2025年人教新起点高三化学上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2025年人教新起点高三化学上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9题，共18分)1、已知苯跟一卤代烷在催化剂作用下；可生成苯的同系物．如在催化剂作用下：

苯和下列各组物质合成乙苯最好应选用的是（）A.CH3CH3和Cl2B.CH2=CH2和HClC.CH2=CH2和Cl2D.CH3CH3和HCl2、下列反应不能通过一步反应直接完成的是（）A.Na2CO3→NaHCO3B.SiO2→Na2SiO3C.Al2O3→Al（OH）3D.Fe（OH）2→Fe（OH）33、下列关于沉淀溶解的说法正确的是（）A.只有难溶电解质才存在沉淀溶解平衡过程B.沉淀溶解平衡过程是可逆的C.在平衡状态时v溶解=v结晶=0D.达到沉淀溶解平衡的分散系不一定是饱和溶液4、用惰性电极电解某金属元素R的硝酸盐R(NO3)n溶液，通电一段时间后，阳极产生气体VL(标准状况)时，阴极质量增加mg，若R的相对原子质量为M，设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述中不正确的是A.电路中通过电子NAB.n＝C.溶液中H＋增加NAD.n＝5、在大试管内依次加入20mL蒸馏水；10mL无水酒精、7g硫酸铵晶体；充分振荡后静置片刻，形成液体分层、部分固体沉淀的现象；再用激光笔测试，仅上层液体出现右图所示现象．依据上述描述，判断下列说法错误的是（）

A.硫酸铵的溶解过程属于熵增的过程。

B.上层可能是硫酸铵在乙醇中形成的胶体。

C.该温度下；硫酸铵在水中的溶解度大于其在乙醇中的溶解度。

D.向该试管内滴入甲基橙试剂振荡后静置；上层液体显无色，下层液体出现红色。

6、下列式子书写正确的是（）A.B.C.D.7、下列分别是利用不同能源发电的实例图形，其中不属于新能源开发利用的是（）A.

风力发电B.

太阳能发电C.

火力发电D.

潮汐能发电8、下列反应的化学方程式或离子方程正确的是（）A.CH3CH=CH2发生加聚反应：nCH3CH=CH2B.乙酸乙酯在酸性条件下水解：CH3COOCH2CH3+H2OCH3COOH+CH3CH2OHC.SO2通入到BaCl2溶液中：SO2+Ba2++H2O═BaSO3↓+2H+D.Fe（NO3）2溶液中滴加稀盐酸：3Fe2++4H++NO3-═3Fe3++NO↑+2H2O9、下列说法正确的是（）A.在某温度下，测得纯水中c（H+）=2×10-7mol/L，则c（OH-）为5×10-8mol/LB.CH3COOH溶液与NaOH溶液反应，若反应后溶液的pH为7，则混合前二者的物质的量相等C.在25℃时，无论是酸性、碱性还是中性溶液中，其C（H+）与c（OH-）的乘积都等于1×10-14D.0.1mol/L的KOH溶液和0.1mol/L的氨水中，其c（OH-）浓度相等评卷人得分二、双选题(共7题，共14分)10、下列化学实验事实及其解释都正确的是（）A.向碘水中滴加CCl4，振荡静置后分层，CCl4层呈紫红色，说明可用CCl4从碘水中萃取碘B.向SO2水溶液中滴加盐酸酸化的Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀生成，说明BaSO3难溶于盐酸C.向0.1mol•L-1FeSO4溶液中滴加少量酸性KMnO4溶液，KMnO4溶液褪色，说明Fe2+具有氧化性D.向2.0mL浓度均为0.1mol•L-1的KCl、KI混合溶液中滴加1～2滴0.01mol•L-1AgNO3溶液，振荡，沉淀呈黄色，说明同温度下AgCl的Ksp比AgI的Ksp大11、rm{娄脕-}氯乙基苯是一种重要的有机合成中间体；其一种制备反应原理为：

rm{(g)+Cl_{2}(g)?}rm{(g)+HCl(g)triangleH}

在rm{T隆忙}时，向rm{2.0L}恒容密闭容器中充入rm{0.40mol}乙苯rm{(g)}和rm{0.40mol}rm{Cl_{2}(g)}进行反应；反应过程中测定的部分数据见表：

。rm{t/min}rm{0}rm{1}rm{2}rm{5}rm{10}rm{n(HCl)/mol}rm{0}rm{0.12}rm{0.20}rm{0.32}rm{0.32}下列有关说法正确的是rm{(}rm{)}A.反应在rm{0隆芦2}rm{min}内的平均速率rm{v(娄脕-}氯乙基苯rm{)=0.10mol?L^{-1}?min^{-1}}B.rm{10}rm{min}后，若保持其他条件不变，升高温度，达到新平衡时测得rm{c(娄脕-}氯乙基苯rm{)=0.18mol?L^{-1}}则反应的rm{triangleH>0}C.在rm{T隆忙}时，起始时若向容器中充入rm{1.0}rm{mol}乙苯rm{(g)}rm{0.50}rm{mol}rm{Cl_{2}(g)}和rm{0.50}rm{mol娄脕-}氯乙基苯rm{(g)}rm{0.50}rm{mol}rm{HCl(g)}则反应将向正反应方向进行D.在rm{T隆忙}时，起始时若向容器中充入rm{2.0mol娄脕-}氯乙基苯rm{(g)}和rm{2.2mol}rm{HCl(g)}达到平衡时，rm{娄脕-}氯乙基苯rm{(g)}的转化率小于rm{20%}12、某电池以rm{K_{2}FeO_{4}}和rm{Zn}为电极材料，rm{KOH}溶液为电解质溶液。下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{Zn}为电池的负极B.正极反应式为rm{{2FeO}_{4}^{2-}+10{{{H}}^{+}}+6{{{e}}^{-}}==={F}{{{e}}_{{2}}}{{{O}}_{{3}}}+{5}{{{H}}_{{2}}}{O}}C.该电池放电过程中电解质溶液浓度不变D.电池工作时rm{OH^{-}}向负极迁移13、下列说法正确的是（）A.第一电离能大小：S＞P＞SiB.电负性顺序：C＜N＜O＜FC.因为晶格能CaO比KCl高，所以KCl比CaO熔点低E.分子晶体中，共价键键能越大，该分子晶体的熔沸点越高E.分子晶体中，共价键键能越大，该分子晶体的熔沸点越高14、氨催化氧化是硝酸工业的基础，在某催化剂作用下只发生主反应rm{垄脵}和副反应rm{垄脷}有关物质产率与温度的关系如图。

rm{4NH_{3}(g)+5O_{2}(g)?4NO(g)+6H_{2}O(g)triangleH=-905kJ?mol^{-1}}rm{4NH_{3}(g)+5O_{2}(g)?4NO(g)+6H_{2}O(g)triangle

H=-905kJ?mol^{-1}}

rm{4NH_{3}(g)+3O_{2}(g)?2N_{2}(g)+6H_{2}O(g)triangleH=-1268kJ?mol^{-1}}rm{垄脵}

下列说法中正确的是rm{4NH_{3}(g)+3O_{2}(g)?2N_{2}(g)+6H_{2}O(g)triangle

H=-1268kJ?mol^{-1}}rm{垄脷}A.在rm{(}时，反应rm{)}未达平衡，反应rm{400隆忙}达到平衡B.rm{垄脵}后再升高温度，反应rm{垄脷}的平衡逆向移动；反应rm{800隆忙}的平衡正向移动C.加压可提高rm{垄脵}生成rm{垄脷}的转化率D.rm{NH_{3}}氧化为rm{NO}的热化学方程式为：rm{N_{2}(g)+O_{2}(g)?2NO(g)triangleH=-181.5}rm{N_{2}}rm{NO}15、rm{1L}含氢气和rm{1}rm{3-}丁二烯的混合气体，其中rm{1}rm{3}丁二烯的体积百分含量为rm{x%.}在一定条件下充分反应后，恢复到原来的状态，所得气体的体积为rm{y}升rm{.}则下列关系式中正确的是rm{(}rm{)}A.rm{y=x%<dfrac{1}{2}}B.rm{y=1-x%>dfrac{2}{3}}C.rm{y=x%>dfrac{1}{3}}D.rm{y=1-2x%>dfrac{1}{3}}rm{y=x%<dfrac

{1}{2}}16、常温下，下列有关溶液中离子rm{(}或物质rm{)}浓度关系正确的是rm{(}rm{)}A.rm{pH=3}的盐酸与rm{pH=11}的氨水等体积混合后的溶液中：rm{c(NH_{4}^{+})>c(Cl^{-})>c(OH^{-})>c(H^{+})}B.向rm{HCOOH}溶液中滴入rm{NaOH}溶液至rm{pH=3}时的溶液中：rm{c(Na^{+})>c(HCOO^{-})}C.向rm{1.0}rm{L}rm{0.3}rm{mol?L^{-1}NaOH}溶液中缓慢通入rm{0.2}rm{mol}rm{CO_{2}}完全反应后的溶液中：rm{2c(Na^{+})=3c(CO_{3}^{2-})+3c(HCO_{3}^{-})+3c(H_{2}CO_{3})}D.rm{c(NH_{4}^{+})}相等的rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}rm{NH_{4}HSO_{4}}rm{NH_{4}Cl}溶液中：rm{c(NH_{4}HSO_{4})>c(NH_{4}Cl)>c[(NH_{4})_{2}SO_{4}]}评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)17、（2015春•衡水校级月考）如图装置中，a、b都是惰性电极，A、B装置中的溶液均是足量的，通电一段时间后，B装置中b极附近溶液呈红色．

（1）电源的正极是____，A中阳极的电极方程式为____

（2）电解过程中，电极质量增加的是____（填“Pt”、“Cu”“a”或“b”）；

A溶液的pH____（填“增大”“减小”或“不变”）

（3）若A中的某一电极增重64g，则向B装置中加入____mol____（填名称）可以使B溶液恢复到电解前的状态．

（4）实验室一般用KI淀粉溶液检验____电极的产物（填“Pt”、“Cu”“a”或“b”），实验现象是____．18、给下列仪器：试管、烧杯、烧瓶、蒸发皿、酒精灯、坩埚、温度计、锥形瓶、集气瓶、量筒、水浴装置、天平等分类：能直接加热的仪器有____；

垫石棉网才可加热的有____；

不能加热的玻璃容器有____；

加热仪器有____；

计量仪器有____．19、化合物M是一种医用高分子材料；可用于制造隐形眼镜；以下是M；有机玻璃的原料H及合成橡胶（N）的合成路线．

（1）A中含有的官能团是____（写名称）．

（2）写出反应类型：D→E____；F→天然橡胶____

（3）写出化学反应方程式：B→C：____；E+F→N____．

（4）H在一定条件下能被氧化为不饱和酸该不饱和酸有多种同分异构体，请写出属于酯类且含有碳碳双键的同分异构体的结构简式____（任写2种）．20、（2012•百色二模）某化学兴趣小组的同学想验证Mg与CO2的反应．可以选用的药品：浓硫酸、稀盐酸、稀硫酸、镁粉、大理石、澄清石灰水、饱和NaHCO3溶液、饱和Na2CO3溶液可以选用的装置：如右图所示（必要时装置可重复使用；彼此连接成一套完整的实验装置）

（1）请将所选用装置的字母代号按完整实验装置由前至后的顺序从上至下依次填入表格中；并填写装置中所加入的试剂及其作用（可以不填满）．

。选用的装置加入的剂作用________________________________________________B澄清石灰水吸收多余CO2（2）A装置中发生反应的离子方程式为____；C装置中发生反应的化学方程式为____．

（3）给C装置加热之前的前一步操作应该是____，这样做的目的是____．

（4）实验结束后，一同学将C装置中的固体小心收集在试管中．以此进一步检验Mg与CO2的反应确实发生．检验方法是：____．21、甲酸甲酯水解反应方程式为：HCOOCH3(l)＋H2O(l)HCOOH(l)＋CH3OH(l)ΔH>0，某小组通过实验研究该反应(反应过程中体积变化忽略不计)。反应体系中各组分的起始量如下表：。组分HCOOCH3H2OHCOOHCH3OH物质的量/mol1.001.990.010.52甲酸甲酯转化率在温度T1下随反应时间(t)的变化见下图：(1)根据上述条件，计算不同时间范围内甲酸甲酯的平均反应速率，结果见下表：。反应时间范围/min0～510～1520～2530～3540～4550～5575～80平均反应速率/(10－3mol·min－11.97.47.84.41.60.80.0请计算15～20min范围内甲酸甲酯的减少量为________mol，甲酸甲酯的平均反应速率为________mol·min－1(不要求写出计算过程)。(2)依据以上数据，写出该反应的反应速率在不同阶段的变化规律及其原因：____________________________________________________________(3)其他条件不变，仅改变温度为T2(T2大于T1)，画出温度T2下甲酸甲酯转化率随反应时间变化的预期结果示意图。22、草木灰中富含钾盐，主要成分是碳酸钾，还含有少量氯化钾和硫酸钾．现从草木灰中提取钾盐，并用实验检验其中的CO32-、SO42-和Cl-．

(1)从草木灰中提取钾盐的实验操作顺序如下：

①称取样品；②溶解沉降，③____________，④____________，⑤冷却结晶．

(2)用托盘天平称量样品时；若某同学把样品放在右盘，砝码放在左盘，当天平平衡时读为24.4g(1克以下用游码)，则样品的实际质量为____________．

(3)将制得的少量晶体放入试管；加入蒸馏水溶解并把溶液分成三份，分装在3支试管里．

①在第一支试管里加入稀盐酸；可观察有____________生成，证明溶液中有碳酸根离子．

②在第二支试管里加入足量____________后；再加入____________，可观察到有白色沉淀生成，证明溶液中有硫酸根离子．(写物质名称)

③在第三支试管里加适量的硝酸银溶液，观察到有沉淀产生，由此证明溶液中一定含Cl-．你认为该结论是否严密？____________(填“严密”或“不严密”)为什么？____________．评卷人得分四、判断题(共2题，共4分)23、乙二酸与乙二醇的缩聚反应方程式为____．24、一个化学反应中，生成物总键能大于反应物的总键能时，反应吸热，△H为“+”____．（判断对错）评卷人得分五、解答题(共1题，共7分)25、某混合粉末一定有Al2O3可能有ZnO中的一种或几种物质，请设计合理实验探究该混合物中Fe2O3、ZnO的存在﹛提示：Zn（OH）2类似Al（OH）3也是两性物质，溶于烧碱溶液生成Na2ZnO2；且Zn（OH）2溶于浓NH3水生成[Zn（NH3）4]（OH）2而Al（OH）3不溶于浓NH3水．限选择的仪器和试剂：

烧杯；试管、玻璃棒、酒精灯、漏斗、过滤架、滤纸、量筒、容量瓶、滴管、药匙；1mol/L硫酸、2mol/L硝酸、2mol/LNaOH溶液、10%KSCN溶液、稀氨水．

完成以下实验探究过程：

（1）提出假设：

假设1该混合物中除Al2O3外还含有______；

假设2该混合物中除Al2O3外还含有______；

假设3该混合物中除Al2O3外还含有Fe2O3；ZnO．

（2）设计实验方案：基于假设3；设计出实验方案．请在下表对应栏目叙述实验操作；预期现象和结论（实验步骤可以不填满、也可以增加）：

。实验步聚实验操作预期现象和结论第一步____________第二步____________第三步____________第四步____________

评卷人得分六、简答题(共1题，共6分)26、高锰酸钾在不同的条件下发生还原反应如下：

MnO4-+5e+8H+→Mn2++4H2O

MnO4-+3e+2H2O→MnO2↓+4OH-

MnO4-+e→MnO42-（溶液绿色）

（1）从上述三个半反应中可以看出高锰酸根离子还原产物受到溶液的______影响．

（2）将SO2通入高锰酸钾溶液中，发生还原反应的离子反应过程为______→______．

（3）将PbO2投入到MnSO4酸性溶液中搅拌溶液变为紫红色．下列说法正确的是______．

a．氧化性：PbO2＞KMnO4b．还原性：PbO2＞KMnO4c．该反应可以用盐酸酸化。

（4）将高锰酸钾逐滴加入到硫化钾溶液中发生如下反应，其中K2SO4和S的物质的量比为3：2．完成下列化学方程式；并标出电子转移的方向和数目．

______KMnO4+______K2S+______→______K2MnO4+______K2SO4+______S↓+______

若生成5.44g单质硫，反应过程中转移的电子数约为______；若反应中有22mol电子转移，则生成K2SO4和S的物质的量比为______．参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【分析】由可知，合成乙苯需要苯和氯乙烷，而氯乙烷可利用乙烯与HCl加成反应制取，以此来解答．【解析】【解答】解：制备乙苯，可由苯与氯乙烷发生取代反应合成，为减少副产物，可由CH2=CH2+HCl→CH3CH2Cl；

只有选项B中可得到纯净的氯乙烷；

故选B．2、C【分析】【分析】A．碳酸钠和二氧化碳；水反应生成碳酸氢钠；

B．二氧化硅和NaOH溶液反应生成硅酸钠；

C．氧化铝和水不反应；

D．氢氧化亚铁和水、氧气反应生成氢氧化铁．【解析】【解答】解：A．Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3；所以一步可以完成，故A不选；

B．SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；所以一步可以完成，故B不选；

C．氧化铝和水不反应；所以不能一步生成氢氧化铝，氧化铝和稀盐酸反应生成氯化铝，氯化铝和氨水反应生成氢氧化铝，所以不能一步完成，故C选；

D.4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；所以可以一步完成，故D不选；

故选C．3、B【分析】【分析】A；无论难溶电解质还是易溶电解质都存在沉淀溶解平衡；

B；沉淀溶解平衡是可逆过程；

C、平衡状态时v溶解=v结晶≠0

D、达到沉淀溶解平衡时，溶解的速率等于结晶的速率，所以溶液的浓度不变，是饱和溶液．【解析】【解答】解：A；无论难溶电解质还是易溶电解质都存在沉淀溶解平衡；只要电解质在溶液中溶解的速率等于结晶的速率就达到了沉淀溶解平衡状态，故A错误；

B；沉淀溶解平衡时；溶液中存在电解质的溶解过程和离子结晶形成电解质的过程，两个过程是可逆的，故B正确；

C、平衡状态时v溶解=v结晶≠0；电解质的溶解和离子结晶形成电解质都在继续，故C错误；

D；达到沉淀溶解平衡时；溶解的速率等于结晶的速率，所以溶液的浓度不变，是饱和溶液，故D错误；

故选：B．4、B【分析】试题分析：某金属元素R的硝酸盐R(NO3)n溶液，电解时由于放电能力OH->NO3－，所以在阳极发生反应：4OH-－4e-=2H2O+O2↑,在阴极发生反应：Rn++ne-=R。A．在整个闭合回路中电子转移数目就是产生氧气时失去的电子数目，所以电路中通过电子（V÷22.4）×4NA=NA。正确。B.根据电子得失数目相等可得(m÷M)×n=所以n=错误。C．每转移电子1mol,就有1mol的OH-放电，同时得到1mol的H＋，即溶液中的H+的物质的量增加1mol.电路中通过电子NA,所以溶液中H＋增加NA。正确。D．电子转移的物质的量=(m÷M)n，整理可得n=正确。考点：考查电极产物及转移电子的物质的量的关系的知识。【解析】【答案】B5、D【分析】

A；硫酸铵晶体的溶解过程是混乱度增大的过程；即熵增加的过程，故A正确；

B；硫酸铵易溶于水；上层液体用激光笔照射时有一道光路可证明上层为胶体，不可能为硫酸铵的水溶液，硫酸铵微溶于乙醇，在乙醇中可形成胶体，故B正确；

C；由图可知；硫酸铵的饱和水溶液密度大于硫酸铵的乙醇溶液，则硫酸铵在水中溶解度大于乙醇，故C正确；

D；因为甲基橙更易溶于乙醇中；故硫酸铵水溶液仍呈无色，而上层硫酸铵-乙醇胶体将甲基橙萃取而呈黄色，故D错误．

故选D．

【解析】【答案】该实验集胶体与溶液检验；无机盐在水和有机溶剂中不同溶解性的验证、有机色素在不同溶剂中溶解能力及其萃取实验之“大成”．硫酸铵晶体的溶解过程应该是混乱度增大即熵增加的过程；因为硫酸铵在水中溶解度大于乙醇，故硫酸铵的饱和水溶液密度大于硫酸铵的乙醇胶体（丁达尔现象证实）．尽管硫酸铵水溶液呈酸性，凭想象甲基橙溶于其中会显红色，但实际上因为甲基橙更易溶于乙醇中，故硫酸铵水溶液仍呈无色，而上层硫酸铵-乙醇胶体将甲基橙萃取进来而呈黄色．

6、B【分析】【分析】A；HCl是共价化合物；

B、CO2是共价化合物；其结构式为O=C=O，碳原子和氧原子之间有2对电子；

C；相同离子不能合并；

D、相同离子不能合并．【解析】【解答】解：A、HCl属于共价化合物，氢原子最外层电子与Cl最外层电子形成一对共用电子对，其形成过程为故A错误；

B、CO2是共价化合物，其结构式为O=C=O，碳原子和氧原子之间有2对电子，其电子式为故B正确；

C、镁原子失去2个电子形成镁离子，氟原子得到1个电子形成氟离子，1个镁离子与2个氟离子通过离子键结合形成氟化镁，电子式为：故C错误；

D、Na2S为离子化合物，钠离子用离子符号表示，硫离子标出最外层电子，硫化钠的电子式为：故D错误．

故选B．7、C【分析】【分析】要解答本题需掌握：新能源是既无污染，又是新开发的能源，新能源如：太阳能、地热能、风能、海洋能、生物质能和核聚变能等．【解析】【解答】解：A．风能是清洁无污染的环保新能源；故A错误；

B．太阳能是清洁无污染的新能源；故B错误；

C．火力发电需要煤作燃料；煤是不可再生能源，也不是环保新能源，故C正确；

D．潮汐和海风发电是新开发利用的环保新能源；故D错误．

故选C．8、D【分析】【分析】A．聚丙烯的主链只含2个C；

B．水解时；羧酸加-OH，醇加H；

C．盐酸的酸性大于亚硫酸；

D．发生氧化还原反应，遵循电子守恒、电荷守恒、原子守恒．【解析】【解答】解：A．CH3CH=CH2发生加聚反应为故A错误；

B．乙酸乙酯在酸性条件下水解反应为CH3COOCH2CH3+H2OCH3CO18OH+CH3CH2OH；故B错误；

C．盐酸的酸性大于亚硫酸，则SO2通入到BaCl2溶液中；不发生反应，故C错误；

D．Fe（NO3）2溶液中滴加稀盐酸的离子反应为3Fe2++4H++NO3-═3Fe3++NO↑+2H2O；故D正确；

故选D．9、C【分析】【分析】A；水电离产生的氢离子和氢氧根离子的浓度是相等的；

B；醋酸和氢氧化钠恰好反应时；所得到的醋酸钠溶液显示碱性；

C、在25℃时，Kw=1×10-14mol2/L2；

D、氨水是弱电解质，氢氧化钾是强电解质，氨水不完全电离，但是氢氧化钾完全电离．【解析】【解答】解：A、在任何情况下，水电离产生的氢离子和氢氧根离子的浓度是相等的，所以纯水中c（H+）=2×10-7mol/L，则c（OH-）为2×10-7mol/L；故A错误；

B、醋酸和氢氧化钠恰好反应时，所得到的醋酸钠溶液显示碱性，如果CH3COOH溶液与NaOH溶液反应；若反应后溶液的pH为7，则需醋酸稍过量，即醋酸的物质的量要大，故B错误；

C、在25℃时，Kw=1×10-14mol2/L2；适用于一切溶液，故C正确；

D、0.1mol/L的KOH溶液和0.1mol/L的氨水中，氢氧化钾是强电解质，可以完全电离，c（OH-）浓度为0.1mol/L，氨水是弱电解质，不完全电离，c（OH-）浓度小于0.1mol/L；不相等，故D错误．

故选C．二、双选题(共7题，共14分)10、A|D【分析】解：A、溶质在互不相溶的溶剂里，根据溶解度的不同，把溶质分离出来，叫萃取，向碘水中滴加CCl4，振荡静置后分层，CCl4层呈紫红色，说明碘在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，且CCl4和水互不相溶，可用CCl4从碘水中萃取碘；故A正确；

B、向SO2水溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，得不到白色沉淀，因为HCl酸性强于H2SO3，且BaSO3可溶于盐酸，故SO2不可能与BaCl2溶液反应；故B错误；

C、因为KMnO4具有强氧化性，常做氧化剂，向FeSO4溶液中滴加少量酸性KMnO4溶液，KMnO4溶液褪色，说明Fe2+具有还原性；故C错误；

D、沉淀为黄色，说明沉淀是AgI，AgI的溶解度小于AgCl的溶解度，也就是AgCl的KSP比AgI的KSP大；故D正确．

故选AD．

A、碘在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，且CCl4和水互不相溶，可用CCl4从碘水中萃取碘．

B、在该实验中根本得不到白色沉淀，因为SO2不可能与BaCl2溶液反应；

C、KMnO4溶液褪色是因为被Fe2+还原，Fe2+具有还原性；

D；沉淀呈黄色；说明沉淀是AgI，也就意味着AgCl的Ksp比AgI的大．

本题考查：①重要试验的操作过程、实验现象、结论和解释应牢记；②Ksp的运用，难度不大，注意总结．【解析】【答案】AD11、rBC【分析】解：rm{A.}由数据图表可知，反应在rm{0隆芦2min}内，rm{HCl}的物质的量增加了rm{0.20mol}根据反应原理方程式，rm{娄脕-}氯乙基苯作为生成物，在反应中生成了rm{0.20mol}即rm{trianglen=0.2mol}容器体积为rm{V=2L}反应所经历的时间为rm{trianglet=2min}则反应在rm{0隆芦2}rm{min}内的平均速率rm{v(娄脕-}氯乙基苯rm{)=dfrac{trianglen}{Vtrianglet}=dfrac{0.2mol}{2Ltimes2min}=0.05mol/(Lcdotmin).}故A错误；

B.平衡时，rm{)=dfrac{trianglen}{Vtrianglet}=

dfrac{0.2mol}{2Ltimes2min}=0.05mol/(Lcdotmin).}的物质的量为rm{HCl}根据反应方程式，平衡时，rm{0.32mol}氯乙基苯的浓度应为rm{c=dfrac{0.32mol}{2L}=0.16mol/L}rm{娄脕-}后升高温度，反应达到新平衡时rm{c=dfrac

{0.32mol}{2L}=0.16mol/L}氯乙基苯的浓度为rm{10min}因此升高温度，化学平衡右移，表明正反应是吸热反应，吸热反应的焓变rm{娄脕-}故B正确；

C.rm{c隆盲=0.18mol/L}时，根据表中数据和反应的方程式，平衡时，rm{c({脪脪卤陆})=dfrac{0.4-0.32}{2}=0.04mol/L}rm{c(Cl_{2})=dfrac{0.4-0.32}{2}=0.04mol/L}rm{c(娄脕-{脗脠脪脪禄霉卤陆})=dfrac{0.32}{2}=0.16mol/L}rm{c(HCl)=dfrac{0.32}{2}=0.16mol/L}可计算此温度下的化学反应平衡常数rm{K=dfrac{c(HCl)c(娄脕-{脗脠脪脪禄霉卤陆})}{c(Cl_{2})c({脪脪卤陆})}=dfrac{0.16mol/L隆脕0.16mol/L}{0.04mol/Ltimes0.04mol/L}=16}若起始时，向容器中充入rm{triangleH>0}rm{.T隆忙}乙苯rm{c({脪脪卤陆})=dfrac

{0.4-0.32}{2}=0.04mol/L}rm{c(Cl_{2})=dfrac

{0.4-0.32}{2}=0.04mol/L}rm{c(娄脕-{脗脠脪脪禄霉卤陆})=dfrac

{0.32}{2}=0.16mol/L}rm{c(HCl)=dfrac

{0.32}{2}=0.16mol/L}和rm{K=dfrac

{c(HCl)c(娄脕-{脗脠脪脪禄霉卤陆})}{c(Cl_{2})c({脪脪卤陆})}=dfrac

{0.16mol/L隆脕0.16mol/L}{0.04mol/Ltimes0.04mol/L}=16}rm{1.0}氯乙基苯rm{mol}rm{(g)}rm{0.50}rm{mol}反应的浓度商为rm{J=dfrac{dfrac{0.5}{2}mol/L隆脕dfrac{0.5}{2}mol/L}{dfrac{0.5}{2}mol/L隆脕dfrac{1}{2}mol/L}=0.5<K}因此反应向正反应方向进行rm{Cl_{2}(g)}故C正确；

D.rm{0.50}时，原先向容器中冲入rm{mol娄脕-}的乙苯和rm{(g)}的rm{0.50}反应为气体分子数守恒的反应，反应可等效平衡为起始时冲入rm{mol}氯乙基苯和rm{HCl(g)}的rm{J=dfrac{dfrac{0.5}{2}mol/L隆脕

dfrac{0.5}{2}mol/L}{dfrac{0.5}{2}mol/L隆脕dfrac

{1}{2}mol/L}=0.5<K}若向容器中冲入rm{.}氯乙基苯和rm{.T隆忙}即rm{0.2mol/L}氯乙基苯和rm{0.2mol/L}则rm{Cl_{2}}氯乙基苯和rm{0.2mol/L娄脕-}可看成是在rm{0.2mol/L}氯乙基苯和rm{HCl}的基础上增加了rm{2mol娄脕-}的rm{2.2molHCl}而对于反应为气体数守恒的反应来讲，rm{1mol/L娄脕-}氯乙基苯和rm{1.1mol/LHCl}相对于rm{1mol/L娄脕-}氯乙基苯和rm{1.1mol/LHCl}的rm{1mol/L娄脕-}等效平衡为加压，加压并不改变该反应的平衡，平衡时，rm{1mol/LHCl}氯乙基苯的转化率就是rm{0.1mol/L}现在在rm{HCl}氯乙基苯和rm{1mol/L娄脕-}的基础上又加入了rm{1mol/LHCl}的rm{0.2mol/L娄脕-}可使平衡向佐移动，那么rm{0.2mol/L}氯乙基苯rm{HCl}的转化率rm{娄脕-}故D错误．

故选BC．

A.根据数据图表，反应在rm{20%}内，rm{1mol/L娄脕-}的物质的量增加了rm{1mol/LHCl}根据反应原理方程式，rm{0.1mol/L}氯乙基苯应生成了rm{HCl}根据化学反应平均速率为rm{v(娄脕-{脗脠脪脪禄霉卤陆})=dfrac{trianglen}{Vtrianglet}}计算即可；

B.平衡时，rm{娄脕-}的物质的量为rm{(g)}根据反应方程式，平衡时，rm{>20%.}氯乙基苯的浓度应为rm{c=dfrac{0.32mol}{2L}=0.16mol/L}rm{0隆芦2min}后升高温度，新平衡时rm{HCl}氯乙基苯的浓度为rm{0.20mol}可见化学平衡向右移动，据此分析焓变；

C.rm{娄脕-}时；根据表中数据可计算此温度下的化学反应平衡常数，温度不变，则化学平衡常数不发生改变，起始时冲入另一种情况下的各反应物的量，根据浓度商与平衡常数的关系判断化学反应的方向；

D.rm{0.20mol}时，原先向容器中冲入rm{v(娄脕-{脗脠脪脪禄霉卤陆})=dfrac{triangle

n}{Vtrianglet}}的乙苯和rm{HCl}的rm{0.32mol}反应为气体分子数守恒的反应，反应可等效平衡为起始时冲入rm{娄脕-}氯乙基苯和rm{c=dfrac

{0.32mol}{2L}=0.16mol/L}的rm{10min}若向容器中冲入rm{娄脕-}氯乙基苯和rm{c隆盲=0.18mol/L}即rm{T隆忙}氯乙基苯和rm{T隆忙}根据等效平衡分析转化率．

本题考查化学平衡的移动，化学反应速率的计算，化学平衡常数的计算和简单应用，等效平衡的知识rm{0.2mol/L}题目难度中等，是中档题．rm{0.2mol/L}【解析】rm{BC}12、AD【分析】【分析】

本题综合考查原电池知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握原电池的工作原理以及电极方程式的书写，难度中等。

【解答】

A.以rm{K_{2}FeO_{4}}和rm{Zn}为电极材料，rm{KOH}溶液为电解质溶液的电池中，rm{Zn}为负极；故A正确。

B.rm{K_{2}FeO_{4}}为正极，发生反应：rm{FeO_{4}^{2?}+4{H}_{2}O+3{e}^{?}===Fe{(OH)}_{3}+5O{H}^{?}}故B错误；

rm{FeO_{4}^{2?}+4{H}_{2}O+3{e}^{?}===Fe{(OH)}_{3}+5O{H}^{?}

}放电过程中有C.生成，则电解质溶液的浓度增大，故C错误；rm{OH^{-}}

D.电池工作时向负极迁移，故D正确。rm{OH^{-}}故选AD。【解析】rm{AD}13、B|C【分析】解：A．P的最外层电子轨道为半充满状态；较稳定，难以失去电子，第一电离能较大，应为P＞S＞Si，故A错误；

B．同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增大；故B正确；

C．离子晶体的晶格能越大；熔点越高，则因为晶格能CaO比KCl高，所以KCl比CaO熔点低，故C正确；

D．二氧化硫为V形；为极性分析，故D错误；

E．影响分子晶体熔沸点高低的因素为分子将作用力大小；与共价键的强弱无关，故E错误．

故选BC．

A．P的最外层电子轨道为半充满状态；较稳定，难以失去电子；

B．同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增大；

C．离子晶体的晶格能越大；熔点越高；

D．二氧化硫为极性分析；

E．影响分子晶体熔沸点高低的因素为分子将作用力大小．

本题综合考查元素周期律、晶体结构等知识，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大．【解析】【答案】BC14、rAD【分析】解：rm{A}在达到平衡状态下，产物的产率最高，反应物的转化率最大，根据图示信息，得到在rm{400隆忙}时，反应rm{垄脵}未达平衡，反应rm{垄脷}达到平衡；故A正确；

B、升高温度，化学平衡向着吸热方向移动，反应rm{垄脵垄脷}都是放热反应；所以升高温度，平衡都是逆向移动，故B错误；

C、在rm{NH_{3}(g)+5O_{2}(g)}rm{4NO(g)+6H_{2}O(g)}反应中，反应物的化学计量数之和小于生成物的化学计量数之和，增大压强，平衡向逆反应方向移动，rm{NO}的转化率降低；故C错误；

D、根据盖斯定律进行计算，rm{N_{2}(g)+O_{2}(g)}rm{2NO(g)}的反应热为rm{(905-1268)隆脗2=-181.5KJ/mol}故D正确．

故选AD．

A；在达到平衡状态下；产物的产率最高，反应物的转化率最大；

B；升高温度；化学平衡向着吸热方向移动，据此回答；

C、从两个角度分析：一是比较rm{NH_{3}(g)+5O_{2}(g)?4NO(g)+6H_{2}O(g)}反应前后气体的化学计量数关系；二是压强对平衡移动的影响；

D；利用盖斯定律分析该类问题．

本题考查化学平衡以及反应热的计算等问题，题目难度不大，注意对题中图象的分析以及盖斯定律的运用．【解析】rm{AD}15、rBC【分析】解：rm{1}rm{3}丁二烯在rm{1}升混和气体中的体积分数为rm{x%}即rm{1}rm{3}丁二烯为rm{x%L}则氢气为rm{(1-x%)L}发生反应：rm{C_{4}H_{6}+2H_{2}隆煤C_{4}H_{10}}由方程式可知，若恰好反应时：减少体积rm{=V(C_{2}H_{4})=(H_{2})}若rm{1}rm{3}丁二烯过量，则：减少体积rm{=V(H_{2})}剩余气体体积rm{=V(1,3}丁二烯rm{)}所以rm{y=x%>dfrac{1}{3}}若氢气过量，则：减少体积rm{y=x%>dfrac

{1}{3}}丁二烯rm{=V(1,3}剩余气体体积rm{)}所以rm{y=1-x%>dfrac{2}{3}}

故选BC．

rm{=V(H_{2})}rm{y=1-x%>dfrac

{2}{3}}丁二烯在rm{1}升混和气体中的体积分数为rm{3}即rm{1}rm{x%}丁二烯为rm{1}则氢气为rm{3}发生反应：rm{x%L}由方程式可知，若恰好反应时：减少体积rm{(1-x%)L}若rm{C_{4}H_{6}+2H_{2}隆煤C_{4}H_{10}}rm{=V(C_{2}H_{4})=(H_{2})}丁二烯过量，则：减少体积rm{1}剩余气体体积rm{3}丁二烯rm{=V(H_{2})}若氢气过量，则：减少体积rm{=V(1,3}丁二烯rm{)}剩余气体体积rm{=V(1,3}据此讨论计算．

本题考查混合物计算，难度中等，注意根据方程式分情况讨论计算解答．rm{)}【解析】rm{BC}16、rAC【分析】解：rm{A.pH=3}的盐酸，其浓度等于rm{0.001mol/L}rm{pH=11}的氨水，其浓度大于rm{0.001mol/L}等体积混合后，氨水过量，溶液呈碱性，则rm{c(OH^{-})>c(H^{+})}溶液中存在电荷守恒，所以得rm{c(NH_{4}^{+})>c(Cl^{-})}则离子浓度大小顺序是rm{c(NH_{4}^{+})>c(Cl^{-})>c(OH^{-})>c(H^{+})}故A正确；

B.常温下，混合溶液rm{pH=3}则溶液呈酸性，则rm{c(H^{+})>c(OH^{-})}溶液中存在电荷守恒，则rm{c(HCOO^{-})>c(Na^{+})}故B错误；

C.溶液中溶质是等物质的量的rm{Na_{2}CO_{3}}和rm{NaHCO_{3}}根据物料守恒得rm{2c(Na^{+})=3c(CO_{3}^{2-})+3c(HCO_{3}^{-})+3c(H_{2}CO_{3})}故C正确；

D.铵根离子浓度相等的溶液中，化学式中铵根离子系数越大，其浓度越小，铵根离子系数相等的物质中，能抑制铵根离子水解的盐浓度大，由于rm{H^{+}}能抑制rm{NH_{4}^{+}}的水解，盐浓度大小顺序是：rm{c(NH_{4}Cl)>c(NH_{4}HSO_{4})>c[(NH_{4})_{2}SO_{4}]}故D错误；

故选AC．

A.rm{pH=3}的盐酸，其浓度等于rm{0.001mol/L}rm{pH=11}的氨水，其浓度大于rm{0.001mol/L}等体积混合后，氨水过量；

B.根据电荷守恒判断；

C.根据物料守恒判断；

D.铵根离子浓度相等的溶液中；化学式中铵根离子系数越大，其浓度越小，铵根离子系数相等的物质中，能抑制铵根离子水解的盐浓度大．

本题考查弱电解质的电离、离子浓度大小的比较，利用电荷守恒和物料守恒结合物质特点来分析解答，易错选项是rm{D}明确盐类水解是微弱的，难度中等．【解析】rm{AC}三、填空题(共6题，共12分)17、X4OH--4e-=O2↑+4H2O铜减小2氯化氢a溶液变蓝【分析】【分析】B中盛有NaCl和酚酞的混合液，通电一段时间后，b极附近呈红色，说明b为电解池的阴极，生成氢气和OH-，则a为阳极，Y为负极，X为正极，电解时，阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，电解氯化钠溶液时，阳极反应为2Cl--2e-=Cl2↑，阴极反应为2H++2e-=H2↑，电解硫酸铜溶液时，阳极反应为4OH--4e-=O2↑+4H2O，阴极反应为Cu2++2e-=Cu，总方程式为2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，以此解答该题．【解析】【解答】解：（1）B中盛有NaCl和酚酞的混合液，通电一段时间后，b极附近溶液呈红色，说明b为电解池的阴极，生成氢气和OH-，则a为阳极，X为正极，Y为负极，A装置中，Pt为阳极，反应为4OH--4e-=O2↑+4H2O；

故答案为：X；4OH--4e-=O2↑+4H2O；

（2）B装置中电解时，阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，电解氯化钠溶液时，阳极反应为2Cl--2e-=Cl2↑，阴极反应为2H++2e-=H2↑，A装置中，电解硫酸铜溶液时，Pt为阳极反应为4OH--4e-=O2↑+4H2O，铜为阴极反应为Cu2++2e-=Cu；所以电极质量增加的是铜，A溶液的pH减小，故答案为：铜；减小；

（3）A中的某一电极增重64g，阴极上铜离子得电子生成铜单质质量增大，则增重的是Cu电极；根据2Cu2++2H2OCu+O2↑+4H+知；析出64gCu即1mol，则转移2moL电子，又B装置电解氯化钠溶液，实质上相当于生成HCl，要使溶液恢复原状，应该加入HCl，根据转移2moL电子，所以加入的HCl为2mol；

故答案为：2；氯化氢；

（4）用KI淀粉溶液检验氯气，则在B装置的阳极即a产生，现象是溶液变蓝，故答案为：a，溶液变蓝．18、试管、蒸发皿、坩埚烧杯、烧瓶、锥形瓶、水浴装置温度计、集气瓶、量筒酒精灯温度计、量筒、天平【分析】【分析】实验室中能够加热的仪器有两种：直接加热的仪器有：试管、燃烧匙、蒸发皿和坩埚等；需要垫石棉网的是：烧杯、烧瓶、锥形瓶等；不能加热的仪器有：容量瓶、漏斗、量筒、集气瓶、广口瓶等，据此完成本题．【解析】【解答】解：能直接加热的有试管；蒸发皿、坩埚；

需垫石棉网加热的有：烧杯；烧瓶、锥形瓶、水浴装置；

不能加热的有：温度计；集气瓶、量筒；

加热仪器有酒精灯；

计量仪器有温度计；量筒、天平．

故答案为：试管、蒸发皿、坩埚；烧杯、烧瓶、锥形瓶、水浴装置；温度计、集气瓶、量筒；酒精灯；温度计、量筒、天平．19、醛基、碳碳双键消去反应加聚反应HCOOC（CH3）=CH2、HCOOCH2-CH=CH2（或HCOOCH=CH-CH3、CH3COOCH=CH2、CH2=CH-COOCH3）【分析】【分析】采用逆向合成法，根据M的结构简式可知C为：B与乙二醇反应生成C，则B的结构简式为：A通过②银镜反应、②与H+反应生成B，则A的结构简式为：

A与氢气发生加成反应生成D，A中碳碳双键、碳氧双键都能够与氢气发生加成反应，根据D一定条件下能够生成E可知，D为2-甲基-1-丙醇；又F能够生成天然橡胶，则F的结构简式为：根据加聚反应原理可以写出E与F反应的化学方程式为：

根据以上分析解答（1）～（3）

（4）根据的分子组成、同分异构体的书写原则及题中要求写出满足条件的有机物的结构简式．【解析】【解答】解：根据M的结构简式可知C为：B与乙二醇反应生成C，则B的结构简式为：A通过②银镜反应、②与H+反应生成B，则A的结构简式为：

A与氢气发生加成反应生成D，A中碳碳双键、碳氧双键都能够与氢气发生加成反应，根据D一定条件下能够生成E可知，D为又F能够生成天然橡胶，则F的结构简式为：根据加聚反应原理可以写出E与F反应的化学方程式为：

（1）根据分析可知，A的结构简式为：所以A中含有官能团为：醛基；碳碳双键；

故答案为：醛基；碳碳双键；

（2）D为D通过消去反应生成E；

F为异戊二烯通过加聚反应生成异戊二烯（天然橡胶）；

故答案为：消去反应；加聚反应；

（3）B为B与乙二醇反应的化学方程式为：

E与F反应的化学方程式为：

故答案为：

（4）H在一定条件下能被氧化为不饱和酸该不饱和酸有多种同分异构体，属于酯类且含有碳碳双键的同分异构体的结构简式有：

HCOOC（CH3）=CH2、HCOOCH2-CH=CH2、HCOOCH=CH-CH3、CH3COOCH=CH2、CH2=CH-COOCH3；

故答案为：HCOOC（CH3）=CH2、HCOOCH2-CH=CH2（或HCOOCH=CH-CH3、CH3COOCH=CH2、CH2=CH-COOCH3）．20、A稀盐酸、大理石产生CO2气体B饱和的NaHCO3溶液除去二氧化碳中的氯化氢杂质B浓H2SO4干燥二氧化碳气体C镁粉镁和二氧化碳反应CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O2Mg+CO22MgO+C打开A中分液漏斗的活塞，滴加稀盐酸，用生成的CO2排净装置中的空气防止空气中的氧气与镁反应往试管中加入足量的稀硫酸，充分反应后，有黑色固体剩余，证明镁与二氧化碳的反应确实发生【分析】【分析】（1）验证Mg与二氧化碳的反应首先制备二氧化碳气体；并除杂；干燥，在加热条件下进行反应；

（2）盐酸与碳酸钙固体反应生成二氧化碳气体；C装置中发生Mg与二氧化碳反应；

（3）反应时应先通入二氧化碳气体除去装置内的氧气；

（4）镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，碳和硫酸不反应．【解析】【解答】解：（1）验证Mg与二氧化碳的反应首先制备二氧化碳，因为块状石灰石和稀硫酸反应生成的硫酸钙微溶于水，包裹在石灰石的周围，阻止反应的进行，所以不能用硫酸，用盐酸和大理石反应CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，然后通入饱和NaHCO3溶液除去HCl；用浓硫酸干燥后在加热条件下反应；

故答案为：。选用的装置加入的试剂作用A稀盐酸、大理石产生CO2气体B饱和NaHCO3溶液除去二氧化碳中的氯化氢杂质B浓H2SO4干燥二氧化碳气体C镁粉镁和二氧化碳反应（2）盐酸与碳酸钙固体反应CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑生成二氧化碳气体，反应的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，C装置中镁与二氧化碳反应生成白色粉末，管壁上附着黑色颗粒，并发出耀眼的白光，反应方程式为2Mg+CO22MgO+C；

故答案为：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；2Mg+CO22MgO+C；

（3）反应时应先通入二氧化碳气体除去装置内的氧气，防止空气中氧气与镁反应而干扰实验现象和结论，给C装置加热之前的前一步操作应该是打开A中分液漏斗的活塞，滴加稀盐酸，用生成的CO2排净装置中的空气；

故答案为：打开A中分液漏斗的活塞，滴加稀盐酸，用生成的CO2排净装置中的空气；防止空气中的氧气与镁反应；

（4）镁与二氧化碳反应2Mg+CO22MgO+C，检验Mg与CO2的反应确实发生；需检验其反应产物，利用氧化镁能和稀硫酸反应，碳和稀硫酸不反应检验，所以检验方法是往试管中加入足量的稀硫酸，充分反应后，有黑色固体剩余，证明镁与二氧化碳的反应确实发生；

故答案为：往试管中加入足量的稀硫酸，充分反应后，有黑色固体剩余，证明镁与二氧化碳的反应确实发生．21、略

【分析】(1)由图中数据可以看出15～20min内甲酸甲酯转化率提高了4.5%，利用转化率和速率的计算式计算。(2)表格中平均反应速率的数据显示反应速率先增大后减小，因该反应是吸热反应，排除温度升高的影响，则只能是反应体系中的某物质对该反应起到催化作用。(3)注意该反应是吸热反应，T2>T1，温度升高，既能加快反应速率，又能缩短达到平衡的时间，提高转化率。【解析】【答案】(1)0.0459.0×10－3(2)该反应中甲酸具有催化作用。①反应初期：虽然甲酸甲酯量较大，但甲酸量很小，催化效果不明显，反应速率较慢；②反应中期：甲酸量逐渐增多，催化效果显著，反应速率明显增大；③反应后期：甲酸量增加到一定程度后，浓度对反应速率的影响成为主导因素，特别是逆反应速率的增大，使总反应速率逐渐减小，直至为零达到平衡状态。22、略

【分析】解：(1)草木灰中的钾盐可以溶于水中形成溶液；然后利用过滤的方法可以获得钾盐的水溶液，将所得的水溶液蒸发结晶可以获得氯化钾的固体，故答案为：过滤；蒸发；

(2)把样品放在右盘；砝码放在左盘，则砝码的质量=样品的质量+游码的质量，由数据可知砝码为24g，游码为0.4g；

所以样品的质量=砝码的质量-游码的质量=24g-0.4g=23.6g；故答案为：23.6g；

(3)①碳酸根离子可以和盐酸反应生成水和二氧化碳产生无色无味能使澄清石灰水变浑浊的气体；所以可以在第一支试管里加入稀盐酸，看是否有二氧化碳气体产生来检验碳酸根的存在，故答案为：无色无味气体；

②硫酸根离子可以和钡离子之间反应生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，碳酸根离子会干扰硫酸根的检验，所以可以向第二支试管中加入足量盐酸后，再滴加氯化钡溶液，可观察到有白色沉淀生成，证明溶液中有SO42-；

原理方程式为：2H++CO32-═CO2↑+H2O；Ba2++SO42-═BaSO4↓；

故答案为：盐酸；氯化钡；

③在第三支试管里加适量的硝酸银，观察到有沉淀产生，碳酸根、硫酸根、氯离子均会与银离子作用产生沉淀，故答案为：不严密；硫酸根和碳酸根干扰．【解析】过滤;蒸发;23.6g;无色无味气体;盐酸;氯化钡;不严密;硫酸根和碳酸根干扰四、判断题(共2题，共4分)23、×【分析】【分析】乙二酸与乙二醇分子之间能够通过酯化反应生成高分子化合物，但是酯化反应需要在浓硫酸存在条件下条件下加热反应，该反应的反应条件错误，检查进行判断．【解析】【解答】解：乙二酸与乙二醇发生缩聚