2024年沪科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年沪科版高三化学上册阶段测试试卷205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9题，共18分)1、某稀溶液中含4molKNO3和2.5molH2SO4，向其中加入1.5molFe粉，充分反应后产生的NO气体在标准状况下的体积为（）A.36LB.28LC.22.4LD.11.2L2、已知：11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4，有关该反应的下列说法中正确的是（）A.氧化剂和还原剂的物质的量之比为15：11B.上述反应中转移电子的总数为15C.1molCuSO4参加反应时，转移电子2molD.Cu3P既是氧化产物又是还原产物3、下列关于电解池的叙述中正确的是()A.电解池中的闭合回路仅是由电子的定向移动形成的B.金属导线中，电子从电源的负极流向电解池的阳极，从电解池的阴极流向电源的正极C.在电解质溶液中，阴离子向阴极运动，阳离子向阳极运动D.相同时间内，阳离子在阴极上得到的电子与阴离子在阳极上失去的电子数相等4、下列说法正确的是（）A.将NaH溶于水，得到的水溶液能导电说明NaH是离子化合物B.Fe（OH）3胶体和Fe（OH）3沉淀的化学性质不相同C.乙醇分子中含羟基，可与金属钠反应生成氢气D.MnO2具有较强氧化性，可作为H2O2分解反应的氧化剂5、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是rm{(}rm{)}A.使石蕊试液变红的溶液中：rm{I^{-}}rm{MnO_{4}^{-}}rm{NO_{3}^{-}}rm{Na^{+}}B.含有大量rm{Fe^{3+}}的溶液：rm{NH_{4}^{+}}rm{HCO_{3}^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{AlO_{2}^{-}}C.水电离出rm{C(H^{+})=1.0隆脕10^{-12}mol/L}的溶液：rm{Cl^{-}}rm{Na^{+}}rm{ClO^{-}}rm{NH_{4}^{+}}D.澄清透明的溶液：rm{Cu^{2+}}rm{Fe^{3+}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{NO_{3}^{-}}6、下列说法正确的是（）

①在水中氢；氧原子间均以化学键相结合。

②金属和非金属化合形成离子键。

③离子键是阳离子；阴离子的相互吸引。

④两个非金属原子间不可能形成离子键。

⑤非金属原子间不可能形成离子键。

⑥离子化合物可能共价键。

⑦共价化合物中可能有离子键．A.①②③B.②④⑤C.④⑥D.①②③④⑤⑥7、盐酸、醋酸和碳酸氢钠是化学中的常见物质．下列表述正确的是（）A.在NaHCO3溶液中加入与其等物质的量的NaOH，溶液中的阴离子只有CO32-和OH-B.NaHCO3溶液中：c（H+）+c（H2CO3）=c（OH-）C.CH3COOH溶液中加入等物质的量的NaOH后，溶液中离子的浓度由大到小的顺序是：c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（H+）D.中和体积与pH值都相同的盐酸和醋酸溶液，所消耗NaOH的物质的量相同8、2012年3月22日是第二十届“世界水日”，3月22-28日是第二十五届“中国水周”．联合国确定今年“世界水日”的宣传主题是“水与粮食安全”（WaterandFoodSecurity）．下列跟水有关的变化中没有化学变化的是（）A.海水晒盐B.太阳能光解水制氢气C.饮用水生产D.肥皂水区分硬水和软水9、上课时老师列出如下试剂保存的方法，其中不用从氧化还原角度解释的是（）A.钠保存在石蜡油或煤油中B.盛装NaOH溶液的试剂瓶不能用玻璃塞C.保存FeSO4溶液需加入少量铁粉D.氯水保存在棕色的试剂瓶中评卷人得分二、双选题(共7题，共14分)10、下列事实不能用元素周期律解释的是()A.金属rm{Na}和熔融rm{KCl}反应置换出金属rm{K}B.盐酸可以与碳酸钙反应来制取rm{CO_{2}}C.rm{F_{2}}在暗处遇rm{H_{2}}爆炸，rm{I_{2}}在暗处遇rm{H_{2}}几乎不反应D.常温下，rm{NaCl}溶液的rm{pH=7}rm{AlCl_{3}}溶液的rm{pH<7}11、关于可逆反应rm{X_{2}(g)+3Y_{2}(g)?2XY_{3}(g)triangleH<0}下列叙述正确的是rm{X_{2}(g)+3Y_{2}(g)?2XY_{3}(g)triangle

H<0}rm{(}A.降低温度可以缩短反应达到平衡的时间B.恒容时通入氩气，压强增大，平衡向右移动C.恒容时通入rm{)}平衡向正反应方向移动，平衡常数不变D.恒温恒压下，若混合气体密度不变，说明反应已达平衡rm{X_{2}}12、关于0.1mol/LNa2CO3溶液的叙述错误的是（）A.0.5L该溶液中钠离子的物质的量浓度为0.05mol/LB.1L该溶液中含有Na2CO3的质量为10.6gC.从1L该溶液中取出100mL，则取出溶液中Na2CO3的物质的量浓度为0.01mol/LD.取该溶液10mL，加水稀释至100mL后，Na2CO3的物质的量浓度为0.01mol/L13、科学家用氮化镓材料与铜组装如图所示人工光合系统，利用该装置成功地实现了以CO2和H20合成CH4．下列有关说法正确的是。

（）A.该装置中存在两种能量的转换形式B.电池工作时，H+向负极移动C.为提高该人工光合系统的工作效率，最好向装置中加入少量盐酸D.铜电极表面的电极反应式为：C02+8e-+8H+═CH4+2H2014、在一定条件下，rm{N_{2}}和rm{O_{2}}于密闭容器中发生如下反应：rm{N_{2}(g)+O_{2}(g)?2NO(g)(}正反应是放热反应rm{)}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.在上述条件下，rm{N_{2}}能完全转化为rm{NO}B.升高温度可以提高这个反应的化学反应速率C.达到平衡时rm{c(NO)篓Tc(N_{2})}D.加大压强可以加快这个反应的化学反应速率15、如图表示某个化学反应过程的能量变化rm{.}该图表明rm{(}rm{)}

A.催化剂可以改变该反应的热效应B.该反应是个放热反应C.反应物总能量低于生成物D.化学反应遵循质量守恒定律16、为了除去下列各组混合物中括号内的物质，所选用的试剂与主要分离方法都正确的是rm{(}rm{)}

。混合物试剂分离方法rm{A}苯rm{(}苯酚rm{)}浓溴水过滤rm{B}碘水rm{(}水rm{)}花生油萃取rm{C}乙酸乙酯rm{(}乙酸rm{)}饱和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液分液rm{D}鸡蛋清溶液rm{(}氯化钠溶液rm{)}蒸馏水渗析A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)17、世界环保联盟建议全面禁止使用氯气用于饮用水的消毒，而建议采用高效“绿色”消毒剂二氧化氯．二氧化氯是一种极易爆炸的强氧化性气体，易溶于水、不稳定、呈黄绿色，在生产和使用时必须尽量用稀有气体进行稀释，同时需要避免光照、震动或加热．实验室以电解法制备ClO2的流程如下：

已知：①NCl3是黄色黏稠状液体或斜方形晶体；极易爆炸，有类似氯气的刺激性气味，自燃爆炸点为95℃，在热水中易分解，在空气中易挥发，不稳定．②气体B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝．

回答下列问题：

（1）电解时，发生反应的化学方程式为____．实验室制备气体B的化学方程式为____．为保证实验的安全，在电解时需注意的问题是：①控制好生成NCl3的浓度；②____．

（2）NCl3与NaClO2（亚氯酸钠）按物质的量之比为1：6混合，在溶液中恰好反应生成ClO2，该反应的离子方程式为____．

（3）ClO2很不稳定，需随用随制，产物用水吸收得到ClO2溶液．为测定所得溶液中ClO2的含量；进行了下列实验：

步骤1：准确量取ClO2溶液10mL；稀释成100mL试样；

步骤2：量取V1mL试样加入到锥形瓶中；调节试样的pH≤2.0，加入足量的KI晶体，摇匀，在暗处静置30min

步骤3：以淀粉溶液作指示剂，用cmol/LNa2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2mL．（已知I2+2S2O32-=2I-+S4O62-）

①上述步骤3中滴定终点的现象是____；

②根据上述步骤可计算出原ClO2溶液的浓度为____g/L（用含字母的代数式表示）．

（4）在一定温度下，溶质溶解在两种互不相溶的溶剂中的浓度之比是一个常数K，若c（A）、c（B）（g•L）分别表示溶质在A、B两种溶剂中的浓度，则有=K．对于而言，=85．现有2.0L碘水，其中含I20.020g，若用CCl4萃取，按两种方法萃取：第一种方法用50mLCCl4萃取一次；第二种方法是分两次萃取，每次用25mLCCl4．为了比较哪种方法效果好，需求算两种情况下碘水中残余的质量．第一种方法碘水中残余的质量____，第二种方法碘水中残余的质量____．18、常压、100℃时，等质量的SO2气体和SO3气体的密度之比为____，原子数之比为____，体积之比____．19、在与外界隔离的体系中，自发过程将导致体系的____增大，这个原理也叫做____原理．用符号____表示．不难理解，即使是同一物质，应该存在着____时的熵值最大，____时次之，____时最小的这样一种普遍规律．20、（2013秋•舒城县校级期末）实验室用亚硫酸钠固体和一定浓度的硫酸反应制备SO2气体，某同学用如图所示装置探究SO2的性质．

请填写下列空白：

（1）将SO2气体通入C溶液中，若C是紫色石蕊溶液，现象是____；若C是品红溶液，现象是____．

（2）若C是紫红色KMnO4溶液，现象是____．其反应的离子方程式为____．

（3）若C是足量的澄清石灰水，现象是____．若该同学制备的SO2气体中混有CO2气体，要证明气体中既有SO2又有CO2，简述其方法是____．21、已知：A是石油裂解气的主要成份且A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平；D是常用作厨房中调味品．请回答下列问题：

（1）写出C的结构简式____．

（2）写出下列反应的反类型：①____，④____．

（3）写出下列反应的化学方程式：

②____．

⑤____．22、朝鲜“光明星3号”卫星发射火箭与我国长征号火箭使用的液体推进剂，均为偏二甲肼与四氧化二氮的混合物．3.0g偏二甲肼在O2中充分燃烧后可生成4.4gCO2、3.6gH2O和1.4gN2．据此可知偏二甲肼由____种元素组成，其中碳元素的质量分数为____．偏二甲肼的相对分子质量为60，其化学式为____．23、硫代硫酸钠(Na2S2O3)俗称大苏打，主要用于照相业作定影剂．Na2S2O3易溶于水；在酸性溶液中会迅速分解，具有较强的还原性．

(1)Na2S2O3溶液与足量氯水反应的离子方程式为____________．(S元素被氧化为SO42-)

(2)硫代硫酸钠(Na2S2O3)露置在空气中易氧化变质；其可能的变质后生成物如下：

假设一：____________

假设二：只有Na2SO4固体。

假设三：____________

(3)现有一瓶Na2S2O3固体，可能混有Na2SO4固体．设计实验验证该假设，写出实验步骤、预期现象和结论．限选试剂：1mol•L-1H2SO4、1mol•L-1HNO3、1mol•L-1HCl、1mol•L-1NaOH、0.1mol•L-1BaCl2、0.01mol•L-1KMnO4；蒸馏水．

评卷人得分四、探究题(共4题，共36分)24、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________．25、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：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：参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【分析】n（H+）=2.5mol×2=5mol，n（NO3-）=4，发生3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O或Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，铁粉的物质的量为1.5mol，由离子方程式判断过量，以此计算该题．【解析】【解答】解：n（H+）=2.5mol×2=5mol，n（NO3-）=4；铁粉的物质的量为1.5mol；

由3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O；

328

1.5mol0.1mol4mol；

则1.5molFe完全反应时；硝酸根离子与氢离子均过量；

则发生Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O；

若1.5molFe完全反应时；氢离子不足，则两个反应均发生；

Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O

x4xx

3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O

yyy

则；解得x=0.75mol，y=0.75mol

生成NO的体积为（0.75mol+0.75mol×）×22.4L/mol=28L；

故选B．2、C【分析】【分析】A；根据得失电子判断氧化剂和还原剂；从而确定其比值；

B；根据元素化合价的变化确定转移电子总数；

C；根据硫酸铜和转移电子之间的关系式确定转移电子数；

D、氧化剂对应的产物是还原产物，还原剂对应的产物是氧化产物．【解析】【解答】解：A、该反应11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中部分磷作氧化剂，部分磷作还原剂，硫酸铜是氧化剂，5P（氧化剂）+6P（还原剂）+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4；所以氧化剂和还原剂的物质的量之比=（15+5）：6=10：3，故A错误；

B；以还原剂P计算；该反应中转移电子数=6×（5-0）=30，故B错误；

C、11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4转移电子

15mol30mol

1mol2mol

所以当1molCuSO4参加反应时；转移电子2mol，故C正确；

D；该反应中磷化亚铜是还原产物不是氧化产物；故D错误；

故选C．3、D【分析】试题分析：在电解池中，外电路上是靠电子的定向移动形成电流，而电解质溶液中是靠阴、阳离子的定向移动而形成电流，因此A项错误。在电解池中，电子由电源的负极流向电解池的阴极，由电解池的阳极流向电源的正极；在电解质溶液中，阴离子向着阳极移动，阳离子向着阴极移动，因此B、C两项都错误，只有D项正确。考点：电解原理【解析】【答案】D4、C【分析】解：A．NaH与水反应生成氢氧化钠和氢气；不是NaH本身发生电离，不能说明NaH是离子化合物，故A错误；

B．Fe（OH）3胶体和Fe（OH）3沉淀的成分都是氢氧化铁；化学性质相同，故B错误；

C．乙醇分子中的羟基能与Na反应生成氢气；故C正确；

D．二氧化锰作为H2O2分解反应的催化剂，MnO2不是氧化剂；故D错误．

故选C．

A．NaH与水反应生成氢氧化钠和氢气；

B．Fe（OH）3胶体和Fe（OH）3沉淀的成分都是氢氧化铁；

C．乙醇分子中的羟基能与Na反应；

D．二氧化锰作催化剂．

本题考查胶体、乙醇的性质以及催化剂等，比较基础，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握．【解析】【答案】C5、D【分析】解：rm{A.}使石蕊试液变红的溶液呈酸性，酸性条件下，rm{I^{-}}与rm{MnO_{4}^{-}}rm{NO_{3}^{-}}发生氧化还原反应而不能大量共存；故A错误；

B.rm{HCO_{3}^{-}}rm{AlO_{2}^{-}}与rm{Fe^{3+}}发生互促水解反应而不能大量共存；故B错误；

C.水电离出rm{C_{(H^{+})}=1.0隆脕10^{-12}mol/L}的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，酸性条件下rm{ClO^{-}}不能大量共存，碱性条件下rm{NH_{4}^{+}}不能大量共存；故C错误；

D.离子之间不发生任何反应；可大量共存，故D正确．

故选D．

A.使石蕊试液变红的溶液呈酸性；

B.与rm{Fe^{3+}}反应的离子不能大量共存；

C.水电离出rm{C_{(H^{+})}=1.0隆脕10^{-12}mol/L}的溶液；水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性；

D.如离子之间不发生任何反应；可大量共存．

本题考查离子共存问题，侧重于学生的分析能力的考查，为高考常见题型，注意常见离子的性质以及反应类型的判断，答题时注意审题，把握题给信息，难度不大．【解析】rm{D}6、C【分析】【分析】①在水中存在化学键与氢键；

②金属和非金属化合一般形成离子键；可能形成共价键；

③离子键是阳离子；阴离子的静电作用力；

④两个非金属原子间只能以共用电子对结合；

⑤非金属原子间可能形成离子键；

⑥离子化合物中一定含离子键；可能共价键；

⑦共价化合物中一定不含离子键．【解析】【解答】解：①在水中存在化学键与氢键；氢键不是化学键，故错误；

②金属和非金属化合一般形成离子键；可能形成共价键，如氯化铝中只含共价键，故错误；

③离子键是阳离子；阴离子的静电作用力；含吸引和排斥力，故错误；

④两个非金属原子间只能以共用电子对结合；则只能形成共价键，故正确；

⑤非金属原子间可能形成离子键；如铵盐为离子化合物，故错误；

⑥离子化合物中一定含离子键；可能共价键，如NaOH中含离子键和共价键，故正确；

⑦共价化合物中一定不含离子键；含离子键的为离子化合物，故错误；

故选C．7、C【分析】【分析】A．二者恰好反应生成Na2CO3；碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子；氢氧根离子；

B．任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒；根据电荷守恒和物料守恒判断；

C．二者恰好反应生成CH3COONa，CH3COONa是强碱弱酸盐；醋酸根离子水解导致溶液呈碱性，钠离子不水解，据此判断离子浓度大小；

D．pH相等的醋酸和盐酸，醋酸浓度大于盐酸，中和等pH、等体积的醋酸和盐酸，消耗NaOH的物质的量与酸的物质的量成正比．【解析】【解答】解：A．二者恰好反应生成Na2CO3，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子、氢氧根离子，所以溶液中存在的阴离子有CO32-、OH-、HCO3-；故A错误；

B．任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（HCO3-）+c（OH-）+2c（CO32-），根据物料守恒得c（Na+）=c（HCO3-）+c（H2CO3）+c（CO32-），所以得c（H+）+c（H2CO3）=c（OH-）+c（CO32-）；故B错误；

C．二者恰好反应生成CH3COONa，CH3COONa是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解导致溶液呈碱性，但水解程度较小，钠离子不水解，所以离子浓度大小为c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（H+）；故C正确；

D．pH相等的醋酸和盐酸；醋酸浓度大于盐酸，等pH；等体积的醋酸和盐酸，醋酸的物质的量大于盐酸，中和等pH、等体积的醋酸和盐酸，消耗NaOH的物质的量与酸的物质的量成正比，所以醋酸消耗NaOH物质的量多，故D错误；

故选C．8、A【分析】【分析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化与物理变化的本质区别是有无新物质生成，据此抓住化学变化和物理变化的区别结合事实进行分析判断即可．【解析】【解答】解：A．海水晒盐过程中；通过蒸发水使氯化钠从海水中分离出来，过程中没有新物质生成，属于物理变化，故A正确；

B．水在光能的作用下分解生成氢气和氧气；属于化学变化，故B错误；

C．饮用水生产过程中；消毒时有新物质生成，发生了化学变化，故C错误；

D．肥皂水中的肥皂能和水中的钙离子；镁离子发生化学反应；生成不溶于水的物质，属于化学变化，故D错误．

故选A．9、B【分析】【分析】A．金属钠能与空气中的氧气和水反应；

B．玻璃的主要成分是二氧化硅；

C．二价铁离子具有较强的还原性；

D．氯水中含有HClO，见光易分解．【解析】【解答】解：A．因金属钠能与空气中的氧气和水反应；须贮存在煤油中隔离空气，故A错误；

B．因烧碱溶液能与玻璃中的二氧化硅反应生成具有粘和合性的硅酸钠；容易将瓶口和瓶塞粘结在一起，故烧碱溶液盛放在带橡皮塞的玻璃瓶中，故B正确；

C．二价铁离子具有较强的还原性；易被氧化为三价铁离子，加入少量铁粉可防止被氧化，故C错误；

D．氯水中含有HClO；见光易分解，应保存在棕色试剂瓶中，故D错误．

故选B．二、双选题(共7题，共14分)10、AB【分析】【分析】原子结构与元素周期律的关系【解答】A.金属rm{Na}和熔融rm{KCl}反应置换出金属rm{K}与钾熔点比钠低有关，与元素周期律无关，故A正确；B.盐酸可以与碳酸钙反应来制取rm{CO_{2}}与酸的性质，盐的性质有关，与元素周期律无关，故B正确；C.元素的非金属性越强，对应的单质越易与氢气反应，rm{F2}在暗处遇rm{H2}爆炸，rm{I2}在暗处遇rm{H2}几乎不反应，与非金属性有关，故C错误；D.rm{NaCl}溶液的rm{pH=7}rm{AlCl3}溶液的rm{pH<7}说明氢氧化铝的碱性较弱，与金属性有关，故D错误。故选AB。【解析】rm{AB}11、rCD【分析】解：rm{A.}降低温度后会减小反应速率；则会延长反应达到平衡的时间，故A错误；

B.恒容时通入氩气；压强增大，但是各组分的浓度不变，平衡不发生移动，故B错误；

C.恒容时通入rm{X_{2}}反应物浓度增大，平衡向正反应方向移动，由于温度不变，则化学平衡常数不变，故C正确；

D.恒温恒压下；若混合气体密度不变，说明反应体系中各组分的物质的量不再变化，证明该反应已达平衡状态，故D正确；

故选CD．

A.降低温度后反应速率减小；达到平衡时间增大；

B.恒容时加入氩气；各组分的浓度不变，平衡不移动；

C.通入rm{X}平衡向着正向移动，温度不变，平衡常数不变；

D.该反应前后气体体积不相等；恒温恒压条件下，若密度不变，说明反应体系中各组分的浓度不再变化．

本题考查了化学平衡及其影响，题目难度不大，明确化学平衡、化学反应速率的影响因素为解答关键，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的分析能力及灵活应用能力．【解析】rm{CD}12、A|C【分析】解：A、由碳酸钠的化学式可知，溶液中钠离子浓度为碳酸钠的2倍，所以0.1mol/LNa2CO3溶液中钠离子浓度为。

0.2mol/L；故A错误；

B、1L0.1mol/LNa2CO3溶液含有Na2CO3的质量为1L×0.1mol/L×106g/mol=10.6g；故B正确；

C；溶液是均匀的取出的100ml碳酸钠溶液与原碳酸钠溶液浓度相同为0.1mol/L；故C错误；

D；令稀释后的浓度为c；根据稀释定律，溶液稀释前后溶质的物质的量不变，所以10ml×0.1mol/L=100ml×c，解得c=0.01mol/L，故D正确．

故选：AC．

A、根据碳酸钠的化学式可知，0.1mol/LNa2CO3溶液中钠离子浓度为0.2mol/l．

B；根据n=cV计算碳酸钠的物质的量；再根据m=nM计算碳酸钠质量．

C；溶液是均匀的取出的100ml碳酸钠溶液及剩余的溶液浓度与原碳酸钠溶液浓度相同．

D；令稀释后的浓度为c；根据稀释定律，溶液稀释前后溶质的物质的量不变，列式计算．

考查物质的量浓度计算及理解，难度不大，注意公式的运用与基础知识的掌握，溶质离子浓度与溶液体积无关，由溶液浓度、溶质化学式及溶质电离情况决定．【解析】【答案】AC13、A|D【分析】解：A．该装置中将太阳能转化为化学能以及化学能转化为电能；存在两种能量的转换形式，故A正确；

B．原电池工作时；阳离子向正极移动，故B错误；

C．可向装置中加入少量的酸作电解质；由于盐酸易挥发，生成的甲烷中会混有HCl气体，应加入硫酸，故C错误；

D．根据电子流向知，Cu是正极，正极上二氧化碳得电子和氢离子反应生成甲烷，电极反应式为：CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O；故D正确．

故选AD．

该装置中，根据电子流向知，GaN是负极、Cu是正极，负极反应式为：2H2O-4e-=4H++O2↑，正极反应式为：CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O；电解质溶液中阳离子向正极移动，以此解答该题．

本题考查化学电源新型电池，题目难度中等，明确原电池原理为解答根据，注意正确判断电极反应、电子流向、离子流向，难点是电极反应式的书写．【解析】【答案】AD14、rBD【分析】解：rm{A.}为可逆反应，则rm{N_{2}}不能完全转化为rm{NO}故A错误；

B.升高温度；活化分子百分数增大，则升高温度可以提高这个反应的化学反应速率，故B正确；

C.起始量、转化率未知，则平衡时不一定存在rm{c(NO)篓Tc(N_{2})}故C错误；

D.增大压强；活化分子数目增多，则加快这个反应的化学反应速率，故D正确；

故选BD．

A.为可逆反应；

B.升高温度；活化分子百分数增大；

C.起始量；转化率未知；

D.增大压强；活化分子数目增多．

本题考查化学平衡及反应速率，为高频考点，把握可逆反应的特点、平衡影响因素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大．【解析】rm{BD}15、rBD【分析】解：rm{A.}由图可知；加入催化剂降低反应的活化能，但反应热不变，故A错误；

B.由图象可知；反应物总能量大于生成物总能量，故为放热反应，故B正确；

C.由图象可知；反应物总能量大于生成物总能量，故C错误；

D.化学反应一定遵循质量守恒定律；故D正确．

故选BD．

由图象可知；反应物总能量大于生成物总能量，正反应为放热反应，加入催化剂，可降低反应的活化能，但反应热不变，以此解答该题．

本题考查反应热与焓变，侧重于学生的分析能力的考查，为高频考点，注意根据图象判断反应的热效应，把握催化剂对反应的影响，难度不大．【解析】rm{BD}16、rCD【分析】解：rm{A.Br_{2}}和苯酚反应生成rm{2}rm{4}rm{6-}三溴苯酚沉淀，但溴单质和rm{2}rm{4}rm{6-}三溴苯酚易溶于苯，无法用过滤分开，应加入rm{NaOH}反应后分液；故A错误；

B.花生油含碳碳双键；能与碘单质反应，故B错误；

C.乙酸与碳酸钠反应后与乙酸乙酯分层；可用分液的方法分离，故C正确；

D.溶液能透过半透膜；胶体不能，故D正确．

故选CD．

A.三溴苯酚易溶于苯；无法用过滤分开；

B.花生油含碳碳双键；

C.乙酸与碳酸钠反应后与乙酸乙酯分层；

D.溶液能透过半透膜．

本题考查物质的分离、提纯和除杂，为高频考点，注意除杂不能引入新的杂质、不能影响被提纯的物质的性质和量，并且操作简单可行，除杂时要结合物质的物理性质和化学性质进行分离，题目难度不大．【解析】rm{CD}三、填空题(共7题，共14分)17、NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑；2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O控制好反应温度NCl3+6ClO2-+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3Cl-+3OH-，溶液蓝色变为无色，且30s内不变色0.0064g0.0046g【分析】【分析】NH4Cl溶液中加入盐酸进行电解得到NCl3，结合元素守恒可知，生成的气体A为H2，NCl3溶液中加入NaClO2溶液，得到ClO2与气体B，气体B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则B为NH3．

（1）由上述分析可知，电解发生反应：NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑；实验室用氯化铵与氢氧化钙在加热条件下制备氨气；反应生成氯化钙；氨气与水；

由题目信息可知，NCl3极易爆炸，尽量用稀有气体进行稀释，在热水中易分解，电解中应注意：控制好生成NCl3的浓度；控制好反应温度；

（2）NCl3与NaClO2按物质的量之比为1：6混合，在溶液中恰好反应生成ClO2与NH3，由氢元素守恒可知，有水参加反应，1molNCl3得到1molNH3，由ClO2-、ClO2中Cl原子与O原子之比均为1：2；结合电荷守恒可知，反应还生成NaCl与NaOH；

（3）①碘反应完毕，加入最后一滴Na2S2O3溶液；溶液蓝色褪去；

②ClO2与I-反应得到Cl-与I2，由电子转移守恒及已知反应，可得关系式：2ClO2～5I2～10S2O32-，据此计算V1mL试样中ClO2的物质的量，进而计算100mL溶液中ClO2的物质的量，再结合m=nM计算原10mL溶液中ClO2的浓度；

（4）按一次萃取，设C（H2O）=x，则C（CCl4）=85x，C（H2O）V（H2O）+C（CCl4）V（CCl4）=m（I2）

2x+85x×0.05=0.02

x=0.0032g/L；

残存碘的量m（I2）=2L×0.0032g/L=0.0064g；

按两次萃取设C（H2O）=a（第一次）

2a+85a×0.025=0.02

a=0.0048g/L；

m（I2）=0.0048g/L×2L=0.0096g；

再设C（H2O）=b（第二次），2b+85b×0.025=0.02

b=0.0023g/L；

残存碘量m（I2）=2L×0.0023g/L=0.0046g，【解析】【解答】解：NH4Cl溶液中加入盐酸进行电解得到NCl3，结合元素守恒可知，生成的气体A为H2，NCl3溶液中加入NaClO2溶液，得到ClO2与气体B，气体B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则B为NH3．

（1）由上述分析可知，电解发生反应：NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑；实验室用氯化铵与氢氧化钙在加热条件下制备氨气，反应生成氯化钙、氨气与水，反应方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；

由题目信息可知，NCl3极易爆炸，尽量用稀有气体进行稀释，在热水中易分解，电解中应注意：控制好生成NCl3的浓度；控制好反应温度；

故答案为：NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑；2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；控制好反应温度；

（2）NCl3与NaClO2按物质的量之比为1：6混合，在溶液中恰好反应生成ClO2与NH3，由氢元素守恒可知，有水参加反应，1molNCl3得到1molNH3，由ClO2-、ClO2中Cl原子与O原子之比均为1：2，结合电荷守恒可知，反应还生成NaCl与NaOH，反应离子方程式为：NCl3+6ClO2-+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3Cl-+3OH-；

故答案为：NCl3+6ClO2-+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3Cl-+3OH-；

（3）①碘反应完毕，加入最后一滴Na2S2O3溶液；溶液蓝色变为无色，且30s内不变色，说明反应到达终点；

故答案为：溶液蓝色变为无色；且30s内不变色；

②ClO2与I-反应得到Cl-与I2，由电子转移守恒及已知反应，可得关系式：2ClO2～5I2～10S2O32-，则V1mL试样中ClO2的物质的量为cmol/L×V2×10-3L×，故100mL溶液中ClO2的物质的量为为cmol/L×V2×10-3L××，故原10mL溶液中ClO2的质量为cmol/L×V2×10-3L×××68.5g/mol；

浓度．

ClO2与I-反应得到Cl-与I2，由电子转移守恒及已知反应，可得关系式：2ClO2～5I2～10S2O32-，则V1mL试样中ClO2的物质的量为cmol/L×V2×10-3L×，故100mL溶液中ClO2的物质的量为cmol/L×V2×10-3L××，故原10mL溶液中ClO2的质量为cmol/L×V2×10-3L×××67.5g/mol=cV2×10-3×××67.5g，即原溶液中ClO2的浓度为（cV2×10-3×××67.5g）÷0.01L=g/L；

故答案为：；

（4）按一次萃取，设C（H2O）=x，则C（CCl4）=85x，C（H2O）V（H2O）+C（CCl4）V（CCl4）=m（I2）

2x+85x×0.05=0.02

x=0.0032g/L；

残存碘的量m（I2）=2L×0.0032g/L=0.0064g；

按两次萃取设C（H2O）=a（第一次）

2a+85a×0.025=0.02

a=0.0048g/L；

m（I2）=0.0048g/L×2L=0.0096g；

再设C（H2O）=b（第二次），2b+85b×0.025=0.0096

b=0.0023g/L；

残存碘量m（I2）=2L×0.0023g/L=0.0046g；

第二种方法好；

故答案为：0.0064g，0.0046g；18、4：515：165：4【分析】【分析】根据质量计算气体的物质的量，可得物质的量之比，根据分子组成可得原子数之比，同温同压下，气体的物质的量之比等于体积之比，密度之比等于相对分子质量之比，根据n===计算．【解析】【解答】解：由n=可知，；在相同条件下气体的相对分子质量之比等于密度之比，所以两种气体的密度之比为：64：80=4：5；

设气体的质量为m，则n（SO2）=mol，n（SO3）=mol，所以物质的量之比为=：=80：64=5：4；

根据分子组成可知；两种气体的原子数之比为：5×3：4×4=15：16；

根据V=n•Vm可知；同温同压下，气体的物质的量之比等于体积之比，所以两种气体体积之比等于5：4；

故答案为：4：5；15：16；5：4．19、混乱度熵增△S＞0气态液态固态【分析】【分析】在与外界隔离的体系中；自发过程将导致体系的混乱度增大，这个原理也叫做熵增原理，用△S＞0表示；

对于同一种物质而言，气态时熵值最大，液态时次之，固态时最小．【解析】【解答】解：在与外界隔离的体系中；自发过程将导致体系的混乱度增大，这个原理也叫做熵增原理，用△S＞0表示；

对于同一种物质而言；气态时熵值最大，液态时次之，固态时最小．

故答案为：混乱度；熵增；△S＞0；气态；液态；固态．20、变红褪色逐渐变浅或紫色消失5SO2+2MnO4+2H2O═5SO42-+2Mn2++4H+变浑浊先把混合气体通过品红试液，褪色证明含有二氧化硫，再通过高锰酸钾溶液除去二氧化硫，通过品红试液不褪色证明二氧化硫除净，最后通过澄清石灰水变浑浊证明含有二氧化碳【分析】【分析】（1）二氧化硫和水反应生成亚硫酸；紫色石蕊试液遇酸变红色；二氧化硫有漂白性，能使品红溶液褪色，但不能使石蕊褪色．

（2）二氧化硫有还原性；高锰酸钾有强氧化性，所以二氧化硫和高锰酸钾能发生氧化还原反应而使高锰酸钾褪色．

（3）二氧化硫和二氧化碳有相似性，都能使澄清的石灰水变浑浊，二氧化硫和二氧化碳在澄清石灰水中都变浑浊，所以需要先检验二氧化硫气体，除净二氧化硫后再检验二氧化碳的存在，据此设计实验过程；【解析】【解答】解：（1）二氧化硫和水反应生成亚硫酸；亚硫酸能电离出自由移动的氢离子，所以溶液显酸性，紫色石蕊试液遇酸变红色，所以溶液会变红；二氧化硫有漂白性，能使品红试液褪色，但不能使石蕊褪色；

故答案为：变红；褪色；

（2）二氧化硫有还原性，高锰酸钾有强氧化性，所以二氧化硫和高锰酸钾能发生氧化还原反应而使高锰酸钾溶液颜色逐渐变浅或紫色消失，离子反应方程式为：5SO2+2MnO4+2H2O═5SO42-+2Mn2++4H+；

故答案为：颜色逐渐变淡或紫色消失；5SO2+2MnO4+2H2O═5SO42-+2Mn2++4H+；

（3）二氧化硫和氢氧化钙反应生成不溶于水的亚硫酸钙和水，溶液变浑浊，离子反应方程式为：Ca2++2OH-+SO2=CaSO3↓+H2O；制备的SO2气体中混有CO2气体，要证明气体中既有SO2又有CO2；先把混合气体通过品红试液，褪色证明含有二氧化硫，再通过高锰酸钾溶液除去二氧化硫，通过品红试液不褪色证明二氧化硫除净，最后通过澄清石灰水变浑浊证明含有二氧化碳；

故答案为：变浑浊；先把混合气体通过品红试液，褪色证明含有二氧化硫，再通过高锰酸钾溶液除去二氧化硫，通过品红试液不褪色证明二氧化硫除净，最后通过澄清石灰水变浑浊证明含有二氧化碳；21、CH3CHO加成反应酯化反应或取代反应2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2OCH3COOC2H5+NaOHCH3COONa+CH3CH2OH【分析】【分析】A是石油裂解气的主要成份且A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，则A为CH2=CH2，A和水发生加成反应生成B，B为CH3CH2OH，B发生氧化反应生成C，C为CH3CHO，C发生氧化反应生成D，D常用作厨房中的调味品，则D为CH3COOH，乙醇和乙酸发生酯化反应生成E，E为CH3COOCH2CH3，E在碱性条件下水解生成F，F酸化得到D，则F为CH3COONa，据此分析解答．【解析】【解答】解：A是石油裂解气的主要成份且A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，则A为CH2=CH2，A和水发生加成反应生成B，B为CH3CH2OH，B发生氧化反应生成C，C为CH3CHO，C发生氧化反应生成D，D常用作厨房中的调味品，则D为CH3COOH，乙醇和乙酸发生酯化反应生成E，E为CH3COOCH2CH3，E在碱性条件下水解生成F，F酸化得到D，则F为CH3COONa；

（1）通过以上分析知，C的结构简式CH3CHO，故答案为：CH3CHO；

（2）反应的反类型：①为加成反应；④为酯化反应或取代反应；

故答案为：加成反应；酯化反应或取代反应；

（3）②为乙醇的催化氧化反应，反应方程式为2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O；

⑤为酯的水解反应，反应方程式为CH3COOC2H5+NaOHCH3COONa+CH3CH2OH；

故答案为：2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O；CH3COOC2H5+NaOHCH3COONa+CH3CH2OH．22、三40%C2H8N2【分析】【分析】依据生成产物可以判断偏二甲肼的元素组成，依据燃烧产物计算各种物质的含量，依据相对分子质量判断化学式，据此解答即可．【解析】【解答】解：偏二甲肼中碳元素的质量为：4.4g×=1.2g；H元素的质量为：3.6g×=0.4g；N元素的质量为：1.4g；O元素的质量为：3.0-1.2-0.4-1.4=0，故偏二甲肼由C；H、N三种元素组成；

偏二甲肼中碳元素的质量分数为：×100%=40%；

偏二甲肼中C、H、N元素的质量比为：1.2：0.4：1.4=12：4：14，则C、H、N元素的原子个数比为：1：4：1，相对分子质量为60，则偏二甲肼中C的个数为2，H的个数为8，N的个数为2，那么其化学式为：C2H8N2；

故答案为：三；40%；C2H8N2．23、略

【分析】解：(1)根据氧化还原反应的实质得失电子守恒，S2O32-→2SO42-～8e-，Cl2→2CI-～2e-，所以4molCl2氧化1molS2O32-，得到8molCl-和2molSO42-，根据电荷守恒，生成物中应有10molH+，根据原子守恒反应物中应有5molH2O；离子方程式为。

S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+，故答案为：S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+；

(2)Na2S2O3在空气中易被氧化，先氧化为亚硫酸钠，亚硫酸钠再继续氧化，部分氧化得到亚硫酸钠和和硫酸钠的混合物，全部氧化得到硫酸钠．故假设一：只有Na2SO3，假设三：Na2SO4、Na2SO3都有；

故答案为：只有Na2SO3；Na2SO4、Na2SO3都有；

(3)具体操作：取少量固体于试管中加水溶解后，加入过量的1mol•L-1HCl溶液，硫代硫酸钠反应生成二氧化硫气体和硫单质，取上层清液，滴加少量0.1mol•L-1BaCl2溶液；生成难溶于水的白色沉淀硫酸钡，证明含硫酸根离子，即证明固体中含有硫酸钠，否则不含有硫酸钠．

故答案为：。实验步骤预期现象和结论步骤1：取少量固体于试管中，加蒸馏水溶解．步骤2：向试管中加入过量1mol•L-1HCl溶液．充分振荡，静置．有淡黄色沉淀生成．步骤3：取上层清液于另一试管中，滴加少量0.1mol•L-1BaCl2溶液．有白色沉淀生成，证明固体中混有Na2SO4．【解析】S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+;只有Na2SO3;Na2SO4、Na2SO3都有;向试管中加入过量1mol•L-1HCl溶液．充分振荡，静置．;有淡黄色沉淀生成．;取上层清液于另一试管中，滴加少量0.1mol•L-1BaCl2溶液．;有白色沉淀生成，证明固体中混有Na2SO4．四、探究题(共4题，共36分)24、|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．25、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