2025年浙教版高三化学上册阶段测试试卷VIP

…………○…………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年浙教版高三化学上册阶段测试试卷735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7题，共14分)1、下列有关金属腐蚀的说法正确的是（）A.金属腐蚀指不纯金属接触到的电解质溶液进行化学反应而损耗的过程B.电化腐蚀指在外加电流的作用下不纯金属发生化学反应而损耗的过程C.钢铁腐蚀最普遍的是吸氧腐蚀，负极吸收氧气最终转化为铁锈D.金属的电化腐蚀和化学腐蚀本质相同，但电化腐蚀伴有电流产生2、下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（）A.工业制取金属钾：Na（l）+KCl（l）⇌NaCl（l）+K（g）选取适宜的温度，使K成蒸汽从反应混合物中分离出来B.配制氯化铁溶液时，将氯化铁加入盐酸中，然后加水稀释C.向氯水中加CaCO3后，溶液漂白性增强D.二氧化氮与四氧化二氮的平衡体系，加压缩小体积后颜色加深3、某同学通过系列实验，探究Cu及其化合物的性质，操作正确且能达到目的的是（）A.将铜粉和硫粉混合均匀并加热以制取CuSB.将Cu片放入过量浓硫酸中，一段时间后加水以观察CuSO4溶液的颜色C.向CuSO4溶液中加入NaOH溶液，过滤洗涤并收集沉淀，加热以制取CuOD.设计Cu—Al—浓硝酸原电池，以证明金属活动性：Cu4、下列过程中△H小于零的是（）A.碳酸氢钠受热分解B.氯化铵分解得氨气C.碳酸钙分解得二氧化碳D.实验室制备氢气5、高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能水处理剂，是比Cl2、O3、ClO2、KMnO4氧化性更强，无二次污染的绿色水处理剂．工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和就可析出高铁酸钾（K2FeO4）湿法制备的主要反应方程为：2Fe（OH）3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O干法制备的主要反应方程为：2FeSO4+4Na2O2=2Na2FeO4+2Na2SO4下列有关说法不正确的是（）A.高铁酸钾与水反应时，水发生还原反应B.湿法中每生成1molNa2FeO4转移3mol电子C.干法中每生成1molNa2FeO4转移4mol电子D.K2FeO4处理水时，不仅能消毒杀菌，还能除去H2S、NH3等，并使悬浮杂质沉降6、c（NH4+）相同的下列溶液①NH4Cl②（NH4）2SO4③NH4HSO4④NH4HCO3，其物质的量浓度由大到小的顺序是（）A.②③①④B.④①③②C.①④③②D.②④①③7、五种短周期元素的某些性质如下表所示:。元素代号XWYZQ原子半径（×10-12m）379966104154主要化合价+1-1、+7-2-2、+6+1下列说法正确的是（）A.由Q与Y形成的化合物中只存在离子键B.Z与X之间形成的化合物具有还原性C.X、Y元素组成的化合物的沸点高于X、Z元素组成化合物的沸点是由于Y非金属性比Z强D.Y、Q、W三种元素组成化合物的水溶液一定显碱性评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)8、实验室有一包固体粉末样品可能是MgCO3、Fe2O3和FeO的混合物．

I．甲学生设计实验方案，以确定样品中是否含有FeO，除样品外，实验室只提供以下试剂：KMnO4溶液、盐酸、稀硫酸、KSCN溶液、NaOH溶液，请你描述甲学生的实验操作步骤、现象及结论：____．

Ⅱ．经甲学生实验确定该样品中不存在FeO，乙学生想在甲学生的实验基础上进一步来测定混合物中Fe2O3的含量：乙学生准备用如图所示各仪器按一定顺序连接成一套完整的装置进行实验，以测定Fe2O3的质量分数．

请回答下列问题：

（1）盛装盐酸的仪器的名称是____，装置的连接顺序是：____→____→____→____（填图中字母序号；各仪器只能选用一次）．

（2）实验过程中需要持续通入空气，其作用除可以起到“搅拌”A、D中反应物以实现充分反应外，还有一个重要作用是：____．

（3）为提高测定的准确度，在B中最应加入的物质是：____（填字母编号）．

a．饱和NaHCO3溶液b．蒸馏水c．浓硫酸d．NaOH溶液。

（4）在进行乙学生的实验方案评价时，有学生认为不必测定A中沉淀的质量，而只要测出装置A在吸收反应产生的气体前后的质量差，就能完成实验要求．实验证明，若用此法测得Fe2O3的质量分数将____（填“偏大”、“偏小”或“不变”）．9、CuCl和CuCl2都是重要的化工原料；常用作催化剂；颜料、防腐剂和消毒剂等．

（1）CuCl难溶于水和酸；工业上通常是向硫酸铜溶液中加入足量铁粉和氯化钠粉末，充分搅拌后调节pH，过滤来制取．

①制取CuCl反应的离子反应方程式为____，此操作如果在空气中持续时间过长，会降低CuCl的生成量，其原因可能是____．

②调控溶液pH时，采用pH试纸来测定溶液的pH，则正确的操作方法是____．

（2）工业上以某炼铁废渣（含有大量的CuS及少量铁的氧化物）和NaCl为原料生产CuCl2•2H2O晶体．其工艺流程中主要涉及焙烧；尾气处理、酸浸、调控溶液pH、过滤、蒸发结晶等．

焙烧过程中发生的主要反应为：CuS+2NaCl+2O2═CuCl2+Na2SO4

①焙烧时还有废气产生，其中一种是主要的大气污染物．若在实验室中以碱液吸收处理之，下列A、B、C装置中可行的是____（填字母）；若选用甲装置，则烧杯中的下层液体可以是____．

②若最后所得的滤液中的阴离子只有SO42-和Cl-，则检验滤液中这两种离子的实验操作：____（简述加入试剂、现象及结论）．10、恒温；恒压下；在一个可变容积的密闭容器中发生如下反应：A（g）+B（g）⇌C（g）

（1）若开始时放入1molA和1molB，到达平衡后，生成amolC，这时A的物质的量为____mol．

（2）若开始时放入3molA和3molB，到达平衡后，生成C的物质的量为____mol．

（3）若开始时放入xmolA，2molB和1molC，到达平衡后，A和C的物质的量分别是ymol和3amol，x=____mol，y=____mol．平衡时，B的物质的量____（选填一个编号）

甲：大于2mol

乙：等于2mol

丙：小于2mol

丁：可能大于、等于或小于2mol．11、用电弧法合成的储氢纳米管常伴有大量的碳纳米颗粒，这种颗粒可以用氧化汽化法提纯．反应的化学方程式为：C+K2Cr2O7+H2SO4→CO2↑+K2SO4+Cr2（SO4）3+H2O

（1）将氧化剂和还原剂的化学式及其配平后的系数填入下列方框中；并标出电子转移的方向。

和数目：____C+____K2Cr2O7+____H2SO4=____CO2↑+____K2SO4+____Cr2（SO4）3+____H2O

（2）写出氧化产物的电子式____；

（3）上述反应中若产生0.2molCO2，则转移电子的物质的量是____．12、二氧化氮在加热条件下能够分解成一氧化氮和氧气．该反应进行到50s时，达到平衡，NO2浓度为0.010mol•L-1．图中的曲线表示二氧化氮分解反应在前25s内的反应进程．

（1）请计算前20s内氧气的平均生成速率；v=____．

（2）若反应延续至70s；请在图中用实线画出25s至70s的反应进程曲线．

（3）若在反应开始时加入催化剂（其他条件都不变）；请在图上用虚线画出加入催化剂后的反应进程曲线．（从0s到70s）

（4）写出该温度该反应逆反应的平衡常数计算式____（只要写出算式，不用计算到结果）．评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)13、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）14、加用盐酸酸化的Ba（NO3）2溶液，产生了大量的白色沉淀，溶液里一定含有大量的SO42-．____（判断对错正确的打“√”，错误的打“×”）15、判断下列说法是否正确；正确的划“√”，错误的划“×”

（1）乙醛分子中的所有原子都在同一平面上____

（2）凡是能发生银镜反应的有机物都是醛____

（3）醛类既能被氧化为羧酸，又能被还原为醇____

（4）完全燃烧等物质的量的乙醛和乙醇，消耗氧气的质量相等____

（5）在水溶液里，乙酸分子中的-CH可以电离出H+____．16、0.012kg13C所含原子数为阿伏加德罗常数．____（判断对错）17、标准状况下，1moL水中所含原子总数数为3NA____（判断对错）评卷人得分四、推断题(共2题，共16分)18、菠萝酯rm{F}是一种具有菠萝香味的赋香剂；其合成路线如图：

已知：

rm{(1)A}的结构简式为______，rm{A}中所含官能团的名称是______．

rm{(2)}由rm{A}生成rm{B}的反应类型是______，rm{E}的某同分异构体只有一种相同化学环境的氢；该同分异构体的结构简式为______．

rm{(3)}写出rm{D}和rm{E}反应生成rm{F}的化学方程式______．

rm{(4)}结合题给信息，以溴乙烷和环氧乙烷为原料制备rm{1-}丁醇，设计合成路线rm{(}其他试剂任选rm{)}．

合成路线流程图示例：rm{CH_{3}CH_{2}Clxrightarrow[triangle]{NaOH{脠脺脪潞}}CH_{3}CH_{2}OHxrightarrow[{脜篓}H_{2}SO_{4},triangle]{CH_{3}COOH}CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}}．rm{CH_{3}CH_{2}Clxrightarrow[triangle

]{NaOH{脠脺脪潞}}CH_{3}CH_{2}OHxrightarrow[{脜篓}H_{2}SO_{4},triangle

]{CH_{3}COOH}CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}}19、图A所示的转化关系中（具体反应条件略），a、b；c和d分别为四种短周期元素的常见单质；其余均为它们的化合物，i的溶液为常见的酸，a的一种同素异形体的晶胞如图B所示．

回答下列问题：

（1）图B对应的物质名称是____，其晶胞中的原子数为____，晶体类型为____．

（2）d中元素的原子核外电子排布式为____．

（3）图A中由二种元素组成的物质中，沸点最高的是____，原因是____，该物质的分子构型为____，中心原子的杂化轨道类型为____．

（4）图A中的双原子分子中，极性最大的分子是____．

（5）k的分子式为____，中心原子的杂化轨道类型为____，属于____分子（填“极性”或“非极性”）．评卷人得分五、解答题(共4题，共36分)20、在一支容积为30mL试管内充满NO2和O2的混台气体，把试管倒置于水中，充分反应后剩余5mL，则原混合气体中NO2和O2的体积各是多少？21、外界条件对盐类水解的影响（外外因）22、某氯化铁样品含有FeCl2杂质．现要测定其中铁元素的质量分数；实验按以下步骤进行：

（1）操作I所用到的玻璃仪器除烧杯；玻璃棒外；还必须有______（填仪器名称）．

（2）写出加入氯水发生反应的离子方程式______．

（3）检验沉淀已经洗涤干净的操作及现象是______．

（4）坩埚质量为W1g，加热后坩埚与红棕色固体总质量为W2g；则样品中铁元素的质量分数是______（列出原始算式，不需化简）；若称量准确而最终测量的结果偏大，则造成误差的原因可能是______（写出一种原因即可）．

23、某研究性学习小组将一定浓度的Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀．

甲同学认为沉淀可能是CuCO3；

乙同学认为沉淀可能是Cu（OH）2；

丙同学认为沉淀可能是CuCO3和Cu（OH）2的混合物．（查阅资料知：CuCO3和Cu（OH）2均不带结晶水）

Ⅰ．按照甲同学的观点；发生反应的离子反应方程式为______；

在探究沉淀成分前；须将沉淀从溶液中分离并净化．其具体操作依次为______．

Ⅱ．请用下图所示装置；选择必要的试剂，定性探究生成物的成分．

（1）各装置连接顺序为______．

（2）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是______．

Ⅲ．若CuCO3和Cu（OH）2两者都有；可利用下列装置通过实验测定其组成．

（1）装置C中碱石灰的作用是______；实验开始和结束时都要通入过量的空气，请说明结束时通入过量空气的作用是______

（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为______．

评卷人得分六、计算题(共4题，共32分)24、镁铝合金已成为轮船制造、化工生产、机械制造等行业的重要原材料．为测定一镁铝合金样品中镁的质量分数，课外兴趣小组同学设计了下列三个实验方案．根据上述实验方案回答下列问题．

（1）写出方案一“反应Ⅱ”中发生反应的离子方程式：____．

（2）方案二与方案三产生的气体体积不同．现测得两方案气体体积相差224mL（折算成标准状况）．试计算合金中镁的质量分数．

（3）若方案三中，取用NaOH溶液的体积为50mL，则该NaOH溶液的物质的量浓度至少是____．25、将8gFe置于40mLHNO3中微热；生成气体的颜色随反应的进行由深变浅，充分反应后得标准状况下的气体为1.792L，此时剩余2.4g固体，求：

（1）该反应中被还原的硝酸和未被还原的硝酸的质量比；

（2）求混合气体中NO和NO2的体积比．26、在标准状态下，将1.40gN2、1.60gO2、4.00gAr混合，该混合物气体体积是____，该混合气体平均摩尔质量是____．27、实验室中需要20.16L（标准状况）二氧化碳；现用含碳酸钙90.0%的石灰石与足量的稀盐酸反应（该石灰石中的杂质不与稀盐酸反应），问：

（1）至少需要含碳酸钙90.0%的石灰石多少克？

（2）生成的氯化钙的物质的量是多少？参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】【分析】A．金属腐蚀是指金属与周围接触到的空气或液体发生反应而引起损耗的现象；

B．电化学腐蚀是形成原电池；不是外加电流；

C．钢铁吸氧腐蚀是负极铁失电子；氧气在正极上得到电子；

D．依据化学腐蚀和电化腐蚀的实质分析．【解析】【解答】解：A．金属腐蚀是指金属与周围接触到的空气或液体发生反应而引起损耗的现象；所以金属的腐蚀不一定接触到电解质溶液，故A错误；

B．电化学腐蚀原理是原电池原理；原电池中不含电源，是自发进行的氧化还原反应，故B错误；

C．钢铁腐蚀最普遍的是吸氧腐蚀；吸氧腐蚀中正极吸收氧气，负极铁失电子最终转化为铁锈，故C错误；

D．金属的电化腐蚀和化学腐蚀都是金属失电子被氧化的反应；本质相同，但电化腐蚀过程中形成的原电池反应会产生微弱的电流，故D正确；

故选D．2、D【分析】【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动．使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用．【解析】【解答】解：A；将K变成蒸汽分离出来；减小了生成物的浓度，有利于反应向正向移动，可用平衡移动原理解释，故A正确；

B、配制氯化铁溶液时，会发生Fe3++3H2OFe（OH）3+3H+，加入盐酸中，增大了H+的浓度，平衡向逆向移动，可以抑制Fe3+的水解；可用平衡移动原理解释，故B正确；

C、氯水中存在：Cl2+H2OHCl+HClO，加入CaCO3后和HCl反应；使得平衡向正向移动，HClO增多，漂白性增强，可以用平衡移动原理解释，故C正确；

D、二氧化氮与四氧化二氮的平衡体系中存在2NO2N2O4，缩小体积平衡向正向移动，NO2减少；颜色应该变浅，但是颜色却是加深的，不能用平衡移动原理解释，故D错误；

故选D．3、C【分析】铜粉和硫粉反应生成的是Cu2S，A错误；Cu与浓硫酸的反应需要加热，B错误；“Cu—Al—浓硝酸原电池”中Cu发生氧化反应作负极，不能证明金属活泼性Cu【解析】【答案】C4、D【分析】【分析】△H小于零，应是放热过程，常见有化合反应，金属与酸、水的反应，以及中和反应等，物质三态变化时，从气态到液态，从液态到固态，也是放热过程；弱酸的电离过程属于吸热过程，以此解答该题．【解析】【解答】解：A；碳酸氢钠受热分解是吸热反应；△H＞0，故A错误；

B．氯化铵分解为吸热反应；△H＞0，故B错误；

C．碳酸钙分解是吸热反应；△H＞0，故C错误；

D．实验室制备氢气用活泼金属与酸反应；为放热反应，△H＜0，故D正确；

故选D．5、A【分析】【分析】K2FeO4处理水时，与水不发生氧化还原反应，具有强氧化性，且还原产物铁离子水解生成胶体可净化水，并利用化合价的变化计算转移电子，以此来解答．【解析】【解答】解：A．高铁酸钾与水不反应；故A错误；

B．湿法中每生成1molNa2FeO4，有1molFe（OH）3参加反应；化合价由+3价升高到+6价，转移电子3mol，故B正确；

C．干法中每生成1molNa2FeO4，有1molFeSO4参加反应；化合价由+2价升高到+6价，转移电子4mol，故C正确；

D．K2FeO4具有强氧化性，发生氧化还原反应能除去H2S、NH3等，可用于消毒杀菌，被还原为Fe3+，水解生成Fe（OH）3；具有吸附性，可用于吸附水中的悬浮杂质，故D正确．

故选A．6、B【分析】【分析】①铵根离子水解，②铵根离子水解，③电离出氢离子抑制铵根离子水解，④相互促进水解，则相同浓度时c（NH4+）大小顺序为②＞③＞①＞④，而c（NH4+）相同，与之相反，以此来解答．【解析】【解答】解：①铵根离子水解，②铵根离子水解，③电离出氢离子抑制铵根离子水解，④相互促进水解，则相同浓度时c（NH4+）大小顺序为②＞③＞①＞④；

则c（NH4+）相同；电离出铵根离子浓度越多的其物质的量浓度越小；

则物质的量浓度由大到小的顺序为④①③②；

故选：B．7、B【分析】试题分析：根据表格中元素的性质可知：X是H；W是Cl；Y是O；Z是S；Q是Na。A．由Q与Y形成的化合物可能是Na2O,也可能是Na2O2，Na2O中只存在离子键，而Na2O2中存在离子键、非极性共价键，错误；B．Z与X之间形成的化合物H2S由于S元素处于该元素的最低化合价，所以具有还原性，正确；C．X、Y元素组成的化合物的沸点高于X、Z元素组成化合物的沸点是由于Y形成的化合物的分子之间除了存在分子间作用力外还存在氢键，增加了分子之间的相互吸引力，错误；D．Y、Q、W三种元素组成化合物可能是NaClO,也可能是NaClO4.NaClO是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，而NaClO4则是强酸强碱盐，水溶液显中性，错误。考点：考查元素及化合物的推断、性质的应用和判断的知识。【解析】【答案】B二、填空题(共5题，共10分)8、取少量样品于试管中，加入稀硫酸溶解，再加入少量KMnO4溶液，溶液不褪色，说明样品中没有FeO分液漏斗BDAC将反应产生的CO2气体尽可能彻底的赶入装置A中，使之完全被Ba（OH）2溶液吸收d偏小【分析】【分析】I．要检验FeO，应该先将FeO转化为亚铁离子，亚铁离子具有还原性，酸性高锰酸钾溶液能氧化亚铁离子而褪色，然后将亚铁离子用酸性KMnO4溶液检验；

Ⅱ．（1）盛放盐酸的仪器为分液漏斗；先分析实验方案；利用装置B除去空气中的二氧化碳，然后用空气将装置D产生的二氧化碳完全赶到装置A中，为了避免空气中水和二氧化碳干扰，装置A需要连接吸收二氧化碳和水的装置，据此对装置进行排序；

（2）根据通入空气还可以将碳酸钙与盐酸反应生成的二氧化碳驱赶到装置B中分析；

（3）空气中含有二氧化碳；会影响实验测定，需要用氢氧化钠溶液吸收；

（4）由于反应生成的二氧化碳中含有杂质氯化氢和水，导致测定的装置A的质量差增大，测定碳酸钙质量偏大，氧化铁的质量分数偏低．【解析】【解答】解：I．要检验FeO，应该先将FeO转化为亚铁离子，亚铁离子具有还原性，酸性高锰酸钾溶液能氧化亚铁离子而褪色，高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化盐酸，所以不能用盐酸酸化高锰酸钾，其检验方法为：取少量样品于试管中，加入稀硫酸溶解，再加入少量KMnO4溶液；溶液不褪色，说明样品中没有FeO；

故答案为：取少量样品于试管中，加入稀硫酸溶解，再加入少量KMnO4溶液；溶液不褪色，说明样品中没有FeO；

Ⅱ．（1）根据图示可知，盛放盐酸的装置为分液漏斗；测定样品中Fe2O3的质量分数；先根据碳酸钙产生的二氧化碳的质量计算出碳酸钙的质量，再根据样品质量计算出氧化铁的质量分数，仪器连接顺序为：先将空气通入盛有氢氧化钠溶液的装置B，以便除去空气中的二氧化碳，然后利用空气将装置D中产生的二氧化碳驱赶到装置A，利用二氧化碳与氢氧化钡生成的碳酸钡沉淀的质量计算出碳酸钙的质量，由于空气中的二氧化碳；水蒸气影响测定结果，需要在装置A后连接一个吸收二氧化碳、水蒸气的装置C，所以装置连接顺序为：BDAC；

故答案为：分液漏斗；B；D；A；C；

（2）实验过程中需要持续通入空气；其作用除可以起到“搅拌”A；D中反应物达到充分反应外，还可以使反应生成的二氧化碳尽可能彻底的赶入装置A中，使反应生成的二氧化碳能够被氢氧化钡溶液完全吸收；

故答案为：将反应产生的CO2气体尽可能彻底的赶入装置A中，使之完全被Ba（OH）2溶液吸收；

（3）空气中含有二氧化碳；会影响实验测定，而装置B中应该盛放氢氧化钠溶液，从而吸收空气中的二氧化碳，避免空气中的二氧化碳影响测定结果，故d正确；

故答案为：d；

（4）由于装置D生成的二氧化碳中混有氯化氢和水；导致装置A在吸收反应产生的气体前后的质量差偏大，测定的二氧化碳的质量偏大，碳酸钙的质量会偏大，样品中氧化铁的质量偏小，氧化铁的质量分数会偏小；

故答案为：偏小．9、2Cu2++2Cl-+Fe=2CuCl↓+Fe2+氯化亚铜能被空气中氧气氧化（或氯化亚铜有还原性；易被氧气氧化）将一小块pH试纸置于干燥洁净的表面皿上，用干燥洁净的玻璃棒蘸取待测液滴在pH试。

纸上，跟标准比色卡对照AB四氯化碳或CCl4取少量滤液，先加入过量的硝酸酸化的Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀出现，检出SO42-；

过滤（或静置）再向滤液（或清液）加入适量的AgNO3溶液；也有白色沉淀出现，检出。

Cl-（其他合理答案均可）【分析】【分析】（1）①铜离子；氯离子和Fe发生氧化还原反应生成CuCl和亚铁离子；CuCl易被氧气氧化而降低CuCl的生成量；

②测定pH方法为：将一小块pH试纸置于干燥洁净的表面皿上；用干燥洁净的玻璃棒蘸取待测液滴在pH试纸上，跟标准比色卡对照；

（2）①为防止倒吸；尾气处理装置中要有缓冲装置；

②用硝酸酸化的硝酸钡溶液检验硫酸根离子；用硝酸银溶液检验氯离子．【解析】【解答】解：（1）①铜离子、氯离子和Fe发生氧化还原反应生成CuCl和亚铁离子，离子方程式为2Cu2++2Cl-+Fe=2CuCl↓+Fe2+；氯化亚铜能被空气中氧气氧化（或氯化亚铜有还原性，易被氧气氧化），从而降低CuCl的生成量；

故答案为：2Cu2++2Cl-+Fe=2CuCl↓+Fe2+；氯化亚铜能被空气中氧气氧化（或氯化亚铜有还原性；易被氧气氧化）；

②测定pH方法为：将一小块pH试纸置于干燥洁净的表面皿上；用干燥洁净的玻璃棒蘸取待测液滴在pH试纸上，跟标准比色卡对照，注意不能直接用pH试纸蘸取溶液；

故答案为：将一小块pH试纸置于干燥洁净的表面皿上；用干燥洁净的玻璃棒蘸取待测液滴在pH试纸上，跟标准比色卡对照；

（2）①为防止倒吸；尾气处理装置中要有缓冲装置，AB有缓冲装置；CD没有缓冲装置，所以选取AB；

若选用甲装置，甲中下层液体密度大于上层液体，则烧杯中的下层液体可以是四氯化碳或CCl4；

故答案为：AB；四氯化碳或CCl4；

②硫酸根离子检验方法为：取少量滤液，先加入过量的硝酸酸化的Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀出现，检出SO42-；

氯离子检验方法为：过滤（或静置）再向滤液（或清液）加入适量的AgNO3溶液，也有白色沉淀出现，检出Cl-（其他合理答案均可）；

故答案为：取少量滤液，先加入过量的硝酸酸化的Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀出现，检出SO42-；过滤（或静置）再向滤液（或清液）加入适量的AgNO3溶液，也有白色沉淀出现，检出Cl-（其他合理答案均可）．10、1-a3a23-3a丁【分析】【分析】（1）依据化学平衡的三段式计算列式分析计算；

（2）根据恒温；恒压下放入3molA和3molB；最后达到与（1）相同的平衡分析计算；

（3）恒温、恒压下根据生成的C为3a可知，达到的平衡与起始量加入3molA3molB所达到的平衡是相同的平衡，依据（2）的分析计算得到（3）的X、Y的取值；【解析】【解答】解；（1）根据化学平衡三段式列式计算。

A（气）+B（气）⇌C（气）

起始量（mol）110

变化量（mol）aaa

平衡量（mol）1-a1-aa

A的物质的量为（1-a）mol；

故答案为：（1-a）；

（2）若开始时放入3molA和3molB；最后达到与（1）相同的平衡，所以到达平衡后，依据（1）中的计算，生成C的物质的量为3amol；

故答案为：3a；

（3）恒温；恒压下到达平衡后；C的物质的量为3amol，说明和（2）所达到的平衡是相同的平衡，满足A、B起始量分为3mol、3mol，依据三段式列式判断；假设反应正向进行。

A（气）+B（气）⇌C（气）

起始量（mol）x21

变化量（mol）3a-13a-13a-1

平衡量（mol）y3-3a3a

依据等效平衡；y=3-3a，x=2；

故答案为：2；3-3a．

化学平衡状态下n（B）=（3-3a）mol；因为0＜a＜1，所以0＜（3-3a）＜3，可能大于；等于或小于2mol；

故答案为：丁．11、32832280.8mol【分析】【分析】（1）根据氧化还原反应中得失电子数相等和原子守恒来配平化学方程式；

（2）氧化产物是化合价升高元素所在的产物；根据二氧化碳的结构来回答；

（3）化学反应中转移的电子数=化合价升高数=化合价降低数．【解析】【解答】解：（1）反应中C元素的化合价由0升高为+4价，Cr元素的化合价由+6价降低为+3价，由电子守恒可知，C的化学计量数为3，K2Cr2O7的化学计量数为2，由质量守恒定律可知，配平后的化学反应为3C+2K2Cr2O7+8H2SO4=3CO2+2K2SO4+2Cr2（SO4）3+8H2O；故答案为：3；2；8；3；2；2；8；

（2）Cr元素的化合价降低，则K2Cr2O7为氧化剂，氧化产物是二氧化碳，二氧化碳中，碳原子和氧原子之间通过共价双键结合，属于非极性分子，它的电子式为故答案为：

（3）C的化合价有0价升高到+4价，每生成1mol二氧化碳，转移4mol电子，当生成0.2molCO2气体时，转移电子的物质的量是0.8mol，故答案为：0.8mol．12、5.5×10-4mol/（L•s）K=【分析】【分析】（1）由图可知，20秒内NO2的浓度变化为0.04mol/L-0.018mol/L=0.022mol/L，根据v=计算v（NO2），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（O2）；

（2）该反应进行到45秒时，达到平衡是NO2浓度约为0.0125mol/L；据此画出25秒至70秒的反应进程曲线；

（3）若在反应开始时加入催化剂（其他条件都不变），反应速率加快，相同时间内NO2浓度变化量增大，到达平衡时间缩短，但不影响平衡移动，达到平衡是NO2浓度约为0.0125mol/L；据此用虚线画出加催化剂后的反应进程曲线；

（4）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，据此书写．【解析】【解答】解：（1）由图可知，20秒内NO2的浓度变化为0.04mol/L-0.018mol/L=0.022mol/L，故v（NO2）==0.0011mol/（L•s），对于2NO2⇌2NO+O2，速率之比等于化学计量数之比，所以v（O2）=v（NO2）=×0.0011mol/（L•s）=5.5×10-4mol/（L•s），故答案为：5.5×10-4mol/（L•s）；

（2）该反应进行到45秒时，达到平衡是NO2浓度约为0.0125mol/L，据此用实线画出25秒至70秒的反应进程曲线为

故答案为：

（3）若在反应开始时加入催化剂（其他条件都不变），反应速率加快，相同时间内NO2浓度变化量增大，到达平衡时间缩短，但不影响平衡移动，达到平衡是NO2浓度约为0.0125mol/L，据此用虚线画出加催化剂后的反应进程曲线为

故答案为：

（4）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，对于可逆反应2NO2⇌2NO+O2的平衡常数K==；

故答案为：K=．三、判断题(共5题，共10分)13、×【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：×．14、×【分析】【分析】加用盐酸酸化的Ba（NO3）2溶液，产生了大量的白色沉淀，该白色沉淀可能为氯化银，不一定为硫酸钡，则无法判断原溶液中是否含有硫酸根离子．【解析】【解答】解：氯化银和硫酸钡都不溶于强酸，向溶液中加入用盐酸酸化的Ba（NO3）2溶液；产生了大量的白色沉淀，白色沉淀可能是盐酸电离的氯离子与银离子反应生成的氯化银沉淀，不一定为硫酸钡沉淀，所以该说法是错误的；

故答案为：×．15、×【分析】【分析】（1）乙醛可看作甲烷中的氢原子被醛基取代产物；

（2）含醛基的物质能发生银镜反应；

（3）醛基既可被氧化为羧基也可被还原为羟基；

（4）根据乙醛和乙醇的分子式分析；

（5）乙酸分子中羧基可电离出氢离子，据此分析．【解析】【解答】解：（1）乙醛可看作甲烷中的氢原子被醛基取代产物；而甲烷为四面体结构，则甲烷的衍生物也是四面体结构；

故答案为：×；

（2）含醛基的物质能发生银镜反应；葡萄糖含醛基能发生银镜反应；

故答案为：×；

（3）醛基既可被氧化为羧基也可被还原为羟基；

故答案为：√；

（4）乙醛的分子式为C2H4O，乙醇的分子式为C2H6O；从组成看，等物质的量的乙醛和乙醇燃烧乙醇耗氧多；

故答案为：×；

（5）乙酸分子中羧基可电离出氢离子；其余氢原子不能电离出氢原子；

故答案为：×．16、×【分析】【分析】0.012kg12C中所含的碳原子数为阿伏加德罗常数，以此解答该题．【解析】【解答】解：0.012kg12C中所含的碳原子数为阿伏加德罗常数，而不是13C，故答案为：×．17、√【分析】【分析】水的分子式为H2O，结合分子式进行判断．【解析】【解答】解：水的分子式为H2O，1moL水中所含原子总数为3NA；

故答案为：√．四、推断题(共2题，共16分)18、略

【分析】解：根据题目所给信息，可知rm{1}rm{3-}丁二烯与丙烯醛发生加成反应反应生成rm{A}为rm{A}与足量的氢气发生加成反应生成rm{B}为rm{B}在rm{HBr}条件下发生取代反应生成rm{C}为rm{C}与rm{Mg}在干醚的条件下得到发生信息中反应得到再发生催化氧化反应生成被酸性高锰酸钾溶液溶液氧化生成rm{D}为对比rm{D}与rm{F}的结构可知，rm{D}与rm{CH_{2}=CHCH_{2}OH}反应酯化反应得到rm{F}故E为rm{CH_{2}=CHCH_{2}OH}．

rm{(1)}由上述分析可知，rm{A}的结构简式为所含官能团有：醛基；碳碳双键；

故答案为：醛基；碳碳双键；

rm{(2)}由rm{A}生成rm{B}的反应类型属于加成反应，rm{E}为rm{CH_{2}=CHCH_{2}OH}rm{E}的某同分异构体只有一种相同化学环境的氢，该同分异构体的结构简式为：

故答案为：加成反应；

rm{(3)D}和rm{E}反应生成rm{F}的化学方程式为：

故答案为：

rm{(4)}由转化关系中反应可知，溴乙烷与rm{Mg}在干醚的条件下得到rm{CH_{3}CH_{2}MgBr}再与环氧乙烷在酸性条件下得到rm{1-}丁醇，合成路线流程图为：

故答案为：．

根据题目所给信息，可知rm{1}rm{3-}丁二烯与丙烯醛发生加成反应反应生成rm{A}为rm{A}与足量的氢气发生加成反应生成rm{B}为rm{B}在rm{HBr}条件下发生取代反应生成rm{C}为rm{C}与rm{Mg}在干醚的条件下得到发生信息中反应得到再发生催化氧化反应生成被酸性高锰酸钾溶液溶液氧化生成rm{D}为对比rm{D}与rm{F}的结构可知，rm{D}与rm{CH_{2}=CHCH_{2}OH}反应酯化反应得到rm{F}故E为rm{CH_{2}=CHCH_{2}OH}．

rm{(4)}由转化关系中反应可知，溴乙烷与rm{Mg}在干醚的条件下得到rm{CH_{3}CH_{2}MgBr}再与环氧乙烷在酸性条件下得到rm{1-}丁醇．

本题考查有机物的推断与合成，充分利用转化关系中有机物的进行进行分析解答，较好的考查学生的分析推理能力、获取信息能力、知识迁移运用能力，熟练掌握官能团的性质与转化，难度中等．【解析】醛基、碳碳双键；加成反应；19、金刚石8原子晶体1s22s22p63s23p5H2O分子间形成氢键V型sp3HClCOCl2sp2极性【分析】【分析】a、b、c和d分别为四种短周期元素的常见单质，b与c反应生成水，故b、c分别为H2、O2中的一种，a的一种同素异形体的晶胞中每个原子周围有4个键，判断为金刚石，则a为C，故b为H2、c为O2，由转化关系可知，f为CO，g为CO2，因i是常见的酸，只由b、d形成可判断为盐酸，则d为Cl2，i为HCl，而k与水反应生成CO2与盐酸，该反应没在教材中出现过，且由f、d反应得到，应含C、O、Cl三种元素，只能判断为COCl2，以此来解答．【解析】【解答】解：a、b、c和d分别为四种短周期元素的常见单质，b与c反应生成水，故b、c分别为H2、O2中的一种，a的一种同素异形体的晶胞中每个原子周围有4个键，判断为金刚石，则a为C，则b为H2、c为O2，由转化关系可知，f为CO，g为CO2，因i是常见的酸，只由b、d形成可判断为盐酸，则d为Cl2，i为HCl，而k与水反应生成CO2与盐酸，该反应没在教材中出现过，且由f、d反应得到，应含C、O、Cl三种元素，只能判断为COCl2；

（1）由上述分析可知，图B对应的位置为金刚石，该晶胞中C原子数目=4+8×+6×=8；属于原子晶体；

故答案为：金刚石；8；原子晶体；

（2）d中元素为Cl元素，基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p5，故答案为：1s22s22p63s23p5；

（3）所有两元素形成的物质中，水分子之间存在氢键，常温下是液态，其它都是气体，故水的沸点最高，水分子中O原子呈2个σ键、含有2对孤电子对，故为V型结构，中心原子含2对孤电子对，2个σ键，其杂化轨道类型为sp3；

故答案为：H2O；分子间形成氢键；V型；sp3；

（4）所有双原子分子中；只有H；Cl电负性差值最大，因而HCl的极性最大，故答案为：HCl；

（5）k的分子式为COCl2，COCl2中C原子成3个σ键、1个π键，没有孤电子对，C原子采取sp2杂化；为平面三角形结构，分子中正负电荷中心不重合，属于极性分子；

故答案为：COCl2；sp2；极性．五、解答题(共4题，共36分)20、略

【分析】【分析】NO2和O2混合气体与反应可能的反应式有：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，3NO2+H2O=2HNO3+NO，根据反应的方程式利用讨论的方法进行计算原混合气体中NO2和O2的体积．【解析】【解答】解：若氧气过量；则剩余5mL气体为氧气，设参加反应的氧气的体积为x，则：

4NO2+O2+2H2O=4HNO3

4xx

4x+x=30mL-5ml=25mL；

x=5ml；所以氧气的体积为：5ml+5ml=10mL，二氧化氮体积为：30mL-10mL=20mL；

则剩余5mL气体为NO；设氧气的体积为y；

4NO2+O2+2H2O=4HNO3

4yy

3NO2+H2O=2HNO3+NO

31

（30mL-y-4y）5mL

y=3mL；

则氧气体积为3mL；二氧化氮体积为：30mL-3mL=27mL；

答：若氧气过量，氧气的体积为10mL、二氧化氮体积为20mL；若NO2过量，氧气体积为3mL，二氧化氮体积为27mL．21、略

【分析】【分析】依据盐类水解是吸热过程，水解程度微弱，结合平衡移动原理分析影响平衡的外因．【解析】【解答】解：盐类水解是吸热过程；外界条件对盐类水解的影响为：

①．温度：水解反应为吸热反应；升温平衡右移；

②．浓度：改变平衡体系中每一种物质的浓度；都可使平衡移动，盐的浓度越小，水解程度越大；

③．溶液的酸碱度：加入酸或碱能促进或抑制盐类的水解．例如：水解呈酸性的盐溶液；若加入碱，就会中和溶液中的H，使平衡向水解的方向移动而促进水解；若加入酸，则抑制水解；同种水解相互抑制，不同水解相互促进；

答：外界条件对盐类水解的影响①．温度：水解反应为吸热反应；升温平衡右移；

②．浓度：改变平衡体系中每一种物质的浓度；都可使平衡移动，盐的浓度越小，水解程度越大；

③．溶液的酸碱度：加入酸或碱能促进或抑制盐类的水解．例如：水解呈酸性的盐溶液，若加入碱，就会中和溶液中的H，使平衡向水解的方向移动而促进水解；若加入酸，则抑制水解；同种水解相互抑制，不同水解相互促进．22、略

【分析】

（1）由图可知；操作I是将加入盐酸反应的溶液稀释成100.00mL溶液，需要100mL容量瓶，还需要用胶头滴管定容；

故答案为：100mL容量瓶；胶头滴管；

（2）加氯水就是让+2价铁变为+3价，发生反应为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；

故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；

（3）溶液中存在氯化铵；可用硝酸酸化的硝酸银溶液检验最后一次洗涤液中是否存在氯离子；

故答案为：取最后一次洗涤液于试管中；滴加少量硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则证明已洗涤干净；

（4）因铁元素质量守恒，即红棕色固体中的铁就是样品中铁，Fe2O3的质量为W2-W1g，由于参加反应的溶液只取所配溶液的因此铁元素的质量为5×（W2-W1）g×样品中铁元素的质量分数是×100%；如果氢氧化铁没有完全分解；计算出铁元素的质量偏高，最终测量的结果偏大；

故答案为：×100%；加热时固体未充分反应生成Fe2O3．

【解析】【答案】本实验目的是测定铁的质量分数；采取的方法是使样品溶解；反应、最终生成氧化铁，然后通过氧化铁质量来求铁的质量分数．

（1）由图可知；操作I是将加入盐酸反应的溶液稀释成100.00mL溶液，故需要100mL的容量瓶，定容需要胶头滴管；

（2）加氯水就是让+2价铁变为+3价；

（3）溶液中存在氯化铵；可用硝酸酸化的硝酸银溶液检验最后一次洗涤液中是否存在氯离子，以判断沉淀是否洗净；

（4）加热分解所得的物质是Fe2O3，其质量为（W2-W1）g，由于用去20mL溶液，故100mL溶液可以得到Fe2O3质量为5（W2-W1）g；根据化学式计算铁元素的质量，再利用质量分数的定义计算原氧化铁样品中铁元素的质量分数；如果氢氧化铁没有完全分解，计算出铁元素的质量偏高，最终测量的结果偏大．

23、略

【分析】

Ⅰ、沉淀是CuCO3说明，Na2CO3溶液与CuSO4溶液发生反应生成硫酸钠与碳酸铜，即碳酸根与铜离子反应生成碳酸铜沉淀，反应离子方程式为CO32-+Cu2+=CuCO3↓；

先将固体与溶液分离；采取过滤方法，然后洗涤沉淀附着的物质，再进行干燥，可得较纯净的沉淀．

故答案为：CO32-+Cu2+=CuCO3↓；过滤；洗涤、干燥；

Ⅱ；（1）利用加热的方法检验；氢氧化铜和碳酸铜加热分解得到氧化铜、水和二氧化碳，若有氢氧化铜可用无水硫酸铜检验，若有碳酸铜可用澄清的石灰水检验产生的二氧化碳．

故答案为：A→C→B；

（2）用澄清的石灰水检验是否产生二氧化碳，装置B中澄清石灰水变浑浊，说明生成二氧化碳，即说明含有CuCO3．

故答案为：装置B中澄清石灰水变混浊；

Ⅲ、（1）实验开始时装置的空气中会有水蒸气和二氧化碳，若不排除被吸收装置吸收会对计算结果产生较大的误差，故开始时先用除去水和二氧化碳的空气将装置中的水蒸气和二氧化碳排除，故装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O蒸汽和CO2；

氢氧化铜和碳酸铜加热分解后会在反应装置中残留二氧化碳和水蒸气；通过用除去水和二氧化碳的空气将装置中的水蒸气和二氧化碳赶出被吸收装置完全吸收，防止影响测定结果．

故答案为：吸收空气中的H2O蒸汽和CO2；通过用除去水和二氧化碳的空气将装置中的水蒸气和二氧化碳赶出被吸收装置完全吸收．

（2）装置B质量增加了n克，说明分解生成ng水，水的物质的量为mol；根据氢元素守恒可知氢氧化铜的物质的量为。

mol，故氢氧化铜的质量为mol×98g/mol=g，沉淀中CuCO3的质量分数为×100%=（1-）×100%．

故答案为：（1-）×100%．

【解析】【答案】Ⅰ、沉淀是CuCO3说明，Na2CO3溶液与CuSO4溶液发生反应生成硫酸钠与碳酸铜；即碳酸根与铜离子反应生成碳酸铜沉淀．

先将固体与溶液分离；采取过滤方法，然后洗涤沉淀附着的物质，再进行干燥，可得较纯净的沉淀；

Ⅱ、利用加热的方法检验，氢氧化铜和碳酸铜加热分解得到氧化铜、水和二氧化碳，若有氢氧化铜可用无水硫酸铜检验，若有碳酸铜可用澄清的石灰水检验产生的二氧化碳，澄清石灰水变浑浊说明含有CuCO3；

Ⅲ；（1）实验开始时装置的空气中会有水蒸气和二氧化碳；若不排除被吸收装置吸收会对计算结果产生较大的误差，故开始时先用除去水和二氧化碳的空气将装置中的水蒸气和二氧化碳排除；

实验结束氢氧化铜和碳酸铜加热分解后会在反应装置中残留二氧化碳和水蒸气；通过用除去水和二氧化碳的空气将装置中的水蒸气和二氧化碳赶出被吸收装置完全吸收；

（2）装置B质量增加了n克；说明分解生成ng水，根据水的质量计算沉淀中氢氧化铜的质量，沉淀质量减去氢氧化铜的质量等于碳酸铜的质量，再利用质量分数的定义计算．

六、计算题(共4题，共32分)