2025年人教版PEP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PEP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8题，共16分)1、下列说法中错误的是（）A.从1L1mol/L的NaCl溶液中取出10mL，其浓度仍是1mol/LB.制成0.5L10mol/L的盐酸，需要氯化氢气体112L（标准状况）C.0.5L2mol/LBaCl2溶液中，Ba2+和Cl-总数位3×6.02×1023D.10g98%硫酸（密度为1.84g/cm3）与10mL18.4mol/L硫酸的浓度是不同的2、一定量的KClO3中加入浓盐酸发生如下反应：KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O，其中发生氧化反应的元素和发生还原反应的元素的质量之比为（）A.1：6B.6：1C.1：5D.5：13、下列叙述中正确的是（）A.在101kPa时1mol物质燃烧时的反应热叫做该物质的标准燃烧热B.热化学方程式中，各物质前的化学计量数不表示分子个数C.如果反应物所具有的总能量小于生成物所具有的总能量，则发生的反应是放热反应D.化学反应的自发性仅由反应的焓变和熵变决定4、常温时，用rm{0.10mol/L}的rm{NaOH}溶液滴定rm{20.00mL}rm{0.10mol/L}某一元酸rm{HA}溶液所得滴定曲线如图rm{.}下列说法不正确的是rm{(}rm{)}A.rm{a}rm{b}rm{c}三点所示溶液导电能力最强的是rm{c}点对应的溶液B.在rm{c}点溶液中：rm{c(H^{+})+c(HA)=c(OH^{-})}C.rm{25隆忙}rm{HA}的电离平衡常数约为rm{1.0隆脕10^{-5}}D.rm{a}rm{b}rm{c}rm{d}四点所示溶液中水的电离程度最大的是rm{b}点对应的溶液5、x、y为两元素的原子，x的阴离子与y的阳离子的电子层结构相同，由此可知（）A.x的原子半径大于y的原子半径B.x的第一电离能小于y的第一电离能C.x的金属性大于y的金属性D.x的电负性大于y的电负性6、世界卫生组织（WHO）将ClO2列为A级高效安全灭菌消毒剂，它在食品保鲜、饮用水消毒等方面有广泛的应用．ClO2属于（）A.酸B.碱C.氯化物D.氧化物7、下图为Mg—NaClO燃料电池结构示意图。下列说法正确的是A.镁作Y电极B.电池工作时Na+向负极移动C.废液的pH大于NaClO溶液的pHD.X电极上发生的反应为：ClO—+2H2O—4e—=ClO3—+4H+8、下列有关氯元素及其化合物的表示正确的是（）A.质子数为17、中子数为20的氯原子ClB.氯离子（C1﹣）的结构示意图C.氯气的电子式D.氯乙烯的结构简式CH3CH2Cl评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)9、X、Y、Z、W、Q都是短周期主族元素，其中X是短周期原子半径最大的元素，X与Y处于同一周期，Y与Z同主族且能形成两种常见的化合物，W能形成两种简单的离子，Q原子的电子总数等于其电子层数的3倍．下列说法正确的是（）A.元素Q是短周期非金属性最强的元素B.Y、Z形成的化合物中只有一种属于酸性氧化物C.Y、Z、Q分别与W形成的化合物中，Z形成的化合物的沸点最高D.X分别与Y、Z、W形成的化合物中可能既含离子键又含共价键10、下列说法不正确的是（）A.浓硝酸保存在带有玻璃塞的棕色试剂瓶中B.已经完成定容的500mL1.0mol•L-1的NaOH溶液，某同学不慎将容量瓶中溶液洒出部分，继续加水至溶液凹液面与刻线相切C.用托盘天平称量出12.50g的NaCl固体D.物质溶于水的过程中，一般有放热或吸热现象，因此溶解的操作不能在量筒中进行11、在强酸性溶液中，下列离子能大量共存的组合为（）A.HCO3-、Ca2+、Ba2+、Na+B.Ca2+、NO3-、Mg2+、SO42-C.Fe3+、Cu2+、NO3-、Cl-CD.SO32-、MnO4-、S2-、Na+12、下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A.0.1mol•L-1Na2CO3溶液：c（Na+）=2[c（HCO）+c（CO32¯）+c（H2CO3）]B.0.1mol•L-1NH4Cl溶液：c（NH）=c（Cl-）C.0.1mol•L-1Na2SO3溶液c（H+）+c（Na+）=2c（SO32-）+c（OH-）D.常温下，将pH=2的盐酸和pH=12的氨水等体积混合后：c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+）13、甲烷中的碳原子是sp3杂化，下列用*表示碳原子的杂化和甲烷中的碳原子杂化状态一致的是（）A.CH3-C*H2-CH3B.C*H2=CH-CH3C.CH2=C*H-CH3D.CH2=CH-C*H314、（双选）DDT是被禁用的有机污染物，它的结构简式为．下列有关DDT的说法正确的是（）A.它属于芳香烃B.分子中最多有23个原子共平面C.分子式为C14H9Cl5D.能发生水解反应和消去反应15、已知在等温等容条件下，有如下可逆反应：2A（g）+2B（g）═3C（g）+D（g），现分别从两条途径建立平衡，途径Ⅰ：A、B的初始浓度均为2mol/L；途径Ⅱ：C、D的初始浓度分别为6mol/L和2mol/L．下列叙述正确的是（）A.Ⅰ、Ⅱ途径分别达到平衡时，两体系内相同气体的浓度相等B.Ⅰ、Ⅱ途径分别达到平衡时，两体系内相同气体的体积分数相等C.Ⅰ、Ⅱ途径分别达到平衡时，两体系内相同气体的反应速率相等D.Ⅰ、Ⅱ途径分别达到平衡时，Ⅱ的气体密度是Ⅰ的两倍16、在离子Rn-中，共有x个核外电子，R原子的质量数为A，则R原子核内含有的中子数是（）A.A-x+nB.A-x+nC.x-nD.x+n17、某温度下，反应H2O（g）+C（s）=CO（g）+H2（g）在密闭容器中进行，下列能减缓反应速率的是（）A.增大容器体积使压强变小B.恒容下，充入NeC.恒压下，充入NeD.恒容下，添加C（s）评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)18、（1）已知下列分子或离子在酸性条件下都能氧化KI；自身发生如下变化：

H2O2→H2OIO→I2MnO→Mn2+HNO2→NO

如果分别用1mol这些物质氧化足量的KI，得到I2的物质的量分为：

。氧化剂I2的物质的量（mol）氧化剂I2的物质的量（mol）H2O2IO3-MnO4-HNO2（2）铁和某浓度的硝酸反应时，消耗铁和硝酸的物质的量之比为8：25，且铁转化为等物质的量的Fe2+和Fe3+，则硝酸的唯一还原产物可能为____．19、回答实验室配制0.1mol/L的NaOH溶液500mL实验中的下列问题．

（1）需NaOH____g．

（2）有以下仪器：①烧杯②100mL量筒③1000mL容量瓶④500mL容量瓶。

⑤玻璃棒⑥托盘天平。

配制时，必须使用的仪器有____，还缺少的仪器是____．

（3）下列称量NaOH的操作中，正确的是____．（填序号；下同）

①把NaOH直接放在托盘上称量。

②把NaOH放在纸上称量。

③把NaOH放入烧杯中称量。

（4）使用容量瓶前必须进行的一步操作是____．

（5）配制的；一般可分为以下几个步骤：①称量，②计算，③溶解，④摇匀，⑤转移，⑥洗涤，⑦定容，⑧冷却．

其正确的操作顺序为（“步骤”不重复）____．

（6）配制过程中，下列操作会引起误差偏高的是____．

①未洗涤烧杯；玻璃棒。

②NaOH溶液未冷却至室温就转移到容量瓶中。

③容量瓶不干燥；含有少量蒸馏水。

④称量NaOH的时间太长。

⑤定容时俯视刻度．20、中学常见单质A；B和甲、乙、丙三种化合物有如图所示的转换关系（部分产物未列出）．单质A常作为食品包装材料；甲是两性氧化物．

根据图示转化关系回答：

（1）写出反应①的离子方程式：____

（2）_实验室完成单质A与Fe2O3反应实验，需要的试剂还有____

a．KClb．KClO3c．MnO2d．Mg

利用该反应的原理，工业上可用于____．

（3）工业上冶炼下列物质通常不采用电解法的是____．

a．Nab．Mgc．Fed．Ag．21、某研究性学习小组对苹果“生锈”（新切开的苹果表面颜色逐渐变深）的原因进行探讨（注：题中所述颜色变化均已做过对比实验；不会因试剂本身而产生干扰）．

[查阅资料]鲜苹果中营养物质的含量（mg/100g）：蛋白质200-400；铁0.1-0.3，总糖1300-1500，并含有多酚及黄酮类天然化学抗氧化物质．

[提出假设]苹果“生锈”的可能原因：

假设1：由所含铁元素被氧化生成铁的氧化物或氢氧化物而形成；

假设2：由所含多酚被氧化而形成：

假设3：____．

[设计实验；验证假设]

取所得苹果汁进行以下实验：

（1）经测定；鲜苹果汁的pH为3.48．

（2）观察；苹果汁呈黄色，加入少许某不能与盐酸反应的黑色颗粒，果汁的颜色明显变浅．将果汁分为4份分别进行下列实验．

（3）第一份滴加少许KSCN溶液，未见红色，加入适量H2O2，仍未见红色，充分加热，液体的颜色反而变为无色，同时有气泡产生，再滴入少许FeCl2溶液；液体变为红色．

（4）第二份滴加足量溴水，有少量沉淀生成，静置后，倾出上层液体，固体经洗涤后成白色，在倾出的上层液体中滴加少许KSCN溶液，也未见红色，再滴入少许CCl4充分振荡后；静置，下层液体呈棕黄色．

（5）第三份加入少许稀HNO3，充分加热，试管中出现红棕色气体，液体的颜色明显变深，放置一段时间后，液体的颜色逐渐变浅，但仍比加入HNO3前深；再滴加少许KSCN溶液，液体变为红色．

（6）配制相同体积的与（5）中放置一段时间后的液体颜色相近的FeCl3溶液；滴加与（5）中等量的KSCN溶液，溶液的红色比（5）中明显深许多．另取一只苹果，灼烧成灰，加入稀HCl充分搅拌后，取所得液体，滴入KSCN溶液，液体变为红色．

完成下列问题：

（1）假设3：____；

（2）完成操作1所用仪器的名称是____，经操作2后，所得苹果汁仍很浑浊，所作的处理是____，测定鲜苹果汁pH时所用的仪器或用品是____；

（3）处理苹果汁时所加的黑色颗粒可能是____；

（4）实验（3）体现了H2O2的哪些性质（要求写两点）____、____；

（5）通过实验（4）可推测，苹果中含有哪类物质____；实验中设置加入CCl4的目的是____；

（6）对比实验（3）和实验（5），你能得出的结论是____；对比实验（5）和实验（6），说明苹果汁中所含的营养物质是____；

（7）实验（5）中试管中出现红棕色气体的可能原因是（要求写两点）____、____；

（8）通过实验，你认为苹果中的“铁”以何种形式存在____．22、填写下列表格：

。项目甲烷丙烷乙烯乙炔化学式________________含碳量________________与H2加成________________燃烧反应________________23、硝酸的工业制法是用氨氧化法制取；其法以氨和空气为原料，在催化剂的作用下，最后在吸收塔中用水吸收制取硝酸．其具体的工艺流程如下：

请回答下列问题：

（1）从吸收塔中出来的硝酸浓度大约是50%，不能直接用于军工、染料等工业，必须将其进入蒸馏塔制成98%以上的浓硝酸．某中学实验小组，在实验室模拟蒸馏塔中对稀硝酸蒸馏时应注意选择适宜的条件是____．原因是____．（请用化学方程式解释之）

（2）在氧化炉中只发生主反应①和副反应②

4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）；△H=-905kJ•mol-1①

4NH3（g）+3O2（g）⇌2N2（g）+6H2O（g）；△H=-1268kJ•mol-1②

试写出N2氧化为NO的热化学方程式____；

（3）在氧化炉中催化氧化时；有关物质的产率与温度的关系如下图：

据图可知工业上氨催化氧化生成NO时，应该控制温度在____左右，该反应所使用的催化剂是____．

温度高于900℃时，NO产率下降的可能原因是____

____．

（4）从氧化炉中出来的气体为什么不直接进入吸收塔，而是进入热交换器？这样做的优点是____．

（5）下列措施可提高氨催化氧化生成NO的产率的是____．

A．降低反应体系的压强B．实际生产中采用物料比n（O2）/n（NH3）为1.7～2.0

C．研究开发使用效果更好的催化剂D．升高反应体系的温度．评卷人得分四、判断题(共1题，共10分)24、向Na2SO3溶液中加入少量Ca（OH）2溶液，水解程度减小，溶液的PH减小．____（判断对错）评卷人得分五、探究题(共4题，共16分)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：27、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________．28、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、实验题(共4题，共20分)29、（2010秋•东城区期末）钠与水反应的离子方程式是____．在探究金属钠与水反应（如图）的实验过程中；某课外小组同学记录了如下实验现象和实验结论：

①有碱生成②溶液变红③钠四处游动④钠浮在水面上⑤有气体产生⑥钠的密度比水小⑦钠熔成光亮的小球⑧反应放热；钠熔点低。

请填写下表中的空格（从①～⑧中选择；填序号）：

。实验现象⑦____③____实验结论____⑥____①30、实验室常用浓盐酸和二氧化锰反应来制取少量氯气，反应的化学方程式为：rm{MnO_{2}+4HCl_{(浓)}dfrac{overset{;;triangle;;}{.}}{;}}rm{MnO_{2}+4HCl_{(浓)}dfrac{

overset{;;triangle;;}{.}}{;}}取rm{MnCl_{2}+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O}的rm{8.7g}与足量的浓盐酸发生反应制取氯气rm{MnO_{2}}计算：

rm{.}标准状况下生成rm{(1)}的体积为______；

rm{Cl_{2}}反应生成的rm{(2)}的物质的量为______；

rm{MnCl_{2}}若向反应后的剩余溶液中，加入足量rm{(3)}溶液，生成沉淀rm{AgNO_{3}}计算原浓盐酸中所含rm{57.4g}的物质的量．rm{HC1}31、硫酸铜在生产；生活中应用广泛．某化工厂用含少量铁的废铜渣为原料生产胆矾的流程如下：

（1）写出浸出时铜与稀硫酸、稀硝酸反应生成硫酸铜的化学方程式：____．

（2）取样检验是为了确认Fe3+是否除净，你的检验方法是____．

（3）滤渣c是____．

（4）气体a可以被循环利用，用化学方程式表示气体a被循环利用的原理为：2NO+O2═2NO2、____．

（5）一定温度下，硫酸铜受热分解生成CuO、SO2气体、SO3气体和O2气体，写出硫酸铜受热分解的化学方程式：____．某同学设计了如图2所示的实验装置分别测定生成的SO2气体、SO3气体的质量和O2气体的体积．此设计有不合理之处，请说明理由：____．

32、rm{FeCl_{2}}是一种常用的还原剂rm{.}有关数据如下：

。rm{C_{6}H_{5}Cl(}氯苯rm{)}rm{C_{6}H_{4}Cl_{2}}rm{FeCl_{3}}rm{FeCl_{2}}溶解性不溶于水，易溶于苯不溶于rm{C_{6}H_{5}Cl}rm{C_{6}H_{4}Cl_{2}}苯，易吸水．熔点rm{/隆忙}rm{-45}rm{53}沸点rm{/隆忙}rm{132}rm{173}实验室可以用多种方法来制备无水rm{FeCl_{2}.}回答下列问题：

I.按如图rm{1}装置用rm{H_{2}}还原无水rm{FeCl_{3}}制取．

rm{(1)}装置rm{C}的作用是______；rm{E}中盛放的试剂是______；rm{D}中反应的化学方程式为______．

rm{(2)}温度控制不当，产品中含单质铁rm{.}检验产品中是否含铁的方案是______．

rm{II.}按如图rm{2}装置，在三颈烧瓶中放入rm{162.5g}无水氯化铁和rm{225g}氯苯，控制反应温度在rm{128隆芦139隆忙}加热rm{3h}反应接近rm{100%.}冷却，分离提纯得到粗产品rm{.}反应如下：rm{2FeCl_{3}+C_{6}H_{5}Cl隆煤2FeCl_{2}+C_{6}H_{4}Cl_{2}+HCl}

rm{(3)}该制取反应中；作还原剂的是______．

rm{(4)}反应温度接近或超过rm{C_{6}H_{5}Cl}的沸点，但实验过程中rm{C_{6}H_{5}Cl}并不会大量损失rm{.}原因是______．

rm{(5)}冷却实验装置；将三颈瓶内物质经过过滤；洗涤，干燥后，将得到粗产品．

rm{垄脵}洗涤所用的试剂可以是______；

rm{垄脷}回收滤液中rm{C_{6}H_{5}Cl}的方案是______．

rm{(6)}仅通过烧杯中的现象变化就可以监控氯化铁的转化率rm{.}若要监控氯化铁转化率达到或超过rm{90%}则烧杯中加入的试剂可以是______．参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【分析】A．溶液具有均一性；取出的溶液的浓度不变；

B．根据n=cV计算出溶质HCl的物质的量；再根据V=nVm计算出需要HCl的体积；

C．根据n=cV计算出该溶液中含有氯化钡的物质的量；然后计算出含有钡离子和氯离子的总物质的量及数目；

D．根据c=计算出该浓硫酸的浓度，然后进行判断．【解析】【解答】解：A．从1L1mol/L的NaCl溶液中取出10mL；由于溶液具有均一性，则取出的溶液浓度仍是1mol/L，故A正确；

B．0.5L10mol/L的盐酸中含有溶质HCl的物质的量为：10mol/L×0.5L=5mol；需要标准状况下氯化氢气体体积为：22.4L/mol×5mol=112L，故B正确；

C．0.5L2mol/LBaCl2溶液中含有溶质氯化钡的物质的量为：2mol/L×0.5L=1mol，Ba2+和Cl-总物质的量为3mol，含有钡离子和氯离子的总数为3×6.02×1023；故C正确；

D．质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的硫酸的浓度为：=18.4mol/L；所以两溶液的物质的量浓度相同，故D错误；

故选D．2、D【分析】【分析】在KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O的反应中，根据化合价不交叉的原则，KClO3中+5价的氯元素降为0价，HCl中氯元素升为0价，氯化钾中的氯元素来自盐酸，所以KClO3是氧化剂、部分HCl是还原剂，氧化剂被还原、还原剂被氧化，据此分析解答．【解析】【解答】解：根据化合价不交叉的原则，在KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O的反应中，KClO3中+5价的氯元素降为0价；该氯原子为被还原的氯原子，HCl中氯元素升为0价，该氯原子为被氧化的氯原子，氯化钾中的氯元素来自盐酸，则被氧化发生氧化反应的Cl为5；

所以KClO3是氧化剂；部分HCl是还原剂；氧化剂被还原、还原剂被氧化，被氧化和被还原的元素都是Cl元素，其质量之比等于其物质的量之比=5：1；

故选D．3、B【分析】【分析】A．燃烧热的定义分析；燃烧热是指在101kPa时1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的能量；

B．热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量；不表示微粒数，所以系数可以用分数表示；

C．放热反应中反应物所具有的总能量大于生成物所具有的总能量；吸热反应中反应物所具有的总能量小于生成物所具有的总能量；

D．当△G=△H-T•△S＜0时，反应能自发进行．【解析】【解答】解：A．燃烧热是指在101kPa时1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的能量；故A错误；

B．热化学方程式中；各物质前的化学计量数不表示分子个数，只表示物质的量，故B正确；

C．如果反应物所具有的总能量小于生成物所具有的总能量；则发生的反应是吸热反应，故C错误；

D．化学反应的自发性仅由反应的焓变；熵变、温度三者共同决定；故D错误；

故选B．4、D【分析】解：rm{A.a}rm{b}rm{c}三点中，rm{a}rm{b}点氢氧化钠不足，rm{HA}有剩余，而rm{c}点氢氧化钠与rm{HA}恰好反应生成rm{NaA}与rm{a}rm{b}点相比，rm{c}点溶液中离子浓度最大，所以导电能力最强的是rm{c}点对应的溶液；故A正确；

B.在rm{c}点溶液中的溶质为rm{NaA}根据质子守恒可得：rm{c(H^{+})+c(HA)=c(OH^{-})}故B正确；

C.rm{0.10mol/L}的一元酸rm{HA}溶液的rm{pH=3}则溶液中氢离子浓度为：rm{c(H^{+})=10^{-3}mol/L}rm{c(A^{-})隆脰c(H^{+})=10^{-3}mol/L}rm{c(HA)=0.10mol/L-c(A^{-})隆脰0.10mol/L}则rm{HA}的电离平衡常数为：rm{dfrac{10^{-3}隆脕10^{-3}}{0.10}=1.0隆脕10^{-5}}故C正确；

D.rm{dfrac

{10^{-3}隆脕10^{-3}}{0.10}=1.0隆脕10^{-5}}rm{a}rm{b}rm{c}四点所示溶液中，rm{d}点溶液的rm{b}不影响水的电离，rm{pH=7}rm{a}点都抑制了水的电离，只有rm{d}点恰好反应生成rm{c}rm{NaA}水解促进了水的电离，水的电离程度最大的是rm{A^{-}}点对应的溶液；故D错误；

故选D．

A.rm{c}点加入rm{c}氢氧化钠溶液，此时氢氧化钠与rm{20mL}恰好反应，与rm{HA}rm{a}点相比，rm{b}点溶液中离子浓度最大；溶液导电性最强；

B.rm{c}点溶质为rm{c}根据质子守恒判断；

C.根据图示可知，rm{NaA}的rm{0.10mol/L}溶液的rm{HA}结合电离平衡常数的表达式进行计算；

D.氢氧化钠与rm{pH=3}恰好反应时水的电离程度最大；中性溶液时不影响水的电离，酸性或碱性溶液中抑制了水的电离．

本题考查了酸碱混合的定性判断及溶液rm{HA}的计算，题目难度中等，明确溶液酸碱性与溶液rm{pH}的关系为解答关键，注意掌握水的电离及其影响，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．rm{pH}【解析】rm{D}5、D【分析】【分析】x元素的阴离子和y元素的阳离子具有相同的电子层结构，离子核外电子数目相等，则y元素处于x元素的下一周期，x为非金属元素，最外层电子数较多，y为金属元素，最外层电子数相对较少，结合元素周期律解答．【解析】【解答】解：x元素的阴离子和y元素的阳离子具有相同的电子层结构；离子核外电子数目相等，则y元素处于x元素的下一周期，x为非金属元素，最外层电子数较多，y为金属元素，最外层电子数相对较少．

A．y元素处于x元素的下一周期；x为非金属元素，原子半径小于同周期与y处于同族的元素，故原子半径y＞x，故A错误；

B．x为非金属元素；y为金属元素，故x的第一电离能大于y的第一电离能，故B错误；

C．x为非金属元素；y为金属元素，故x的金属性弱于y的金属性，故C错误；

D．x为非金属元素；y为金属元素，故x的电负性高于y的电负性，故D正确；

故选D．6、D【分析】【分析】A；电离时生成的阳离子都是氢离子的化合物是酸；

B；电离时生成的阴离子都是氢氧根离子的化合物是碱；

C；氯化物是负价氯和另外一个化学元素组成的二元化合物．

D、氧化物是负价氧和另外一个化学元素组成的二元化合物．【解析】【解答】解：二氧化氯是由氯元素和氧元素组成的化合物；氯元素为+4价，氧元素为-2价，属于氧化物．

故选：D．7、A【分析】试题分析：A、Mg容易失去电子，OH—在燃料电池中移向流出电子的负极，故Mg作Y电极，错误；B、Na+移向流入电子的正极或X电极，错误；C、镁失去2个电子变为镁离子，镁离子与氢氧根离子结合为氢氧化镁沉淀，OH—被消耗，故废液的pH小于NaClO溶液的pH，错误；D、H+与OH—不能大量共存，则正极反应式为ClO——4e—+4OH—=ClO3—+2H2O，错误。考点：考查燃料电池的构成、工作原理等相关知识。【解析】【答案】A8、C【分析】【解答】解：A．元素符号的左上角标质量数，中子数为20的氯原子，质量数=17+20=37，故正确应为：1737Cl，故A错误；B．Cl原子得到1个电子形成最外层满足8个电子的Cl﹣，离子结构示意图为：故B错误；

C．氯气中存在1对氯氯共用电子对，氯原子最外层达到8电子稳定结构，电子式为：故C正确；

D．氯乙烯分子中存在碳碳双键，正确的结构简式为：H2C=CHCl；故D错误；

故选C．

【分析】A．元素符号的左上角标质量数；质量数=质子数+中子数；

B．氯离子（Cl﹣）为Cl原子得到1个电子形成的阴离子；最外层满足8个电子的稳定结构；

C．氯气为双原子分子；最外层均满足8个电子的稳定结构；

D．氯乙烯分子中存在碳碳双键．二、多选题(共9题，共18分)9、CD【分析】【分析】X、Y、Z、W、Q都是短周期主族元素，其中X是短周期原子半径最大的元素，则X为Na；X与Y处于同一周期，Y与Z同主族且能形成两种常见的化合物，则Y为S元素、Z为O元素；W能形成两种简单的离子，则W为H元素；Q原子的电子总数等于其电子层数的3倍，原子只能有2个电子层，核外电子数为6，故Q为C元素，据此解答．【解析】【解答】解：X；Y、Z、W、Q都是短周期主族元素；其中X是短周期原子半径最大的元素，则X为Na；X与Y处于同一周期，Y与Z同主族且能形成两种常见的化合物，则Y为S元素、Z为O元素；W能形成两种简单的离子，则W为H元素；Q原子的电子总数等于其电子层数的3倍，原子只能有2个电子层，核外电子数为6，故Q为C元素．

A．元素Q为碳元素；不是短周期非金属性最强的元素，短周期中非金属最强的元素为F元素，故A错误；

B．Y；Z形成的化合物为二氧化硫、三氧化硫；均属于酸性氧化物，故B错误；

C．Y；Z、Q分别与W形成的化合物为氢化物；分别为硫氢化、水、均为，由于水分子之间存在氢键，沸点最高，故C正确；

D．Na与氧元素形成的过氧化钠中既含离子键又含共价键；故D正确；

故选：CD．10、BC【分析】【分析】A．浓硝酸见光易分解；

B．500mL1.0mol•L-1的NaOH溶液配制已完成；

C．托盘天平的感量是0.1g；

D．量筒不能用来稀释溶液．【解析】【解答】解：A．浓硝酸具有腐蚀性；挥发性和不稳定性；故应保存在玻璃塞的棕色试剂瓶中，故A正确；

B．已经完成定容的500mL1.0mol•L-1的NaOH溶液；某同学不慎将容量瓶中溶液洒出，不需重新配制，故B错误；

C．托盘天平的感量是0.1g；无法称量出12.50g的NaCl固体，故C错误；

D．不能在量筒中进行溶液的稀释；故D正确．

故选BC．11、BC【分析】【分析】强酸性溶液中存在大量氢离子；

A．碳酸氢根离子与强酸性溶液中的氢离子反应；

B．四种离子之间不反应；都不与氢离子反应；

C．四种离子之间不反应；能够共存；

D．高锰酸根离子在酸性条件下能够氧化亚硫酸根离子、硫离子．【解析】【解答】解：强酸性溶液中存在大量氢离子；

A．HCO3-与强酸性溶液中的氢离子反应生成二氧化碳气体和水；溶液中不能大量共存，故A错误；

B．Ca2+、NO3-、Mg2+、SO42-之间不发生反应；都不与强酸性溶液中的氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；

C．Fe3+、Cu2+、NO3-、Cl-之间不反应；都不与强酸性溶液中的氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；

D．MnO4-在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化SO32-、S2-；在溶液中不能大量共存，故D错误；

故选BC．12、AD【分析】【分析】A；碳酸钠溶液中组成物料守恒钠元素和碳元素相同；n（Na）=n（C）；

B；氯化铵溶液中铵根离子水解溶液显酸性；

C；溶液中存在电荷守恒分析判断；

D、弱碱存在电离平衡，氨水平衡状态下氢氧根离子浓度和盐酸溶液中氢离子浓度相同，反应后又继续电离出氢氧根离子，溶液显碱性．【解析】【解答】解：A、碳酸钠溶液中组成物料守恒钠元素和碳元素相同，n（Na）=n（C），0.1mol•L-1Na2CO3溶液：c（Na+）=2[c（HCO3-）+c（CO32¯）+c（H2CO3）]；故A正确；

B、氯化铵溶液中铵根离子水解溶液显酸性，c（NH4+）＜c（Cl-）；故B错误；

C、溶液中存在电荷守恒分析，0.1mol•L-1Na2SO3溶液c（H+）+c（Na+）=2c（SO32-）+c（OH-）+c（HSO3-）；故C错误；

D、弱碱存在电离平衡，氨水平衡状态下氢氧根离子浓度和盐酸溶液中氢离子浓度相同，反应后又继续电离出氢氧根离子，溶液显碱性，c（NH4+）＞c（Cl-），溶液中离子浓度大小为：c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+）；故D正确；

故选AD．13、AD【分析】【分析】根据价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=×（a-xb），a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数，进行分析判断．【解析】【解答】解：A．CH3-C*H2-CH3中*碳原子价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=4+0=4，所以*碳原子的杂化sp3杂化；故A正确；

B．C*H2=CHCH3中*碳原子价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+0=3，所以*碳原子的杂化sp2杂化；故B错误；

C．CH2=C*HCH3中*碳原子价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+0=3，所以*碳原子的杂化sp2杂化；故C错误；

D．CH2=CHC*H3中*碳原子价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=4+0=4，所以*碳原子的杂化sp3杂化；故D正确；

故选AD．14、BC【分析】【分析】该有机物含有Cl元素，属于烃的衍生物，结合结构简式判断有机物含有的原子个数可确定分子式，分子中含有两个苯环，可与氢气发生加成反应，与苯环直接相连的原子在同一个平面上，据此进行解答．【解析】【解答】解：A．该有机物含有Cl元素；属于烃的衍生物，不属于芳香烃，故A错误；

B．与苯环直接相连的原子在同一个平面上；由于两个苯环连接在同一个C原子上，具有四面体结构，当两个苯环沿-C-轴旋转到一定角度时可能共平面，则分子中最多可能有23个原子共面，故B正确；

C．有结构简式可知分子中含有14个C、9个H、5个Cl，则分子式为C14H9Cl5；故C正确；

D．该有机物分子中含有官能团氯原子；能够发生水解反应，由于氯原子连接在苯环上，无法发生消去反应，故D错误；

故选BC．15、BD【分析】【分析】由于化学平衡状态与条件有关，而与建立平衡的途径无关．因而，同一可逆反应，从不同的状态开始，只要达到平衡时条件（温度、浓度、压强等）完全相同，则可形成等效平衡，在恒温、恒容条件下，对于反应前后气体分子数不变的可逆反应，只要反应物（或生成物）的物质的量的比值与原平衡相同，则两平衡等效．【解析】【解答】解：2A（g）+2B（g）⇌C（g）+3D（g）；反应前后气体的物质的量相等；

Ⅰ．A；B的起始物质的量均为2mol；

Ⅱ．C；D的起始物质的量分别为2mol和6mol；相当于4molA和4molB，两种途径的物质的量比值相同，则处于相同平衡状态，则。

A．Ⅱ所加物质完全转化为A；B时；可生成4molA、4molB，与Ⅰ物质的量不相等，平衡状态相同，则两体系内相同气体的浓度不相等，故A错误；

B．两种途径平衡状态相同；则对应的各组分的体积分数相同，故B正确；

C．Ⅱ途径浓度大；压强大，反应速率应较大，故C错误；

D．由于途径Ⅱ的质量为途径Ⅰ的质量的2倍；则Ⅱ途径所得混合气的密度为途径Ⅰ所得混合气密度的两倍，故D正确．

故选BD．16、AB【分析】【分析】在阴离子中，阴离子的核外电子数=质子数+电荷数，质量数=质子数+中子数，所以中子数=质量数-质子数=核外电子数-电荷数．【解析】【解答】解：Rn-离子有x个电子，电荷数为n，阴离子的核外电子数=质子数+电荷数，所以质子数=核外电子数-电荷数=x-n；中子数=质量数-质子数=A-（x-n）=A-x+n，故选AB．17、AC【分析】【分析】在一定温度下，使反应H2O（g）+C（s）=CO（g）+H2（g）的化学反应速率降低，应降低反应体系中物质的浓度，如压强变化，应是气体的浓度减小才可．【解析】【解答】解：A．增大容器体积使压强变小；气体的浓度降低，反应速率减小，故A选；

B．恒容下；充入Ne，参加反应的气体的浓度不变，则反应速率不变，故B不选；

C．恒压下；充入Ne，应使容器体积增大，则参加反应的气体的浓度减小，反应速率减小，故C选；

D．C为固体；对反应速率没有影响，故D不选．

故选AC．三、填空题(共6题，共12分)18、NH4NO3【分析】【分析】（1）反应中I-→I2，失去1个电子，而H2O2→H2O得到2个电子，IO3-→I2得到5个电子，MnO4-→Mn2+得到5个电子，HNO2→NO得到1个电子；根据氧化还原反应氧化剂与还原剂得失电子数目相等进行判断；

（2）铁和某浓度的硝酸反应时，铁转化为等物质的量的Fe2+和Fe3+，铁元素化合价升高，硝酸中氮元素化合价降低，根据电子守恒计算硝酸的还原产物中氮元素的化合价即可．【解析】【解答】解：分别用1mol这些物质氧化足量的KI，氧化时I-失电子成为碘单质，生成1mol单质碘，转移电子是2mol，H2O2→H2O得到2个电子，生成碘单质是1mol，IO3-→I2得到5个电子，同时碘离子成为碘单质，所以生成碘单质是3mol，MnO4-→Mn2+得到5个电子，HNO3→NO得到3个电子，生成碘单质是2.5mol，I-→I2；失去1个电子，生成碘单质是0.5mol，故答案为：

。氧化剂I2的物质的量（mol）氧化剂I2的物质的量（mol）H2O21IO3-3MnO4-2.5HNO20.5；

（2）铁和某浓度的硝酸反应时，铁转化为等物质的量的Fe2+和Fe3+；铁元素化合价升高，硝酸中氮元素化合价降低，消耗铁和硝酸的物质的量之比为8：25，根据电子守恒，设还原产物中氮元素的化合价是x，则。

4（2-0）+4（3-0）=25（5-x），解得x=4.2，所以产物中氮元素的化合价一个高于4.2一个低于4.2，产物可能是硝酸铵NH4NO3，故答案为：NH4NO3．19、2.0①④⑤⑥药匙、胶头滴管③检查容量瓶是否漏水②①③⑧⑤⑥⑦④②⑤【分析】【分析】（1）依据m=CVM计算需要溶质的质量；

（2）依据配制一定物质的量浓度溶液的步骤选择需要的仪器；

（3）氢氧化钠为腐蚀品；称量时应放在小烧杯或者称量瓶中；

（4）容量瓶在使用过程中需要上下颠倒；

（5）依据配制一定物质的量浓度溶液的步骤排序；

（6）分析不当操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据C=进行误差分析．【解析】【解答】解：（1）配制0.1mol/L的NaOH溶液500mL；需要溶质的质量m=0.1mol/L×40g/mol×0.5L=2.0g；

故答案为：2.0；

（2）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算；称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作；用到的仪器有：天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管；HIA缺少的仪器：药匙、胶头滴管；

故答案为：①④⑤⑥；药匙；胶头滴管；

（3）氢氧化钠为腐蚀品；称量时应放在小烧杯或者称量瓶中；

故选：③；

（4）容量瓶在使用过程中需要上下颠倒；所以使用过程中应检查容量瓶是否漏水；

故答案为：检查容量瓶是否漏水；

（5）配制一定物质的量浓度溶液的步骤：计算；称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀；所以正确的顺序为：②①③⑧⑤⑥⑦④；

故答案为：②①③⑧⑤⑥⑦④；

（6）①未洗涤烧杯；玻璃棒；导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故不选；

②NaOH溶液未冷却至室温就转移到容量瓶中；冷却后，溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故选；

③容量瓶不干燥；含有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变，故不选；

④称量NaOH的时间太长；导致氢氧化钠吸收空气中水；二氧化碳，称取的氢氧化钠的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故不选；

⑤定容时俯视刻度；导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故选；

故选：②⑤．20、2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑bd焊接钢轨等cd【分析】【分析】单质A常作为食品包装材料，甲是两性氧化物，A与氧化铁反应得到甲，且A能与NaOH反应，则A为Al，甲为Al2O3，单质B为H2，乙为NaAlO2，丙为NaAlO2，据此解答．【解析】【解答】解：单质A常作为食品包装材料，甲是典型的两性氧化物，A与氧化铁反应得到甲，且A能与NaOH反应，则A为Al，甲为Al2O3，单质B为H2，乙为NaAlO2，丙为NaAlO2；

（1）反应①的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；

（2）A为金属Al，单质A与Fe2O3反应为铝热反应，铝热反应需要引发剂引发高温反应，镁条在空气中可以燃烧，氧气是氧化剂．但插入混合物中的部分镁条燃烧时，氯酸钾则是氧化剂，以保证镁条的继续燃烧，同时放出足够的热量引发氧化铁和铝粉的反应，故选：bd；铝热反应的应用为焊接钢轨等；

故答案为：bd；焊接钢轨等；

（3）冶炼活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al，一般用电解熔融的氯化物（Al是电解熔融的Al2O3）制得；热还原法用于冶炼较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu，常用还原剂有（C、CO、H2等）；热分解法：冶炼不活泼的金属Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得，故选：cd．21、可能由所含铁元素和所含多酚被氧化共同形成可能由所含铁元素和所含多酚被氧化共同形成研钵重复过滤pH计活性炭强氧化性（或漂白性）不稳定性多酚证明加入的Br2已经足量硝酸的氧化性强于过氧化氢蛋白质硝酸分解生成二氧化氮稀硝酸被苹果中还原性物质还原为NO，NO与氧气反应生成二氧化氮苹果中Fe与有机物结合在一起【分析】【分析】（1）根据假设1；2可知；可能由所含铁元素和所含多酚被氧化共同形成；

（2）操作1是将固体研碎；需要用到研钵；操作2是将不同的固体与液体分离，应采取过滤操作，过滤后的滤液浑浊需要重复过滤；测定鲜苹果汁的pH为3.48，所用的仪器或用品是pH计；

（3）加入少许某不能与盐酸反应的黑色颗粒；果汁的颜色明显变浅，该黑色物质具有吸附有色物质；

（4）实验（3）中加入少许KSCN溶液，未见红色，苹果汁中没有Fe3+，再加入适量H2O2，仍未见红色，充分加热，液体的颜色反而变为无色，同时有气泡产生，过氧化氢有强氧化性，将有色物质氧化为无色物质，同时过氧化氢不稳定，可以分解生成水与氧气．再滴入少许FeCl2溶液，液体变为红色，Fe2+被过氧化氢氧化为Fe3+，对比说明苹果汁中没有Fe2+；

（5）实验（4）第二份滴加足量溴水，得到白色沉淀，说明苹果汁中含有多酚类物质，上层液体中滴加少许KSCN溶液，也未见红色，说明苹果汁中没有Fe3+，滴入少许CCl4萃取溶液中的溴；证明溴水足量；

（6）实验（5）中第三份加入少许稀HNO3，充分加热，放置一段时间后，液体的颜色逐渐变浅，但仍比加入HNO3前深，再滴加少许KSCN溶液，液体变为红色，溶液中含有Fe3+，说明硝酸可以将苹果中的“Fe”氧化为Fe3+，与（3）中实验相比，过氧化氢不能将苹果中的“Fe”氧化为Fe3+；

加入的少许硝酸先将苹果中的“Fe”氧化为Fe3+，而后Fe3+又氧化多酚等物质；液体的颜色逐渐变浅，结合实验（6）中可知，苹果中Fe与有机物结合在一起，而糖只含有C；H、O三种元素，可以说明营养物质是蛋白质；

（7）第三份加入少许稀HNO3；充分加热，试管中出现红棕色气体，该红棕色气体为二氧化氮，可能是硝酸分解生成二氧化氮，也可能是稀硝酸苹果中还原性物质还原为NO，NO与氧气反应生成二氧化氮；

（8）由上述分析可知，苹果汁中没有Fe2、Fe3+，则另取一只苹果，灼烧成灰，加入稀HCl充分搅拌后，取所得液体，滴入KSCN溶液，液体变为红色，说明所得溶液中含有Fe3+，可知苹果中“Fe”与有机物结合在一起．【解析】【解答】解：（1）根据假设1；2可知；假设3应为：可能由所含铁元素和所含多酚被氧化共同形成；

故答案为：可能由所含铁元素和所含多酚被氧化共同形成；

（2）操作1是将固体研碎；需要用到研钵；操作2是将不同的固体与液体分离，应采取过滤操作，所得苹果汁仍很浑浊，需要重复过滤；测定鲜苹果汁的pH为3.48，所用的仪器或用品是pH计；

故答案为：研钵；重复过滤；pH计；

（3）苹果汁呈黄色；加入少许某不能与盐酸反应的黑色颗粒，果汁的颜色明显变浅，该黑色物质具有吸附有色物质，可能为活性炭；

故答案为：活性炭；

（4）实验（3）中加入少许KSCN溶液，未见红色，苹果汁中没有Fe3+，再加入适量H2O2，仍未见红色，充分加热，液体的颜色反而变为无色，同时有气泡产生，再滴入少许FeCl2溶液，液体变为红色，Fe2+被过氧化氢氧化为Fe3+，对比说明苹果汁中没有Fe2+，过氧化氢有强氧化性，将有色物质氧化为无色物质，液体的颜色反而变为无色，同时过氧化氢不稳定，可以分解生成水与氧气，体现了H2O2：强氧化性（或漂白性）；不稳定性；

故答案为：强氧化性（或漂白性）；不稳定性；

（5）实验（4）第二份滴加足量溴水，有少量沉淀生成，静置后，倾出上层液体，固体经洗涤后成白色，说明苹果汁中含有多酚类物质，在倾出的上层液体中滴加少许KSCN溶液，也未见红色，苹果汁中没有Fe3+，再滴入少许CCl4充分振荡后，静置，下层液体呈棕黄色，萃取溶液中的溴，证明加入的溴水是过量的，进一步说明苹果汁中没有Fe3+；

故答案为：多酚；证明加入的Br2已经足量；

（6）实验（5）中第三份加入少许稀HNO3，充分加热，放置一段时间后，液体的颜色逐渐变浅，但仍比加入HNO3前深，再滴加少许KSCN溶液，液体变为红色，溶液中含有Fe3+，说明硝酸可以将苹果中的“Fe”氧化为Fe3+，与（3）中实验相比，过氧化氢不能将苹果中的“Fe”氧化为Fe3+；说明硝酸的氧化性强于过氧化氢；

加入的少许硝酸先将苹果中的“Fe”氧化为Fe3+，而后Fe3+又氧化多酚等物质；液体的颜色逐渐变浅，结合实验（6）中可知，苹果中Fe与有机物结合在一起，而糖只含有C；H、O三种元素，可以说明营养物质是蛋白质；

故答案为：硝酸的氧化性强于过氧化氢；蛋白质；

（7）第三份加入少许稀HNO3；充分加热，试管中出现红棕色气体，该红棕色气体为二氧化氮，可能是硝酸分解生成二氧化氮，也可能是稀硝酸被苹果中还原性物质还原为NO，NO与氧气反应生成二氧化氮；

故答案为：硝酸分解生成二氧化氮；稀硝酸被苹果中还原性物质还原为NO；NO与氧气反应生成二氧化氮；

（8）由上述分析可知，苹果汁中没有Fe2、Fe3+，则另取一只苹果，灼烧成灰，加入稀HCl充分搅拌后，取所得液体，滴入KSCN溶液，液体变为红色，说明所得溶液中含有Fe3+；可知苹果中“Fe”与有机物结合在一起；

故答案为：与有机物结合在一起．22、CH4CH3CH2CH3CH2=CH2CH≡CH75%82%86%92%不能不能能能燃烧燃烧燃烧燃烧【分析】【分析】写出甲烷、丙烷、乙烯、乙炔的化学式，根据化学式计算含碳量，根据有机物的类别和所含官能团判断这些有机物的性质．【解析】【解答】解：甲烷的化学式为：CH4，含碳量为：×100%=75%；甲烷无不饱和键，不能发生加成反应，甲烷能燃烧生成二氧化碳和水；

丙烷的化学式为：CH3CH2CH3，含碳量为：×100%=82%；丙烷无不饱和键，不能发生加成反应，丙烷能燃烧生成二氧化碳和水；

乙烯化学式为：CH2=CH2，含碳量为：×100%=86%；乙烯含碳碳双键，能与氢气加成生成乙烷，能燃烧生成二氧化碳和水；

乙炔化学式为：CH≡CH，含碳量为：×100%=92%；乙炔含碳碳三键，能与氢气发生加成反应生成乙烷，能燃烧生成二氧化碳和水．

故答案为：

。项目甲烷丙烷乙烯乙炔化学式CH4CH3CH2CH3CH2=CH2CH≡CH含碳量75%82%86%92%与H2加成不能不能能能燃烧反应燃烧燃烧燃烧燃烧23、在低温条件下4HNO34NO2↑+O2↑+2H2ON2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+181.5kJ•mol-1800℃铂或铂铑合金由于生成NO的反应是放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，故转化率降低由图可知，温度高于900℃时，生成N2的副反应增多．故NO产率降低这样做既可以降低NO和O2混合气的温度，又可以预热NH3和空气，达到节约能源的目的AB【分析】【分析】（1）硝酸化学性质不稳定；见光或受热分解；

（2）由盖斯定律，（①-②）×可得目标热化学方程式；据此计算；

（3）从转化率的大小与温度的关系选择反应的适宜温度；根据外界条件对化学平衡的影响分析NO产率下降的可能原因；

（4）一氧化氮和氧气反应为放热反应；结合节约能源进行解答；

（5）根据外界条件对氨催化氧化生成NO的化学平衡的影响分析；【解析】【解答】解：（1）硝酸热稳定性差，见光或受热分解4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O；在实验室模拟蒸馏塔中对稀硝酸蒸馏时应注意选择适宜的条件是在低温条件下；

故答案为：在低温条件下；4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O；

（2）由盖斯定律，（①-②）×可得N2（g）+O2（g）⇌2NO（g），故△H=×[（-905kJ/mol）-（-1258kJ/mol）]=+181.5kJ/mol，所以N2氧化为NO的热化学方程式为N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+181.5kJ•mol-1；

故答案为：N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+181.5kJ•mol-1；

（3）从图象可以看在；反应温度在780～840℃，NO的产率最大，故选择800℃左右，该反应所使用的催化剂是铂或铂铑合金；

故答案为：800℃；铂或铂铑合金；

①4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）；△H=-905kJ•mol-1该反应是放热反应；温度升高平衡向逆反应方向移动，NO产率下降；

故答案为：由于生成NO的反应是放热反应；温度升高平衡向逆反应方向移动，故转化率降低；

②由图可知，温度高于900℃时，4NH3+3O2⇌2N2+6H2O，生成N2的副反应增多；NO产率下降；

故答案为：由图可知，温度高于900℃时，生成N2的副反应增多．故NO产率降低；

（4）2NO+O2=2NO2，该反应是放热反应，从氧化炉中出来的气体进入热交换器，这样做既可以降低NO和O2混合气的温度，又可以预热NH3和空气；达到节约能源的目的；

故答案为：这样做既可以降低NO和O2混合气的温度，又可以预热NH3和空气；达到节约能源的目的；

（5）4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）；△H=-905kJ•mol-1该反应是气体体积增大的、放热的反应，为了提高氨催化氧化生成NO的产率，需使化学平衡向正反应方向移动，可采取减小压强、降低温度、增大NH3的浓度；

故答案为：A、B；四、判断题(共1题，共10分)24、×【分析】【分析】Na2SO3溶液存在SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-，溶液呈碱性，加入Ca（OH）2溶液，发生SO32-+Ca2+=CaSO3↓，以此解答该题．【解析】【解答】解：Na2SO3溶液存在SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-，溶液呈碱性，加入Ca（OH）2溶液，发生SO32-+Ca2+=CaSO3↓，则c（OH-）增大，pH增大，c（SO32-）减小；水解程度减小；

故答案为：×．五、探究题(共4题，共16分)25、|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．26、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）=分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差．27、|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．28、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）=分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差．六、实验题(共4题，共20分)29、2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑④②⑧⑤【分析】【分析】钠的熔点较低，且密度小于水的密度，钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，且该反应是放热反应，产生的氢气使钠受力不均匀，而导致钠四处游动，产生氢氧化钠而使其溶液呈碱性，碱遇酚酞试液变红色．【解析】【解答】解：钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，所以其离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；

⑦钠和水反应是放热反应；放出的热量使钠熔成小球，说明钠的熔点较低，故选⑧；

⑥钠的密度比水小；所以钠浮在水面上，故选④；

③钠四处游动；钠和水反应生成的氢气使钠受力不均匀而使钠四处游动，故选⑤；

①有碱性；钠和水反应生成氢氧化钠而使其溶液呈碱性，碱遇酚酞试液变红色，故选②；

故答案为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，⑧，④，⑤，②．30、略

【分析】解：rm{8.7g}的rm{MnO_{2}}rm{n(MnO_{2})=dfrac{8.7g}{87g/mol}=0.1mol}设生成氯气为rm{n(MnO_{2})=dfrac

{8.7g}{87g/mol}=0.1mol}参加反应的rm{xL}为rm{MnCl}则。

rm{MnO_{2}+4HCl_{(脜篓)}dfrac{overset{;;triangle;;}{.}}{;}MnCl_{2}+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O}

rm{ymol}rm{MnO_{2}+4HCl_{(脜篓)}dfrac{

overset{;;triangle;;}{

.}}{;}MnCl_{2}+Cl_{2}隆眉+2H_{2}O}rm{1}rm{4}

rm{1}rm{22.4L}rm{0.1mol}

rm{dfrac{1}{0.1}=dfrac{1}{y}=dfrac{22.4L}{x}}

解得rm{y}rm{x}

故答案为：rm{dfrac{1}{0.1}=dfrac{1}{y}=

dfrac{22.4L}{x}}产生的氯气在标准状况下的体积为rm{x=2.24L}

rm{y=0.1mol}参加反应的rm{(1)}物质的量有rm{2.24L}

rm{(2)}加入足量rm{MnCl}溶液，生成沉淀rm{0.1mol}沉淀为rm{(3)}结合rm{AgNO_{3}}原子守恒可知，rm{57.4g}

rm{n(AgCl)=dfrac{57.4g}{143.5g/mol}=0.4mol}rm{AgCl}

rm{Cl}

故答案为：原浓盐酸的物质量为rm{n(HCl)=2n(Cl_{2})+n(AgCl)}．

rm{n(AgCl)=dfrac

{57.4g}{143.5g/mol}=0.4mol}的rm{n(Cl_{2})=0.1mol}rm{n(MnO_{2})=dfrac{8.7g}{87g/mol}=0.1mol}将其物质的量代入方程式计算氯气；

rm{n(HCl)_{脳脺}=0.4mol+0.1mol隆脕2=0.6mol}根据方程式计算反应生成的rm{0.6mol}的物质的量；

rm{(1)8.7g}加入足量rm{MnO_{2}}溶液，生成沉淀rm{n(MnO_{2})=dfrac

{8.7g}{87g/mol}=0.1mol}沉淀为rm{(2)}结合rm{MnCl_{2}}原子守恒可知，rm{(3)}以此计算．

本题考查化学反应方程式的计算，为高频考点，把握方程式计算的格式及对应关系为解答的关键，侧重分析能力及计算能力的考查，注意原子守恒的应用，题目难度不大．rm{AgNO_{3}}【解析】rm{2.24L}rm{0.1mol}31、3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO↑+4H2O取试样少许放入试管，滴加KSCN溶液，若溶液显红色，则Fe3+未除净，否则Fe3+除净Fe（OH）33NO2+H2O=2HNO3+NO3CuSO43CuO+SO3↑+2SO2↑+O2↑混合气体通过饱和碳酸氢钠溶液，三氧化硫被吸收生成硫酸，和碳酸氢钠反应生成二氧化硫，没法确定三氧化硫的质量，去掉盛饱和亚硫酸氢钠的装置即可【分析】【分析】废铜渣中铜和硝酸、硫酸反应方程式为3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO↑+4H2O；废铜渣中铁也发生类似反应，调节pH目的是使铁离子生成氢氧化铁沉淀，故滤渣C为氢氧化铁，滤液中含硫酸铜；通过蒸发浓缩；冷却结晶析出硫酸铜晶体．

（1）由工艺流程图转化关系可知；由于硫酸的存在，酸过量，硝酸全起氧化剂作用，酸为稀溶液，生成硫酸铜；NO、水．

（2）用硫氰化钾检验铁离子的存在；

（3）由工艺流程图转化关系可知；滤渣的主要成分为氢氧化铁．

（4）二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮；

（5）硫酸铜受热分解生成CuO、SO2气体、SO3气体和O2气体，反应物为CuSO4，生成物为CuO、SO2、SO3、O2，配平方程式即可；图2所示的实验装置分别测定生成的SO2气体、SO3气体的质量和O2气体的体积，SO3气体可溶解于浓硫酸中，采用98.3%的浓硫酸吸收SO3气体，SO2气体用碱液吸收，氧气用排水法测量，据此分析．【解析】【解答】解：（1）由于硫酸的存在，且酸过量，硝酸全起氧化剂作用，酸为稀溶液，生成硫酸铜、NO、水，反应方程式为3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO↑+4H2O；

故答案为：3Cu+2HNO3+3H2SO4=3