2025年外研衔接版高三化学下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年外研衔接版高三化学下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总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A.滴入KSCN显红色的溶液：Na+、Cu2+、Br-、SO42-B.滴入酚酞显红色的溶液：Na+、Al3+、SO42-、Cl-C.c（Fe2+）=1mol•L-1的溶液：H+、Na+、Cl-、NO3-D.加入铝粉能产生大量H2的溶液：Na+、K+、Cl-、HCO3-2、下列实验操作能够达到实验目的是（）A.实验室采用图①所示装置收集SO2B.可用图②所示装置比较KMnO4、Cl2、S的氧化性强弱C.除去NaHCO3溶液中的Na2CO3，可加入Ca（OH）2溶液后过滤D.称取0.40gNaOH，放入100mL容量瓶中，配制0.10mol/LNaOH溶液3、如图所示，试管中盛装的是红棕色气体rm{(}可能是混合物rm{)}当倒扣在盛有水的水槽中时，试管内水面上升，但不能充满试管，当向试管内鼓入氧气后，可以观察到试管中水柱继续上升，经过多次重复后，试管内完全被水充满，原来试管中盛装的不可能是rm{(}rm{)}A.可能是rm{N_{2}}与rm{NO_{2}}的混和气体B.可能是rm{O_{2}}与rm{NO_{2}}的混和气体C.可能是rm{NO}与rm{NO_{2}}的混和气体D.可能是rm{NO_{2}}一种气体4、25℃时，在0.01mol•L-1的硫酸溶液中，水电离出的H+浓度是（）A.5×10-13mol•L-1B.0.02mol•L-1C.1×10-7mol•L-1D.1×10-12mol•L-15、取一定量的铝土矿（含Al2O3、Fe2O3、SiO2）样品，放入盛有100mLH2SO4溶液的烧杯中，充分反应后过滤，向滤液中加入10mol/L的NaOH溶液，产生沉淀的量与所加NaOH溶液的体积的关系如图所示．则原H2SO4物质的量浓度是（）

A.1mol/L

B.2mol/L

C.3mol/L

D.4mol/L

6、2.3g纯净的金属钠在干燥的空气中被氧化后得到3.5g固体,由此可判断其氧化产物是（）A.只有Na2OB.只有Na2O2C.Na2O和Na2O2D.无法确定7、如图所示，甲池的总反应式为：N2H4+O2═N2+2H2O下列关于该电池工作时说法正确的是（）A.甲池中负极反应为：N2H4﹣4e﹣═N2+4H+B.甲池溶液pH不变，乙池溶液pH减小C.反应一段时间后，向乙池中加一定量CuO固体，能使CuSO4溶液恢复到原浓度D.甲池中消耗2.24LO2，此时乙池中理论上最多产生12.8g固体8、下列描述或化学用语书写错误的是()A.向rm{Fe(OH)_{3}}胶体中滴加稀硫酸，先生成红褐色沉淀，后沉淀逐渐溶解B.向铜粉中加入稀硫酸，铜粉不溶解，再加入硝酸钾固体，铜粉逐渐溶解C.碳酸氢根离子的电离方程式：rm{HCO_{3}^{?}+H_{2}O?H_{3}O^{+}+CO_{3}^{2?}}D.金属铝与氧化镁发生铝热反应：rm{2Al+3MgOoverset{?}{=}3Mg+Al_{2}O_{3}}rm{HCO_{3}^{?}+H_{2}O?

H_{3}O^{+}+CO_{3}^{2?}}评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)9、实验室通常用二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气写出反应方程式____，浓盐酸还可以和氯酸钾发生反应制取氯气写出反应方程式____，氯气具有较强的____性．10、（2012秋•黄州区校级期中）（1）测定Na2O和Na的混合物中金属钠的质量分数可用下图所示的几套仪器组合：

①用接口字母标出各仪器连接的顺序____量筒在实验中的作用是____

②有一块表面氧化成Na2O的金属钠，其质量为2.0g，实验后在量筒中收集到0.224L水，求样品中金属钠的质量分数是____．（假设在标准状况下测定）

（2）（10分）HNO2是一种弱酸，且不稳定，易分解生成NO和NO2；它能被常见的强氧化剂氧化；在酸性溶液中它也是一种氧化剂，如能把Fe2+氧化成Fe3+．AgNO2是一种难溶于水；易溶于酸的化合物．试回答下列问题：

①人体正常的血红蛋白含有Fe2+．若误食亚硝酸盐（如NaNO2），则导致血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒，服用维生素C可解毒．下列叙述不正确的是____（填序号）．

A．亚硝酸盐被还原B．维生素C具有还原性。

C．维生素C将Fe3+还原为Fe2+D．在上述变化中亚硝酸盐是还原剂。

②下列方法中，不能用来区分NaNO2和NaCl两种溶液的是____（填序号）．

A．测定这两种溶液的pH

B．分别在两种溶液中滴加甲基橙。

C．在酸性条件下加入KI-淀粉溶液来区别。

D．用AgNO3和HNO3两种试剂来区别。

③某同学把新制的氯水加到NaNO2溶液中，观察到氯水褪色，同时生成NaNO3和HCl，请写出反应的离子方程式：____．

④Fe与过量稀硫酸反应可以制取FeSO4．若用反应所得的酸性溶液，将Fe2+转化为Fe3+，要求产物纯净，可选用的最佳试剂是____（填序号）．

a．Cl2b．Fec．H2O2d．HNO3

⑤配平下列方程式：□Fe（NO3）3+□KOH□Cl2→□K2FeO4+□KNO3+□KCl+□H2O．11、I．“阿波罗登月计划”总指挥韦伯在“阿波罗”登月成功后曾说：“阿波罗计划”中没有一项新发明的技术，都是现成的技术，关键在于综合．综合也是创新，例如可以用玻璃管制成的U形管、T形管、乳胶管、弹簧夹连接成如图所示的一种装置，在U型管中加入适量的红色溶液，即得简单U型气压计，我们可将它应用于多项实验，如：A．证明空气中的氧气参与氧化还原反应的实验（如铁生锈）；B．溶解热效应实验（如硝酸铵溶于水）；C．装置的气密性检验实验；D．检验某些气体性质的实验（如CO2，SO2、Cl2等与碱溶液的反应）等等．请从A或B中选择一项实验，画出该实验的装置图，写出实验名称．要求：①除U形气压计外，其他实验仪器或用品仅能从以下仪器中选取：广口瓶、小试管、胶头滴管、橡皮塞、乳胶管、导管；②实验药品或试剂自定，但需在图中注明．

____

实验名称：

Ⅱ．广口瓶简单，但它的用途真不简单！实验室用Zn粒和盐酸反应制得的H2，其中含酸雾、水汽、硫化氢及少量氧气等杂质气体，某同学仅用四只广口瓶设计了以下几种装置，按一定顺序连接，便达到了当气体通过时，每一装置除去一种气体的目的．

（1）它们连接的顺序为____；

（2）除去H2S的离子方程式为____；

（3）除去O2的离子方程式为____，观察到的现象为____．

12、化学在能源开发与利用中起着十分关键的作用．氢气是一种新型的绿色能源；又是一种重要的化工原料．

氢氧燃料电池能量转化率高；具有广阔的发展前景．现用氢氧燃料电池进行如图所示的实验（图中所用电极均为惰性电极）：

（1）对于氢氧燃料电池，下列叙述不正确的是______．

A．a电极是负极，OH-移向负极。

B．b电极的电极反应为：O2+2H2O+4e-═4OH-

C．电池总反应式为：2H2+O22H2O

D．电解质溶液的pH保持不变。

E．氢氧燃料电池是一种不需要将还原剂和氧化剂全部储藏在电池内的新型发电装置。

（2）如图右边装置中盛有AgNO3溶液，当氢氧燃料电池工作一段时间后，AgNO3溶液的pH______（填“增大”、“减小”或“不变”）．13、三草酸合铁（Ⅲ）酸钾晶体（K3[Fe（C2O4）3]•3H2O）有很重要的用途．可用如图流程来制备．根据题意完成下列各题：

（1）要从溶液中得到绿矾，必须进行的实验操作是____．（按前后顺序填）

a．过滤洗涤b．蒸发浓缩c．冷却结晶d．灼烧e．干燥。

某兴趣小组为测定三草酸合铁酸钾晶体（K3[Fe（C2O4）3]•3H2O）中铁元素含量；做了如下实验：

步骤1：称量5.000g三草酸合铁酸钾晶体；配制成250ml溶液．

步骤2：取所配溶液25.00ml于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，滴加KMnO4溶液至草酸根恰好全部被氧化成二氧化碳，同时，MnO4-被还原成Mn2+．向反应后的溶液中加入一定量锌粉；加热至黄色刚好消失，过滤，洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时，溶液仍里酸性．

步骤3：在酸性条件下，用0.010mol/LKMnO4溶液滴定步骤二所得溶液至终点，共做三次实验，平均消耗KMnO4溶液20.00ml，滴定中MnO4-，被还原成Mn2+．

（2）步骤1中，配制三草酸合铁酸钾溶液需要使用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒以外还有____；

主要操作步骤依次是：称量、溶解、转移、____；定容、摇匀．

（3）步骤2中，加入锌粉的目的是____．

（4）步骤3中，发生反应的离子方程式为：____．

（5）步骤2中，若加入的KMnO4的溶液的量不够，则测得的铁含量____．（选填“偏低”；“偏高”、“不变”）

（6）某同学将8.74g无水三草酸合铁酸钾（K3[Fe（C2O4）3]）在一定条件下加热分解，所得固体的质量为5.42g，同时得到密度为1.647g/L（已折合成标准状况下）气体（是物质的量之比为4：5的混合气体）．研究固体产物得知，铁元素不可能以三价形式存在，而盐只有K2CO3．写出该分解反应的化学方程式____．评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)14、12g金刚石中含有的共价键数为2NA．____（判断对错）15、一定量的铁粉与铜粉混合物，与适量稀硝酸反应，生成标准状况下气体5.6L．则参加反应的硝酸的物质的量为1mol．____（判断对错）16、一定量的铁粉与铜粉混合物，与适量稀硝酸反应，生成标准状况下气体5.6L，则溶液中阳离子一定是Fe2+，Cu2+．____（判断对错）17、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“×”）18、常温常压下，3.2gO2所含的原子数为0.2NA．____（判断对错）19、一定量的铁粉与铜粉混合物，与适量稀硝酸反应，生成标准状况下气体5.6L．则参加反应的硝酸的物质的量为1mol．____（判断对错）20、氨水呈弱碱性，故NH3是弱电解质____（判断对错）21、摩尔是七个基本物理量之一____．（判断对错）评卷人得分四、书写(共3题，共27分)22、写出下列反应的离子方程式。

①石灰石与盐酸反应____

②铁与稀硫酸反应____

③稀硫酸与氢氧化钡溶液反应____

④胃舒平[主要成分Al（OH）3]中和胃酸过多____

⑤食醋除水垢[主要成分CaCO3]____．23、写出下列反应的离子方程式。

（1）试写出少量NaHS04溶液和Ba（HC03）2溶液反应的离子方程式：____

（2）往FeBr2溶液中，缓缓通入C12充分反应后，经测定有1/3的Br-被氧化，试写出其总反应的离子方程式____（已知：还原性Fe2+＞Br-）24、按题意完成下列填空。

（1）（CH3CH2）2C（CH3）2的系统命名为____；

（2）2，3-二甲基-1-丁烯的键线式____；

（3）CH2=CH-COOH所含官能团的名称是____；该有机物发生加聚反应后，所得产物的结构简式为____；

（4）用甲苯制TNT的反应方程式____，反应类型：____；

（5）烯烃在一定条件下氧化时，由于C=C键断裂，转化为醛、酮，如若在上述类似条件下发生反应，请模仿上例写出该反应的方程式：____．评卷人得分五、探究题(共4题，共36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：参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、A【分析】【分析】A．滴入KSCN显红色的溶液中存在铁离子；四种离子之间不反应，都不与铁离子反应；

B．滴入酚酞显红色的溶液为碱性溶液；溶液中存在大量氢氧根氯离子，铝离子与氢氧根离子反应；

C．硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性；能够氧化亚铁离子；

D．加入铝粉能产生大量H2的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，碳酸氢根离子能够与氢离子和氢氧根离子反应．【解析】【解答】解：A．滴入KSCN显红色的溶液中含有Fe3+，Na+、Cu2+、Br-、SO42-之间不发生反应，都不与Fe3+反应；在溶液中能够大量共存，故A正确；

B．滴入酚酞显红色的溶液中存在大量氢氧根离子，Al3+与氢氧根离子反应；在溶液中不能大量共存，故B错误；

C．H+、Fe2+、NO3-之间发生氧化还原反应；在溶液中不能大量共存，故C错误；

D．加入铝粉能产生大量H2的溶液为酸性或强碱性溶液，HCO3-能够与氢离子；氢氧根离子反应；在溶液中大于不能大量共存，故D错误；

故选A．2、B【分析】【分析】A；二氧化硫气体比空气重应用向上排气法收集；

B；依据氧化还原反应中氧化剂氧化性大于氧化产物分析判断；

C；加入氢氧化钙和碳酸氢钠也会反应；

D、容量瓶是精密仪器，不能用来溶解溶质．【解析】【解答】解：A；二氧化硫气体比空气重应用向上排气法收集；装置图中导气管短进错误，故A错误；

B、图②所示装置比较KMnO4、Cl2、S的氧化性强弱，高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯气，氧化剂高锰酸钾氧化性大于氧化产物氯气，氯气通过硫化钠溶液可以氧化硫离子为硫单质，氯气氧化性大于氧化产物硫，故氧化性KMnO4＞Cl2＞S；故B正确；

C、除去NaHCO3溶液中的Na2CO3，加入Ca（OH）2溶液；碳酸氢钠和氢氧化钙反应，碳酸钠和氢氧化钙反应，不能起到除杂目的，故C错误；

D；称取0.40gNaOH；放入烧杯中溶解，冷却后转移到100mL容量瓶中，配制0.10mol/LNaOH溶液，容量瓶不能作为溶解溶质的容器，故D错误；

故选B．3、A【分析】【分析】

本题考查氮氧化物与氧气的反应；题目难度不大，注意有关物质的性质的积累。

【解答】

A.rm{N_{2}}和水不反应且不溶于水；试管内不能完全被水充满，故A正确；

B.rm{O_{2}}与rm{NO_{2}}的混和气体可在溶液中发生反应rm{4NO_{2}+O_{2}+2H_{2}O=4HNO_{3}}试管内能完全被水充满，故B错误；

C.rm{NO}与rm{NO_{2}}的混和气体，当向试管内鼓入氧气后，可在溶液中发生反应rm{4NO+3O_{2}+2H_{2}O=4HNO_{3}}rm{4NO_{2}+O_{2}+2H_{2}O=4HNO_{3}}试管内能完全被水充满，故C错误；

D.rm{O_{2}}与rm{NO_{2}}可在溶液中发生反应rm{4NO_{2}+O_{2}+2H_{2}O=4HNO_{3}}试管内能完全被水充满，故D错误。

故选A。【解析】rm{A}4、A【分析】【分析】25℃，在0.01mol•L-1的硫酸溶液中存在水的离子积，c（H+）酸•c（OH-）水=10-14，依据离子浓度计算判断．【解析】【解答】解：25℃，在0.01mol•L-1的硫酸溶液中，[H+]酸=0.02mol/L；溶液中存在水的离子积，[H+]酸•[OH-]水=10-14，[OH-]水=[H+]水==5×10-13mol•L-1；

故选A．5、B【分析】

当加入氢氧化钠共40mL时，沉淀量最大，此时溶液溶质为硫酸钠，根据钠元素、硫酸根守恒有2n（H2SO4）=2n（Na2SO4）=n（NaOH）=0.04L×10mol/L=0.4mol，所以n（H2SO4）=0.2mol，故原H2SO4物质的量浓度为=2mol/L．

故选B．

【解析】【答案】由图象可知，向滤液中加入2.5mL10mol/L的NaOH溶液，没有沉淀生成，说明硫酸有剩余，继续加入NaOH溶液，当加入氢氧化钠共40mL时，沉淀量最大，此时溶液溶质为硫酸钠，根据钠元素、硫酸根守恒有2n（H2SO4）=2n（Na2SO4）=n（NaOH），再根据c=计算原H2SO4物质的量浓度．

6、C【分析】【解析】试题分析：2.3g钠的物质的量是0.1mol，如果全部转化为氧化钠，则其固体质量是0.05mol×62g/mol＝3.1g，如果完全转化过氧化钠，则其质量是0.05mol×78g/mol＝3.9g。而实际固体的质量是3.5g，所以实际产生的化合物是氧化钠和过氧化钠的混合物，答案选C。考点：考查钠燃烧的有关计算【解析】【答案】C7、C【分析】【解答】解：A．甲池中为原电池反应，对应的电极反应式是：正极O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣，负极N2H4﹣4e﹣+4OH﹣=N2+4H2O；故A错误；B．甲池中因反应生成了水会使溶液的pH值减小，乙池中因反应生成了酸也会使溶液的pH值减小，故B错误；

C．乙池发生的是电解池反应，其电解总反应的离子方程式为：2Cu2++2H2O2Cu+4H++O2↑，两极析出的分别是Cu和O2；因而加CuO后溶液能够复原，故C正确；

D．选项中没说明气体的体积是否是标准状况下；所以气体的物质的量无法计算，则乙中生成的固体的质量也无法计算，故D错误．

故选C．

【分析】A．甲池中为原电池反应，N2H4失电子生成氮气；

B．根据电池的总反应判断PH的变化；

C．乙池发生的是电解池反应两极析出的分别是Cu和O2；因而加CuO后溶液能够复原；

D．选项中没说明气体的体积是否是标准状况下．8、D【分析】【分析】本题考查化学用语；电离方程式的书写；题目难度不大。

【解答】A.加入稀硫酸是电解质溶液，会引起氢氧化铁胶体聚沉，继续加入稀硫酸，氢氧化铁沉淀会溶解，故A正确；B.铜和稀硫酸不反应，加入硝酸铜溶液中稀硝酸具有强氧化性能氧化铜，铜粉溶解，故B正确；C.碳酸氢根离子的电离方程式：rm{HCO}rm{HCO}rm{3}rm{3}rm{?}rm{?}rm{+H}rm{+H}rm{2}rm{2}rm{O}rm{O}rm{?}rm{H}rm{H}，故C正确；

D.因为还原性rm{3}不能反应，符合客观事实，故D错误。

故选D。

rm{3}【解析】rm{D}二、填空题(共5题，共10分)9、MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O6HCl（浓）+KClO3KCl+3Cl2↑+3H2O氧化【分析】【分析】二氧化锰和浓盐酸反应生成氯化锰、氯气、水；浓盐酸还可以和氯酸钾发生反应生成KCl、氯气、水，氯气为常见的氧化剂，以此来解答．【解析】【解答】解：实验室通常用二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气的反应为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，浓盐酸还可以和氯酸钾发生反应为6HCl（浓）+KClO3KCl+3Cl2↑+3H2O；氯气具有较强的氧化性，如与变价金属铁反应生成氯化铁；

故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；6HCl（浓）+KClO3KCl+3Cl2↑+3H2O；氧化．10、g-f-e-h测量气体的体积23.0%DBNO2-+Cl2+H2O═NO3-+2H++2Cl-c【分析】【分析】（1）①钠溶于水生成氢气；因此可通过测量氢气的体积来计算钠的物质的量，所以正确的顺序是g-f-e-h．因此量筒的作用是测量气体的体积；

②在量筒中收集到0.224L水；则生成氢气是0.01mol，因此钠的物质的量是0.02mol，质量是0.46g，然后计算出钠的质量分数即可；

（2）①服用维生素C可解毒；这说明维生素C能把铁离子还原生成亚铁离子，所以维生素C具有还原性，据此进行分析；

②亚硝酸钠溶于水水解显碱性；而氯化钠溶于水显中性，选项A正确；甲基橙的变色范围是3.1～4.4，所以两种溶液都显黄色，选项B不正确；亚硝酸钠具有氧化性，能把碘化钾氧化生成单质碘，碘遇淀粉显蓝色，选项C正确；亚硝酸银不能溶于水，但能溶液硝酸中，而氯化银不能溶液硝酸中，所以选项D正确；

③观察到氯水褪色，说明氯水被还原，同时生成NaNO3和HCl；根据反应物生成物写出反应的方程式；

④Cl2、HNO3都能氧化亚铁离子；但能引入新的杂质，铁不能氧化亚铁离子，双氧水的还原产物是水，不引入杂质；

⑤根据方程式可知，铁元素的化合价从+3价升高到+6价，失去3个电子；氯元素的化合价从0价降低到-1价，得到1个电子，然后根据电子的得失守恒和质量守恒定律配平方程式．【解析】【解答】解：（1）①钠溶于水生成氢气；因此可通过测量氢气的体积来计算钠的物质的量，所以正确的顺序是g-f-e-h．因此量筒的作用是测量气体的体积；

故答案为：g-f-e-h；测量气体的体积；

②在量筒中收集到0.224L水，则生成氢气物质的量是0.01mol，根据电子守恒可知钠的物质的量是：0.02mol，质量是0.46g，所以钠的质量分数是：×100%=23%；故答案为：23%；

（2）服用维生素C可解毒；这说明维生素C能把铁离子还原生成亚铁离子，所以维生素C具有还原性；

①A．亚硝酸盐氧化了亚铁离子；同时亚硝酸盐被还原，故A错误；

B．维生素C具有还原性；维生素C被三价铁离子氧化，具有还原性，故B错误；

C．服用维生素C可解毒，说明维生素C将Fe3+还原为Fe2+；故C错误；

D．在上述变化中亚硝酸盐是还原剂；亚硝酸盐能够氧化亚铁离子，具有氧化性，是氧化剂，故D正确；

故选D；

②A．测定这两种溶液的pH；亚硝酸钠是强碱弱酸盐，显示碱性，可以通过测定溶液的PH区别，故A错误；

B．分别在两种溶液中滴加甲基橙；甲基橙的变色范围是3.1～4.4，两种溶液都显黄色，无法区别，故B正确；

C．在酸性条件下加入KI-淀粉溶液来区别；亚硝酸钠具有氧化性，能把碘化钾氧化生成单质碘，碘遇淀粉显蓝色，所以能够区别，故C错误；

D．用AgNO3和HNO3两种试剂来区别；亚硝酸银不能溶于水，但能溶液硝酸中，而氯化银不能溶液硝酸中，所以能够区别，故D错误；

故选B．

③观察到氯水褪色，说明氯水被亚硝酸钠还原，再根据生成了NaNO3和HCl，反应的离子方程式是：NO2-+Cl2+H2O═NO3-+2H++2Cl-；

故答案为：NO2-+Cl2+H2O═NO3-+2H++2Cl-；

④由于Cl2、HNO3都能氧化亚铁离子；但能引入新的杂质，铁不能氧化亚铁离子，双氧水的还原产物是水，不引入杂质，所以正确是双氧水；

故选c．

⑤根据方程式可知，铁元素的化合价从+3价升高到+6价，失去3个电子；氯元素的化合价从0价降低到-1价，得到1个电子，氯气反应化合价降低2价，最小公倍数是6，所以硝酸铁前面配2，氯气前面配3，再根据质量守恒配平其他物质，配平后的方程式为：2Fe（NO3）3+16KOH+3Cl2═2K2FeO4+6KNO3+6KCl+8H2O；

故答案为：2、16、3、2、6、6、8．11、略

【分析】

Ⅰ、钢铁锈蚀条件是：同时和氧气、水接触，可以将试管中铁钉浸在水里，让铁钉同时和氧气、水接触，钢铁锈蚀是吸氧腐蚀，氧气的量会减少，可以用U型气压计来检测氧气量的减少，硝硝酸铵溶解是吸热的过程，吸收的热能让周围气体温度降低，气体热胀冷缩，降温使气压减少，可以用U型气压计来检测，故答案为：

Ⅱ．（1）氢气的酸雾即氯化氢气体极易溶于水，可以用冷水吸收，硫化氢气体可以和硫酸铜反应生成沉淀，用硫酸铜来吸收，氧气可以将硫酸亚铁氧化，用硫酸亚铁来除去，水可以用浓硫酸来吸收，作为洗气装置，导管一定要长进短出，水的除去一定要放在最后，其他气体的除去先后可以颠倒，故连接顺序是：a→b→e→f→g→h→d→c（其他答案合理也得分）；

（2）硫酸铜和硫化氢反应的实质是：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，故答案为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+；

（3）氧气氧化亚铁离子的实质是：4Fe2++O2+4H=4Fe3++2H2O，现象是：装有FeSO4和H2SO4溶液的广口瓶中溶液的颜色由浅绿色变成棕黄色，故答案为：4Fe2++O2+4H=4Fe3++2H2O；装有FeSO4和H2SO4溶液的广口瓶中溶液的颜色由浅绿色变成棕黄色．

【解析】【答案】Ⅰ；铁在与氧气和水同时接触时容易生锈；硝酸铵溶于水实是吸热过程，根据所给的装置来组装仪器；

Ⅱ．（1）根据除杂的先后顺序来连接装置；

（2）硫化氢能和硫酸铜反应生成沉淀物质；

（3）氧气能将亚铁离子氧化到正三价；从而消耗氧气．

12、略

【分析】解：（1）A、a电极通入氢气，发生氧化反应，应是负极，原电池工作时OH-移向负极；故A正确；

B、通入氧气的b电极为正极，发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-；故B正确；

C、电极总反应式为2H2+O2=2H2O；不是在点燃的条件下反应，故C错误；

D、电解硝酸银溶液总反应式为4AgNO3+2H2O4HNO3+O2↑+4Ag；电池中电解质溶液的pH减小，故D错误；

E；氢氧燃料电池可分别在两级上通入氢气和氧气；是一种不需要将还原剂和氧化剂全部储藏在电池内的新型发电装置，故E正确．

故答案为：CD；

（2）电解硝酸银溶液，阴极发生4Ag++4e-=4Ag，阳极发生4OH--4e-=2H2O+O2↑，总反应式为4AgNO3+2H2O4HNO3+O2↑+4Ag；所以电解一段时间后溶液pH减小，故答案为：减小．

（1）氢氧燃料电池工作时，通入氢气的电极为负极，发生氧化反应，在碱性溶液中，电极方程式为H2-2e-+2OH-=2H2O，通入氧气的电极为正极，发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，总反应式为2H2+O2=2H2O；电解硝酸银溶液，pH减小；

（2）电解硝酸银溶液，阴极发生4Ag++4e-=4Ag，阳极发生4OH--4e-=2H2O+O2↑，总反应式为4AgNO3+2H2O4HNO3+O2↑+4Ag；根据方程式判断．

本题考查电化学知识，为高考常见题型，侧重于考查学生综合运用化学知识的能力和分析问题的能力，题目难度中等．【解析】CD；减小13、bcae250ml容量瓶洗涤将Fe3+全部还原成Fe2+5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O偏高2K3[Fe（C2O4）3]═3K2CO3+Fe+FeO+4CO+5CO2【分析】【分析】绿矾溶解于稀硫酸后加入草酸得到草酸亚铁晶体，过滤得到沉淀加入K2Cr2O4、H2O2、H2C2O4，反应后得到三草酸合铁（Ⅲ）酸钾晶体（K3[Fe（C2O4）3]•3H2O）；

（1）根据溶液来得到晶体来分析实验操作；将混合液来制备绿矾时应先将溶液加热浓缩；然后冷却结晶，将析出的固体过滤、洗涤、干燥；

（2）根据实验操作的步骤以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器；

（3）根据锌粉能与Fe3+反应，加入锌粉的目的是将Fe3+全部还原成Fe2+；

（4）根据物质的性质和书写离子方程式的要求来分析；

（5）若在步骤2中滴入酸性高锰酸钾溶液不足；则会有部分草酸根未被氧化，在步骤3中则会造成消耗酸性高锰酸钾溶液的量偏大，从而计算出的铁的量增多；

（6）根据气体的密度为求出其摩尔质量，然后根据摩尔质量和质量守恒来判断成分；依据信息：固体产物中，铁元素不可能以三价形式存在，而盐只有K2CO3，结合电子得失守恒，可推测铁元素只能以亚铁和铁单质的形式存在；最后写出方程式．【解析】【解答】解：（1）将混合液来制备绿矾时应先将溶液加热浓缩、然后冷却结晶，将析出的固体过滤、洗涤、干燥，即可得到绿矾，故答选：bcae；

（2）配制步骤有计算；称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作；一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：250ml容量瓶；洗涤；

（3）加入锌粉的目的是将Fe3+全部还原成Fe2+，故答案为：将Fe3+全部还原成Fe2+；

（4）MnO4-能氧化Fe2+得到Fe3+和Mn2+，在步骤3中发生的离子反应为：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；

故答案为：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；

（5）若在步骤2中滴入酸性高锰酸钾溶液不足；则会有部分草酸根未被氧化，在步骤3中则会造成消耗酸性高锰酸钾溶液的量偏大，从而计算出的铁的量增多，含量偏高；

故答案为：偏高；

（6）气体密度为1.647g/L，其摩尔质量为1.647g/L×22.4L/mol=36.9g/mol，所以气体为CO和C02，两者的物质的量之比=，固体产物中，铁元素不可能以三价形式存在，而盐只有K2CO3，结合电子得失守恒，可推测铁元素只能以亚铁和铁单质的形式存在，故方程式为：2K3[Fe（C2O4）3]═3K2CO3+Fe+FeO+4CO+5CO2；

故答案为：2K3[Fe（C2O4）3]═3K2CO3+Fe+FeO+4CO+5CO2．三、判断题(共8题，共16分)14、√【分析】【分析】求出金刚石的物质的量，然后根据1mol金刚石中含2mol共价键来分析．【解析】【解答】解：12g金刚石的物质的量为1mol，而1mol金刚石中含2mol共价键即2NA个，故答案为：√．15、√【分析】【分析】标准状况下5.6LNO的物质的量为：=0.25mol；铁粉、铜粉的混合物与稀硝酸发生的反应有：Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O、3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O、3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O，据此判断消耗的硝酸的物质的量．【解析】【解答】解：粉与铜粉混合物与适量稀硝酸反应生成的气体为NO，标准状况下5.6LNO的物质的量为：=0.25mol；

铜粉与稀硝酸反应的方程式为：①3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；

铁与稀硝酸反应的方程式有：②Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O、③3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O；

分析反应①②③可知；无论铜粉与铁粉的组成，生成0.25molNO都消耗硝酸：0.25mol×4=1mol；

故答案为：√．16、×【分析】【分析】还原性Fe＞Cu，铁首先与稀硝酸反应，如金属不足，则反应生成Fe3+，如金属过量，则生成Fe2+，如铁过量，则溶液中没有Cu2+，以此解答该题．【解析】【解答】解：还原性Fe＞Cu，铁首先与稀硝酸反应，如铁不足，则反应生成Fe3+，如铁过量，则生成Fe2+，且溶液中没有Cu2+；

故答案为：×．17、×【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：×．18、√【分析】【分析】根据n==结合物质的构成计算．【解析】【解答】解：n（O2）==0.1mol，则含有原子数为0.2NA．故答案为：√．19、√【分析】【分析】标准状况下5.6LNO的物质的量为：=0.25mol；铁粉、铜粉的混合物与稀硝酸发生的反应有：Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O、3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O、3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O，据此判断消耗的硝酸的物质的量．【解析】【解答】解：粉与铜粉混合物与适量稀硝酸反应生成的气体为NO，标准状况下5.6LNO的物质的量为：=0.25mol；

铜粉与稀硝酸反应的方程式为：①3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；

铁与稀硝酸反应的方程式有：②Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O、③3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O；

分析反应①②③可知；无论铜粉与铁粉的组成，生成0.25molNO都消耗硝酸：0.25mol×4=1mol；

故答案为：√．20、×【分析】【分析】电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；

非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；

在水溶液中完全电离的是强电解质；部分电离的是弱电解质．【解析】【解答】解：氨气在水溶液中与水反应生成一水合氨；一水合氨部分电离出铵根离子和氢氧根离子，氨气自身不能电离，故氨气是非电解质；

故答案为：×．21、×【分析】【分析】摩尔是物质的量的单位．【解析】【解答】解：摩尔是物质的量的单位；是国际单位制中七个基本单位之一；

故答案为：×．四、书写(共3题，共27分)22、CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑Fe+2H+═Fe2++H2↑Ba2++2OH-+2H++SO42-═BaSO4↓+2H2OAl（OH）3+3H+═Al3++3H2OCaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO-【分析】【分析】①碳酸钙难溶；和盐酸反应生成氯化钙；水、二氧化碳；

②铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气；

③氢氧化钡为强碱；硫酸为强酸；反应生成硫酸钡和水；

④氢氧化铝与盐酸反应生成氯化铝和水；

⑤醋酸和碳酸钙反应生成醋酸钙、二氧化碳气体和水，碳酸钙和醋酸都不能拆开．【解析】【解答】解：①碳酸钙难溶不可拆分，和盐酸反应生成氯化钙、水、二氧化碳，反应的离子方程式为CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑；

故答案为：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑；

②铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，反应的离子方程式为：Fe+2H+═Fe2++H2↑；

故答案为：Fe+2H+═Fe2++H2↑；

③氢氧化钡为强碱、硫酸为强酸，都可拆分，生成的硫酸钡为难溶物，水为氧化物，都不可拆分，离子方程式为Ba2++2OH-+2H++SO42-═BaSO4↓+2H2O；

故答案为：Ba2++2OH-+2H++SO42-═BaSO4↓+2H2O；

④胃酸的主要成份是盐酸，氢氧化铝是弱电解质，需要保留化学式，反应的离子方程式为：Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O；

故答案为：Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O；

⑤醋酸和碳酸钙都需要保留化学式，反应的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO-；

故答案为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO-．23、H++SO42-+Ba2++HCO3-=BaSO4↓+CO2↑+H2O6Fe2++4Br-+5Cl2═6Fe3++2Br2+10Cl-【分析】【分析】（1）硫酸氢钠少量；离子方程式按照硫酸氢钠的化学式组成书写，碳酸氢根离子部分反应；

（2）还原性Fe2+＞Br-，亚铁离子优先被氧化，溴离子有1/3的被氧化时，亚铁离子已经完全被氧化，根据溴化亚铁的化学式计算出参加反应的亚铁离子和溴离子的物质的量之比，再计算出反应的化学方程式．【解析】【解答】解：（1）少量NaHS04溶液和Ba（HC03）2溶液，反应生成碳酸氢钠、硫酸钡沉淀、二氧化碳气体和水，反应的离子方程式为：H++SO42-+Ba2++HCO3-=BaSO4↓+CO2↑+H2O；

故答案为：H++SO42-+Ba2++HCO3-=BaSO4↓+CO2↑+H2O；

（2）亚铁离子的还原性大于溴离子，亚铁离子优先被氧化，有1/3的Br-被氧化，则亚铁离子完全被氧化，参加反应的亚铁离子和溴离子的物质的量之比为：1：（2×）=3：2，反应的离子方程式为：6Fe2++4Br-+5Cl2═6Fe3++2Br2+10Cl-；

故答案为：6Fe2++4Br-+5Cl2═6Fe3++2Br2+10Cl-．24、3，3-二甲基戊烷碳碳双键、羧基取代反应或硝化反应【分析】【分析】（1）判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名；其核心是准确理解命名规范：

1）烷烃命名原则：

①长选最长碳链为主链；

②多遇等长碳链时；支链最多为主链；

③近离支链最近一端编号；

④小支链编号之和最小．看下面结构简式；从右端或左端看，均符合“近离支链最近一端编号”的原则；

⑤简两取代基距离主链两端等距离时；从简单取代基开始编号．如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面．

2）有机物的名称书写要规范；

（2）首先写出结构式；根据结构式再写出键线式；键线式书写：分子中碳碳键用线段来表现，交点和端点表示碳原子，碳原子；H不必标出，杂原子（非碳、氢原子）及连接的H原子不得省略；

（3）丙烯酸中含有C=C；-COOH；可发生加成、酯化反应；

（4）把浓H2SO4，浓HNO3和甲苯混合加热制备TNT；是苯环上氢原子被硝基取代生成三硝基甲苯，依据原子守恒配平化学方程式；

（5）烯烃氧化原理为：将双键从中间断开直接接氧原子．【解析】【解答】解：（1）（CH3CH2）2C（CH3）2的系统命名；选取含最多碳原子的为主碳链，主链上有五个碳原子，从离取代基最近的一端起编号，写出名称，3，3-二甲基戊烷，故答案为：3，3-二甲基戊烷；

（2）2，3-甲基-1-丁烯的键线式为：故答案为：

（3）丙烯酸中含有C.-COOH，可发生加成、酯化反应；加聚反应：故答案为：碳碳双键、羧基；

（4）把浓H2SO4，浓HNO3和甲苯混合加热制备TNT的化学方程式为：故答案为：取代反应或硝化反应；

（5）烯烃氧化原理为：将双键从中间断开直接接氧原子，反应方程式：故答案为：．五、探究题(共4题，共36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%；

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