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872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7题，共14分)1、下列说法正确的是（）A.煤的气化是物理变化B.蛋白质的基本结构单元是氨基酸C.在蛋白质溶液中加入CuSO4溶液，可使蛋白质的溶解度降低而析出D.乙醛、葡萄糖、淀粉都能与新制的银氨溶液发生反应2、下列叙述正确的是（）A.向Na2CO3饱和溶液中通入过量CO2，有NaHCO3结晶析出B.向FeSO4溶液中通入过量CO2，有浑浊现象产生C.SO2具有漂白性，常用于自来水消毒D.Fe和Br2混合加热生成FeBr23、下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是。选项实验操作实验现象结论A向鸡蛋白溶液中滴入HgCl2溶液有白色沉淀蛋白质发生盐析B向溶液X中滴加BaCl2溶液有白色沉淀X中一定含有SO42－CAgCl饱和溶液中加入少量NaI溶液产生黄色沉淀Ksp(AgI)＞Ksp(AgCl)D向加入了几滴酚酞试液的Na2CO3溶液中滴加BaCl2溶液红色逐渐退去Na2CO3溶液中存在水解平衡4、A是一种常见的单质；B；C为中学常见的化合物，A、B、C均含有元素X，它们有如图所示的转化关系（部分产物及反应条件已略去）．下列推断正确的是（）

A.X元素为铝。

B.反应①和②互为可逆反应。

C.X元素可能是金属；也可能是非金属。

D.反应①和②一定为氧化还原反应。

5、下列有关溶液组成的描述合理的是rm{(}rm{)}A.弱碱性溶液中可能大量存在rm{Na^{+}}rm{K^{+}}rm{Cl^{-}}rm{HCO_{3}^{-}}B.酸性溶液中可能大量存在rm{Na^{+}}rm{ClO^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{I^{-}}C.常温下在rm{c(H^{+})=1隆脕10^{-13}}rm{mol?L^{-1}}的溶液中能大量存在rm{Mg^{2+}}rm{Cu^{2+}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{NO_{3}^{-}}D.加入铝粉能产生氢气的溶液中大量存在rm{NH_{4}^{+}}rm{Fe^{2+}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{NO_{3}^{-}}6、某溶液中可能含有K+、Ba2+、NH4+、S2-、I-、SO42-，分别取样：①用pH计测试，溶液显弱酸性；②加氯水和淀粉无明显现象．为确定该溶液的组成，还需检验的离子是（）A.K+B.NH4+C.SO42-D.S2-7、增大压强；对已达到平衡的下列反应产生的影响是（）

3P（g）+Q（g）⇌2R（g）+2S（s）A.正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡向正反应方向移动B.正反应速率减小，逆反应速率增大，平衡向逆反应方向移动C.正、逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动D.正、逆反应速率都没有变化，平衡不发生移动评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)8、氯化铜；氯化亚铜广泛用于有机催化剂．实验室中以粗铜（含杂质Fe）为原料；制备铜的氯化物的流程如图1：

（1）固体1成分的化学式____．

（2）溶液1可加试剂X，用于调节pH以除去杂质，X可选用____：

a．NaOHb．NH3•H2Oc．CuOd．CuSO4

（3）操作①的名称____．检验溶液2是否含有杂质离子的试剂可以是____．

（4）操作②需在HCl气流中加热浓缩的原因____．

（5）反应②是向溶液2中通入SO2，加热生成CuCl白色沉淀，离子方程式为____．

（6）用如图仪器及药品制备纯净；干燥的氯气并与粗铜反应（铁架台、铁夹省略）．

①按气流方向连接各仪器接口：a→____、____→____、____→____、____→____．

②实验前要进行的一步重要操作是____．

③反应时盛粗铜粉试管的现象____．9、（1）已知N≡N、N-H、H-H的键能分别为946kJ•mol-1、390kJ•mol-1、436kJ•mol-1．试根据盖斯定律，写出合成氨反应的热化学方程式____．

（2）在通常状况下，足量氢氧化钠的稀溶液与含溶质为1mol的稀硫酸完全反应时放出akJ的热量，写出该反应中和热的热化学方程式____．

（3）以镁和铝为电极，以NaOH作电解质溶液，构成原电池时，铝做负极，其电极反应式为____；

与MnO2-Zn电池类似，K2FeO4-Zn也可以组成碱性电池，K2FeO4在电池中作为正极材料，在反应中还原产物为Fe（OH）3，则正极电极反应式为____．10、硫酸是重要的化工原料；二氧化硫生成三氧化硫是硫酸工业的重要反应之一．

（1）将0.100molSO2（g）和0.060molO2（g）放入容积为2L的密闭容器中，反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）在一定条件下5分钟末达平衡状态，测得c（SO3）=0.040mol/L．

①从平衡角度分析采用过量O2的目的是____；

②列式并计算该条件下反应的平衡常数K=____．

③已知：K（300℃）＞K（350℃），若反应温度升高，SO2的转化率____（填“增大”；“减小”或“不变”）．

④能判断该反应达到平衡状态的标志是____．（填字母）

A．SO2和SO3浓度相等。

B．容器中混合气体的平均分子量保持不变。

C．容器中气体的压强不变。

D．SO3的生成速率与SO2的消耗速率相等．

（2）某温度下，SO2的平衡转化率（α）与体系总压强（P）的关系如图1所示．平衡状态由A变到B时，平衡常数K（A）____K（B）（填“＞”；“＜”或“=”）．

（3）如图2所示，保持温度不变，在一定反应条件下，将2molSO2和1molO2加入甲容器中，将4molSO2和2molO2加入乙容器中；隔板K不能移动．此时控制活塞P，使乙的容积为甲的2倍．

①若移动活塞P，使乙的容积和甲相等，达到新平衡时，SO3的体积分数甲____乙．（填：“大于”；“小于”、或“等于”）

②若在甲容器中通入一定量的He气，使容器内的压强增大，则c（SO3）/c（SO2）将____填：“增大”；“减小”、“不变”、“无法确定”）

（4）将一定量的SO2（g）和O2（g）放入某固定体积的密闭容器中，在一定条件下，c（SO3）的变化如图3所示．若在第5分钟将容器的体积缩小一半后，在第8分钟达到新的平衡（此时SO3的浓度约为0.25mol/L）．请在图3中画出此变化过程中SO3浓度的变化曲线．11、将等物质的量的A；B混合于2L的密闭容器中；发生如下反应：

3A（g）+B（g）⇌xC（g）+2D（g）；经5min后，测得D的浓度为0.5mol/L，c（A）：c（B）=3：5，C的平均反应速率为0.1mol/（L•min）．求：

（1）此时A的浓度c（A）=____mol/L，反应开始前容器中的A、B的物质的量：n（A）=n（B）=____mol；

（2）前5min内用B表示的平均反应速率v（B）=____mol/（L•min）；

（3）化学反应方程式中x的值为____．

（4）5min时物质A的转化率为____．12、1862年；比利时化学家索尔维发明了氨碱法制碱，1926年，我国化学家都创立了要为先进的侯德邦制碱法，也叫联合制碱法，两种制碱的生产流程可需要表示如图1：

（1）向沉淀池中通入CO2和氮气时，应先通入氮气的原因是____；

（2）沉淀池中发生反应的化学反应方程式是____；

（3）氨碱法生产流程示意图的Y是____，从原料到产品，氨碱法总反应过程用化学方程式表示，可写为____；

（4）联合制碱法中从滤液中提取氯化铵晶体的过程推测，所得结论正确的是____（选填编号）

A．常温时氯化铵的溶解度比氯化钠小。

B．通入氨气能增大NH4+的浓度；使氯化铵更多析出。

C．加入食盐细粉能提高Na+的浓度，使NaHCO3结晶析出。

D．通入氨气能使NaHCO3转化为Na2CO3，提高析出的NH4Cl纯度。

（5）联合剂碱法相比于氨碱法，氯化钠利用率从70%提高到90%以上，主要是设计了循环I．联合制碱法的另一项优点是____．

（6）从沉淀地析出的晶体含有NaCl杂质，某同学在测定其NaHCO3的含量时；称取5.000g试样，配制成100mL溶液，用标准盐酸溶液确定（用甲基酸提示剂），测定值记录如下：

。滴定次数。

待测液（mL）0.6000mol/L盐酸溶液的体积（mL）初读数终读数初读数终读数第一次。

20.001.0021.00第二次20.00如图2Ⅰ如图2Ⅱ

①第二次滴定，从图Ⅰ图Ⅱ显示消耗的盐酸溶液体积为____；

②该实验测定NaHCO3含量的计算式为ω（NaHCO3）=____．评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)13、向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，可制得Fe（OH）3胶体____（判断对错）14、将饱和氯化铁溶液滴入稀氢氧化钠溶液中加热，可得氢氧化铁胶体____．（判断对错）15、用PH试纸可以测定溶液酸碱性时，用玻璃棒蘸取待测溶液在已有水的PH试纸上进行观察颜色变化．____（填√或×）．16、物质的量相同的磷酸钠溶液和磷酸溶液中所含的PO43-量相同．____．17、某有机物燃烧后生成二氧化碳和水，所以此有机物一定含有C、H、O三种元素．____（判断对错）18、醋可同时用作防腐剂和调味剂____．（判断对错）19、钠的还原性很强，在空气中易变质，最后变为过氧化钠____．（判断对错）20、将饱和氯化铁溶液滴入稀氢氧化钠溶液中加热，可得氢氧化铁胶体____．（判断对错）评卷人得分四、探究题(共4题，共40分)21、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________．22、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：23、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________．24、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：评卷人得分五、解答题(共1题，共2分)25、由FeCl3、KCl组成的1L混合液中，已知Fe3+的质量为56g，Cl-的质量为142g．

（1）原溶液中K+的质量为多少克？

（2）若量取该混合液100ml，将其加水稀释至1L，则稀释后所得溶液中Cl-的物质的量浓度为多少？参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【分析】A．煤的气化生成CO和氢气；

B．蛋白质水解可生成氨基酸；

C．蛋白质在硫酸铜溶液中发生变性；

D．淀粉与银氨溶液不反应．【解析】【解答】解：A．煤的气化生成CO和氢气；为化学变化，故A错误；

B．蛋白质水解可生成氨基酸；所以蛋白质的基本结构单元是氨基酸，故B正确；

C．重金属盐可使蛋白质变性；故C错误；

D．淀粉为非还原性糖；与银氨溶液不反应，故D错误．

故选B．2、A【分析】【分析】A．相同条件下；碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠小；

B．向FeSO4溶液中通入过量CO2；不发生反应；

C．SO2具有漂白性；但不用于自来水漂白；

D．Fe和Br2混合加热生成FeBr3．【解析】【解答】解：A．相同条件下，碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠小，则向Na2CO3饱和溶液中通入过量CO2，有NaHCO3结晶析出；故A正确；

B．向FeSO4溶液中通入过量CO2；不发生反应，则不会有浑浊现象，故B错误；

C．SO2具有漂白性；不具有强氧化性，则不用于自来水漂白，一般选氯气等用于自来水消毒，故C错误；

D．因溴的氧化性强，Fe和Br2混合加热生成FeBr3；故D错误；

故选A．3、D【分析】试题分析：HgCl2溶液是重金属盐溶液，使蛋白质发生变性不是盐析，A错；向溶液X中滴加BaCl2溶液有白色沉淀生成，不一定是SO42－才看到白色沉淀，如果有Ag+SO32－也可看到相同的现象，B错；AgCl饱和溶液中加入少量NaI溶液产生黄色沉淀是发生了沉淀的转化，根据沉淀转化的原理：溶解度小的沉淀可以转化为溶解度更小的沉淀，所以Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，C错；Na2CO3溶液发生水解反应：CO32-+H2OHCO3—+OH—，所以溶液显碱性，加入酚酞溶液变红，滴加BaCl2溶液后生成BaCO3沉淀，使得水解平衡向逆向移动，溶液的碱性减弱，红色逐渐褪去，D对。选D。考点：蛋白质的性质、离子的检验、沉淀的转化和溶解度的关系、水解平衡的移动。【解析】【答案】D4、D【分析】

A单质与强碱发生反应；生成了两种产物B和C，而且B和C均含有同一种元素，且B和C又可以在强酸的作用下发生反应，生成单质A，可以看出反应①是A物质的歧化反应，反应②应该是这种元素的归中反应，所以B和C中应该分别含有A的负价态物质以及正价态物质，判断A一定是非金属元素；

A；①应该是A物质的歧化反应；反应②应该是一种元素的归中反应，则可以知道B和C中应该分别含有A的负价态物质以及正价态物质，可以判断A不可能是金属，故A错误；

B；可逆反应的定义是指在同一条件下；既能向正反应方向进行，同时又能向逆反应的方向进行的反应，叫做可逆反应，上述①②两个反应的反应条件不相同，不是可逆反应，故B错误；

C；转化关系中A+OH-→B+C；B+C→A，ABC中都含有X元素，发生的是同种元素间的歧化反应和归中反应，元素有负价只能是非金属，因为金属元素无负价，说明X元素是非金属元素，故C错误；

D；转化关系中A+OH-→B+C；B+C→A，因为归中反应和歧化反应均有价态的变化，判断可知，①和②的确为氧化还原反应，故D．

故选D．

【解析】【答案】由转化关系图可以看出；A这种单质与强碱发生反应，生成了两种产物B和C，而且B和C均含有同一种元素，且B和C又可以在强酸的作用下发生反应，生成单质A，那么可以看出反应1应该是A物质的歧化反应，反应2应该是关于一种元素的归中反应，则可以知道B和C中应该分别含有A的负价态物质以及正价态物质．

5、A【分析】解：rm{A.Na^{+}}rm{K^{+}}rm{Cl^{-}}rm{HCO_{3}^{-}}离子之间不发生反应，rm{HCO_{3}^{-}}离子部分水解；溶液显示弱碱性，故A正确；

B.酸性溶液中存在大量氢离子；次氯酸根离子与氢离子反应生成弱酸次氯酸，次氯酸根离子能够氧化碘离子，在溶液中一定不能大量共存，故B错误；

C.rm{c(H^{+})=1隆脕10^{-13}mol?L^{-1}}的溶液呈碱性，rm{Mg^{2+}}rm{Cu^{2+}}不能大量共存；故C错误；

D.加入铝粉能产生氢气的溶液，可能为强碱，也可能为非氧化性酸溶液，碱性条件下rm{NH_{4}^{+}}rm{Fe^{2+}}不能存在，酸性条件下rm{NO_{3}^{-}}不能存在；故D错误．

故选A．

A.碳酸氢根离子水解溶液显示弱碱性；

B.rm{ClO^{-}}rm{I^{-}}发生氧化还原反应；

C.rm{c(H^{+})=1隆脕10^{-13}mol?L^{-1}}的溶液呈碱性；

D.加入铝粉能产生氢气的溶液；可能为强碱，也可能为非氧化性酸溶液．

本题考查离子共存问题，为高频常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握离子的性质和反应类型的判断，难度不大．【解析】rm{A}6、A【分析】【分析】利用淀粉遇碘单质变蓝来结合信息加氯水和淀粉无明显现象来分析存在的离子，然后利用离子的共存及溶液呈电中性来分析还存在的离子和一定没有的离子，而对于不能确定的离子，则是还需检验的离子来解答．【解析】【解答】解：由①可知溶液显酸性，说明溶液中含有H+；

由氯水能氧化I-生成碘单质，而碘遇淀粉变蓝，而②中加氯水和淀粉无明显现象，则一定不含有I-；

又溶液呈电中性，有阳离子必有阴离子，则溶液中有H+，必须同时存在阴离子，即SO42-必然存在，而Ba2+、SO42-能结合生成沉淀，则这两种离子不能共存，即一定不存在Ba2+；显然剩下的K+是否存在无法判断，则需检验的离子是K+；

故选A．7、C【分析】【分析】增大压强实质是压缩体积，反应气态混合物的浓度增大，正逆反应速率都增大，反应前后气体的气体减小，平衡向正反应移动．【解析】【解答】解：增大压强；反应气态混合物的浓度增大，正逆反应速率都增大，反应前后气体的气体减小，平衡向正反应移动，故A；B、D错误，C正确．

故选C．二、填空题(共5题，共10分)8、FeCl3、CuCl2c过滤KSCN溶液抑制氯化铜水解2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O2CuCl↓+4H++SO42-dejhfgb检查装置的气密性产生大量棕黄色烟【分析】【分析】粗铜（含杂质Fe）与氯气反应生成氯化铁和氯化铜，加稀盐酸溶解，形成氯化铁和氯化铜溶液，同时抑制氯化铜、氯化铁水解，溶液1中加入X调节溶液pH，得到溶液乙，经过系列操作得到CuCl2•2H2O，故溶液2为CuCl2溶液，则调节pH目的是使溶液中铁离子转化为Fe（OH）3沉淀，过滤除去，试剂X可以为CuO、氢氧化铜等，结合题目信息可知，氯化铜溶液，加少量盐酸，抑制氯化铜水解，再蒸发浓缩、冷却结晶得到CuCl2•2H2O；再经过过滤；洗涤、干燥得到纯净的晶体，以此解答（1）～（4）；

（5）溶液2中通入SO2；加热生成CuCl白色沉淀，发生氧化还原反应；

（6）制备纯净、干燥的氯气并与粗铜反应，结合实验装置可知，浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，利用饱和食盐水除去HCl，再利用浓硫酸干燥，然后Cu与氯气反应，最后利用NaOH溶液吸收尾气，该实验连接好装置后要检验气密性，以此来解答．【解析】【解答】解：粗铜（含杂质Fe）与氯气反应生成氯化铁和氯化铜，加稀盐酸溶解，形成氯化铁和氯化铜溶液，同时抑制氯化铜、氯化铁水解，溶液1中加入X调节溶液pH，得到溶液乙，经过系列操作得到CuCl2•2H2O，故溶液2为CuCl2溶液，则调节pH目的是使溶液中铁离子转化为Fe（OH）3沉淀，过滤除去，试剂X可以为CuO、氢氧化铜等，结合题目信息可知，氯化铜溶液，加少量盐酸，抑制氯化铜水解，再蒸发浓缩、冷却结晶得到CuCl2•2H2O；再经过过滤；洗涤、干燥得到纯净的晶体；

（1）固体1成分的化学式为FeCl3、CuCl2，故答案为：FeCl3、CuCl2；

（2）不能引入新杂质；结合上述分析可知，CuO符合，故答案为：c；

（3）操作1为过滤；检验溶液2是否含有杂质离子（铁离子）的试剂可以是KSCN溶液；故答案为：过滤；KSCN溶液；

（4）操作②需在HCl气流中加热浓缩的原因抑制氯化铜水解；故答案为：抑制氯化铜水解；

（5）反应②是向溶液2中通入SO2，加热生成CuCl白色沉淀，离子方程式为2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O2CuCl↓+4H++SO42-；

故答案为：2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O2CuCl↓+4H++SO42-；

（6）制备纯净；干燥的氯气并与粗铜反应；结合实验装置可知，浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，利用饱和食盐水除去HCl，再利用浓硫酸干燥，然后Cu与氯气反应，最后利用NaOH溶液吸收尾气；

①结合上述分析可知，除杂时导管长进短出，则气流方向连接各仪器接口：a→d、e→j、h→f、g→b，故答案为：d；e；j；h；f；g；b；

②该实验制备气体并进行气体的性质实验；则实验前要进行的一步重要操作是检查装置的气密性，故答案为：检查装置的气密性；

③Cu与氯气反应生成氯化铜固体，则反应时盛粗铜粉试管的现象是产生大量棕黄色烟，故答案为：产生大量棕黄色烟．9、N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=-96kJ•mol-1NaOH（aq）+H2SO4（aq）=Na2SO4（aq）+H2O（l）△H=-kJ/molAl-3e-+4OH-=2H2O+AlO2-FeO42-+3e-+4H2O=Fe（OH）3+5OH-【分析】【分析】（1）反应物的总键能-生成物的总键能=反应热；据此计算该反应的反应热，根据热化学方程式的书写原则进行书写；

（2）中和热是强酸强碱发生反应生成1mol水放出的热量，据此书写热化学方程式，1mol的稀硫酸含有2molH+；全部反应生成2mol水；

（3）以镁条、铝片为电极，以NaOH溶液为电解质溶液设计的原电池中，相对于电解质溶液来讲，铝更活泼，原电池的总反应一般是负极和电解质溶液的反应，K2FeO4-Zn也可以组成碱性电池，K2FeO4在电池中作为正极材料，FeO42-得电子生成Fe（OH）3．【解析】【解答】解：（1）反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）的反应热△H=946kJ•mol-1+3×436kJ•mol-1-2×3×390kJ•mol-1=-96kJ•mol-1，故热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=-96kJ•mol-1；

故答案为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=-96kJ•mol-1；

（2）在通常状况下，足量氢氧化钠的稀溶液与含溶质为1mol的稀硫酸完全反应时放出akJ的热量，1mol的稀硫酸含有2molH+，全部反应生成2mol水，生成1mol水放热KJ，中和热的热化学方程式为：NaOH（aq）+H2SO4（aq）=Na2SO4（aq）+H2O（l）△H=-kJ/mol；

故答案为：NaOH（aq）+H2SO4（aq）=Na2SO4（aq）+H2O（l）△H=-kJ/mol；

（3）以镁条、铝片为电极，以NaOH溶液为电解质溶液设计的原电池中，相对于电解质溶液NaOH溶液来讲，铝更活泼，故铝做负极，原电池的总反应一般是负极和电解质溶液的反应，故反应方程式为：2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑，负极电极反应为：Al-3e+4OH-=2H2O+AlO2-；K2FeO4-Zn也可以组成碱性电池，K2FeO4在电池中作为正极材料，FeO42-得电子生成Fe（OH）3，正极电极反应式为：FeO42-+3eˉ+4H2O=Fe（OH）3+5OH-；

故答案为：Al-3e+4OH-=2H2O+AlO2-；FeO42-+3e-+4H2O=Fe（OH）3+5OH-．10、提高二氧化硫的转化率1600减小BC=小于不变【分析】【分析】（1）①增大反应物氧气会提高二氧化硫的转化率；

②依据平衡三段式列式计算平衡浓度；结合平衡常数概念计算得到；

③K（300℃）＞K（350℃）；说明温度越高平衡常数越小，依据平衡移动原理分析，升温平衡向吸热反应方向进行；

④平衡标志是正逆反应速率相同；各成分含量保持不变；

（2）平衡常数随温度变化；温度不变，平衡常数不变；

（3）①甲为恒温恒容容器，若移动活塞P，使乙的容积和甲相等，为恒温恒容容器，乙中加入4mol三氧化硫相当于加入2mol三氧化硫，再加入2mol三氧化硫，增大压强，平衡正向进行，SO3的体积分数增大；

②甲为恒温恒容容器，加入氦气总压增大，分压不变，平衡不变，则c（SO3）/c（SO2）不变；

（4）在第5分钟末将容器的体积缩小一半后，压强增大平衡正向进行，若在第8分钟末达到新的平衡（此时SO3的浓度约为0.25mol/L），依据三氧化硫浓度变化，和平衡浓度画出变化图象．【解析】【解答】解：（1）①从平衡角度分析采用过量O2的目的是；利用廉价原料提高物质转化率，加入氧气提高二氧化硫的转化率，故答案为：提高二氧化硫的转化率；

②将0.100molSO2（g）和0.060molO2（g）放入容积为2L的密闭容器中，反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）在一定条件下达到平衡，测得c（SO3）=0.040mol/L，2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3

起始量（mol/L）0.050.030

变化量（mol/L）0.040.020.04

平衡量（mol/L）0.010.010.04

平衡常数K==1600；

故答案为：1600；

③K（300℃）＞K（350℃）；说明温度越高平衡常数越小，反应逆向进行，即升温平衡逆向进行，二氧化硫转化率减小，故答案为：减小；

④2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）；反应是气体体积变小的放热反应。

A．二氧化硫和三氧化硫起始量和变化量有关，SO2和SO3浓度相等；不能说明反应达到平衡状态，故A错误；

B．因为反应前后总质量不变；总物质的量在变，所以容器中混合气体的平均分子量保持不变，说明反应达到平衡状态，故B正确；

C．反应前后压强不同；容器中气体的压强不变，说明反应达到平衡状态，故C正确；

D．SO3的生成速率与SO2的消耗速率相等；说明平衡正向进行，不能说明反应达到平衡状态，故D错误；

故答案为：BC；

（2）平衡常数只与温度有关；与压强无关，在温度不变的条件下，无论压强怎样变化，平衡常数都不变，故答案为：=；

（3）将2molSO2和1molO2加入甲容器中，将4molSO3加入乙容器中；隔板K不能移动．此时控制活塞P，使乙的容积为甲的2倍，分析可知甲；乙中最后达到相同的平衡状态；

①若移动活塞P，使乙的容积和甲相等，增大压强，平衡正向进行，SO3的体积分数增大，SO3的体积分数甲小于乙；故答案为：小于；

②甲为恒温恒容容器，加入氦气总压增大，分压不变，平衡不变，则c（SO3）/c（SO2）不变；故答案为：不变；

（4）在第5分钟末将容器的体积缩小一半后，压强增大平衡正向进行，若在第8分钟末达到新的平衡（此时SO3的浓度约为0.25mol/L），依据三氧化硫浓度变化和平衡浓度画出变化图象为故答案为：．11、0.7530.05250%【分析】【分析】（1）根据D的浓度求出D的物质的量；结合方程式求出A；B的物质的量；

（2）先求出反应的B的物质的量；再根据平均反应速率公式计算B的平均反应速率；

（3）根据同一反应中反应速率之比等于化学计量数之比求出x值；

（4）5min时物质A的转化率为．【解析】【解答】解：（1）5分钟后；n（D）=CV=0.5mol/L×2L=1mol，设反应开始前放入容器中A；B物质的量为mmol；

3A（g）+B（g）⇌xC（g）+2D（g）；

反应前mmolmmol00

5分钟后（m-1.5）mol（m-0.5）mol1mol

c（A）：c（B）=3：5=（m-1.5）mol：（m-0.5）mol

m=3mol

此时A的浓度c（A）==0.75mol/L；

故答案为：0.75；3；

（2）设反应的B的物质的量为nmol；

3A（g）+B（g）⇌xC（g）+2D（g）；

12

nmol1mol

n=0.5

根据v（B）==0.05mol/（L．min）

故答案为：0.05；

（3）根据同一反应中反应速率之比等于化学计量数之比；所以v（B）：v（C）=0.05mol/（L．min）：0.1mol/（L•min）=1：x，所以x=2，故答案为：2；

（4）5min时物质A的转化率为==50%，故答案为：50%．12、二氧化碳溶解度小，氨气易溶于水，先通入氨气有利于二氧化碳的吸收NH3+CO2+NaCl+H2O═NaHCO3↓+NH4ClNH3CaCO3+2NaCl═Na2CO3+CaCl2BD避免产生大量的含有CaCl2的溶液，或节省石灰窑、蒸氨塔等设备20.20ml×100%【分析】【分析】（1）二氧化碳为酸性氧化物；在水中溶解度小，氨气极易溶于水生成碱性的氨水，二氧化碳易溶于碱性溶液；

（2）饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳析出碳酸氢钠晶体；

（3）依据氨碱法生产流程中循环Ⅰ是氧化钙和水反应生成氢氧化钙与铵盐反应生成的氨气解答；

（4）联合制碱法中从滤液中提取氯化铵晶体的过程为：向母液中通氨气作用有增大NH4+的浓度，使NH4Cl更多地析出和使NaHCO3转化为Na2CO3，提高析出的NH4Cl纯度；加入食盐细粉目的是提高Cl-的浓度；使氯化氨析出；

（5）与氨碱法比较，联合制碱法优点是提高了原料的原子利用率，避免产生大量的含有CaCl2的溶液；节省石灰窑；蒸氨塔等设备；

（6）①依据滴定管正确读数方法解答；

②计算两次消耗盐酸的平均值，计算消耗盐酸的物质的量，依据方程式：HCl+NaHCO3=NaCl+H2O+CO2↑，然后计算碳酸氢钠的物质的量和质量，计算其质量分数．【解析】【解答】解：（1）二氧化碳为酸性氧化物；在水中溶解度小，氨气极易溶于水生成碱性的氨水，二氧化碳易溶于碱性溶液，先通氨气有利于吸收二氧化碳；

故答案为：因为CO2溶解度小，而NH3易溶于水，先通入NH3有利于后面CO2的吸收；

（2）氨气、二氧化碳、水和氯化钠发生反应生成碳酸氢钠和氯化铵，反应方程式为NH3+H2O+CO2+NaCl═NH4Cl+NaHCO3↓；

故答案为：氨气、二氧化碳、水和氯化钠发生反应生成碳酸氢钠和氯化铵，反应方程式为NH3+H2O+CO2+NaCl═NH4Cl+NaHCO3↓；

（3）氨碱法的生产流程中循环Ⅰ是氧化钙和水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与铵盐反应生成的氨气可以循环使用，NaCl+NH3+CO2+H2O═NaHCO3↓+NH4Cl；CaCO3═CaO+CO2↑；CaO+H2O═Ca（OH）2；Ca（OH）2+2NH4Cl═CaCl2+2NH3↑+2H2O；2NaHCO3═Na2CO3+H2O+CO2↑合并得到总化学方程式为：CaCO3+2NaCl═Na2CO3+CaCl2；

故答案为：NH3；CaCO3+2NaCl═Na2CO3+CaCl2；

（4）A．常温时氯化铵的溶解度比氯化钠大；故A错误；

B．通氨气作用有增大NH4+的浓度，使NH4Cl更多地析出和使NaHCO3转化为Na2CO3，提高析出的NH4Cl纯度；故B正确；

C．加入食盐细粉目的是提高Cl-的浓度；促进氯化铵结晶析出，故C错误；

D．通入氨气使溶液碱性增强；使碳酸氢钠转换为溶解度较大的碳酸钠，可以提高氯化铵的纯度，故D正确；

故选BD；

（5）联合制碱法的主要原理是：①向浓氨水中通入足量的CO2后，氨气、水和CO2发生化合反应而生成NH4HCO3溶液；②然后加入食盐细粒充分搅拌，生成的碳酸氢钠和氯化铵；③将析出的碳酸氢钠加热得碳酸钠、二氧化碳和水，相对于氨碱法制碱，即向过滤后的滤液中加熟石灰以回收氨，使之循环使用能够避免产生大量的含有CaCl2的溶液；或节省石灰窑；蒸氨塔等设备；

故答案为：避免产生大量的含有CaCl2的溶液；或节省石灰窑；蒸氨塔等设备；

（6）①滴定管能读数到0.01ml；所以根据滴定管中液面的位置可知，初始读数是2.40ml，最终读数是22.60ml，所以实际消耗盐酸的体积是22.60ml-2.40ml=20.20ml；

故答案为：20.20ml；

②第一次消耗盐酸的体积是21.00ml-1.00ml=20.00ml，所以两次消耗盐酸的平均值是（20.20ml+20.00ml）÷2=20.10ml，所以消耗盐酸的物质的量是0.0201L×0.6000mol/L．根据方程式HCl+NaHCO3=NaCl+H2O+CO2↑可知，碳酸氢钠的物质的量是0.0201L×0.6000mol/L，质量是0.0201L×0.6000mol/L×84g/mol，所以碳酸氢钠的纯度是：×100%；

故答案为：×100%．三、判断题(共8题，共16分)13、×【分析】【分析】向沸水中滴加几滴饱和氯化铁溶液，并加热至液体呈红褐色得到氢氧化铁胶体，据此分析解答．【解析】【解答】解：氢氧化铁胶体的制备方法：向沸水中滴加几滴氯化铁饱和溶液，氯化铁水解生成氢氧化铁胶体，升高温度促进氯化铁水解，并加热至液体呈红褐色即可得到氢氧化铁胶体，所以该题错误，故答案为：×．14、×【分析】【分析】氢氧化铁胶体制备方法为：向沸水中滴加几滴饱和氯化铁溶液并加热至液体呈红褐色即可，据此分析解答．【解析】【解答】解：氢氧化铁胶体制备方法为：向沸水中滴加几滴饱和氯化铁溶液并加热至液体呈红褐色即可，如果将饱和氯化铁溶液滴入稀氢氧化钠溶液中加热，二者反应生成红褐色氢氧化铁沉淀，得不到氢氧化铁胶体，所以该题说法错误，故答案为：×．15、×【分析】【分析】用PH试纸测定溶液PH的方法为：用玻璃棒蘸取少许待测液滴在PH试纸上，然后把试纸显示的颜色与标准比色卡对照，即可确定溶液的酸碱度，切记不能直接把试纸浸入待测液中，也不能先用水将pH试纸润湿后测定，因为这样做会稀释待测液，使测量结果不准．【解析】【解答】解：用玻璃棒蘸取待测溶液在已有水的PH试纸上；稀释了溶液，使测量结果不准．

故答案为：×．16、×【分析】【分析】磷酸钠溶液中磷酸根能发生水解，磷酸溶液中磷酸电离产生PO43-．【解析】【解答】解：磷酸是中强酸；存在电离平衡，磷酸盐存在水解平衡，这两个平衡程度都很小．

磷酸电离由3步（磷酸是三元酸）；分别是磷酸二氢根，磷酸氢根，最后是少量磷酸根离子；

磷酸钠电离状态下电离出钠离子和磷酸根离子；但是磷酸根离子要水解，其程度也很小，所以磷酸钠中磷酸根离子远多于等浓度的磷酸溶液；

故答案为：×．17、×【分析】【分析】根据质量守恒可知，某有机物完全燃烧后生成二氧化碳和水，说明该有机物中肯定含有碳、氢2种元素，可能含有氧元素．【解析】【解答】解：某有机物完全燃烧后生成二氧化碳和水，说明该有机物中肯定含有碳、氢2种元素，可能含有氧元素，故答案为：×．18、√【分析】【分析】醋的主要成分是醋酸，醋酸具有酸味，醋酸能使抑制细菌的生长，起到防腐作用，以此判断．【解析】【解答】解：醋的主要成分是醋酸；醋酸具有酸味，可作调味剂，醋酸能使抑制细菌的生长，起到防腐作用，可作防腐剂；

故答案为：√．19、×【分析】【分析】钠具有强还原性，极易被氧气氧化生成白色固体氧化钠，据此分析解答．【解析】【解答】解：钠性质很活泼，极易被氧气氧化生成白色固体氧化钠而变暗，钠在空气中燃烧生成淡黄色固体过氧化钠，故答案为：×．20、×【分析】【分析】氢氧化铁胶体制备方法为：向沸水中滴加几滴饱和氯化铁溶液并加热至液体呈红褐色即可，据此分析解答．【解析】【解答】解：氢氧化铁胶体制备方法为：向沸水中滴加几滴饱和氯化铁溶液并加热至液体呈红褐色即可，如果将饱和氯化铁溶液滴入稀氢氧化钠溶液中加热，二者反应生成红褐色氢氧化铁沉淀，得不到氢氧化铁胶体，所以该题说法错误，故答案为：×．四、探究题(共4题，共40分)21、|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．22、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++8H2O450g2mol5.0g×x×g（0.1000×0.020）mol解得：x==90.00%；

故答案为：20.00；90.00%；

(3)④A．未用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗滴定管，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故A正确；

B．滴定前锥形瓶有少量水，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，根据c（待测）=分析；c（标准）不变，故B错误；

C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故C正确；

D．不小心将少量酸性KMnO4溶液滴在锥形瓶外，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故D正确；

E．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=分析；c（标准）偏小，故E错误；

故选ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装；高锰离子有催化作用而导致反应速率加快；乙二酸与KMnO4发生氧化还原反应，滴定终点时，溶液由无色变成紫红色，且半分钟内不褪色；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，根据关系式2KMnO4～5H2C2O4计算；

④根据c（待测）=