2024年沪教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年沪教版高三化学上册阶段测试试卷541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、用NA表示阿伏加德罗常数的值．下列说法中正确的是（）A.2.4g金属镁变成镁离子时失去的电子数为0.1NAB.标准状况下，11.2LCCl4所含的分子数为0.5NAC.0.5mol/LAlCl3溶液中Cl-的数目为2NAD.17g氨气中含有的电子数为10NA2、下列各组微粒具有相同的质子数和电子数的是（）A.OH-、H2OB.NH4+、NH2-C.H3O+、CH4D.HCl、F23、有五种饱和溶液①Ba(NO3)2②Ca(OH)2③NaAlO2④Na2CO3⑤NH3和NaCl，分别持续通入CO2，最终得到沉淀或析出晶体的是A.①②③④⑤B.②③④⑤C.③④⑤D.③④4、下列有关化学与生活的叙述错误的是（）A.利用太阳能、潮汐能、风力发电，可以获取清洁能源B.利用可降解的“玉米塑料”生产一次性饭盒，可防止白色污染C.化学药品着火，都要立即用水或泡沫灭火器灭火D.采用纳米二氧化钛光触媒技术可将汽车尾气中的NO和CO转化为无害气体5、在0.1mol•L-1CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO-+H+，对于该平衡，下列叙述正确的是（）A.加入水时，平衡向逆反应方向移动B.加入少量NaOH固体，平衡向正反应方向移动C.加入少量0.1mol•L-1HCl溶液，溶液中c（H+）减小D.加入少量CH3COONa固体，醋酸电离程度增大6、有关化学用语正确的是（）A.乙烯的实验式：C2H4B.乙炔的电子式：C.甲酸甲酯的结构简式：C2H4OD.氢氧根电子式：7、把aL含硫酸铵、硝酸铵的混合溶液分成两等份，一份用bmol烧碱刚好把NH3全部赶出，另一份与氯化钡溶液完全反应消耗cmolBaCl2，则原溶液中c（NO3-）为（）A.mol•L-1B.mol•L-1C.mol•L-1D.mol•L-18、下列反应既是离子反应又是氧化还原反应的是（）A.BaCl2溶液中滴入稀硫酸B.盐酸和氧化镁C.铁片放入CuSO4溶液中D.氢气还原氧化铜评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)9、下列溶液不能用带磨口玻璃塞的试剂瓶保存的是（）A.稀硫酸B.NaOHC.氢氟酸D.浓盐酸10、下列物质属于混合物的是（）A.烧碱B.盐酸C.胆矾D.食盐11、某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份．向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2g（已知硝酸只被还原为NO气体）．向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示．下列分析或结果错误的是（）A.混合酸中NO3-物质的量为0.2molB.OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段产生氢气C.溶液中最终溶质为FeSO4D.H2SO4浓度为5mol/L12、如图是某空间站能量转化系统的局部示意图；其中燃料电池采用KOH为电解液；

下列有关说法中不正确的是（）A.该能量转化系统中的水也是可以循环的B.燃料电池系统产生的能量实际上来自于水C.水电解系统中的阴极反应：O2+2H2O+4e-=4OH-D.燃料电池放电时的负极反应：H2-2e-+2OH-=2H2O13、下列物质属于纯净物的是（）A.福尔马林B.冰醋酸C.氯仿D.聚丙烯酸甲酯评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)14、用A；B、C三种装置都可制取溴苯．请仔细分析三套装置；然后完成下列问题：

（1）写出三个装置中都发生的两个反应的化学方程式：____；____．

（2）装置A、C中长导管的作用是____．

（3）装置B的双球吸收管中CCl4的作用是____；反应后双球吸收管中可能出现的现象是____．

（4）B装置也存在两个明显的缺点，使实验的效果不好或不能正常进行．这两个缺点是：____、____．15、（2016•河南模拟）NaN3（叠氮化钠）是一种易溶于水的白色晶体；微溶于乙醇，不溶于乙醚，常用作汽车安全气囊中的药剂．实验室制取叠氮化钠的原理；实验装置及步骤如下：

实验步骤如下：

①打开装置D导管上的旋塞；加热制取氨气．

②再加热装置A中的金属钠；使其熔化并充分反应后，再停止加热D并关闭旋塞．

③向装置A中b容器内充入加热介质并加热到210一220℃，然后通入N2O．

④冷却，向产物中加入乙醇（降低NaN3的溶解度）；减压浓缩；结晶．

⑤过滤；用乙醚洗涤，晾干．

已知：NaNH2熔点210℃；沸点400℃，在水溶液中易水解．

回答下列问题：

（1）图中仪器a用不锈钢材质而不用玻璃，其主要原因是____．

（2）装置B中盛放的药品为____；装置C的主要作用是____．

（3）步骤①先加热通氨气的目的是____；步骤②氨气与熔化的钠反应的方程式为____．

（4）步骤③b容器充入的介质为植物油，进行油浴而不用水浴的主要原因是____．

（5）N2O可由NH4NO3在240-245℃分解制得，该反应的化学方程式为____．

（6）步骤⑤用乙醚洗涤的主要目的是____．

（7）消防时，销毁NaN3常用NaClO溶液，将其转化为N2，该反应过程中得到的还原产物是____．16、常温下0.1mol/L的HCOONa溶液pH为10，则HCOOH的电离常数Ka=____．17、（2011秋•玉山县校级期末）目前工业上有一种方法是用CO2来生产燃料甲醇．为探究反应原理，现进行如下实验，在体积为1L的客闭容器中，充入1molCO2和3molH2，在500℃下发生反应：CO2（g）+3H2O（g）⇔CH3OH（g）+H2O（g）；

△H=-49.0kJ/mol

测得CO2和CH3OH（g）的浓度随时间变化如图所示．

（1）从反应开始到平衡，v（H2）=____；

（2）该反应的平衡常数K=____；若温度提高到800℃，反应达到平衡时，K值____（填“增大”，“减少”或“不变”）；若只增大CO2的浓度，则K值____（同上）；

（3）为提高生产效率，工业生产中常使用适当催化剂．催化剂使反应物速率____，而反应物的转化率____．（填“增大”；“减少”或“不变”）

（4）若在500℃，恒容的密闭容器中，起始时加入物质的量为：amolCO2、bmolH2和cmolCH3OH、cmolH2O，达平衡后，CH3OH的体积分数保持不变．则a、b、c的关系为____．18、（2012秋•历城区期末）如图；将铜片和锌片焊接在一起组成A极，B为碳棒，进行电解实验，电解液中含硝酸银和硝酸铜各0.1mol．已知电路中通过0.2mol电子．

（1）请写出A；B两极发生反应的电极反应式：

A：____；B：____．

（2）请分析A；B两极质量变化情况为。

A：____；B：____．评卷人得分四、判断题(共3题，共6分)19、在18g18O2中含有NA个氧原子．____（判断对错）20、用标准NaOH溶液滴定未知浓度的醋酸到终点时，钠离子物质的量等于醋酸根离子的物质的量____（判断正误）21、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）评卷人得分五、解答题(共4题，共12分)22、将6.50g锌投入200mL某浓度的盐酸中；锌和盐酸恰好完全反应．求：

（1）6.50g锌的物质的量为多少？

（2）反应中生成的H2在标准状况下的体积为多少？

（3）所用盐酸中HCl的物质的量浓度为多少？23、工业合成氨与制备硝酸一般可连续生产；流程如下：

（1）工业生产时，制取氢气的一个反应为：CO+H2O（g）⇌CO2+H2．t℃时，往1L密闭容器中充入0.2molCO和0.3mol水蒸气．反应建立平衡后，体系中c（H2）=0.12mol•L-1．该温度下此反应的平衡常数K=______（填计算结果）．

（2）合成培中发生反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0．下表为不同温度下该反应的平衡常数．由此可推知，表中T1______300℃（填“＞”；“＜”或“=”）．

。T/℃T1300T2K1.00×1072.45×1051.88×103（3）N2和H2在铁作催化剂作用下从145℃就开始反应，不同温度下NH3产率如图所示．温度高于900℃时，NH3产率下降的原因______．

（4）在上述流程图中，氧化炉中发生反应的化学方程式为______△4NO+6H2O

24、物质A～E均含同种元素；都是中学化学中常见的物质，它们可发生如图所表示的反应（除A～E外的其它物质已略去）：

（1）写出相应物质的类别：

。BCD类别（2）在以上反应中（用序号填空）：

属于氧化还原反应的是______；属于复分解反应的是______．

（3）写出反应③和⑦的离子方程式：______：______．

25、标准状况下，若将过量CO2通过盛有7.24gKO2和Na2O2的均匀混合物的装置，充分反应后逸出的气体中O2体积为1568mL，则混合物中KO2和Na2O2的物质的量分别是多少？评卷人得分六、推断题(共1题，共3分)26、（2012•南宁三模）有A；B、C、D、E、F六种常见物质；将它们分别溶于水，所得溶液颜色各不相同．已知：

①A常温下为黄绿色气体；

②B为淡黄色固体；溶于水同时有无色气体放出；

③C；D所含元素相同；溶液中C、D、E能发生右图所示转化；

④F是一种钾盐；受热时也会产生②中的无色气体，分解剩余固体与浓盐酸共热可生成气体A．

请回答下列问题：

（1）A的电子式为____，B含有的化学键类型是____．

（2）②中反应的化学方程式为____，该反应中还原剂是____（写化学式）．

（3）C、D溶液的颜色依次为____．写出其中C转化为D和E的离子方程式：____

（4）F的化学式是____．取7.9g固体F，充分加热使其完全分解，冷却后将剩余固体溶于水，不溶物经过滤、洗涤，与足量浓盐酸反应，计算反应过程中累计最多可制得气体的体积（标准状况）：____．参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【分析】A；求出镁的物质的量；然后根据反应后镁元素为+2价来分析；

B；标况下；四氯化碳为液态；

C；溶液体积不明确；

D、求出氨气的物质的量，然后根据氨气为10电子分子来分析．【解析】【解答】解：A、2.4g镁的物质的量为0.1mol，而反应后镁元素为+2价，故0.1mol镁失去0.2mol电子即0.2NA个；故A错误；

B；标况下；四氯化碳为液态，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误；

C；溶液体积不明确；故溶液中的氯离子的个数无法计算，故C错误；

D、17g氨气的物质的量为1mol，而氨气为10电子分子，故1mol氨气中含10mol电子即10NA个；故D正确．

故选D．2、D【分析】【分析】质子数等于原子的质子数之和，中性微粒中质子数等于电子数，阳离子的电子数等于质子数减去电荷数，而阴离子的电子数为质子数加电荷数．【解析】【解答】解：A、OH-的质子数为8+1=9，OH-的电子数为9+1=10，H2O的质子数为8+1×2=10，H2O的电子数为8+1×2=10；故A错误；

B、NH4+的质子数为7+4=11，NH4+的电子数为11-1=10，NH2-的质子数等于7+1×2=9；电子数等于7+1×2+1=10，故B错误；

C、H3O+的质子数等于8+1×3-1=10，H3O+电子数等于8+1×3=11，CH4的质子数为6+1×4=10，CH4的电子数为6+1×4=10；故C错误；

D、HCl的质子数为17+1=18，电子数为17+1=18，F2的质子数为9×2=18，F2的电子数为9×2=18；故D正确；

故选D．3、C【分析】试题分析：CO2与硝酸钡不反应，与氢氧化钙溶液反应先产生碳酸钙沉淀，CO2过量后碳酸钙又溶解生成碳酸氢根，与偏铝酸钠反应得到氢氧化铝沉淀，CO2过量氢氧化铝不溶解，与饱和碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠晶体，CO2通入被氨气饱和的氯化钠溶液生成碳酸氢钠晶体，答案选C。考点：考查CO2的性质【解析】【答案】C4、C【分析】【分析】A．利用太阳能；潮汐能、风力发电；无污染产生；

B．白色污染与塑料有关；难以降解；

C．化学药品着火；要根据化学药品的性质来分析选用灭火剂；

D．NO和CO转化为氮气和二氧化碳．【解析】【解答】解：A．利用太阳能；潮汐能、风力发电；不会对环境造成污染，为清洁能源，故A正确；

B．塑料难以降解；所以利用可降解的“玉米塑料”生产一次性饭盒，可防止白色污染，故B正确；

C．化学药品着火；不一定能用水或泡沫灭火器来灭火，如钠的燃烧，只能用沙土来灭，要根据化学药品的性质来分析选用灭火剂，故C错误；

D．采用纳米二氧化钛光触媒技术将汽车尾气中的NO和CO转化为氮气和二氧化碳；均为无毒物质，故D正确；

故选：C．5、B【分析】【分析】因加入水；加热促进弱电解质的电离；加酸抑制弱酸的电离，加入与弱电解质电离出相同离子的电解质抑制电离；

A．稀释弱电解质溶液；会促进电离；

B．H+被氢氧化钠消耗；平衡向着正向移动；

C．引进了氢离子，平衡向着逆向移动，但是c（H+）会增大；

D．加入醋酸根离子，平衡向着逆向移动．【解析】【解答】解：A．加水促进弱电解质的电离；则电离平衡正向移动，故A错误；

B．加入少量NaOH固体，与CH3COOH电离生成的H+结合；使电离平衡向着正向移动，故B正确；

C．盐酸是强电解质，加入后溶液中c（H+）增大，电离平衡向着逆向移动，但是达到新的平衡时，溶液中c（H+）增大；故C错误；

D．加入少量CH3COONa固体，由电离平衡可知，c（CH3COO-）增大；则电离平衡逆向移动，醋酸的电离程度减小，故D错误；

故选B．6、B【分析】【分析】A．实验式是各元素原子个数最简比；

B．乙炔分子C原子之间存在3对共用电子对；

C．结构简式要体现官能团，甲酸甲酯的分子式C2H4O；

D．氢氧根离子带一个单位负电荷，为羟基电子式．【解析】【解答】解：A、乙烯的实验式为为CH2；故A错误；

B、乙炔是碳原子和氢原子之间通过共用电子对形成的共价化合物，电子式为：故B正确；

C、甲酸甲酯的结构简式：HCOOCH3；故C错误；

D、氢氧根离子带一个单位负电荷，电子式为为羟基电子式，故D错误，故选B．7、B【分析】【分析】bmol烧碱刚好把NH3全部赶出，根据NH4++OH-═NH3+H2O可知每份中含有bmolNH4+，与氯化钡溶液完全反应消耗cmolBaCl2，根据Ba2++SO42-═BaSO4↓可知每份含有SO42-cmol．根据溶液不显电性，计算出每份中NO3-的物质的量，再根据c=计算原溶液中硝酸根离子的浓度．【解析】【解答】解：bmol烧碱刚好把NH3全部赶出，根据NH4++OH-═NH3+H2O可知每份中含有bmolNH4+；

与氯化钡溶液完全反应消耗cmolBaCl2，根据Ba2++SO42-═BaSO4↓可知每份含有SO42-cmol；

设每份中NO3-的物质的量为n；根据溶液不显电性，则：

bmol×1=cmol×2+n×1

解得n=（b-2c）mol

每份溶液的体积为0.5aL，所以每份溶液硝酸根的浓度为c（NO3-）==mol/L；

即原溶液中硝酸根的浓度为：mol/L；

故选B．8、C【分析】【分析】离子反应，应能在溶液中进行，且有离子参加反应，氧化还原反应的特征是有化合价的升降，以此解答该题．【解析】【解答】解：A．BaCl2溶液中滴入稀硫酸生成硫酸钡和水；属于离子反应，但元素的化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故A错误；

B．盐酸和氧化镁反应的实质为氢离子和氧化镁的反应；属于离子反应，但元素的化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故B错误；

C．铁片放入CuSO4溶液中，反应的实质为Fe+Cu2+=Fe2++Cu；既是离子反应又是氧化还原反应，故C正确；

D．氢气还原氧化铜不是离子反应；但属于氧化还原反应，故D错误．

故选C．二、多选题(共5题，共10分)9、BC【分析】【分析】玻璃的成分中含有二氧化硅，二氧化硅是酸性氧化物，能和强碱反应，能和氢氟酸反应，带玻璃塞的试剂瓶不能存放呈强碱性的物质．【解析】【解答】解：A．稀硫酸溶液不与二氧化硅发生反应；所以稀硫酸溶液能用带玻璃塞的玻璃瓶保存，故A正确；

B．氢氧化钠呈强碱性；能和二氧化硅反应生成硅酸钠，硅酸钠具有黏性，能把玻璃塞黏住，故B错误；

C．氢氟酸和二氧化硅反应生成四氟化硅；所以不能用玻璃瓶盛放氢氟酸，要用塑料瓶盛放，故C错误；

D．浓盐酸呈酸性；不和二氧化硅反应，所以可以带玻璃塞的试剂瓶盛放，故D正确．

故选BC．10、BD【分析】【分析】根据纯净物和混合物的概念来判断．纯净物是宏观上看只有一种物质，微观上只有一种分子的物质，否则为混合物．【解析】【解答】解：A；烧碱是由一种物质组成属于纯净物；故A错；

B；盐酸是HCl的水溶液；属于混合物，故B正确；

C；胆矾是由一种物质组成属于纯净物；故C错误；

D、食盐中含NaCl和KIO3；故是混合物，故D正确．

故选BD．11、AD【分析】【分析】由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑．

A、OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O；硝酸全部起氧化剂作用，根据铁的物质的量结合离子方程式计算；

B；铁先与硝酸反应生成一氧化氮与铁离子；之后铁与铁离子反应生产亚铁离子，最后是铁和硫酸反应；

C；铁先与硝酸反应；之后铁与铁离子反应生产亚铁离子，最后是铁和硫酸反应，铁单质全部转化为亚铁离子，硝酸全部起氧化剂作用，没有显酸性的硝酸；

D、根据铁和硫酸的反应中铁的质量来确定所需硫酸的量，进而确定硫酸的浓度．【解析】【解答】解：A、OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，所以原混合酸中n（NO3-）=2n（Fe）=2×=0.4mol；故A错误；

B、由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑；故B正确；

C、硝酸全部被还原，没有显酸性的硝酸，因为溶液中有硫酸根，并且铁单质全部转化为亚铁离子，所以溶液中最终溶质为FeSO4；故C正确；

D、反应消耗22.4g铁，也就是=0.4mol；所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒，所以每份含硫酸0.4mol，所以硫酸的浓度是4mol/l，故D错误．

故选AD．12、BC【分析】【分析】根据空间站能量转化系统局部示意图可知，向日面时发生水的分解反应，背日面时发生氢气和氧气生成水的电池反应，再结合系统中KOH溶液的变化来分析解答．【解析】【解答】解：A；由转化系统可知；水分解后还可再生成，则水是循环使用的，说法正确，故A错误．

B；燃料电池系统产生的能量来源于化学反应产生的化学能；属于化学能转变为电能，不是来源于水，说法错误，故B正确；

C、水电解系统中的阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，所以电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-；说法错误，故C正确．

D、该燃料电池放电时的负极发生氧化反应，在碱性环境下，2OH-+H2-2e-=2H2O；说法正确，故D错误．

故选BC．13、BC【分析】【分析】根据纯净物、混合物的定义来判断．混合物是由两种或两种以上物质组成的；纯净物是由一种物质组成的．【解析】【解答】解：A；福尔马林是甲醛的水溶液；属于混合物，故A错误；

B；纯醋酸在16.6℃以下时能结成冰状的固体；常称为冰醋酸冰醋酸，属于纯净物，故B正确；

C、氯仿的化学式为CHCl3；属于纯净物，故C正确；

D；聚丙烯酸甲酯中n值不同；导致物质不同，属于混合物，故D错误；

故选BC．三、填空题(共5题，共10分)14、2Fe+3Br2=2FeBr3导气（导出HBr）兼冷凝（冷凝苯和溴蒸气）吸收反应中随HBr气体逸出的Br2和苯蒸气CCl4溶液由无色变橙色随HBr逸出的溴蒸气和苯蒸气不能回流到反应器中，原料利用率低导管插入AgNO3溶液中易产生倒吸【分析】【分析】（1）制备溴苯时；Fe与溴反应生成溴化铁，苯与溴发生取代反应生成溴苯；

（2）长导管起导气；冷凝作用；

（3）溴；苯蒸气易溶于四氯化碳；溴溶解在四氯化碳中为橙色；

（4）B装置也存在两个明显的缺点，溴、苯不能回流，利用率低；AgNO3溶液中导管过长易发生倒吸．【解析】【解答】解：（1）三个装置中都发生的两个反应的化学方程式分别为2Fe+3Br2=2FeBr3、

故答案为：2Fe+3Br2=2FeBr3；

（2）装置A、C中长导管的作用是导气（导出HBr）兼冷凝（冷凝苯和溴蒸气），故答案为：导气（导出HBr）兼冷凝（冷凝苯和溴蒸气）；

（3）装置B的双球吸收管中CCl4的作用是吸收反应中随HBr气体逸出的Br2和苯蒸气；反应后双球吸收管中可能出现的现象是CCl4溶液由无色变橙色；

故答案为：吸收反应中随HBr气体逸出的Br2和苯蒸气；CCl4溶液由无色变橙色；

（4）B装置也存在两个明显的缺点，使实验的效果不好或不能正常进行．这两个缺点是：随HBr逸出的溴蒸气和苯蒸气不能回流到反应器中，原料利用率低；导管插入AgNO3溶液中易产生倒吸（或“气体不流畅”；或“气流过快，将双球管中液体压入右侧试管”等合理答案均可）；

故答案为：随HBr逸出的溴蒸气和苯蒸气不能回流到反应器中，原料利用率低；导管插入AgNO3溶液中易产生倒吸．15、反应过程可能生成的NaOH能腐蚀玻璃碱石灰冷凝分离出水排尽装置中的空气2Na+2NH32NaNH2+H2水的沸点为100℃，不能达到反应控制的温度210一220℃NH4NO3N2O↑+2H2O↑减少晶体的损失，有利于产品快速干燥NaCl【分析】【分析】（1）反应过程中会产生NaOH；腐蚀玻璃；

（2）制备的氨气中含有大量的水；用C冷凝分离出水，B中盛放碱石灰干燥氨气；

（3）加热时空气中的氧气等能与钠反应，用氨气排尽装置中的空气；步骤②制备NaNH2；还生成氢气；

（4）水的沸点为100℃；不能达到控制的温度；

（5）N2O可由NH4NO3在240-245℃分解制得；反应还生成水，利用待定系数法结合原子守恒配平；

（6）NaN3不溶于乙醚；减少晶体的损失，有利于产品快速干燥；

（7）NaN3与NaClO溶液反应转化为N2，氯元素被还原生成氯化钠．【解析】【解答】解：（1）反应过程中有水生成；会反应生成NaOH腐蚀玻璃；

故答案为：反应过程可能生成的NaOH能腐蚀玻璃；

（2）制备的氨气中含有大量的水；用C装置冷凝分离出水，B中盛放碱石灰干燥氨气；

故答案为：碱石灰；冷凝分离出水；

（3）用氨气排尽装置中的空气，防止加热时空气中的氧气等能与钠反应，步骤②制备NaNH2，还生成氢气，反应方程式为：2Na+2NH32NaNH2+H2；

故答案为：排尽装置中的空气；2Na+2NH32NaNH2+H2；

（4）水的沸点为100℃；不能达到反应控制的温度210一220℃，故用油浴加热；

故答案为：水的沸点为100℃；不能达到反应控制的温度210一220℃；

（5）N2O可由NH4NO3在240-245℃分解制得，反应还生成水，反应方程式为：NH4NO3N2O↑+2H2O↑；

故答案为：NH4NO3N2O↑+2H2O↑；

（6）NaN3不溶于乙醚；减少晶体的损失，有利于产品快速干燥；

故答案为：减少晶体的损失；有利于产品快速干燥；

（7）NaN3与NaClO溶液反应转化为N2；氯元素被还原生成氯化钠；

故答案为：NaCl．16、10-7【分析】【分析】计算水解平衡常数Kh，再根据Ka=计算．【解析】【解答】解：常温下，0.1mol/L的HCOONa溶液pH为10，溶液中存在HCOO-水解HCOO-+H2O⇌HCOOH+OH-，故Kh===10-7，则HCOOH的电离常数Ka====10-7；

故答案为：10-7．17、0.225mol/（L•mon）减少不变增大不变a+c=1，b+3c=3【分析】【分析】（1）由图可知，10min到达平衡，平衡时甲醇的浓度变化为0.75mol/L，由方程式可知氢气的浓度变化等于甲醇的浓度变化量3倍为2.25mol/L，根据v=计算v（H2）；

（2）化学平衡常数；是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值；

（3）催化剂能同等程度增大正逆反应速率；不改变化学平衡状态；

（4）达平衡后，CH3OH的体积分数保持不变，建立的平衡与原平衡为等效平衡．【解析】【解答】解：（1）由图可知，10min到达平衡，平衡时甲醇的浓度变化为0.75mol/L，由方程式CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O可知，氢气的浓度变化等于甲醇的浓度变化量为0.75mol/L×3=2.25mol/L，故v（H2）==0.225mol/（L•mon）；故答案为：0.225mol/（L•mon）；

（2）反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）的平衡常数K=，反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H=-49.0kJ/mol，升温，平衡左移，平衡常数减小，平衡常数只与温度有关，若只增大CO2的浓度，平衡常数不变，故答案为：；减少；不变；

（3）催化剂能同等程度增大正逆反应速率；不改变化学平衡状态，故答案为：增大；不变；

（4）根据等效平衡，cmolCH3OH、cmolH2O完全换算成CO2（g）和H2O（g），物质的量应为起始加入的量，即应满足a+c=1，b+3c=3；

故答案为：a+c=1，b+3c=3．18、Zn-2e-═Zn2+先2Ag++2e-═2Ag，后Cu2++2e-═Cu减少6.5g增加14g【分析】【分析】分析装置图可知是电解池，铜片和锌片焊接在一起组成A极为电解池的阳极，B为碳棒做电解池的阴极，依据电子守恒计算判断电极上发生的电极反应和两个电极质量变化．【解析】【解答】解：（1）铜片和锌片焊接在一起组成A极为电解池的阳极，B为碳棒做电解池的阴极，电解液中含硝酸银和硝酸铜各0.1mol．已知电路中通过0.2mol电子，铜片和锌片比较锌的活泼性大于铜，锌先失电子，阳极电极反应为：Zn-2e-=Zn2+，电子转移0.2mol，锌溶解0.1mol；同时阴极上溶液中的银离子氧化性大于铜离子现在阴极得到电子，电极反应Ag++e-=Ag，0.1mol银离子得到电子0.1mol，所以溶液中的铜离子得到电子0.1mol，电极反应为Cu2++2e-=Cu；反应的铜离子0.1mol；

故答案为：Zn-2e-═Zn2+；先2Ag++2e-═2Ag，后Cu2++2e-═Cu；

（2）已知电路中通过0.2mol电子，铜片和锌片比较锌的活泼性大于铜，锌先失电子，阳极电极反应为：Zn-2e-=Zn2+，电子转移0.2mol，锌溶解0.1mol；同时阴极上溶液中的银离子氧化性大于铜离子现在阴极得到电子，电极反应Ag++e-=Ag，0.1mol银离子得到电子0.1mol，所以溶液中的铜离子得到电子0.1mol，电极反应为Cu2++2e-=Cu；反应的铜离子0.05mol；所以阳极电极质量减小0.1mol×65g/mol=6.5g，阳极电极质量增加质量=0.1mol×108g/mol+0.05mol×64g/mol=14g；

故答案为：减少6.5g；增加14g．四、判断题(共3题，共6分)19、√【分析】【分析】18O2的相对分子质量为36，结合n==计算．【解析】【解答】解：18O2的相对分子质量为36，n（18O2）==0.5mol，则含有1mol18O原子，个数为NA，故答案为：√．20、×【分析】【分析】用标准NaOH溶液滴定未知浓度的醋酸到终点时，反应恰好生成醋酸钠，水解呈碱性，以此解答．【解析】【解答】解：达到滴定终点时，氢氧化钠和醋酸的物质的量相等，生成醋酸钠，醋酸钠为强碱弱酸盐，水解呈碱性，c（CH3COO-）＜c（Na+）；

故答案为：×．21、√【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：√．五、解答题(共4题，共12分)22、略

【分析】【分析】（1）根据n=计算6.50g锌的物质的量；

（2）根据方程式计算生成氢气的物质的量；再根据V=nVm计算氢气的体积；

（3）根据方程式Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑，计算HCl的物质的量，再根据c=计算盐酸的物质的量浓度．【解析】【解答】解：（1）6.50g锌的物质的量为：=0.1mol；答：6.50g锌的物质的量是0.1mol；

（2）由化学方程式Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑可知：n（H2）=n（Zn）=0.1mol；

所以氢气的体积为：0.1mol×22.4L/mol=2.24L；

答：反应中生成的H2在标准状况下所占的体积为2.24L；

（3）令HCl的物质的量为nmol；则：

Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑

65g2mol

6.5gnmol

所以=

解得n=0.2

故该盐酸的物质的量浓度为：=2mol/L；

答：所用盐酸中HCl中的物质的量浓度为2mol/L．23、略

【分析】

（1）根据题意：CO+H2O（g）⇌CO2+H2

初始浓度：0.20.300

变化浓度：0.120.120.120.12

平衡时的浓度：0.080.180.120.12

则K==1；故答案为：1；

（2）对于放热反应，温度越高，则化学平衡逆向移动，导致平衡常数减小，所以T1＜300℃；故答案为：＜；

（3）对于放热反应；温度升高，则化学平衡向逆向移动，所以氨气的产率减小，故答案为：温度高于900℃时，平衡向左移动；

（4）氧化炉中是氨的催化氧反应，方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；

（5）根据题意：①CH4（g）+2NO2（g）═2NO（g）+CO2（g）+H2O（g）△H=×（-574kJ•mol-1）=-287kJ•mol-1；

CH4（g）+2NO（g）═N2（g）+CO2（g）+H2O（g）△H=×（-1160kJ•mol-1）=-580kJ•mol-1；

根据盖斯定律反应CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）可以看成是①+②，所以△H=-287kJ•mol-1-580kJ•mol-1=-867kJ•mol-1；

故答案为：CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=-867kJ•mol-1；

（6）氨气在纯氧中燃烧，生成氮气和水，化学方程式为：4NH3+5O2=4N2+6H2O，在燃料电池中，燃料做负极，则通入氨气的电极是负极，碱性条件下，该电极发生反应的电极反应式为NH3-6e-+6OH-→N2+6H2O，故答案为：4NH3+5O24N2+6H2O；负极；NH3-6e-+6OH-→N2+6H2O．

【解析】【答案】（1）根据平衡常数表达式以及各种物质的浓度知识来回答；

（2）温度和平衡常数间的关系取决于平衡受温度的影响情况；

（3）对于放热反应；温度升高，则化学平衡向逆向移动；

（4）氨的催化氧化产物是一氧化氮和水；

（5）根据盖斯定律来计算反应的焓变；进而书写热化学方程式；

（6）氨气在纯氧中燃烧；生成氮气和水，燃料电池中，燃料做负极．

24、略

【分析】

由反应③DEBC，考虑E为硫酸盐，B为氯化物，由反应⑦EA，反应①DA，考虑置换反应，各物质为中心常见物质，考虑A为Cu，E为CuSO4，B为CuCl2，C为Cu（OH）2，由转化⑥CD，D为CuO，反应③为CuO+H2SO4→CuSO4，反应①为CuO+H2→Cu，反应②Cu+O2→CuO；验证符合转化关系；

（1）由上述分析可知，B是CuCl2，属于盐；C是Cu（OH）2；属于碱；D是CuO，属于氧化物；

故答案为：

。BCD类别盐碱氧化物；

（2）反应①是CuO+H2→Cu+H2O；反应中铜元素；氢元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应；

反应②是Cu+O2→Cu；反应中铜元素；氧元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应；

反应③是CuO+H2SO4→CuSO4+H2O；反应中元素的化合价未发生变化，属于复分解反应；

反应④是CuSO4+BaCl2→BaSO4+CuCl2；属于复分解反应；

反应⑤是CuCl2+碱→Cu（OH）2+新盐；属于复分解反应；

反应⑥是Cu（OH）2→CuO+H2O；属于分解反应；

反应⑦是CuSO4+Fe→Cu+FeSO4；反应中铜元素；铁元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应