2025年人教版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年人教版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7题，共14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.标准状况下，22.4LH2O含有NA个水分子B.标准状况下，22．L空气含有NA个单质分子C.常温常压下，11.2L氯气所含的原子数目为NAD.标准状况下，1.12LO2和1.12LCO2均含有0.1NA氧原子2、甲基苯基甲醇（Methylphenylcarbinol）可以用作食用香精，其结构简式为则甲基苯基甲醇的分子式为（）A.C8H10OB.C9H10OC.C8H8OD.C8H12O3、下列反应属于加成反应的是（）A.CH4+Cl2CH3Cl+HClB.CH2=CH2+HClCH3CH2ClC.2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OD.2C6H6+15O212CO2+6H2O4、可以证明乙醇分子中有一个氢原子与另外氢原子不同的方法是（）A.1mol乙醇燃烧生成3mol水B.1mol乙醇可以生成1mol乙醛C.1mol乙醇跟足量的钠反应得到0.5molH2D.乙醇与水能以任意比互溶5、下列叙述正确的是（）A.NaCl溶液在电流作用下电离成Na+与Cl-B.溶于水后能电离出H+的化合物都是酸C.液态氯化氢不能导电，但氯化氢是电解质D.导电性强的溶液里自由移动离子数目一定比导电性弱的溶液里自由移动离子数目多6、设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A.25℃，pH=12的Na2CO3溶液中含有OH﹣的数目为0.01NAB.1mol苯乙烯中含有的碳碳双键数为4NAC.标准状况下，2.24L己烷中原子数为2NAD.通常状况下，18g水所含的中子数为8NA7、下列对于“摩尔”的理解正确的是（）A.摩尔是国际科学界建议采用的一种物理量B.摩尔是物质的量的单位，简称摩，符号为molC.我们把含有6.02×1023个粒子的任何粒子的集合体计量为1摩尔D.1mol氧含6.02×1023个O2评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)8、磷酸铁锂（LiFePO4）被认为是最有前途的锂离子电池正极材料．某企业利用富铁浸出液生成磷酸铁锂；开辟了处理硫酸亚铁废液一条新途径．其主要流程如下：

已知：H2LiO3是种难溶于水的物质．

（1）钛铁矿用浓硫酸处理之前，需要粉碎，其目的____

（2）TiO2+水解生成H2TiO3的离子方程式____

（3）加入NaClO发生反应的离子方程式____

（4）在实验中，从溶液中过滤出H2TiO3后，所得滤液浑浊，应如何操作____．

（5）为测定钛铁矿中铁的含量，某同学取经浓硫酸等处理的溶液（此时钛铁矿中的铁己全部转化为二价铁离子），采取KMnO4标准液滴定Fe2+的方法：（不考虑KMnO4与其他物质反应）在滴定过程中，若未用标准液润洗滴定管，则使测定结果____．（填“偏高、偏低、无影响”），滴定终点的现象____．滴定分析时，称取ag钛铁矿，处理后，用cmol/LKMnO4标准液滴定，消耗VmL，则铁元素的质量分数的表达式为____．9、某电工在排装电路是将铜线和铝线缠绕接好后，用胶布将接头包住，一段时间后，发现线路断了，经检查发现，铜线与铜线接头、铝线与铝线接头处均完好无损，只是在铝线与铜线接头处断了．接好后，过一段时间发现，电路又断了，检查后发现仍然是铜线与铝线接头处断了．你估计是什么原因导致铜线铝线接头处容易断开？____

你认为应该如何预防线路断开？____

据此请你选择，铁制器件铆接固定时，应选择铜铆钉还是铝铆钉？结合反应方程式说明．____．10、某小组的同学对放置已久的过氧化钠的成份进行探究；请回答下列问题：

（1）反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑的还原剂是____（写化学式）；反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑中，每生成1molO2则转移了____mol电子．

（2）进行探究：

①提出假设．假设1：全部是Na2O2假设2：全部是Na2CO3假设3：____

②设计方案，进行实验．请在答题卡上写出实验步骤以及预期现象和结论（可不填满）．限选实验试剂和仪器：蒸馏水、1moL•L-1H2SO4；澄清石灰水、淀粉-KI溶液、酚酞溶液、火柴、试管、小烧杯．

。实验步骤预期现象和结论步骤1：取少量固体样品于试管中，滴加足量1moL•L-1H2SO4至固体溶解，然后将内壁附有澄清石灰水的烧杯罩于试管口．若澄清石灰水未见浑浊；则假设1成立；

若澄清石灰水变浑浊，则____

____步骤2：步骤3：11、某工厂的酸性废水中含有大量的Fe3+、Cu2+、SO42-和少量Na+．为了减少污染并变废为宝，工程师们设计了如下流程，回收铜和绿矾．

（1）工业废水中加入试剂A后，反应的离子方程式为Fe+Cu2+═Fe2++Cu、Fe+2H+═Fe2++H2↑、____．

（2）试剂B是____．

（3）①～③中均涉及的实验操作是____．

（4）可用绿矾消除工业废水中+6价铬（Cr2O72-）的污染，使之转化为Cr3+，若处理1t废水（含Cr2O72-10-3mol/kg），则需加入绿矾的质量至少为____．12、在一个小烧杯里，加入20gBa（OH）2•8H2O粉末和10gNH4Cl晶体；将小烧杯放在滴有几滴水的玻璃片上，用玻璃棒快速搅拌．回答问题：

（1）实验中玻璃棒的作用是____．

（2）该反应的化学方程式为____，该反应属于____（填反应类型）．

（3）实验中观察到现象有____；____．反应混合物呈糊状，呈糊状的原因是____．

（4）通过____现象，说明该反应为____热反应，这是由于反应物的总能量____（填“大于”、“小于”或“等于”）生成物的总能量．13、已知A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g）反应的平衡常数和温度的关系如下：

。|温度/℃70090083010001200平衡常数1.71.11.00.60.4回答下列问题：

（1）该反应的平衡常数表达式K=____，△H____0（填“＜”“＞”“=”）；

（2）830℃时，向一个5L的密闭容器中充入0.20mol的A和0.80mol的B，如反应初始6s内A的平均反应速率v（A）=0.003mol•L-1•s-1．，则6s时c（A）=____mol•L-1，C的物质的量为____mol；若反应经一段时间后，达到平衡时A的转化率为____，如果这时向该密闭容器中再充入1mol氩气，平衡时A的转化率为____；

（3）判断该反应是否达到平衡的依据为____（填正确选项前的字母）：

a．压强不随时间改变b．气体的密度不随时间改变。

c．c（A）不随时问改变d．单位时间里生成c和D的物质的量相等。

（4）1200℃时反应C（g）+D（g）⇌A（g）+B（g）的平衡常数的值为____．评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)14、分子总数为NA的NO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为2NA．____（判断对错）15、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）16、铁和稀硫酸反应的离子反应方程式：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑____．（判断对错）17、判断正误；正确的划“√”，错误的划“×”

（1）106g的乙醇和丙醇混合液完全燃烧生成的CO2为112L（标准状况）____

（2）医用酒精的浓度通常为95%____

（3）Y（C2H5OH），W（C2H5ONa）可通过置换反应由Y得到W____

（4）向无水乙醇中加入浓H2SO4，加热至170℃，产生的气体通入酸性KMnO4溶液，紫红色褪去，使溶液褪色的气体只是乙烯____

（5）乙醇不能发生取代反应____

（6）实验室中提纯混有少量乙酸的乙醇，可采用先加生石灰，过滤后再蒸馏的方法____．18、现对0.1mol/L的纯碱溶液进行相关研究．

（1）用pH试纸测定该溶液的pH，其正确的操作____．

（2）由上测得纯碱溶液呈碱性，请用离子方程式表示其原因：____．

（3）某同学根据所学知识对Na2CO3溶液进行分析；写出了以下四个关系式．请你判断：在正确的关系式后面打“√”，在错误的后面写出正确的关系式．

①c（Na+）=2[c（CO32-）+c（HCO3-）]：____；

②c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-）：____；

③c（OH-）=c（H+）+c（HCO3-）+c（H2CO3）：____；

④c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）：____．评卷人得分四、解答题(共4题，共8分)19、将14克Na2O、Na2O2的混合物放入87.6克水中，可得1.12升氧气（标准状况），所得溶液的密度为1.18克/毫升，求原混合物中各成分的物质的量之比和所得溶液的质量分数和物质的量浓度．20、A；B、C、D、E均为中学化学常见的纯净物；B为自然界中含量最多的液体，它们之间有如下的反应关系：

（1）常温下；若A为气态单质，C为非金属氧化物，A；C均能使品红溶液褪色，相对分子质量E＞D，则：该反应的反应方程式为______，检验D中阴离子的方法是______．

（2）若A为短周期的金属单质；D为气态单质，C溶液呈强酸性或强碱性时，该反应都能进行．写出反应的离子方程式______；______．

（3）若A；C均为化合物；E为白色沉淀，C为引起温室效应的主要气体，写出E可能的化学式（写两种）______、______写出生成E的一个离子方程式______．

21、将483gNa2SO4•10H2O晶体溶于水中，然后向其中加入足量的BaCl2溶液，刚好完全沉淀，求生成沉淀的质量．22、氧化二氯是棕黄色刺激性气体，熔点：-116℃，沸点3.8℃．氧化二氯不稳定，接触一般有机物易爆炸；它易溶于水（1：100），同时反应生成次氯酸溶液；制备出之后要冷却成固态以便操作和贮存．制备少量Cl2O；是用干燥的氯气和HgO反应．装置示意如图（铁架台和夹持仪器已略去）．

（1）A中盛有的深色固体试剂a是______，分液漏斗中试剂b是______

（2）B中盛有液体c是______；C中的液体d是______

（3）D中所发生反应的化学方程式是______

（4）E中的保温瓶中盛有致冷剂；它应是______（在干冰；冰水、液态空气中选择），在E的内管得到的氧化二氯中可能含有杂质是______

（5）装置A；B、C间的连接方式与D、E间的连接方式有明显的区别；这区别是______，用这些不同的连接方式的主要理由是______．

评卷人得分五、探究题(共4题，共32分)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：25、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________．26、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：评卷人得分六、其他(共1题，共7分)27、将下列各仪器名称前的字母序号与其用途相对应的选项填在相应位置．

（1）用来夹试管的工具是____；

（2）贮存固体药品的仪器是____；

（3）常作为反应用的玻璃容器是____；

（4）用于洗涤仪器内壁的工具是____；

（5）用于夹持燃烧镁条的工具是____；

（6）检验物质可燃性，进行固气燃烧实验的仪器是____；

（7）用于加热浓缩溶液、析出晶体的瓷器是____；

（8）加热时常垫在玻璃容器与热源之间的用品是____．参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】【分析】A；标况下水为液态；

B；空气中不止是单质气体；

C；常温常压下；其摩尔体积大于22.4L/mol；

D、氧气和二氧化碳中均含2个氧原子．【解析】【解答】解：A；标况下水为液态；故不能根据气体摩尔体积的数值来计算其物质的量，故A错误；

B、标况下22.4L空气的物质的量为1mol，但空气中不止是单质气体，还有化合物，故其中含有的单质分子的个数小于NA个；故B错误；

C、常温常压下，其摩尔体积大于22.4L/mol，故11.2L氯气的物质的量小于0.5mol，则含有的原子个数小于NA个；故C错误；

D、标况下1.12L氧气和二氧化碳的物质的量均为0.05mol，而氧气和二氧化碳中均含2个氧原子，故0.05mol氧气和0.05mol二氧化碳中含有的氧原子的物质的量均为0.1mol，个数均为0.1NA个；故D正确．

故选D．2、A【分析】【分析】根据结构简式判断有机物含有的元素种类和原子个数，可确定有机物分子式．【解析】【解答】解：由结构简式可知有机物含有8个C原子、10个H原子、1个O原子，则分子式为C8H10O；

故选A．3、B【分析】【分析】有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应是加成反应；有机物中的原子或原子团被其他的原子或原子团所代替生成新的化合物的反应叫取代反应，据此进行解答．【解析】【解答】解：A．甲烷与氯气在光照条件下发生了取代反应；不属于加成反应，故A错误；

B．乙烯中含有碳碳双键；能够与HCl发生加成反应，故B正确；

C．乙醇能够被氧气氧化；发生的是氧化反应，不属于加成反应，故C错误；

D．苯的燃烧反应；发生的是氧化反应，不属于加成反应，故D错误；

故选B．4、C【分析】【分析】A．根据元素守恒所有的氢元素均生成水；

B．根据反应的实质来回答；

C．根据乙醇和金属钠反应的实质来回答；

D．乙醇与水能形成氢键．【解析】【解答】解：A.1mol乙醇燃烧生成3mol水；即乙醇燃烧所有的氢元素均生成水，不能证明乙醇分子中有一个氢原子与另外氢原子不同，故A错误；

B.1mol乙醇可以生成1mol乙醛只能证明乙醇中的三个氢原子和其他三个氢原子不同；故B错误；

C.1mol乙醇跟足量的Na作用得0.5molH2；很明显乙醇中的6个氢只有一个能变为氢气，这个氢与其他氢不同，故C正确；

D．乙醇与水能形成氢键；故乙醇与水能以任意比互溶，不能证明乙醇分子中有一个氢原子与另外氢原子不同，故D错误；

故选C．5、C【分析】【分析】A．电离是在水分子作用下或者通过加热使化学键断裂离解出自由移动的离子；不需要通电；NaCl溶液在电流作用下发生的是电解；

B．酸是指电离时生成的阳离子只有氢离子的化合物；

C．在水溶液中或者熔融状态下能导电的化合物是电解质；

D．电解质导电能力强弱与自由移动的离子的浓度，所带的电荷多少有关．【解析】【解答】解：A．NaCl溶液在电流作用下发生的是电解生成氯气、氢气、氢氧化钠，氯化钠在水溶液中或者在熔融状态下电离成Na+与Cl-；故A错误；

B．NaHSO4电离方程式为：NaHSO4=Na++H++SO42-，NaHSO4属于盐；不是酸，故B错误；

C．虽然液体氯化氢不能导电；但是氯化氢在水溶液中能导电，是化合物，属于电解质，故C正确；

D．电解质导电能力强弱与自由移动的离子的浓度；所带的电荷多少有关，故D错误；

故选：C．6、D【分析】【解答】解：A．溶液体积未知；，无法计算氢氧根离子数目，故A错误；B．1mol苯乙烯中含有的碳碳双键数为NA；故B错误；

C．标况下；己烷为液体，不能计算2，24L己烷的物质的量，故C错误；

D．18g水所含的中子数目为×8×NAmol﹣1=8NA；故D正确；

故选：D．

【分析】A．溶液体积未知；

B．苯分子中不含碳碳双键；

C．气体摩尔体积使用对象为气体；

D.1个水分子含有8个中子；7、B【分析】解：A；物质的量是国际科学界建议采用的一种物理量；摩尔是物质的量的单位，故A错误；

B；摩尔是物理量物质的量的单位；简称摩，符号为mol，故B正确；

C、把12g12C中所含碳原子数规定为1mol，近似为6.02×1023/mol；称为阿伏伽德罗常数，是微观粒子的集合体，故C错误；

D、物质的量需要指明微粒种类，1mol氧气中约含6.02×1023个O2；故D错误；

故选：B．

A；摩尔是物质的量的单位；

B；摩尔是物质的量的单位；

C；依据1mol的规定分析；

D；物质的量需要指明微粒种类．

本题考查了物质的量概念和单位的理解和应用，注意阿伏伽德罗常数的规定，物质的量是描述微观粒子的物理量，题目较简单．【解析】【答案】B二、填空题(共6题，共12分)8、增大表面积，增大浓硫酸的接触面积，加快反应速率TiO2++2H2O═H2TiO3↓+2H+ClO-+2Fe2++2H+=2Fe3++Cl-+H2O更换过滤器，重新过滤偏高滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液颜色为紫红色，且半分钟内部不褪去%【分析】【分析】（1）根据接触面积对反应速率影响解答；

（2）TiO2+水解生成H2TiO3；同时生成氢离子；

（3）ClO-具有强氧化性，将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Cl-；酸性条件下，同时生成水；

（4）从溶液中过滤出H2TiO3后；所得滤液浑浊，需要更换过滤器，重新过滤；

（5）未用标准液润洗滴定管，导致消耗KMnO4溶液体积偏大，测定Fe2+的质量增大；滴定到达终点，滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液颜色为紫红色，且半分钟内部不褪去；根据电子转移守恒，可得关系式：5Fe2+～KMnO4，据此计算．【解析】【解答】解：（1）将钛铁矿粉碎；可以增大表面积，增大浓硫酸的接触面积，加快反应速率；

故答案为：增大表面积；增大浓硫酸的接触面积，加快反应速率；

（2）TiO2+水解生成H2TiO3，同时生成氢离子，反应离子方程式为：TiO2++2H2O═H2TiO3↓+2H+；

故答案为：TiO2++2H2O═H2TiO3↓+2H+；

（3）ClO-具有强氧化性，将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Cl-，酸性条件下，同时生成水，反应离子方程式为：ClO-+2Fe2++2H+=2Fe3++Cl-+H2O；

故答案为：ClO-+2Fe2++2H+=2Fe3++Cl-+H2O；

（4）从溶液中过滤出H2TiO3后；所得滤液浑浊，需要更换过滤器，重新过滤；

故答案为：更换过滤器；重新过滤；

（5）未用标准液润洗滴定管，导致消耗KMnO4溶液体积偏大，测定Fe2+的质量增大，测定的钛铁矿中铁的含量偏高；滴定到达终点，滴入最后一滴KMnO4溶液；溶液颜色为紫红色，且半分钟内部不褪去；

令钛铁矿中铁的含量为x；根据电子转移守恒，则：

5Fe2+～KMnO4

5×56g1mol

axgcmol/L×V×10-3L；

5×56g：axg=1mol：cmol/L×V×10-3L；

解得x=%；

故答案为：偏高；滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液颜色为紫红色，且半分钟内部不褪去；%．9、电化学腐蚀密封接线盒铝铆钉；若用铜铆钉这铁为负极，发生Fe-2e-=Fe2+，铁件被腐蚀，若用铝铆钉这铁为正极，发生Al-3e-=Al3+，铁件被保护【分析】【分析】铝；铜和电解质溶液构成原电池；作负极的金属被腐蚀；

在原电池中，作负极的金属加速被腐蚀，作正极的金属被保护．【解析】【解答】解：铝；铜和电解质溶液构成原电池；铝易失电子作负极而加速被腐蚀，所以发生了电化学腐蚀，可以采用密封接线盒预防线路断开；

在原电池中，作负极的金属加速被腐蚀，作正极的金属被保护，如果用铜铆钉，铁易失电子作负极，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，若用铝铆钉，铝易失电子作负极，铁作正极，则铁被保护，负极电极反应式为Al-3e-=Al3+；

故答案为：电化学腐蚀；密封接线盒；铝铆钉；若用铜铆钉这铁为负极，发生Fe-2e-=Fe2+，铁件被腐蚀，若用铝铆钉这铁为正极，发生Al-3e-=Al3+，铁件被保护．10、略

【分析】

因Na2O2在反应中既是氧化剂又时还原剂，因反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑中2个Na2O2转移2个电子，每生成1molO2则转移了2mol电子，故答案为：Na2O2；2；

（2）①也可能是两者的混合物，故答案为：是Na2O2与Na2CO3的混合物。

②因Na2O2与硫酸反应产生氧气，Na2CO3与与硫酸反应产生二氧化碳，Na2O2具有漂白性来解答，故答案为：。实验步骤预期现象和结论假设2或假设3成立，或假设1不成立步骤2：另取少量固体于试管中加适量蒸馏水，再滴入酚酞溶液若滴入酚酞溶液后先变红后褪色则假设1或假设3成立；若红色不褪色，则假设2成立

【解析】【答案】（1）根据Na2O2在反应中既是氧化剂又时还原剂；根据反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑中2个Na2O2转移2个电子；

（2）①也可能是两者的混合物；

②根据Na2O2与硫酸反应产生氧气，Na2CO3与与硫酸反应产生二氧化碳，Na2O2具有漂白性来解答；

11、2Fe3++Fe═3Fe2+H2SO4过滤、蒸发浓缩、冷却结晶1668g【分析】【分析】某工厂的工业废水中含有大量的Fe3+、Cu2+、SO42-和少量Na+，先加过量铁（A），过滤，得到D溶液为FeSO4，C为Cu和多余的铁，再向C中加过量稀硫酸，过滤得到的Cu，E为FeSO4；硫酸亚铁经过蒸发浓缩；冷却结晶可以得到绿矾晶体；

（1）根据能和金属铁发生反应的物质来回答；

（2）试剂B是将金属铜和金属铁分离开的物质；

（3）从①～③中均涉及的实验操作分析；

（4）亚铁离子变质会生成铁离子，（Cr2O72-）转化为Cr3+，根据电子守恒得到二者之间的关系式，进行计算即可．【解析】【解答】解：工厂的工业废水中含有大量的Fe3+、Cu2+、SO42-和少量Na+，先加过量铁（A），过滤，得到D溶液为FeSO4，C为Cu和多余的铁，再向C中加过量稀硫酸，过滤得到的Cu，E为FeSO4；硫酸亚铁经过蒸发浓缩；冷却结晶可以得到绿矾晶体；

（1）酸性环境Fe3+、Cu2+、SO42-和少量Na+中，能和金属铁发生反应的物质是Fe3+、Cu2+、H+，发生的反应有：Fe+Cu2+═Fe2++Cu、Fe+2H+═Fe2++H2↑、2Fe3++Fe═3Fe2+，故答案为：2Fe3++Fe═3Fe2+；

（2）试剂B是将金属铜和金属铁分离开的物质，可以选择稀硫酸，故答案为：H2SO4；

（3）①②分析固体和液体，实验操作是过滤；③从FeSO4溶液中提取溶质晶体采用蒸发浓缩；冷却结晶、过滤；最后用少量冷水洗涤晶体，在低温下干燥，防止变质，故答案为：过滤、蒸发浓缩、冷却结晶；

（4）亚铁离子变质会生成铁离子，（Cr2O72-）转化为Cr3+，根据电子守恒得到二者之间的关系式：Cr2O72-～6Fe2+；

Cr2O72-～6Fe2+

16

1000kg×10-3mol/kg6mol

处理1t废水（含Cr2O72-10-3mol/kg），则需加入绿矾的质量是6mol×278g/mol=1668g，故答案为：1668g．12、搅拌使混合物充分接触并反应Ba（OH）2•8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O复分解反应玻片与烧杯之间结冰黏在一起有少许刺激性气味的气体反应过程中有水生成结冰吸小于【分析】【分析】（1）固体混合物的反应用玻璃棒搅拌有利于充分接触；加速反应进行；

（2）氯化铵和氢氧化钡的反应生成氨气；水、以及氯化钡；铵盐与碱反应为复分解反应；

（3）氯化铵铵盐和强碱氢氧化钡的反应生成氨气；水、以及氯化钡；以此解释反应现象；

（4）玻璃片上结冰而与小烧杯粘在一起，说明氢氧化钡和氯化铵的反应是吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量．【解析】【解答】解：（1）用玻璃棒迅速搅拌；可以知道玻璃棒的作用是搅拌使混合物充分接触并反应；

故答案为：搅拌使混合物充分接触并反应；

（2）氯化铵属于铵盐，能和强碱氢氧化钡反应生成氨气、水、以及氯化钡，方程式为：Ba（OH）2•8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O；

故答案为：Ba（OH）2•8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O；复分解反应；

（3）氯化铵铵盐和强碱氢氧化钡的反应是吸热反应；温度降低能让水结冰，导致烧杯和玻璃片粘在一起，同时生成的氨气具有刺激性气味，反应混合物成糊状，原因是反应过程中生成水的缘故；

故答案为：玻片与烧杯之间结冰黏在一起；有少许刺激性气味的气体；反应过程中有水生成；

（4）玻璃片上结冰而与小烧杯粘在一起；说明氢氧化钡和氯化铵的反应是吸热反应，即反应物的总能量小于生成物的总能量．

故答案为：结冰；吸；小于．13、＜0.0220.0980%80%c2.5【分析】【分析】（1）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；

由表中数据可知；温度越高平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应移动，故正反应是放热反应；

（2）根据△c=v△t计算△c（A）；A的起始浓度-△c（A）=6s时c（A）；

根据△n=△cV计算△n（A）；再根据方程式计算C的物质的量；

设平衡时A的浓度变化量为x；利用三段式表示平衡时各组分的平衡浓度，代入平衡常数列方程计算x的值，再根据转化率定义计算；

体积不变；充入1mol氩气，反应混合物各组分的浓度不变，变化不移动，A的转化率不变；

（3）根据化学平衡状态的特征解答；当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度；百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；

（4）同一反应在相同温度下，正、逆反应方向的平衡常数互为倒数．【解析】【解答】解：（1）可逆反应A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g）的平衡常数表达式k=；

由表中数据可知；温度越高平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应移动，故正反应是放热反应，即△H＜0；

故答案为：；＜；

（2）反应初始6s内A的平均反应速率v（A）=0.003mol•L-1•s-1，则6s内△c（A）=0.003mol•L-1•s-1×6s=0.018mol/L，A的起始浓度为=0.04mol/L；故6s时时c（A）=0.04mol/L-0.018mol/L=0.022mol/L；

故6s内△n（A）=0.018mol/L×5L=0.09mol；由方程式可知n（C）=△n（A）=0.09mol；

设平衡时A的浓度变化量为x；则：

A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g）

开始（mol/L）：0.040.1600

变化（mol/L）：xxxx

平衡（mol/L）：0.04-x0.16-xxx

故=1；解得x=0.032

所以平衡时A的转化率为×100%=80%；

体积不变；充入1mol氩气，反应混合物各组分的浓度不变，变化不移动，A的转化率不变为80%；

故答案为：0.022；0.09；80%；80%；

（3）a．该反应前后气体的物质的量不变；压强始终不变，故压强不随时间改变，不能说明到达平衡，故a错误；

b．混合气体的总质量不变，容器的容积不变，故混合气体的密度始终不变，故气体的密度不随时间改变，不能说明到达平衡，故b错误；

c．可逆反应到达平衡时；各组分的浓度不发生变化，故c（A）不随时间改变，说明到达平衡，故c正确；

d．单位时间里生成C和D的物质的量相等；都表示正反应速率，反应始终按1：1生成C；D的物质的量，不能说明到达平衡，故d错误；

故答案为：c；

（4）同一反应在相同温度下，正、逆反应方向的平衡常数互为倒数，故1200℃时反应C（g）+D（g）⇌A（g）+B（g）的平衡常数的值为=2.5；

故答案为：2.5．三、判断题(共5题，共10分)14、√【分析】【分析】每个NO2和CO2分子均含有2个O原子，故二者混合气体中含有O原子数目为分子总数的2倍．【解析】【解答】解：每个NO2和CO2分子均含有2个O原子，故分子总数为NA的NO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为2NA，故正确，故答案为：√．15、√【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：√．16、×【分析】【分析】铁为变价金属，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，不会生成硫酸铁，该离子方程式中反应产物错误，应该生成Fe2+离子，不是生成Fe3+．【解析】【解答】解：由于Fe3+的氧化性大于氢离子，则铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气和氢气，不会生成硫酸铁，正确的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑；

故答案为：×．17、×【分析】【分析】（1）根据极限法分别求出CO2的体积；

（2）浓度约为75%酒精常用于医疗上消毒；

（3）根据乙醇与钠反应生成乙醇钠和氢气；

（4）根据乙烯、乙醇都能使酸性KMnO4溶液褪色；

（5）根据乙醇能与乙酸发生酯化反应；

（6）根据乙酸可与生石灰反应，乙醇与生石灰不反应；【解析】【解答】解：（1）若全为乙醇，生成二氧化碳为×2×22.4=103.2L；若全丙醇，生成二氧化碳为×3×22.4=118.7L，所以106g的乙醇和丙醇混合液完全燃烧生成的CO2为的体积应介于两者之间；故答案为：×；

（2）医用酒精中酒精的浓度约为75%；故答案为：×；

（3）乙醇与钠反应生成乙醇钠和氢气；属于置换反应，故答案为：√；

（4）向无水乙醇中加入浓H2SO4，加热至170℃，产生的气体通入酸性KMnO4溶液；紫红色褪去，使溶液褪色的气体可能是乙烯，也可能是乙醇，故答案为：×；

（5）乙醇能与乙酸发生酯化反应；酯化反应属于取代反应，故答案为：×；

（6）乙酸具有酸性，可与生石灰反应，同时生石灰还起到吸水的作用，故答案为：√；18、√【分析】【分析】（1）测定pH的步骤为蘸；滴、对比；

（2）碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子；

（3）Na2CO3溶液中，存在物料守恒式为c（Na+）=[c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）]，电荷守恒式为c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-），并结合水解显碱性来分析解答．【解析】【解答】解：（1）测定pH的步骤为用玻璃棒蘸取待测液；滴在pH试纸上，颜色变化后与标准比色卡对比，然后确定溶液的pH；

故答案为：用玻璃棒蘸取待测液；滴在pH试纸上，颜色变化后与标准比色卡对比；

（2）碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，溶液显碱性，离子反应为CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，故答案为：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-；

（3）①Na2CO3溶液中，存在物料守恒式为c（Na+）=[c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）]，显然c（Na+）=2[c（CO32-）+c（HCO3-）]关系错误；

故答案为：c（Na+）=[c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）]；

②Na2CO3溶液中，溶液不显电性，由电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-）；故答案为：√；

③Na2CO3溶液中，由质子守恒可知，c（OH-）=c（H+）+c（HCO3-）+2c（H2CO3），故答案为：c（OH-）=c（H+）+c（HCO3-）+2c（H2CO3）；

④Na2CO3溶液中，由化学式可知，c（Na+）＞c（CO32-），又由CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，则离子浓度关系为c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）；

故答案为：√．四、解答题(共4题，共8分)19、略

【分析】【分析】由氧气体积可知氧气物质的量，根据2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑计算过氧化钠的物质的量，进而计算Na2O的质量，再根据n=计算氧化钠的物质的量；

根据钠离子守恒计算n（NaOH），根据m=nM计算NaOH的质量，溶液质量=固体质量+水的质量-生成氧气的质量，溶液质量分数=×100%；

根据V=计算溶液体积，再根据c=计算NaOH的物质的量浓度．【解析】【解答】解：标况下，1.12L氧气物质的量为=0.05mol；

2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑

21

0.1mol0.05mol

故混合物中Na2O的质量为14g-0.1mol×78g/mol=6.2g，则n（Na2O）==0.1mol；

则原混合物中n（Na2O）：n（Na2O2）=0.1mol：0.1mol=1：1；

根据钠离子守恒：n（NaOH）=2n（Na2O）+2n（Na2O2）=2（0.1mol+0.1mol）=0.4mol；

则m（NaOH）=0.4mol×40g/mol=15g；

溶液质量=14g+87.6g-0.05mol×32g/mol=100g

故所得溶液中NaOH的质量分数为×100%=16%；

溶液体积为=L，则c（NaOH）==0.472mol/L；

答：原混合物中n（Na2O）：n（Na2O2）=1：1；

所得溶液中NaOH的质量分数为16%；

溶液中NaOH的物质的量浓度为0.472mol/L．20、略

【分析】

（1）依据题干关系判断，A为Cl2，C为SO2，二者在水溶液中反应生成硫酸和盐酸，判断E为H2SO4；D为HCl；该反应的反应方程式为：Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl；检验D（HCl）中阴离子Cl-的方法：先加硝酸酸化无沉淀，再滴加AgNO3溶液有白色沉淀生成，则含Cl-；

故答案为：Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl；先加硝酸酸化无沉淀，再滴加AgNO3溶液有白色沉淀生成，则含Cl-；

（2）A是两性元素判断A为Al，D为H2，C为强酸强碱溶液；反应的离子方程式为：2Al+6H+=2Al3++3H2↑；2Al+2OH-+H2O=2AlO-+H2↑；

故答案为：2Al+6H+=2Al3++3H2↑；2Al+2OH-+H2O=2AlO-+H2↑；

（3）为引起温室效应的主要气体判断为CO2，酸性强的制备酸性弱的，E为白色沉淀，判断为Al（OH）3、H2SiO3，则C为偏铝酸盐、硅酸盐；E可能的化学式：H2SiO3；Al（OH）3；SiO32-+CO2+H2O=CO32-+H2SiO3↓或AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-或2AlO2-+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32-；

故答案为：H2SiO3；Al（OH）3；SiO32-+CO2+H2O=CO32-+H2SiO3↓或AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-

或2AlO2-+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32-；

【解析】【答案】B为自然界中含量最多的液体，判断为H2O；

（1）常温下，若A为气态单质，C为非金属氧化物，A、C均能使品红溶液褪色，相对分子质量E＞D，推断A为Cl2，C为SO2，二者在水溶液中反应生成硫酸和盐酸，判断E为H2SO4；D为HCl；

（2）若A为短周期的金属单质，D为气态单质，C溶液呈强酸性或强碱性时，该反应都能进行，说明A是两性元素判断A为Al，D为H2；C为强酸强碱溶液；

（3）若A、C均为化合物，C为引起温室效应的主要气体判断为CO2，酸性强的制备酸性弱的，E为白色沉淀，判断为Al（OH）3、H2SiO3；则C为偏铝酸盐；硅酸盐．

21、略

【分析】【分析】根据Ba2++SO42-=BaSO4↓，所以n（Ba2+）=n（SO42-）=n（Na2SO4•10H2O）===1.5mol，再根据m=nM计算即可．【解析】【解答】解：根据Ba2++SO42-=BaSO4↓，所以n（Ba2+）=n（SO42-）=n（BaSO4）=n（Na2SO4•10H2O）===1.5mol，则沉淀的质量m=nM=1.5mo×233g/mol=349.5g，答：生成沉淀的质量为：349.5g．22、略

【分析】

（1）由装置图可知，A中发生反应制备氯气，反应不需加热，深色固体试剂a与溶液b反应，通常应为高锰酸钾与浓盐酸，故a为高锰酸钾，b为浓盐酸．

故答案为：高锰酸钾；浓盐酸．

（2）HCl易挥发，A中生成的氯气中含有HCl、H2O；用饱和食盐水吸收HCl，用浓硫酸干燥，先除氯化氢，后干燥．故B中盛有液体c是试剂饱和食盐水，C中的液体d是浓硫酸．

故答案为：饱和食盐水；浓硫酸．

（3）由信息可知，D中氯气与HgO反应生成Cl2O与HgO•HgCl2．反应方程式为2HgO+2Cl2=Cl2O+HgO•HgCl2．

故答案为：2HgO+2Cl2=Cl2O+HgO•HgCl2．

（4）由题目信息可知；氧化二氯气体的熔点-116℃，熔点很低．所以选择沸点很低的液态空气进行制冷．

根据工艺流程可知；D中反应氯气可能不能成分反应，由于氯气易液化，所以E的内管得到的氧化二氯中可能含有杂质是液氯．

故答案为：液态空气；液氯．

（5）由信息可知，氧化二氯不稳定，接触一般有机物易爆炸，因此Cl2O不能与有机物接触；所以A；B、C间用乳胶管连接，D、E间不能乳胶管连接．

故答案为：A、B、C间用乳胶管连接，D、E间不能乳胶管连接；Cl2O遇有机物易爆炸．

【解析】【答案】（1）由装置图可知，A中发生反应制备氯气，反应不需加热，深色固体试剂a与溶液b反应；应为高锰酸钾与浓盐酸．

（2）HCl易挥发，A中生成的氯气中含有HCl、H2O；用饱和食盐水吸收HCl，用浓硫酸干燥，先除氯化氢，后干燥．

（3）由信息可知，D中氯气与HgO反应生成Cl2O与HgO•HgCl2．

（4）由题目信息可知；氧化二氯气体的熔点-116℃，熔点很低．液态空气沸点-192℃，干冰冷却温度在-80℃左右，冰水为0℃．

根据工艺流程可知；D中反应氯气可能不能成分反应，且氯气易液化．

（5）由信息可知；氧化二氯不稳定，接触一般有机物易爆炸，D；E间不能用乳胶管连接．

五、探究题(共4题，共32分)23、|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．24、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