2024年沪科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2024年沪科新版高三化学上册阶段测试试卷304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6题，共12分)1、下列晶体中属于分子晶体的是（）A.NH4HCO3B.SiO2C.FeD.HNO32、下列说法中正确的是（）A.酸性氧化物都是非金属氧化物B.所有物质中都存在化学键C.含有极性键的分子一定是极性分子D.含有离子键的化合物一定是离子化合物3、乌头酸的结构简式如图所示；下列关于乌头酸的说法错误的是（）

A.化学式为C6H6O6B.乌头酸能发生水解反应和加成反应C.乌头酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色D.含1mol乌头酸的溶液最多可消耗3molNaOH4、下列用品的主要成分及其用途对应不正确的是（）

。ABCD用品

主要成分（NH4）2SO4NaHCO3SiFe2O3用途化肥干燥剂光电池涂料A.AB.BC.CD.D5、下列药品保存方法正确的是（）

A.白磷保存在煤油中。

B.在氯化亚铁试剂中加盐酸和铁粉。

C.金属钾保存在CCl4中。

D.过氧化钠保存配有玻璃塞的广口试剂瓶中。

6、瘦肉精（Clenbuterol）是一种非常廉价的药品，但它有很危险的副作用，轻则导致心律不整，严重一点就会导致心脏病．瘦肉精是白色或类白色的结晶粉末，无臭、味苦，熔点161℃，溶于水、乙醇，微溶于丙酮，不溶于乙醚．其结构如图所示，对于瘦肉精的说法正确的是（）A.瘦肉精的化学式：C12H16N2Cl2OB.瘦肉精是属于含有肽键的化合物，能与丙氨酸发生缩聚反应C.能用乙醚等有机溶剂将瘦肉精从水溶液中萃取出来D.瘦肉精属于芳香化合物，一定条件下能发生取代、加成、水解等反应评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)7、甲；乙、丙三位同学分别用如图所示三套实验装置及化学药品（其中碱石灰为固体氢氧化钠和生石灰的混合物）制取氨气．请你参与探究；并回答下列问题：

（1）三位同学制取气的化学方程式为：____

（2）三位同学用上述装置制取氨气时；其中有一位同学没有收集到氨气（如果他们的实验操作。

都正确），你认为没有收集到氨气的同学是____（填“”、“乙”或“丙”），收集不到氨气的主要原因是____．

（3）检验氨气是否收集满的方法是____

（4）三位同学都认他们的实验装置也可用于加热碳酸氢铵固体制取纯净的氨气；你判断。

能够达到实验目的是____（填“甲”、“乙”或“丙”）．该装置中的NH4HCO3固体能否。

用NH4Cl固体代替？____（填“能”或“不能”）．8、（1）下列各组物质的分离或提纯；应选用下述方法的哪一种？（填选项字母）

A．分液B．过滤C．萃取D．蒸馏E．蒸发结晶F．高温分解。

①分离CCl4和H2O：____；

②除去澄清石灰水中悬浮的CaC03：____；

③从碘水中提取碘：____；

④分离CCl4（沸点为76：75℃）和甲苯（沸点为110.6℃）的液体混合物：____．

（2）现有①铁片②饱和食盐水③液态氯化氢④乙醇⑤干冰⑥熔融KN03⑦BaS04固体⑧石墨。

其中属于非电解质的是____（填序号，下同），电解质的是____，能导电的是____．9、分析下列反应的化学方程式；是氧化还原反应的用线桥法标出电子转移的方向和数目。

（1）BaCl2+Na2SO4═BaSO4↓+2NaCl____

（2）Fe+2HCl═FeCl2+H2↑____．10、氮和硫的化合物对大气都有严重污染；据所学化学反应原理回答下列问题：

（1）NO2与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时发生反应：

2NO2（g）+NaCl（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g）△H=aKJ/mol

则该反应为____反应（填放热或吸热），产物ClNO的结构式为____

（2）实验室可用NaOH溶液吸收NO2，反应为2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O．含0.2molNaOH的水溶液与0.2molNO2恰好完全反应得1L溶液A，溶液B为0.1mol/L的CH3COONa溶液，则两溶液中c（NO3‾）、c（NO2‾）和c（CH3COO‾）由大到小的顺序为____（已知HNO2的电离常数Ka=7.1×10-4mol/L，CH3COOH的电离常数Ka=1.7×10-5mol/L，可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是____

a．向溶液A中加适量水b．向溶液A中加适量NaOH

c．向溶液B中加适量水d．向溶液B中加适量NaOH

（3）若将SO2，NO2，O2按4：4：3通入水中充分反应，写出总的离子方程式____

（4）向氨水中通入过量的H2S，所得溶液M中溶质的电子式为____；取0.2mol/L的NaOH溶液与0.1mol/L的M溶液等体积混合，加热至充分反应后，待恢复至室温，剩余溶液中离子浓度由大到小的顺序是____，此时测得溶液的pH=12，则此条件下M溶液中阴离子的电离平衡常数Ka=____（提示：若涉及多元弱酸的电离或多元弱酸根离子的水解，均只考虑第一步电离或水解）11、（1）臭氧层是地球生命的保护神，其中的臭氧O3和O2是氧元素的两种单质，在同温同压下，相等质量的氧气和臭氧，它们的物质的量之比为____，分子个数比为____，原子个数比为____．

（2）在一密闭容器中充入amolNO和bmolO2，可发生如下反应：2NO+O2═2NO2，充分反应后容器中氮原子和氧原子的个数之比为____．12、（10分）在含有弱电解质的溶液中，往往有多个化学平衡共存。（1）一定温度下，向1L0.1mol·L－1CH3COOH溶液中加入0.1molCH3COONa固体，溶液中(填“增大”、“减小”或“不变”)；写出表示该混合溶液中所有离子浓度之间的一个等式。（2）土壤的pH一般在4～9之间。土壤中Na2CO3含量较高时，pH可以高达10.5，试用离子方程式解释土壤呈碱性的原因。加入石膏(CaSO4·2H2O)可以使土壤碱性降低，有关反应的化学方程式为。（3）常温下向20mL0.1mol·L－1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L－1HCl溶液40mL，溶液中含碳元素的各种微粒(CO2因逸出未画出)物质的量分数随溶液pH变化的情况如下：回答下列问题：①在同一溶液中，H2CO3、HCO3－、CO32-(填“能”或“不能”)大量共存；②当pH=7时，溶液中含碳元素的主要微粒有、，溶液中含量最多的三种微粒的物质的量浓度的大小关系为；13、I．二氯化二硫(S2Cl2)是广泛用于橡胶工业的硫化剂，常温下是一种橙黄色有恶臭的液体，它的分子结构与H2O2类似，遇水易水解，产生能使品红褪色的气体．S2Cl2可由干燥氯气通入熔融的硫中制得．

(1)写出二氯化二硫(S2Cl2)的电子式____，二氯化二硫(S2Cl2)所属的晶体类型____．

(2)写出二氯化二硫(S2Cl2)遇水反应的化学方程式____．

II．锌元素与人的智力有密切关系，如ZnSO4•7H2O；ZnO等均具有药物价值．

(1)工业上制备ZnSO4•7H2O的方法很多，可由粗ZnO(含Fe2+、Mn2+、Cd2+、Ni2+)通过以下流程完成：

①试写出加入稀高锰酸钾溶液时的离子方程式：____、____．

②流程③中的金属可以用____

A．NaB．AlC．ZnD．Cu

③流程④中调pH=1目的为____．

(2)氧化锌的制备：取精制的硫酸锌溶液慢慢加入碳酸钠溶液，边加边搅拌使气体完全逸出，并使pH约为6.8左右，煮沸至沉淀析出，倾去上层清液，用热水洗涤到无SO42-为止，过滤干燥后得固体ZnCO3•2Zn(OH)2•2H2O转至仪器A中；煅烧至完全分解，冷却得固体ZnO．

①仪器A名称为____．

②写出硫酸锌溶液中慢慢加入碳酸钠溶液时的化学方程式____．

③如何证明固体A已煅烧至完全分解？____．14、由反应Cu+4HNO3（浓）═Cu（NO3）2+2N02↑+2H2O；回答下列问题：

①用单线桥法表示该反应电子转移的方向与数目：____

②氧化剂是____；被氧化的物质是____；氧化产物是____．15、排布规律：

（1）按能量由低到高；即由内到外，分层排布．

①第1层最多只能排____个电子。

②第2层最多排____个电子。

③除K层外，不论原子有几个电子层，其最外层中的电子数最多只能有____个（K层最多有____个）

（2）根据核外电子排布的规律，划出1-20号原子结构示意图．评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)16、HClO是弱酸，所以NaClO是弱电解质____（判断对错）17、对于C（s）+CO2（g）═2CO（g）的反应，当密度保持不变，在恒温恒容或恒温恒压条件下，均能作为达到化学平衡状态的标志．____（判断对错）18、在化学反应中某元素化合价只升高，则反应过程中该元素被还原了．____．（判断对错）19、判断题（正确的后面请写“√”；错误的后面请写“×”）

（1）物质的量相同的两种不同气体只有在标准状况下体积才相等．____

（2）Vm在非标准状况下不可能为22.4L/mol．____

（3）1mol任何物质在标准状况下的体积均为22.4L．____

（4）一定温度和压强下，各种气体物质体积的大小由气体分子数决定．____．20、用铂丝蘸取NaCl溶液进行焰色反应是化学变化____．（判断对确）21、一定量的铁粉与铜粉混合物，与适量稀硝酸反应，生成标准状况下气体5.6L，则溶液中阳离子一定是Fe2+，Cu2+．____（判断对错）22、胶体的性质主要有：丁达尔现象、电泳、聚沉____．（判断对错）23、因为Na可以与水反应放出H2，所以K也可以与水反应放出H2____．（判断对错）评卷人得分四、解答题(共2题，共20分)24、取金属钠和金属铝的混合物共5.2g，放入适量水中充分反应后共收集到2.24L（标准状况）气体，同时将反应后的混合液进行过滤，得滤渣2.7g．试求原混合物中金属钠和金属铝各多少克．25、（1）实验是化学研究的基础；下列有关说法中，正确的是______（填序号字母）．

a．可在耐高温的石英坩埚中进行熔化氢氧化钠固体的实验。

b．用pH试纸测定溶液的pH时；不需用蒸馏水润湿试纸。

c．实验室中不慎将酒精撒在台面上起火；可用湿抹布覆盖灭火。

d．实验室取用少量白磷时；可将白磷取出，在空气中用小刀切割。

（2）用分液漏斗和烧杯可以装配成一套简易的；能随开随用；随关随停的气体发生装置，如图所示．能用此装置制备的气体有______（填序号字母）．

a．用块状大理石与盐酸反应制取CO2

b．用锌粒与稀硫酸反应制取H2

c．用过氧化钠与水反应制取O2

d．用二氧化锰与浓盐酸反应制取Cl2．

评卷人得分五、探究题(共4题，共40分)26、为了分离甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人设计了下列实验过程．请在括号内填写分离时所用操作方法，并写出方框内有关物质的结构简式．

写出下列物质的结构简式A________、C________、E________、G________．27、实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，操作为：28、为了分离甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人设计了下列实验过程．请在括号内填写分离时所用操作方法，并写出方框内有关物质的结构简式．

写出下列物质的结构简式A________、C________、E________、G________．29、实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，操作为：参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【分析】通过分子间作用力互相结合形成的晶体叫做分子晶体．如：所有的非金属氢化物，大多数的非金属氧化物，绝大多数的共价化合物，少数盐（如AlCl3）．

A、NH4HCO3由铵根离子和碳酸氢根离子组成的离子晶体；

B；二氧化硅是由Si和O以共价键结合在一起的原子晶体；

C；Fe属于金属晶体；

D、硝酸是通过分子间作用力结合在一起的分子晶体．【解析】【解答】解：A、NH4HCO3属于铵盐；是由铵根离子和碳酸氢根离子组成的离子晶体，故A错误；

B；二氧化硅是由Si和O以共价键结合在一起的原子晶体；故B错误；

C；Fe是由金属阳离子和自由电子构成的金属晶体；故C错误；

D；硝酸是通过分子间作用力结合在一起的分子晶体；故D正确；

故选：D．2、D【分析】【分析】A；能和碱反应生成只盐和水的氧化物是酸性氧化物．

B；单原子分子中不存在化学键．

C；含有极性键的分子可能是非极性分子．

D、离子化合物中一定含有离子键．【解析】【解答】解：A、酸性氧化物也可能是金属氧化物，如：Mn2O7是酸性氧化物；故错误．

B；稀有气体都是单原子分子；不存在化学键，只存在分子间作用力，故错误．

C；二氧化碳分子中含有极性键；但二氧化碳中正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，为非极性分子，故错误．

D；离子化合物一定含有离子键；可能含有共价键，所以含有离子键的化合物一定是离子化合物，故D正确．

故选D．3、B【分析】解：A．由结构简式可知分子式为C6H6O6；故A正确；

B．含碳碳双键可发生加成反应；但不能发生水解反应，故B错误；

C．含碳碳双键；能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；

D．含3个-COOH；含1mol乌头酸的溶液最多可消耗3molNaOH，故D正确；

故选B．

由结构简式可知分子式；分子中含-COOH；碳碳双键，结合羧酸、烯烃性质来解答．

本题考查有机物结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查烯烃、羧酸的性质考查，题目难度不大．【解析】【答案】B4、B【分析】【分析】A．硫酸铵为铵盐含有氮元素；属于氨态氮肥；

B．小苏打主要成分为碳酸氢钠；不具有吸水性；

C．硅的导电性介于导体与绝缘体之间；

D．三氧化二铁为红棕色粉末．【解析】【解答】解：A．硫酸铵为铵盐含有氮元素；属于氨态氮肥，是常用的一种化肥，故A正确；

B．小苏打主要成分为碳酸氢钠；不具有吸水性，不能做干燥剂，故B错误；

C．硅是良好的半导体材料；是用来制作太阳能电池的原料，故C正确；

D．三氧化二铁为红棕色粉末；常用三氧化二铁生产红色颜料或是涂料，故D正确；

故选：B．5、B【分析】

A．因少量白磷易自燃；须存放在水中，故A错误；

B．加入盐酸可防止氯化亚铁发生水解；加入铁粉可防止被氧化，故B正确；

C．钾的密度比四氯化碳小，不能保存在CCl4中；故C错误；

D．过氧化钠和水蒸气反应生成氢氧化钠；能够腐蚀玻璃，故D错误．

故选B．

【解析】【答案】A．白磷易自燃；

B．氯化亚铁易发生水解和被氧化；

C．钾的密度比四氯化碳小；

D．氢氧化钠可腐蚀玻璃．

6、D【分析】解：A、根据有机物的结构简式得出其化学式为：C12H15N2Cl2O；故A错误；

B；瘦肉精中不含肽键；含有氨基，能和丙氨酸发生缩聚反应，故B错误；

C；乙醚能溶于水；更能溶于有机溶剂，不能做萃取剂，故C错误；

D；瘦肉精中含有苯环；属于芳香化合物，含有醇羟基、苯环和氯原子，一定条件下能发生取代、加成、水解等反应，故D正确．

故选D．

A；根据有机物的结构简式来书写化学式；

B；肽键是氨基和羧基失去水之后的产物；

C；乙醚能溶于水；不能做萃取剂；

D；根据有机物的官能团来确定物质具有的性质．

本题是一道有机物的化学性质和推断的题目，可以根据所学知识来进行，难度不大．【解析】【答案】D二、填空题(共9题，共18分)7、2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O乙2NH3+H2SO4═（NH4）2SO4把湿润的石蕊试纸放到试管口，若变红色，说明试管C中已集满NH3（或者用玻璃棒蘸取浓盐酸，靠近试管口，若有大量白烟生成，说明试管C中已集满NH3）丙不能【分析】【分析】（1）装置中是氯化铵和氢氧化钙固体加热反应生成氯化钙；氨气和水；

（2）乙没有收集到氨气；因为氨气通过浓硫酸会被吸收；

（3）检验氨气是否收集满；可以利用氨气是减小气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝，也可以利用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近集气瓶冒白烟检验；

（4）丙装置加热碳酸氢铵生成的氨气和二氧化碳水通过碱石灰后吸收二氧化碳和水蒸气得到干燥气体氨气；氯化铵受热分解生成的安氨气与氯化氢气体遇冷极易反应生成氯化铵．【解析】【解答】解：（1）依据装置中试剂分析可知都是利用固体氯化铵和氢氧化钙固体加热反应生成氨气，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；

故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；

（2）乙没有收集到氨气，因为氨气通过浓硫酸会被吸收，发生的反应是：2NH3+H2SO4═（NH4）2SO4；

故答案为：乙；2NH3+H2SO4═（NH4）2SO4；

（3）氨气为碱性气体，与水反应生成NH3•H2O，电离子出OH-离子，溶液呈碱性，检验时把湿润的石蕊试纸放到试管口，若变红色，说明试管C中已集满NH3，氨气和氯化氢反应生成白烟氯化铵，所以也可用玻璃棒蘸取浓盐酸，靠近试管口，若有大量白烟生成，说明试管C中已集满NH3；

故答案为：把湿润的石蕊试纸放到试管口，若变红色，说明试管C中已集满NH3（或者用玻璃棒蘸取浓盐酸，靠近试管口，若有大量白烟生成，说明试管C中已集满NH3）；

（4）甲装置分解得到的是混合气体；得不到纯净氨气，乙装置分解得到二氧化碳和氨气水蒸气混合气体通过浓硫酸氨气被吸收得不到氨气，装置丙装置分解得到二氧化碳和氨气水蒸气混合气体通过碱石灰，吸收二氧化碳和水蒸气得到干燥气体氨气，氯化铵受热分解生成的安氨气与氯化氢气体遇冷极易反应生成氯化铵，得不到氨气，所以不能用氯化铵代替碳酸氢氨；

故答案为：丙；不能．8、ABCD④⑤③⑥⑦①②⑥⑧【分析】【分析】（1）①CCl4和H2O分层；

②碳酸钙不溶于水；

③碘不易溶于水；易溶于有机溶剂；

④互溶；但沸点不同；

（2）在水溶液中或熔化状态下导电的化合物为电解质，在水溶液中和熔化状态下都不导电的化合物为非电解质，含自由电子或离子的可导电，以此来解答．【解析】【解答】解：（1）①CCl4和H2O分层；则选择分液法分离；

②碳酸钙不溶于水，则利用过滤除去澄清石灰水中悬浮的CaC03；

③碘不易溶于水；易溶于有机溶剂，则选择萃取法从碘水中提取碘；

④互溶；但沸点不同，则利用蒸馏法分离四氯化碳与甲苯；

故答案为：A；B；C；D；

（2）①铁片；为单质，含自由电子可导电；

②饱和食盐水；为混合物，含自由离子，可导电；

③液态氯化氢水溶液中可电离；为电解质；

④乙醇在水溶液中和熔化状态下都不导电；故为非电解质；

⑤干冰本身不能电离；为非电解质；

⑥熔融KN03熔化状态下导电；为电解质，且含自由离子，能导电；

⑦BaS04固体熔化状态下导电；为电解质；

⑧石墨为单质；含自由电子可导电；

属于非电解质的是④⑤；电解质的是③⑥⑦，能导电的是①②⑥⑧；

故答案为：④⑤；③⑥⑦；①②⑥⑧．9、不是氧化还原反应【分析】【分析】（1）反应中元素化合价不变；不属于氧化还原反应；

（2）中Fe元素化合价由0价变为+2价、H元素化合价由+1价变为0价，所以属于氧化还原反应，转移电子数为2．【解析】【解答】解：（1）BaCl2+Na2SO4═BaSO4↓+2NaCl反应中各元素化合价不变；不属于氧化还原反应，属于复分解反应；

故答案为：不是氧化还原反应；

（2）Fe+2HCl═FeCl2+H2↑中Fe元素化合价由0价变为+2价、H元素化合价由+1价变为0价，所以属于氧化还原反应，转移电子数为2，转移电子方向和数目为

故答案为：．10、放热Cl-N=Oc（NO3‾）＞c（NO2‾）＞c（CH3COO‾）bc4SO2+4NO2+3O2+6H2O═12H++4SO42-+4NO3-c（Na+）＞c（S2-）＞c（OH-）＞c（HS-）＞c（H+）4×10‾12【分析】【分析】（1）反应能自发；应满足△G=△H-T•△S＜0，结合反应的△S进行判断；ClNO中Cl；N、O能够形成共用电子对数目分别为1、3、2，据此写出其结构式；

（2）0.2molNaOH的水溶液与0.2molNO2恰好完全反应得1L溶液A，反应为2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O，得到溶液中NaNO3物质的量浓度为0．mol/L，NaNO2物质的量为0.1mol/L，溶液B为0.1mol•L-1的CH3COONa溶液，已知HNO2的电离常数Ka=7.1×10-4mol•L-1，CH3COOH的电离常数Ka=1.7×10-5mol•L-1，说明CH3COOH酸性小于HNO2的酸性；对应阴离子水解程度大，据此分析判断；

（3）二氧化氮与氧气；水反应生成硝酸；硝酸与二氧化硫反应生成硫酸，根据电子守恒可知三者恰好反应生成硫酸和硝酸；

（4）向氨水中通入过量的H2S，得到的溶质为NH4HS，NH4HS为离子化合物，电子式中阴阳离子都需要标出所带电荷；取0.2mol/L的NaOH溶液与0.1mol/L的NH4HS溶液等体积混合后，二者物质的量之比为2：1，加热至充分反应生成Na2S、氨气与水，待恢复至室温剩余溶液为Na2S溶液，溶液中S2-水解，溶液呈碱性，水的电离与产生氢氧根离子，故c（OH-）＞c（HS-），溶液中氢离子浓度最小，溶液中离子浓度大小为：c（S2-）＞c（OH-）＞c（HS-）＞c（H+）=10-12mol/L；

此时测得溶液的pH=12，c（H+）=10-12mol/L，c（OH-）=10-2mol/L，由于S2-+H2O⇌OH-+HS-，溶液中氢氧根离子源于硫离子水解及水的电离，故溶液中c（HS-）=10-2mol/L-10-12mol/L≈10-2mol/L，溶液中c（S2-）=0.1mol/L×-10-2mol/L=0.04molL，由HS-=S2-+H+可知其电离平衡常数Ka=，代入数据计算即可．【解析】【解答】解：（1）反应2NO2（g）+NaCl（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g）是熵变较小的反应；则熵变△S＜O，故T•△S，该反应能够自发进行，则△G=△H-T•△S＜0，所以该反应的焓变△H＜0，说明该反应为放热反应；

ClNO中Cl；N、O能够形成共用电子对数目分别为1、3、2；则ClNO分子中存在1个N-Cl键和1个N=O键，其结构式为：Cl-N=O；

故答案为：放热；Cl-N=O；

（2）0.2molNaOH的水溶液与0.2molNO2恰好完全反应得1L溶液A，反应为2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O，得到溶液A中NaNO3物质的量浓度为0.1mol/、NaNO2物质的量为0.1mol/L，溶液B为0.1mol•L-1的CH3COONa溶液，已知HNO2的电离常数Ka=7.1×10-4mol•L-1，CH3COOH的电离常数Ka=1.7×10-5mol•L-1，说明CH3COOH酸性小于HNO2的酸性，对应阴离子水解程度大，醋酸根离子和亚硝酸根离子水解，两溶液中c（NO3-）、c（NO2-）和c（CH3COO-）由大到小的顺序为：c（NO3-）＞c（NO2-）＞c（CH3COO-）；

使溶液A和溶液B的pH值相等的方法，依据溶液组成和性质分析，溶液A中NaNO3物质的量浓度为0．mol/L，NaNO2物质的量为0.1mol/L，溶液B为0.1mol•L-1的CH3COONa溶液；溶液B碱性大于A溶液；

a；上述分析可知；溶液B碱性大于A溶液，向溶液A中加适量水，稀释溶液，减小减小，不能调节溶液pH相同，故a错误；

b、向溶液A中加适量NaOH，增大碱性，可以调节溶液pH相同，故b正确；

c；向溶液B中加适量水；稀释溶液碱性减弱，可以调节溶液pH，故c正确；

d；溶液B碱性大于A溶液；向溶液B中加适量NaOH，溶液PH更大，不能调节溶液PH相同，故d错误；

故答案为：c（NO3‾）＞c（NO2‾）＞c（CH3COO‾）；bc；

（3）将SO2，NO2、O2按4：4：3通入水中充分反应恰好生成硫酸和硝酸，反应的离子方程式为：4SO2+4NO2+3O2+6H2O═12H++4SO42-+4NO3-；

故答案为：4SO2+4NO2+3O2+6H2O═12H++4SO42-+4NO3-；

（4）向氨水中通入过量的H2S，所得溶液M为NH4HS，其电子式为：

取0.2mol/L的NaOH溶液与0.1mol/L的NH4HS溶液等体积混合后，二者物质的量之比为2：1，加热至充分反应生成Na2S、氨气与水，待恢复至室温剩余溶液为Na2S溶液，溶液中S2-水解，溶液呈碱性，水的电离与产生氢氧根离子，故c（OH-）＞c（HS-），溶液中氢离子浓度最小，故溶液中c（Na+）＞c（S2-）＞c（OH-）＞c（HS-）＞c（H+）；

此时测得溶液的pH=12，c（H+）=10-12mol/L，c（OH-）=10-2mol/L，由于S2-+H2O⇌OH-+HS-，溶液中氢氧根离子源于硫离子水解及水的电离，故溶液中c（HS-）=10-2mol/L-10-12mol/L≈10-2mol/L，溶液中c（S2-）=0.1mol/L×-10-2mol/L=0.04molL，由HS-=S2-+H+，可知其电离产生Ka===4×10-12；

故答案为：c（Na+）＞c（S2-）＞c（OH-）＞c（HS-）＞c（H+）；4×10‾12．11、3：23：21：1a：（a+2b）【分析】【分析】（1）根据n==结合分子构成计算；

（2）根据反应前后原子的数目不变计算．【解析】【解答】解：（1）设质量都为mg；则有：

n（O2）：n（O3）=：=3：2，N（O2）：N（O3）=3NA：2NA=3：2；

由于都由O原子组成；则质量相同时O原子个数相同，比值为1：1；

故答案为：3：2；3：2；1：1；

（2）反应前后原子的数目、质量不变，amolNO和bmolO2，充分反应后容器中氮原子和氧原子的个数之比为a：（a+2b）；

故答案为：a：（a+2b）．12、略

【分析】试题分析：（1）电离平衡常数Ka＝只受温度的影响,温度不变Ka不变；电解质溶液中电荷守恒式c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)中含有溶液中的所有离子。（2）Na2CO3为强碱弱酸盐水解呈碱性，加入石膏（CaSO4•2H2O）生成碳酸钙沉淀，使CO32－浓度降低，水解平衡左移，c(OH－)减小，土壤碱性降低。（3）.常温下向Na2CO3溶液中逐滴加入HCl溶液反应顺序为：Na2CO3+HCl＝NaHCO3+NaClNaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O在同一溶液中，因CO2+H2O+CO32-＝2HCO3-，所以H2CO3、HCO3-、CO32-不能大量共存；由图象可知，当pH=7时，碳元素存在于HCO3-、H2CO3中，且c（HCO3-）>c(H2CO3)，根据c（Na+）+c（H+）=c（Cl-）+c（HCO3-）+c（OH-）及c（H+）=c（OH-）可得c（Na+）＞c（Cl-），又由于HCO3-水解c（Cl-）＞c（HCO3-），所以主要的三种离子大小顺序为c（Na+）＞c（Cl-）＞c（HCO3-）。考点：了解弱电解质在水溶液中的电离平衡。了解盐类水解的原理、影响盐类水解程度的主要因素、盐类水解的应用。【解析】【答案】（1）不变（1分）c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)（2分）（2）CO32-＋H2OHCO3－＋OH－（2分）Na2CO3＋CaSO4·2H2O===CaCO3＋Na2SO4＋2H2O或Na2CO3＋CaSO4===CaCO3＋Na2SO4（2分）（3）①不能（1分）②HCO3－、H2CO3（2分）c(Na＋)>c(Cl－)>c(HCO3－)（2分）13、略

【分析】试题分析：Ⅰ(1)分子结构与H2O2类似，S2Cl2是展开书页型结构，Cl-S位于两个书页面内，S2Cl2分子中S原子之间形成1对共用电子对；Cl原子与S原子之间形成1对共用电子对；

分子结构与H2O2类似；属于分子晶体；

(2)S2Cl2遇水易水解，并产生能使品红溶液褪色的气体，该气体为二氧化硫，在反应过程中硫元素一部分升高到+4价(生成SO2)；一部分降低到0价(生成S)，同时生成HCl；

Ⅱ(1)①由工艺流程可知；加入高锰酸钾有氢氧化铁；二氧化锰生成，应是高锰酸根氧化亚铁离子生成氢氧化铁、二氧化锰，高锰酸根氧化锰离子生成二氧化锰，根据控制的PH值及原子守恒、电荷守恒可知，都有水参加反应，同时还生成氢离子；

②流程③中加入金属的目的；应是除去溶液中金属离子，又不能引入杂质，应Ⅱ选择锌；

③锌离子水解，流程④中调pH=1目的是抑制Zn2+的水解；

(2)①煅烧固体；应用坩埚；

②反应生成ZnCO3•2Zn(OH)2•2H2O；生成的气体为二氧化碳，根据元素守恒可知，还有硫酸钠生成；

③检验煅烧后固体中是否含有碳酸根即可；可以与酸反应产生气体判断．

解:Ⅰ(1)分子结构与H2O2类似，S2Cl2是展开书页型结构，Cl-S位于两个书页面内，S2Cl2分子中S原子之间形成1对共用电子对，Cl原子与S原子之间形成1对共用电子对，电子式为

分子结构与H2O2类似；常温下为液体，属于分子晶体；

故答案为：分子晶体；

(2)S2Cl2遇水易水解，并产生能使品红溶液褪色的气体，该气体为二氧化硫，在反应过程中硫元素一部分升高到+4价(生成SO2)，一部分降低到0价(生成S)，同时生成HCl，反应方程式为：2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HCl；

故答案为：2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HCl；

Ⅱ(1)①由工艺流程可知，加入高锰酸钾有氢氧化铁、二氧化锰生成，应是高锰酸根氧化亚铁离子生成氢氧化铁、二氧化锰，高锰酸根氧化锰离子生成二氧化锰，根据控制的PH值及原子守恒、电荷守恒可知，都有水参加反应，同时还生成氢离子，反应的离子方程式为：MnO4-+3Fe2++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+、2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+；

故答案为：MnO4-+3Fe2++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+；2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+；

②流程③中加入金属的目的；应是除去溶液中金属离子，又不能引入杂质，应Ⅱ选择锌；

故答案为：C；

③锌离子水解，流程④中调pH=1目的是抑制Zn2+的水解，故答案为：抑制Zn2+的水解；

(2)①煅烧固体；应用坩埚，故答案为：坩埚；

②反应生成ZnCO3•2Zn(OH)2•2H2O，生成的气体为二氧化碳，根据元素守恒可知，还有硫酸钠生成，反应方程式为：3ZnSO4+3Na2CO3+4H2O=ZnCO3•2Zn(OH)2•2H2O↓+3Na2SO4+2CO2↑；

故答案为：3ZnSO4+3Na2CO3+4H2O=ZnCO3•2Zn(OH)2•2H2O↓+3Na2SO4+2CO2↑；

③检验煅烧后固体中是否含有碳酸根即可；实验操作为：取少量煅烧的固体，加入稀硫酸，观察是否有气泡产生，若无气泡产生，说明已完全分解；

故答案为：取少量煅烧的固体，加入稀硫酸，观察是否有气泡产生，若无气泡产生，说明已完全分解．【解析】分子晶体;2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HCl;MnO4-+3Fe2++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+;2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+;C;抑制Zn2+的水解;坩埚;3ZnSO4+3Na2CO3+4H2O=ZnCO3•2Zn(OH)2•2H2O↓+3Na2SO4+2CO2↑;取少量煅烧的固体，加入稀硫酸，观察是否有气泡产生，若无气泡产生，说明已完全分解14、HNO3CuCu（NO3）2【分析】【分析】Cu+4HNO3（浓）═Cu（NO3）2+2N02↑+2H2O中，Cu元素化合价由0价变为+2价、部分N元素化合价由+5价变为+4价，以此来解答．【解析】【解答】解：①Cu+4HNO3（浓）═Cu（NO3）2+2N02↑+2H2O中，Cu元素化合价由0价变为+2价、部分N元素化合价由+5价变为+4价，该反应中转移电子总数为2e-，单线桥法表示该反应电子转移的方向与数目为

故答案为：

②N元素的化合价降低，则氧化剂为HNO3，被还原；而Cu元素的化合价升高，被氧化，对应氧化产物为Cu（NO3）2，故答案为：HNO3；Cu；Cu（NO3）2．15、2882【分析】【分析】（1）根据能量最低原理；泡利不相容原理、洪特规则答题；

（2）依据原子结构示意图的画法要求解答．【解析】【解答】解：（1）①由于第1层只有1个s轨道；只能容纳2个电子，故答案为2；

②第2层有1个s轨道和3个p轨道；所以最多能容纳8个电子，故答案为：8；

③由于存在能级交错现象；（n+1）s轨道的能量低于nd轨道的能量，所以最外层电子数最多只能有8个，K层只能有2个，故答案为：8，2；

（2）在原子结构示意图中，圆圈表示原子核，圆圈内的数值为质子数，核外电子层用弧线表示，弧线上的数据表示每层的电子数，1-20原子结构示意图分别为：

故答案为：．三、判断题(共8题，共16分)16、×【分析】【分析】HClO是弱电解质，但NaClO是盐，属于强电解质．【解析】【解答】解：HClO是弱电解质，但NaClO在水溶液里或熔融状态下完全电离，所以NaClO属于强电解质，故错误；故答案为：×．17、√【分析】【分析】化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，由此衍生的一些物理量也不变，结合反应的特点进行分析．【解析】【解答】解：反应前后气体的质量不等；在恒温恒容条件下，混合气体的密度逐渐增大，当达到平衡状态时，容器中混合气体的密度不变；

而恒温恒压条件下，随反应进行，体系的体积增大，分子量：CO2＞CO；故混合气体的密度逐渐减小，当密度保持不变，反应达到平衡；

故答案为：√．18、×【分析】【分析】元素的化合价升高，失去电子被氧化，以此来解答．【解析】【解答】解：在化学反应中某元素化合价只升高，作还原剂，失去电子被氧化，故答案为：×．19、×【分析】【分析】（1）同温同压下；气体的气体摩尔体积相等；

（2）气体摩尔体积取决于温度和压强的大小；

（3）气体摩尔体积仅适用于气体；

（4）考虑影响气体体积的因素．【解析】【解答】解：（1）气体的体积取决于温度和压强的大小；同温同压下，气体分子之间的距离相等，则气体摩尔体积相等，故答案为：×；

（2）气体摩尔体积取决于温度和压强的大小；如不在标准状况下，也可能为22.4L/mol，故答案为：×；

（3）气体摩尔体积仅适用于气体；对于固体；液体来说，不同物质的体积大小不同，故答案为：×；

（4）影响气体体积的因素为分子间的平均距离和分子数目的多少，一定温度和压强下，分子间距离一定，所以气体体积大小由分子数目决定，故答案为：√．20、×【分析】【分析】焰色反应实质是原子核外的电子受激发，跃迁到高能级状态时发出的色光，是物理变化．【解析】【解答】解：焰色反应是物理变化，不是化学变化，故错误，答案为：×．21、×【分析】【分析】还原性Fe＞Cu，铁首先与稀硝酸反应，如金属不足，则反应生成Fe3+，如金属过量，则生成Fe2+，如铁过量，则溶液中没有Cu2+，以此解答该题．【解析】【解答】解：还原性Fe＞Cu，铁首先与稀硝酸反应，如铁不足，则反应生成Fe3+，如铁过量，则生成Fe2+，且溶液中没有Cu2+；

故答案为：×．22、√【分析】【分析】胶体中分散质粒子直径在1-100nm之间，胶体能发生丁达尔效应、能产生电泳现象、能产生聚沉．【解析】【解答】解：胶体中分散质粒子直径在1-100nm之间，所以胶体能产生丁达尔效应；胶体具有吸附性，吸附带电荷的离子，所以能产生电泳现象；胶体能发生聚沉现象，故答案为：√．23、√【分析】【分析】根据同主族元素性质相似的规律判断．【解析】【解答】解：Na和K位于周期表相同主族，性质相似，Na可以与水反应放出H2，所以K也可以与水反应放出H2；

故答案为：√．四、解答题(共2题，共20分)24、略

【分析】【分析】根据钠与水发生反应：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，铝与氢氧化钠的发生反应：2Al+2NaOH+6H2O═2Na[Al（OH）4]+3H2↑，滤渣为过量的金属铝，则反应消耗金属质量为：5.2g-2.7g=3.5g，设出反应消耗铝、钠的物质的量，然后结合反应方程式进行计算．【解析】【解答】解：发生反应有：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑、2Al+2NaOH+6H2O═2Na[Al（OH）4]+3H2↑；

最后得到的2.7g滤渣为金属Al；则反应消耗金属总质量为：5.2g-2.7g=2.5g；

设反应消耗Na的物质的量为x；结合反应可知消耗Al的物质的量与Na相等；则：23x+27y=2.5，解得：x=0.05mol；

所以混合金属中钠的质量为：23g/mol×0.05mol=1.15g；铝的质量为：5.2g-1.15g=4.05g；

答：原混合物中金属钠和金属铝的质量分别为1.15g、4.05g．25、略

【分析】

（1）a．石英的成分是二氧化硅；二氧化硅是酸性氧化物，能和氢氧化钠反应，所以不能在耐高温的石英坩埚中进行熔化氢氧化钠固体的实验，故a错误；

b．用pH试纸测定未知溶液的pH时，正确的操作方法为用玻璃棒蘸取少量待测液滴在干燥的pH试纸上，与标准比色卡对比来确定pH，不需用蒸馏水润湿试纸，故b正确；

c．实验室中不慎将酒精撒在台面上起火；可用湿抹布覆盖灭火，用湿抹布覆盖在燃烧的酒精上，能使酒精与氧气隔绝，又能起到降温的作用，故c正确；

d．燃烧的条件是具有可燃物；温度达到该物质的着火点、与氧气接触；实验室取用少量白磷时，可将白磷取出，在空气中用小刀切割与氧气接触，温度达到该物质的着火点，很容易自燃，故d错误；

故选bc；

（2）a．用块状大理石与盐酸反应制取CO2，块状大理石可放在有空的塑料丝网上，反应进行过程中，碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，化学方程式：CaCO3+2HCl═CaCl2+CO2↑+H2O；关闭该装置中分液漏斗活塞后，装置内气压增加，可以观察到烧杯内液面上升，反应液与块状固体脱离，反应停止，故a正确；

b．用锌粒与稀硫酸反应制取H2，锌可放在有空的塑料丝网上，反应进行过程中，锌与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，该反应的化学方程式为：Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑，关闭该装置中分液漏斗活塞后，装置内气压增加，可以观察到烧杯内液面上升，反应液与块状固体脱离，反应停止，故b正确；

c．用过氧化钠与水反应制取O2，过氧化钠放在有空的塑料丝网上，反应进行过程中，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；因过氧化钠溶于水，且和水反应，关闭该装置中分液漏斗活塞后，无法将反应液与块状固体脱离，故c错误；

d．用二氧化锰与浓盐酸反应制取Cl2，MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；反应需加热，该装置无法实现，故d错误；

故选ab．

【解析】【答案】（1）a．氢氧化钠是强碱；能和酸或酸性氧化物反应，据此分析解答；

b．用pH试纸测定溶液的pH时；用水湿润pH试纸，稀释了待测溶液，使溶液的酸碱性减弱；

c．灭火原理：清除或隔离可燃物；隔绝氧气或空气、使温度降到着火点以下；据此分析解答；

d．白磷是磷元素的一种块状单质；有剧毒，其着火点为40℃，常温下在空气中很容易自燃．取用白磷时必须在水中切割；

（2）根据反应的速率和操控的难以程度选择药品和反应；该装置特点为：无须加热反应；当将装置中的导气管关闭后，生成的气体使装置中的气压增大，从而使固体和液体分离，使反应停止，据此解答．

五、探究题(共4题，共40分)26、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，与氢氧化钠不反应，甲酸、苯酚与氢氧化钠反应生成溶于水的钠盐，苯（）不溶于水，加入氢氧化钠，溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠，分液后得到苯，将溶液蒸馏可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分离，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸馏可得到甲酸（HCOOH），故答案为：a．分液；b．蒸馏；c．分液；d．蒸馏；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氢氧化钠，溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠，分液后得到苯，将溶液蒸馏可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚，分液可分离，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸馏可得到甲酸，以此解答该题．27、酸式|反应中生成的锰离子具有催化作用，所以随后褪色会加快|滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装；高锰酸根离子被还原生成的锰离子有催化作用而导致反应速率加快，所以刚滴下少量KMnO4溶液时；溶液迅速变成紫红色；滴定终点时，当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化，证明达到终点；

故答案为：酸式；反应中生成的锰离子具有催化作用；所以随后褪色会加快；滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化；

(2)③第3组KMnO4溶液的体积与第1、2组相差比较大，舍去第3组，应按第1、2组的平均值为消耗KMnO4溶液的体积，故消耗KMnO4溶液的体积为mL=20mL

设样品的纯度为x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O4