根据反应方程式计算，体积换算为物质的量，结合化学方程式计算，得到乙炔的质量可解答试样的纯度；【解析】【解答】解：（1）碳化钙和水反应实际为碳化钙的水解反应，生成氢氧化钙和乙炔，反应为：CaC2+2H2O→Ca（OH）2+C2H2↑；是固体+液体→气体，反应不加热，但反应剧烈需要控制反应的速率，甲是固体和液体加热制气体的装置，乙装置不能控制反应进行，丙装置是固体和液体不加热制气体的装置，分液漏斗可以控制反应进行的速率，所以选丙装置；乙炔是难溶于水可以用排水量气法测定气体体积，装置的连接顺序是E；C、D、B；

故答案为：丙；E；C、D、B；

（2）若实验时称取的试样为1.4g；产生的乙炔在标准状况下的体积为448mL，物质的量为0.02mol；

CaC2+2H2O→Ca（OH）2+C2H2↑

64g1mol

m0.02mol

解得m=1.28g

所以纯度为：×100%=91.4%；

故答案为：91.4%．11、CDEBBE【分析】【分析】（1）浓硫酸具有吸水性；可用作干燥剂；

（2）浓硫酸具有脱水性；能使蔗糖碳化；

（3）依据碳与浓硫酸反应中；硫元素化合价全部降低判断；

（4）Zn+H2SO4（稀）═ZnSO4+H2↑：反应的实质是锌与氢离子反应生成氢气和锌离子；

（5）铜与浓硫酸反应，浓硫酸中的硫元素化合价部分降低，表现氧化性，部分不变，表现酸性．【解析】【解答】解：（1）浓硫酸可作气体干燥剂；体现浓硫酸的吸水性，故答案为：C；

（2）蔗糖中加浓H2SO4产生“黑面包”现象；体现浓硫酸的脱水性，故选：D；

（3）C+2H2SO4（浓）2SO2↑+2H2O+CO2↑；反应中浓硫酸中的硫元素化合价全部降低，所以浓硫酸都做氧化剂，表现氧化性，故选：E；

（4）Zn+H2SO4（稀）═ZnSO4+H2↑：反应的实质是锌与氢离子反应生成氢气和锌离子；体现硫酸的酸性，故答案为：B；

（5）铜与浓硫酸反应，浓硫酸中的硫元素化合价部分降低，表现氧化性，部分不变，表现酸性，故答案为：BE．12、弱电解质BAD②＞①＞④＞③-1185kJ•mol-1④CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+6.4【分析】【分析】（1）①25℃时，0.1mol•L-1的某酸HA中，如果该酸是强酸，则=1012，实际上中=1010所以该酸是弱酸；

②加水稀释促进酸电离；氢离子浓度；酸浓度、酸根离子浓度都降低，但氢氧根离子浓度增大，注意水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关；

③（3）A．若混合溶液呈中性；则氢离子浓度等于氢氧根离子浓度；

B．如果二者体积相等；根据酸的强弱判断混合溶液的酸碱性；

C．如果溶液呈酸性；则溶液可能是酸和盐溶液；

D．如果溶液呈碱性；则溶液可能是碱和盐溶液，也可能只是盐溶液；

（2）氯化银饱和溶液中存在沉淀溶解平衡；饱和溶液中的溶度积是常数，只随温度变化；依据溶度积分别计算；

（3）根据反应2SO2（g）+O2（g）=2SO3（g）结合1molSO2（g）氧化为1molSO3的△H=-99kJ•mol-1计算反应热；

（4）N2O4（g）═2NO2（g）△H＜0，该反应为吸热反应，升高温度，化学平衡正向移动，NO2的体积分数增大；增大压强，化学平衡逆向移动，NO2的体积分数减小；结合图象来分析解答；

①C两点都在等温线上；压强越大，反应速率越快；

②压强相同，升高温度，化学平衡正向移动，NO2的体积分数增大，A点NO2的体积分数大；

③由图象可知，B、C两点NO2的体积分数相同；则气体的物质的量相同，据此判断；

④根据温度和压强对反应速率的影响来回答；

（3）①原电池负极发生氧化反应，甲烷在负极通入，酸性条件下，发生氧化反应生成CO2、H+；

②B为电解池，铜离子发生还原反应，在阴极析出，该极连接原电池的负极，根据转移电子计算生成Cu的物质的量，再根据m=nM计算生成Cu的质量．【解析】【解答】解：（1）①25℃时，0.1mol•L-1的某酸HA中，如果该酸是强酸，则=1012＞=1010；所以该酸是弱酸，即弱电解质；

故答案为：弱电解质；

②A．加水稀释促进酸电离，氢离子浓度、酸浓度、酸根离子浓度都降低，但氢离子浓度减小的量小于酸分子减小的量，所以增大；故A错误；

B．加水稀释促进酸电离，酸浓度、酸根离子浓度都降低，但酸根离子浓度减小的量小于酸分子减小的量，所以氢氧根离子浓度增大，则减小；故B正确；

C．温度不变；水的离子积常数不变，故C错误；

D．加水稀释促进酸电离；氢离子浓度降低，但氢氧根离子浓度增大，故D错误；

故答案为：B；

③（3）A．若混合溶液呈中性，则溶液M中c（H+）=c（OH-）=1×10-7mol•L-1，所以溶液M中c（H+）+c（OH-）=2×10-7mol•L-1；故A正确；

B．若V1=V2；则酸的浓度大，酸过量，则溶液M的pH一定小于7，故B错误；

C．如果溶液呈酸性，则溶液是酸和盐溶液，酸是弱酸，酸浓度大于氢氧化钠浓度，所以V1不一定大于V2；故C错误；

D．如果溶液呈碱性，则溶液可能是碱和盐溶液，也可能只是盐溶液，则V1一定小于V2；故D正确；

故答案为：AD；

（3）氯化银饱和溶液中存在沉淀溶解平衡；氯离子浓度越大，则银离子浓度越小；

①100mL蒸馏水中氯化银形成饱和溶液，Ag+浓度为×10-5mol/l；

②100mL0.2mol•L-1AgNO3溶液中Ag+浓度为0.2mol/l抑制沉淀溶解平衡；

③100mL0.1mol•L-1氯化铝溶液中氯离子浓度为0.3mol/L，银离子浓度=6×10-10mol/L；

④100mL0.1mol•L-1盐酸溶液中氯离子浓度为0.1mol/L，银离子为1.8×10-9mol/L；

综上所述大小顺序为：②＞①＞④＞③；

故答案为：②＞①＞④＞③；

（3）已知①S（s）+O2（g）=SO2（g）△H1=-296KJ•mol-1，②SO2（g）+O2（g）=SO3（g）△H2=-99KJ•mol-1；

则利用盖斯定律将①×3+②×3可得3S（s）+O2（g）=3SO3（g）△H3=3×（△H1+△H2）=-1185KJ•mol-1；

故答案为：-1185KJ•mol-1；

（4）①由图象可知；A；C两点都在等温线上，C的压强大，则A、C两点的反应速率：A＜C，故①错误；

②A、C两点温度相同，但压强不同，NO2为红棕色气体，由图象可知，A点NO2的体积分数大；则A；C两点气体的颜色：A深，C浅，故②错误；

③由图象可知，B、C两点NO2的体积分数相同；则气体的物质的量相同，所以平均相对分子质量相同，故③错误；

④升高温度，化学平衡正向移动，NO2的体积分数增大，由图象可知，A点NO2的体积分数大，则T1＜T2；由状态B到状态A，可以用加热的方法，故④正确；

故答案为：④；

（5）①、原电池负极发生氧化反应，甲烷在负极通入，酸性条件下，发生氧化反应生成CO2、H+，负极电极反应式为：CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+；

故答案为：CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+；

②、B为电解池，铜离子发生还原反应，在阴极析出，该极连接原电池的负极，故在b电极析出Cu，b电极的质量增重，转移0.2mol电子，析出铜的物质的量为=0.1mol；故析出铜的质量为0.1mol×64g/mol=6.4g；

故答案为：6.4．13、BABC装置3中的品红不褪色，装置4中的高锰酸钾褪色除去多余的二氧化硫，以免干扰乙烯的检验确认SO2已除干净【分析】【分析】二氧化硫的检验用品红溶液，乙烯的检验用高锰酸钾酸性溶液，乙烯和二氧化硫都能使高锰酸钾酸性溶液褪色，所以先检验二氧化硫，然后检验乙烯，同在检验乙烯之前用NaOH溶液除去SO2，再通过品红溶液不褪色确认SO2已除干净，最后用高锰酸钾酸性溶液褪色检验乙烯，以此来解答．【解析】【解答】解：二氧化硫的检验用品红溶液，乙烯的检验用高锰酸钾酸性溶液，乙烯和二氧化硫都能使高锰酸钾酸性溶液褪色，所以先检验二氧化硫，然后检验乙烯，同在检验乙烯之前用NaOH溶液除去SO2，再通过品红溶液不褪色确认SO2已除干净；最后用高锰酸钾酸性溶液褪色检验乙烯．

（1）因装置①用来检验SO2，试管中为B，品红溶液褪色，说明含有SO2，装置②试管为A，装有NaOH溶液除去SO2，装置③试管中为B，通过品红溶液不褪色确认SO2已除干净；装置④为C，通过高锰酸钾酸性溶液褪色检验乙烯，故答案为：B；A；B；C；

（2）确认含有乙烯的现象是装置3中的品红不褪色；装置4中的高锰酸钾褪色，故答案为：装置3中的品红不褪色，装置4中的高锰酸钾褪色；

（3）装置②试管装有NaOH溶液除去多余的二氧化硫；以免干扰乙烯的检验，故答案为：除去多余的二氧化硫，以免干扰乙烯的检验；

（4）装置③试管通过品红溶液不褪色确认SO2已除干净，故答案为：确认SO2已除干净．14、略

【分析】(1)H2SO4沸点较高，在常温下不发生分解；反应Ⅰ中SO2的还原性比HI强；循环过程中H2O分解生成了H2与O2，需补充；循环过程中产生1molO2同时产生2molH2，c正确。(2)2HI(g)H2(g)＋I2(g)初始：1mol·L－100平衡：0.8mol·L－10.1mol·L－10.1mol·L－1v(HI)＝＝0.1mol·L－1·min－1该温度下，开始加入HI(g)的物质的量是原来的2倍，平衡常数不变，HI、H2、I2平衡浓度均为原来的2倍，初始浓度变大、反应速率加快，HI、H2、I2的体积分数均不变，故选a。(3)a、c对反应无影响，b项Zn置换出Cu，形成Cu­Zn原电池，反应速率增大，d使反应速率变慢。【解析】【答案】(1)c(2)0.1mol·L－1·min－164a(3)b15、略

【分析】(1)若开始时开关K与a连接时，组成原电池，B极为负极，电极反应式为Fe－2e=Fe2+；(2)若开始时开关K与b连接时组成电解池，B极为阴极，H+和Na+向B极移动，H+得电子，电极反应式为2H++2e-=H2↑，A极Cl-失去电子，逸出Cl2，能使湿润KI淀粉试纸变蓝，总反应的离子方程式为2Cl-+2H2O____________2OH-+H2↑+Cl2↑；B极生成标准状况下2.24L气体，即0.1molH2，转移0.2mol电子，但是溶液中无电子转移。反应一段时间后通入氯化氢气体可恢复到电解前电解质的浓度。选择②；(3)阳极氢氧根和硫酸根中氢氧根失去电子，4OH--4e-=2H2O+O2↑；此时通过阴离子交换膜的是OH-、SO42-，通过阳离子交换膜的是K+、H+，OH-和H+相等，SO42-是K+的一半，所以通过阴离子交换膜的离子数____通过阳离子交换膜的离子数。通电开始后阴极H+放电，促进水的电离，OH-浓度增大。④若将制得的氢气、氧气和氢氧化钾溶液组合为氢氧燃料电池，电池正极反应掉O2，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-。【解析】【答案】共16分(1)Fe－2e=Fe2+（2分）(2)2H++2e-=H2↑（2分）2Cl-+2H2O____________2OH-+H2↑+Cl2↑（2分）②（1分）(3)①4OH--4e-=2H2O+O2↑（2分）﹤（2分）②D（1分）③H+放电，促进水的电离，OH-浓度增大（2分）④O2+2H2O+4e-=4OH-（2分）16、3△H3-2△H1-2△H2＜向左＞＞1010-4mol•L-1CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2Oc（K+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+）【分析】【分析】（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算出该反应的焓变；

（2）利用图示可知该反应随温度升高，产物（NH3）在体系中的百分含量降低；说明反应随温度升高向逆反应方向移动，确定反应的吸放热；在恒温；恒压下充入氦气，反应容器体积变大，压强减小，确定反应的移动方向；

（3）利用=1×10-6，结合常温下Kw=c（H+）•c（OH-）=1×10-14可计算氨水溶液中c（H+），进而计算pH；NH3•H2O电离出阳离子的浓度等于溶液中OH-的浓度，根据Kb=来计算；

（4）①负极是甲烷失电子发生氧化反应；根据电解质环境书写电极反应式；

②根据电池总反应式可知，当参与反应的氧气（标况下）8960mL时，有0.2molCH4参与反应，而电解质溶液中含有0.3molKOH，因此利用原子守恒知完全反应电解质溶液中的溶质为0.1molK2CO3、0.1molKHCO3，据此确定离子浓度的大小顺序．【解析】【解答】解：（1）已知：①N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H1

②2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H2

③2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H3

依据盖斯定律③×3-2×②-2×①得到，4NO（g）+4NH3（g）+O2（g）═4N2（g）+6H2O（g）△H=3△H3-2△H1-2△H2kJ/mol；

故答案为：3△H3-2△H1-2△H2；

（2）①利用图示可知该反应随温度升高，产物（NH3）在体系中的百分含量降低；说明反应随温度升高向逆反应方向移动，故该反应的正反应为放热反应，即△H＜0；在恒温；恒压下充入氦气，反应容器体积变大，反应向气体体积增大的逆反应方向移动；

故答案为：＜；向左；

②因正反应为吸热反应，故升温反应逆向进行，反应进行程度减小，故K1＞K2；由图示知，D点处的NH3百分含量比该温度下平衡时NH3的百分含量低；因此反应正向移动，即V（正）＞v（逆）；

故答案为：＞；＞；

（3）利用=1×10-6，结合常温下Kw=c（H+）•c（OH-）=1×10-14可知该氨水溶液中c（H+）=1×10-10，故溶液pH=-lgc（H+）=10；结合NH3•H2O⇌NH4++OH-可知溶液中NH3•H2O电离出阳离子的浓度等于溶液中OH-的浓度，即c（NH4+）=1×10-4mol/L；利用混合液呈中性可推知溶液中c（NH4+）=c（Cl-）=mol/L、c（NH3•H2O）=mol/L，故Kb（NH3•H2O）=[c（NH4+）•c（0H-）]÷c（NH3•H2O）=[×10-7]÷（）=．

故答案为：10；10-4mol•L-1；K=．

（4）①甲烷燃烧生成CO2与H2O，其中CO2又会进一步与电解质溶液KOH反应生成K2CO3与H2O，因此可写出负极（甲烷失电子发生氧化反应）反应式为：CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O；

故答案为：CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O；

②结合电池总反应式可知，当参与反应的氧气（标况下）8960mL时，有0.2molCH4参与反应，而电解质溶液中含有0.3molKOH，因此利用原子守恒知完全反应电解质溶液中的溶质为0.1molK2CO3、0.1molKHCO3，该溶液中CO32-水解程度大于HCO3-的电离，溶液呈碱性，故再结合溶质的物质的量可推知溶液中离子浓度大小关系为：c（K+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+）；

故答案为：c（K+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+）．17、略

【分析】

（1）A、C、D中均含有氯元素，A为单质，应为Cl2，常温下E是无色液体，应为H2O，A与B得反应为氯气和碱的反应，C为氯碱工业的原料，为NaCl，D的溶液有漂白性，应为NaClO，电子式为A与B反应为Cl2和NaOH的反应，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；

故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；

（2））①若A为亮红色固体；在加热条件下能与B的浓溶液反应，但不能与B的稀溶液反应，应为Cu和浓硫酸的反应，S位于周期表第三周期第ⅥA族；

若在常温下A与B的浓、稀溶液均能反应，则为Cu和硝酸的反应，Cu与稀硝酸反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；

故答案为：第三周期第ⅥA族；3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；

②若A为黑色固体，在加热条件下与B的浓溶液反应产生两种无色气体，应为C和浓硫酸的反应，反应的化学方程式为C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O；

故答案为：C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O；

（3）（1）中的B溶液电离出的阴离子为OH-，（2）中的B溶液电离出的阳离子为H3O+，n（H3O+）=0.1L×0.5mol/L=0.05mol；完全反应时放出akJ热量；

则有H3O+（aq）+OH-（aq）=2H2O（l）△H=-20akJ/mol；

故答案为：H3O+（aq）+OH-（aq）=2H2O（l）△H=-20akJ/mol．

【解析】【答案】（1）A、C、D中均含有氯元素，A为单质，应为Cl2，常温下E是无色液体，应为H2O；A与B得反应为氯气和碱的反应，C为氯碱工业的原料，为NaCl，D的溶液有漂白性，应为NaClO；

（2）①若A为亮红色固体；在加热条件下能与B的浓溶液反应，但不能与B的稀溶液反应，应为Cu和浓硫酸的反应，若在常温下A与B的浓；稀溶液均能反应，则为Cu和硝酸的反应；

②若A为黑色固体；在加热条件下与B的浓溶液反应产生两种无色气体，应为C和浓硫酸的反应；

（3）（1）中的B溶液电离出的阴离子为OH-，（2）中的B溶液电离出的阳离子为H3O+．

三、判断题(共6题，共12分)18、√【分析】【分析】溶液呈电中性，根据电荷守恒，溶液中存在c（Na+）+2c（Mg2+）=c（Cl-）+2c（SO42-），据此计算判断．【解析】【解答】解：溶液呈电中性，根据电荷守恒，溶液中c（Na+）+2c（Mg2+）=c（Cl-）+2c（SO42-），即：0.1mol/L+2×0.25mol/L=0.2mol/L+2c（SO42-），解得c（SO42-）=0.2mol/L，故硫酸的浓度正确，故答案为：√．19、√【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：√．20、√【分析】【分析】（1）工业废水应遵循“先净化；后排放”的原则，工业废水需要经过处理达标后再排放才不会污染环境；

（2）生活污水不经处理任意排放；会危害人畜等需饮水生物的健康；

（3）重金属能使蛋白质变性；

（4）含N、P的大量污水任意排向湖泊和近海，会造成水体的富营养化从而破坏水体生态系统，会出现水华、赤潮等水体污染问题．【解析】【解答】解：（1）工业废水是指工业生产过程中产生的废水；污水和废液；其中含有随水流失的工业生产用料、中间产物和产品以及生产过程中产生的污染物．废水中含有的酸、碱、盐，会造成水体污染，需要经过处理达标后才能排放；

故答案为：√；

（2）生活污水中虽不含工业污染物；但废水中污染物成分极其复杂多样，常要几种方法组成处理系统才能达到完全净化的目的，因此可以不经处理任意排放错误；

故答案为：×．

（3）重金属能使蛋白质变性；对人类健康有害；

故答案为：√；

藻类生长需要大量的N；P元素；如果水体中N、P元素严重超标，会引起藻类疯长，从而导致水中氧气含量降低，水生生物大量死亡，海水中常称为赤潮，淡水中称为水华；

故答案为：√．21、√【分析】【分析】重金属盐中毒的原理即破坏人体的蛋白质结构，鸡蛋清、豆浆、牛奶中含有蛋白质，据此解题．【解析】【解答】解：重金属盐中毒的原理即破坏人体的蛋白质结构，鸡蛋清、豆浆、牛奶中含有蛋白质，服用鸡蛋清、豆浆、牛奶，可防止人体本身的蛋白质被破坏，能用于解毒，故答案为：√．22、√【分析】【分析】Mg、Al均能与盐酸反应，而Cu不能与盐酸反应，以此来解答．【解析】【解答】解：Mg、Al均能与盐酸反应，而Cu不能与盐酸反应，则加足量稀盐酸后过滤，可除去混在铜粉中的少量镁粉和铝粉，故答案为：√．23、×【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2题，共10分)24、D【分析】【解答】解：A．X为Na2CO3，W为盐酸时，碳酸钠和少量盐酸反应生成碳酸氢钠，碳酸钠和过量盐酸反应生成二氧化碳，能实现上述转化关系，故A不选；B．NaOH溶液和与过量AlCl3溶液反应生成氢氧化铝，NaOH溶液与少量AlCl3溶液反应可生成偏铝酸钠；氢氧化铝可与偏铝酸钠相互转化，能实现上述转化关系，故B不选；

C．X为氢氧化钙；W为二氧化碳，氢氧化钙与少量二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀，和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钙，碳酸钙和碳酸氢钙间可以相互转化，符合转化关系，故C不选；

D．钠在常温下与氧气反应生成氧化钠；在加热条件下与氧气反应生成过氧化钠，与反应的量无关，故D选．

故选D．

【分析】X和过量W，少量W反应生成本题物质Y、Z，Y和Z又可以相互转化，说明X若是单质，X元素化合价存在变价，只能是非金属单质；若X是化合物，则是酸性氧化物与碱反应，量不同产物不同，生成的正盐和酸式盐可以相互转化；或X为多元弱酸的盐与酸反应，量不同产物不同，也可能是两性氧化物与碱的反应，结合选项分析判断．25、略

【分析】试题分析：采用正向和逆向推导相结合的方法进行推断，E与新制Cu(OH)2加热条件下反应，酸化后得F，则E中含有醛基，故E的结构简式为：—CH2CHO，根据有机合成路线逆向推理，D的结构简式为：—CH2CH2OH，C的结构简式为：—CH2CH2Br，F与CH3CH2OH在浓硫酸加热条件下，发生酯化反应生成的G为—CH2COOC2H5，H与H2加成，醛基转化为羟基。（1）根据F的结构简式可知，F含有的官能团为羧基；G的结构简式为—CH2COOC2H5，对比G与H的结构简式，G中CH2上的