2025年中图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年中图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总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、用3g块状大理石与30mL3mol/L盐酸反应制取CO2气体；若要增大反应速率，可采取的措施是（）

①再加入30mL3mol/L盐酸。

②改用30mL3mol/L稀硫酸。

③改用3g粉末状大理石。

④适当升高温度．A.①②③B.①②④C.②③④D.③④2、利用核磁共振技术测定有机物分子结构的研究获得了2002年诺贝尔化学奖．在有机物分子中，不同氢原子的核磁共振谱中给出的峰值不同，根据峰值可以确定有机物分子中氢原子的种类和数目．例如二乙醚的结构简式为：CH3-CH2-O-CH2-CH3其核磁共振谱中给出的峰值（信号）有两个；如图所示：

下列物质中，其核磁共振氢谱中给出的峰值（信号）只有一个的是（）A.CH3CH3B.CH3COOHC.CH3CHOD.CH3CH2OH3、为测定某铁铜合金的组成，现将5.6g该合金（表面氧化膜成分为Fe2O3和CuO）加入到过量稀硫酸中，完全反应后产生气体672mL，并得到浅绿色溶液A（不含Cu2+离子）和不溶物B．过滤，将B加入到适量的某浓度的硝酸中，完全溶解后，得NO、NO2的混合气896mL，经测定该混合气中V（NO）：V（NO2）=3：1．再将A也加入到足量同浓度的硝酸中充分反应，用排水法收集产生的气体结果得一烧瓶气体，（不从水中移出烧瓶）紧接着向烧瓶中通入224mLO2，气体能恰好完全溶于水（以上所有气体体积都已换算成标准状况时的数据）．下列结论正确的是（）A.合金中氧元素的物质的量是0.01molB.合金中铁单质的质量是1.68gC.溶液A中存在的阳离子只有Fe2+离子D.不溶物B为铜单质且质量是1.6g4、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A.1.0mol•L-1KNO3溶液：H+、Fe2+、SCN-、SO42-B.水电离出的c（H+）=10-10mol•L-1的溶液：K+、Ba2+、NO3-、Cl-C.pH=0的溶液：Al3+、Ag（NH3）2+、Cl-、SO42-D.c（ClO-）=1.0mol•L-1的溶液：Na+、SO32-、S2-、SO42-5、下列各物质不能通过化合反应直接得到的是（）A.CH3COOHB.C3H8C.Fe（OH）3D.CuS6、根据图；下列判断中正确的是（）

A.烧杯a中的溶液pH降低B.烧杯b中发生氧化反应C.烧杯a中发生的反应为2H++2e-═H2D.烧杯b中发生的反应为2Cl--2e-═Cl27、下列离子方程式中，正确的是（）A.铁与稀硫酸反应：2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑B.碳酸镁与稀硫酸反应：MgCO3+2H+═Mg2++H2O+CO2↑C.大理石与盐酸反应：CO32-+2H+═CO2↑+H2OD.稀硫酸与氢氧化钡溶液反应：Ba2++SO42-═BaSO4↓8、amolFeS与bmolFeO投入到VLcmol/L稀硝酸中充分反应，产生NO气体，所得澄清溶液成分可看作是Fe（NO3）3、H2SO4的混合液；则反应中未被还原的硝酸可能为（）

①（a+b）×63g②（a+b）×189g③（a+b）mol④[cV-]mol．

A.①④

B.②④

C.②③

D.①③

9、居室空气污染的主要来源之一是人们使用的各种装饰材料。泡沫绝缘材料、化纤地毯、油漆、内墙涂料等会释放出一种有刺激性气味的气体，该气体是A.氨气B.二氧化硫C.甲烷D.甲醛评卷人得分二、双选题(共6题，共12分)10、第二、三周期元素X、Y、Z、W与第四周期元素砷（33As）在周期表中的位置关系如图所示，则下列说法中正确的是（）A.Z的氧化物可与Y的氢化物水溶液发生化学反应B.X的原子半径比As原子半径小，两者原子序数之差为29C.W的氧化物对应的水化物是共价化合物，并且必是强酸D.图中五种元素均是非金属元素，并且Y的非金属性最强11、根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是rm{(}rm{)}

。实验现象结论rm{A}向滴有酚酞的rm{Na_{2}CO_{3}}溶液中，逐滴加入rm{BaCl_{2}}溶液溶液红色逐渐褪去rm{BaCl_{2}}溶液呈酸性rm{B}在rm{CuSO_{4}}溶液中加入rm{KI}溶液，再加入苯，振荡有白色沉淀生成，苯层呈紫红色白色沉淀可能为rm{CuI}rm{C}取少许rm{CH_{3}CH_{2}Br}与rm{NaOH}溶液共热，冷却后滴加rm{AgNO_{3}}溶液无淡黄色沉淀rm{CH_{3}CH_{2}Br}没有水解rm{D}向甲苯中滴加酸性rm{KMnO_{4}}溶液，振荡紫红色褪去苯环增强了甲基的活性，使其被氧化A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}12、一定温度下，在rm{3}个体积均为rm{1.0L}的恒容密闭容器中反应rm{2H(g)+CO(g)?CH_{3}OH(g)}达到平衡，下列说法正确的是rm{(}rm{)}。容器温度rm{/K}物质的起始浓度rm{/mol隆陇L^{-1}}物质的平衡浓度rm{/mol隆陇L^{-1}}rm{c(H_{2})}rm{c(CO)}rm{c(CH_{3}OH)}rm{c(CH_{3}OH)}rm{c(CH_{3}OH)}rm{c(CH_{3}OH)}Ⅰrm{400}rm{0.20}rm{0.10}rm{0}rm{0.080}Ⅱrm{400}rm{0.40}rm{0.20}rm{0}

Ⅲrm{500}rm{0}rm{0}rm{0.10}rm{0.025}A.该反应的正反应放热B.达到平衡时，容器Ⅰ中反应物转化率比容器Ⅱ中的大C.达到平衡时，容器Ⅱ中rm{c(H_{2})}大于容器Ⅲ中rm{c(H_{2})}的两倍D.达到平衡时，容器Ⅲ中的正反应速率比容器Ⅰ中的大13、下列说法不正确的是rm{(}rm{)}A.铅蓄电池在放电过程中，电池反应液的rm{pH}将变小B.相同条件下，结合质子的能力：rm{OH^{-}>ClO^{-}>CH_{3}COO^{-}}C.一定条件下，使用催化剂能加快反应速率并提高反应物的平衡转化率，平衡常数保持不变D.在氯化银悬浊液中加入rm{NaBr}溶液，沉淀由白色转变为淡黄色，说明rm{K_{sp}(AgCl)>K_{sp}(AgBr)}14、某老师批阅学生实验报告，下列哪些学生是以科学的态度记录实验数据的rm{(}rm{)}A.甲学生用rm{50mL}量筒量取rm{46.70mL}浓盐酸B.乙学生用广泛rm{pH}试纸测定溶液的酸碱性：rm{pH=14.5}C.丙学生配rm{NaOH}溶液，用电子天平称取固体rm{1.220g}D.丁学生用红柄滴定管量取rm{25.00mL0.1mol/L}的盐酸15、高锰酸钾溶液在酸性条件下可以与硫酸亚铁反应，化学方程式如下（未配平）：KMnO4+FeSO4+H2SO4-→K2SO4+MnSO4+Fe2（SO4）3+H2O．下列说法正确的是（）A.Fe2+的还原性强于Mn2+B.MnO4-是氧化剂，Fe3+是还原产物C.生成1mol水时，转移1.25mol电子D.取反应后的溶液加KSCN溶液，可观察到有血红色沉淀生成评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)16、某二元化合物甲有刺鼻气味，极易被水和酸吸收，是一类重要的火箭燃料．将3.20g甲加热至完全分解，得到一种常见的气体单质和4.48L的H2（已折算成标准状况）；已知甲分子内各原子均达到稳定结构．工业上用尿素[CO（NH2）2]投料到按一定比例混合的NaClO与NaOH混合溶液中反应可制得甲；同时得到副产品碳酸钠等物质．

（1）写出甲的分子式____．

（2）适量氯气通入NaOH溶液中可以得到上述混合溶液，写出该反应的离子反应方程式：____．

（3）工业上常用甲使锅炉内壁的铁锈转化为结构较致密的磁性氧化铁（Fe3O4），以减慢锅炉内壁的锈蚀．其化学方程式为____．

（4）已知：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O．

①甲与新制Cu（OH）2之间能发生反应，从氧化还原反应的角度说明其合理性____．

②甲与新制Cu（OH）2充分反应，有红色固体乙生成，写出乙的成分____（写出所有可能），请设计实验方案检验乙的成分____．17、配平化学方程式：____BrF3+____H2O═____Br2+____HBrO3+____O2↑+____HF．18、用图示装置制取PCl3，在E中放入足量白磷，将氯气不间断地通入E，氯气与白磷就会发生反应，并放出热量（温度高于75℃）．已知：PCl3和PCl5遇水强烈反应；它们熔沸点数据如下：

。熔点沸点PCl3-112℃75℃PCl5148℃200℃请根据图中装置回答下列问题：

（1）检查该装置气密性的方法是____．

（2）为得到氯气，若B中加入MnO2，则A中应加入____，发生反应的化学方程式为____．

（3）若发现C中气泡产生过猛，需要进行的操作的关键是____．

（4）在反应开始时主要生成PCl3，而后来主要生成PCl5，原因可能是____；从PCl3和PCl5的混合物中分离也PCl3的最佳方法是____（选填序号）．

a．蒸馏b．分液c．升华

（5）生成的PCl3在G中收集，则F中盛有____，作用是____

（6）C、D、H所盛的试剂分别是：C____；D____；H____．

（7）如果E中反应放热较多，G处的导管可能发生堵塞，其原因是____．19、（2015春•广安期末）有机物A常用作有机合成的中间体．15.2g该有机物燃烧生成26.4gCO2和14.4gH2O；质谱图表明其相对分子质量为76；红外光谱分析表明A分子中含有O-H键和C-O键．核磁共振氢谱上有三个峰，峰面积之比为2：1：1．A能发生如图转化：

已知：A的相对分子质量比B的相对分子质量大18．

请完成下列填空：

（1）A的分子式是____．有机物B中含氧官能团的名称是____．

（2）D→E的化学方程式为____．

（3）B的同分异构体H含则H的结构简式可能为____、____．

（4）A+F→G的化学方程式为____．20、氮元素能形成多种多样的化合物．请回答：

（1）298K时，在2L固定体积的密闭容器中，发生可逆反应：2NO2（g）⇌N2O4（g）△H=-akJ/mol（a＞0）．N2O4的物质的量浓度随时间变化如图1．达平衡时，N2O4的浓度为NO2的2倍；回答下列问题：

①298k时，该反应的平衡常数为____L•mol-1（精确到0.01）；

②下列情况不能用来判断该反应是否处于平衡状态的是____．

A．混合气体的密度保持不变。

B．混合气体的颜色不再变化。

C．混合气体的气体压强保持不变。

③若反应在398K进行，某时刻测得n（NO2）=0.6mol、n（N2O4）=1.2mol，则此时v逆____v正（填“＞”；“＜”或“=”）．

（2）常温条件下，向100mL0.1mol•L-1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol•L-1NaOH溶液，得到的溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图2所示．试分析图中a、b；c、d、e五个点（该条件下硫酸第二步电离是完全的）．

①a点溶液的pH____1（填“＞”；“＜”或“=”）；

②b点溶液中发生水解反应的离子是____；

③c点溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序为____；

④d、e点对应溶液中，水电离程度大小关系是d____e（填“＞”、“＜”或“=”）．21、某研究小组用粗铜（含杂质Fe）按下述流程制备氯化铜晶体（CuCl2•2H2O）．

（1）实验室采用如下图所示的装置，可将反应①粗铜与Cl2反应转化为固体1（部分仪器和夹持装置已略去）．

①仪器A的名称是____．

②连接好装置后，加入药品前，应该进行的实验操作是____．

③装置B中发生反应的离子方程式是____．

④有同学认为应在浓硫酸洗气瓶前增加吸收HCl的装置，你认为是否必要（填“是”或“否”）____．

⑤虚线内缺少实验装置；请你画出装置图，标明药品名称．

（2）试剂X用于调节pH以除去杂质，X可选用下列试剂中的（填序号）____．

a．NaOHb．NH3•H2Oc．CuOd．Cu2（OH）2CO3e．CuSO4

操作①的名称是____．

（3）在溶液2转化为CuCl2•2H2O的操作过程中；发现溶液颜色由蓝色变为绿色．小。

组同学欲探究其原因．

已知：在氯化铜溶液中有如下转化关系：

Cu（H2O）42+（aq）+4Cl-（aq）⇌CuCl42-（aq）+4H2O（l）

蓝色黄色。

取氯化铜晶体配制成蓝绿色溶液Y，进行如下实验，其中能够证明CuCl2溶液中有上述转化关系的是（填序号）____．

a．将Y稀释；发现溶液呈蓝色。

b．在Y中加入CuCl2晶体；溶液变为绿色。

c．在Y中加入NaCl固体；溶液变为绿色。

d．取Y进行电解；溶液颜色最终消失。

（4）操作②需在氯化氢气流中经过加热浓缩、____、过滤、洗涤、干燥．22、根据下图装置进行实验，已知：Na2O2与H2O和CO2都能反应并生成O2，但与NH3不反应；回答下列问题：

（1）在受热的试管A中NH4HCO3发生反应的化学方程式为：____

（2）被加热的铂丝处发生的化学方程式为：____．

（3）B中出现的现象为：____．

（4）烧杯C中发生的现象为____．

（5）倒置漏斗的作用____．评卷人得分四、书写(共3题，共21分)23、按要求填空：

（1）Fe2（SO4）3（写出电离方程式）____．

（2）向稀硫酸溶液中滴加氢氧化钡溶液至中性（写出离子方程式）____．

（3）写出实验室制取二氧化碳反应的离子方程式）____．

（4）鉴别KCl溶液和K2CO3溶液的试剂是____（填名称），离子方程式为____．

（5）除去Na2CO3粉末中混入的NaHCO3杂质用____方法，化学方程式为____．24、写出下列物质在水溶液中的电离方程式：

①Ba（OH）2____

②KHSO4____

③NaHCO3____

④HNO3____

⑤Na2CO3．____．25、完成下列化学方程式：

（1）乙醇与HBr反应____．

（2）乙醛与银氨溶液反应：____．

（3）乙二酸与乙二醇缩聚：____．评卷人得分五、简答题(共3题，共9分)26、K、rm{Fe}rm{Ni}均为重要的合金材料；在工业生产；科技、国防领域有着广泛的用途，请回答下列问题：

rm{(1)K}元素处于元素周期表的______区；其基态原子中，核外电子占据的电子云轮廓图为球形的能级有______个。

rm{(2)KCl}和rm{NaCl}均为重要的化学试剂，rm{KCl}的熔点低于rm{NaCl}的原因为______。

rm{(3)}从原子结构角度分析，rm{Fe^{3+}}比rm{Fe^{2+}}更稳定的原因是______。

rm{(4)NiSO_{4}}溶于氨水形成rm{[Ni}rm{(NH_{3})_{6}]SO_{4}}

rm{垄脵}写出一种与rm{[Ni(NH_{3})_{6}]SO_{4}}中的阴离子互为等电子体的分子的分子式______。

rm{垄脷1mol[Ni(NH_{3})_{6}]SO_{4}}中含有rm{娄脪}键的数目为______。

rm{垄脹NH_{3}}的rm{VSEPR}模型为______；中心原子的杂化形式为______；其杂化轨道的作用为______。

rm{(5)K}rm{Ni}rm{F}三种元素组成的一种晶体的长方体晶胞结构如图所示。若rm{N_{A}}为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度rm{娄脩=}______rm{g/cm^{3}(}用代数式表示rm{)}27、龙胆酸甲酯是制取抗心律失常药物--氟卡尼的中间体．

I.已知龙胆酸甲酯结构如图所示．

rm{(1)}龙胆酸甲酯的分子式为______；它的含氧官能团名称为______

rm{(2)}下列有关龙胆酸甲酯的描述，不正确的是______rm{(}填字母rm{)}

A.不能发生消去反应rm{B.}难溶于水。

C.能与溴水反应rm{D.}能与碳酸钠溶液反应产生二氧化碳。

rm{(3)}龙胆酸甲酯与足量氢氧化钠溶液反应的化学方程式是______

rm{II.}已知rm{X}及其他几种有机物存在如下转化关系，且测得rm{A}中含三个甲基：

回答以下问题：

rm{(4)X}的结构简式为______

rm{(5)}写出满足下列条件的龙胆酸的一种同分异构体的结构简式______

rm{垄脵}能发生银镜反应rm{垄脷}能使rm{FeCl_{3}}溶液显色rm{垄脹}酯类rm{垄脺}苯环上的一氯代物只有两种．28、请回答：

rm{(1)H_{2}O_{2}}的电子式______，rm{Na_{2}O_{2}}的电子式______

rm{(2)}在rm{AgCl}沉淀中加入rm{KBr}溶液；白色沉淀转化为淡黄色沉淀，写出反应的离子方程式______．

rm{(3)}完成以下氧化还原反应的离子方程式：

______rm{MnO_{4}^{-}+}______rm{C_{2}O_{4}^{2-}+}______rm{篓T}______rm{Mn^{2+}+}______rm{CO_{2}隆眉+}______

rm{(4)}向rm{30mL}rm{1mol?L^{-1}}的rm{AlCl_{3}}溶液中逐渐加入浓度为rm{4mol?L^{-1}}的rm{NaOH}溶液，若产生rm{0.78g}白色沉淀，则加入的rm{NaOH}溶液的体积可能为______．参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】【分析】影响化学反应速率的因素有温度、浓度、压强、催化剂、x射线、固体物质的表面积等．浓度：增加反应物浓度，使反应速率加快．温度：升高温度，使反应速率加快．压强：对于有气体参与的化学反应，除体积其它条件不变时，增大压强，使反应速率加快．使用正催化剂，使反应物速率加快．【解析】【解答】解：用3克块状大理石与30毫升3摩/升盐酸反应制取CO2气体发生的反应为：CaCO3+2HCl═CaCl2+CO2↑+H2O要增大反应速率；则：

①再加入30毫升3摩/升盐酸；盐酸浓度未变，反应速率不变，故①错误；

②改用30毫升3摩/升硫酸．硫酸与碳酸钙反应生成的硫酸钙微溶于水；附着在碳酸钙表面，减小了硫酸与碳酸钙的接触面积，反应速率减慢．故②错误；

③改用3克粉末状大理石；大理石与盐酸的接触面积增大，反应速率加快．故③正确；

④适当升高温度．升高温度；反应物分子获得能量，使一部分原来能量较低分子变成活化分子，增加了活化分子的百分数，使得有效碰撞次数增多，故反应速率加大．故④正确；

故选D．2、A【分析】【分析】分子中有几种等效氢原子，核磁共振氢谱中就有几种不同的峰值，依据等效氢原子法判断各种物质中所含的不同氢原子的种类．【解析】【解答】解：A．CH3CH3分子中六个氢原子等效；所以只有1种不同环境下的氢原子，峰值只有1个，故A正确；

B．CH3COOH中甲基中的3个氢原子等效；加羧基中的氢原子，共有2种不同环境下的氢原子，峰值有2个，故B错误；

C．CH3CHO有2种不同环境下的氢原子；峰值有2个，故C错误；

D．CH3CH2OH分子中；有3种不同环境下的氢原子，峰值应有3个，故D错误；

故选A．3、A【分析】【分析】①将5.6gFe、Cu合金（表面氧化膜成分为Fe2O3和CuO）加入到过量稀硫酸中，完全反应后产生气体672mL为氢气体积，得到浅绿色溶液A（不含Cu2+离子）和不溶物B；则B为Cu；

②硫酸过量，A中含有Fe2+、H+；

③将得到的Cu加入到适量的某浓度的硝酸中，完全溶解后，得NO、NO2的混合气896mL，该混合气中V（NO）：V（NO2）=3：1，根据n=计算混合气体总物质的量，进而计算n（NO）、n（NO2）；根据电子转移守恒计算n（Cu），根据m=nM计算m（Cu）；

④将A也加入到足量同浓度的硝酸中充分反应，用排水法收集产生的气体为氮的氧化物，（不从水中移出烧瓶）紧接着向烧瓶中通入224mLO2，又得到硝酸，纵观整个过程，Fe2+提供的电子等于氧气获得的电子，据此计算溶液A中n（Fe2+），根据元素守恒计算合金中m（Fe元素），合金中m（O）=m（合金）-m（Cu元素）-m（Fe元素），再根据n=计算合金中n（O）．【解析】【解答】解：①将5.6gFe、Cu合金（表面氧化膜成分为Fe2O3和CuO）加入到过量稀硫酸中，完全反应后产生气体672mL为氢气体积，n（H2）==0.03mol，得到浅绿色溶液A（不含Cu2+离子）和不溶物B；则B为Cu；

②硫酸过量，A中含有Fe2+、H+；

③将B加入到适量的某浓度的硝酸中，完全溶解后，得NO、NO2的混合气896mL，混合气体总物质的量==0.04mol，该混合气中V（NO）：V（NO2）=3：1，故n（NO）=0.04mol×=0.03mol；

n（NO2）=0.04mol-0.03mol=0.01mol，根据电子转移守恒，n（Cu）==0.05mol；故m（Cu）=0.05mol×64g/mol=3.2g；

④将A也加入到足量同浓度的硝酸中充分反应，用排水法收集产生的气体为氮的氧化物，（不从水中移出烧瓶）紧接着向烧瓶中通入224mLO2，又得到硝酸，纵观整个过程，Fe2+提供的电子等于氧气获得的电子，氧气的物质的量==0.01mol，故溶液A中n（Fe2+）==0.04mol，根据元素守恒，可知合金中m（Fe元素）=0.04mol×56g/mol=2.24g，故合金中m（O）=m（合金）-m（Cu元素）-m（Fe元素）=5.6g-3.2g-2.24g=0.16g，故合金中n（O元素）==0.01mol；

A．根据④知合金中n（O元素）==0.01mol；故A正确；

B．根据①知，n（H2）==0.03mol；根据铁和氢气的关系式知，生成氢气消耗m（Fe）=0.03mol×56g/mol=1.68g，铁还和铜离子；铁离子反应，所以铁的总质量大于1.68g，故B错误；

C．根据②知，A中含有Fe2+、H+；故C错误；

D．根据③知；m（Cu）=0.05mol×64g/mol=3.2g，故D错误；

故选A．4、B【分析】【分析】A．酸性条件下NO3-具有强氧化性；

B．水电离出的c（H+）=10-10mol•L-1的溶液可能呈酸性或碱性；

C．pH=0的溶液呈酸性；

D．ClO-具有强氧化性．【解析】【解答】解：A．酸性条件下NO3-具有强氧化性，具有还原性的Fe2+离子不能大量共存；故A错误；

B．水电离出的c（H+）=10-10mol•L-1的溶液可能呈酸性或碱性；无论呈酸性还是碱性，离子之间都不发生反应，可大量共存，故B正确；

C．pH=0的溶液呈酸性，酸性条件下Ag（NH3）2+不能大量共存；故C错误；

D．ClO-具有强氧化性，具有还原性的SO32-、S2-不能大量共存；故D错误．

故选B．5、D【分析】【分析】A．醋酸酐与水发生化合反应；

B．烯烃或炔烃与氢气发生加成反应；

C．氢氧化亚铁；氧气、水发生化合反应；

D．S具有弱氧化性，而Cu为变价金属．【解析】【解答】解：A．醋酸酐与水发生化合反应生成醋酸；为化合反应，故A不选；

B．烯烃或炔烃与氢气发生加成反应；则丙烯与氢气化合生成丙烷，故B不选；

C．氢氧化亚铁；氧气、水发生化合反应生成氢氧化铁；故C不选；

D．S具有弱氧化性，而Cu为变价金属，则Cu与S反应化合生成Cu2S；故D选；

故选D．6、B【分析】【分析】电子流出的电极为负极，由装置图可知，Zn为负极，发生氧化反应，Zn放电生成Zn2+，Fe为正极，发生还原反应，氧气在正极放电生成OH-，结合选项解答．【解析】【解答】解：A、Fe为正极，氧气在正极放电生成OH-；烧杯a中的溶液pH升高，故A错误；

B；Zn为负极；发生氧化反应，故B正确；

C、Fe为正极，发生还原反应，氧气在正极放电生成OH-，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-；故C错误；

D、Zn为负极，发生氧化反应，Zn放电生成Zn2+，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+；故D错误；

故选B．7、B【分析】【分析】A．铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气；不会生成铁离子；

B．碳酸镁与稀硫酸反应生成硫酸镁；二氧化碳气体和水；碳酸镁需要保留化学式；

C．大理石为难溶物；在离子方程式中碳酸钙不能拆开，需要保留化学式；

D．稀硫酸与氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，漏掉了氢离子与氢氧根离子的反应．【解析】【解答】解：A．铁与稀硫酸反应生成亚铁离子和氢气，正确的离子方程式为：Fe+2H+═Fe2++H2↑；故A错误；

B．碳酸镁与稀硫酸反应生成硫酸镁、二氧化碳和水，反应的离子方程式为：MgCO3+2H+═Mg2++H2O+CO2↑；故B正确；

C．大理石为碳酸钙，与盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，碳酸钙不能拆开，正确的离子方程式为：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑；故C错误；

D．稀硫酸与氢氧化钡溶液反应，漏掉了氢离子与氢氧根离子反应生成水的反应，正确的离子方程式为：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O；故D错误；

故选B．8、B【分析】

由元素守恒知：未被还原的硝酸将转化为Fe（NO3）3中的NO3-，所以显酸性的硝酸的物质的量等于Fe（NO3）3的物质的量的3倍；

由元素守恒知，n〔Fe（NO3）3〕=n（Fe）=（a+b）mol，所以未被还原的硝酸的质量=3（a+b）mol×63g•mol-1=（a+b）×189g；②正确；

又根据化合价升降守恒知amol→amol（NO3）3+amolH2O4升高（3-2）a+（6+2）a=9amolbmolO→bmol（NO3）3升高（3-2）b=bmol

xmolHO3→xOmol降低（5-2）xmol=3xmol

得9amol+bmol=3xmol，即显氧化性的硝酸的物质的量x=mol；

所以未被还原的硝酸为[cV-]mol；④正确．

故选B．

【解析】【答案】可从两个角度分析未被还原的硝酸，一是生成Fe（NO3）3中的NO3-；

二是根据N元素守恒；未被还原的硝酸为总硝酸的物质的量减去生成NO的物质的量，可计算未被还原的硝酸．

9、D【分析】【解析】试题分析：装修材料中释放出的有毒气体是甲醛，答案选D。考点：考查居室污染的有关判断【解析】【答案】D二、双选题(共6题，共12分)10、A|D【分析】解：由二；三周期元素X、Y、Z、W与As的相对位置可知；X为B元素，Z为Si，Y为F，W为S．

A．二氧化硅能与氢氟酸反应生成SiF4与水；故A正确；

B．同周期自左而右原子半径减小；同主族自上而下原子半径增大；故原子半径X＜As；X原子序数为5，As的原子序数为15+18=33，二者原子序数形成33-5=28，故B错误；

C．W的氧化物对应的水化物中硫酸为强酸；而亚硫酸为弱酸，故C错误；

D．X为B元素；Z为Si，Y为F，W为S，与As均为非金属元素，同周期自左而右非金属性增强；同主族自上而下非金属性减弱，故Y的非金属性最强，故D正确；

故选AD．

由二；三周期元素X、Y、Z、W与As的相对位置可知；X为B元素，Z为Si，Y为F，W为S．

A．二氧化硅能与氢氟酸反应生成SiF4与水；

B．同周期自左而右原子半径减小；同主族自上而下原子半径增大；X原子序数为5；As的原子序数为15+18=33；

C．亚硫酸属于弱酸；

D．同周期自左而右非金属性增强；同主族自上而下非金属性减弱．

本题考查元素周期表与元素周期律，难度不大，需要学生熟练掌握元素周期表的结构，注意理解同主族元素原子序数关系．【解析】【答案】AD11、rBD【分析】解：rm{A.}向滴有酚酞的rm{Na_{2}CO_{3}}溶液中，逐滴加入rm{BaCl_{2}}溶液，碳酸根离子与钡离子结合生成沉淀，使碳酸根离子水解平衡逆向移动，则溶液红色逐渐褪去，而rm{BaCl_{2}}溶液呈中性；故A错误；

B.rm{CuSO_{4}}溶液中加入rm{KI}溶液，由现象可知发生氧化还原反应生成rm{CuI}碘单质；现象与结论均合理，故B正确；

C.水解后检验溴离子；应在酸性条件下，没有加硝酸至酸性再加硝酸银，不能检验，则不能判断水解，故C错误；

D.甲苯被高锰酸钾氧化生成苯甲酸；可知苯环增强了甲基的活性，使其被氧化，故D正确；

故选：rm{BD}

A.向滴有酚酞的rm{Na_{2}CO_{3}}溶液中，逐滴加入rm{BaCl_{2}}溶液；碳酸根离子与钡离子结合生成沉淀，使碳酸根离子水解平衡逆向移动；

B.rm{CuSO_{4}}溶液中加入rm{KI}溶液，由现象可知发生氧化还原反应生成rm{CuI}碘单质；

C.水解后检验溴离子；应在酸性条件下；

D.甲苯被高锰酸钾氧化生成苯甲酸。

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握水解平衡移动、氧化还原反应、离子检验、有机物的性质、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。【解析】rm{BD}12、AD【分析】【分析】

本题主要是考查化学反应速率和化学平衡的有关判断与计算以及外界条件对反应速率和平衡状态的影响。

【解答】

rm{A}rm{A}分析Ⅰ、Ⅲ中数据知反应开始时Ⅰ中加入的rm{.}分析Ⅰ、Ⅲ中数据知反应开始时Ⅰ中加入的rm{.}rm{H_{2}}rm{H_{2}}Ⅲ，温度：Ⅰ、Ⅲ，即升高温度平衡逆向移动，该反应正向为放热反应，故rm{CO}rm{CO}

与Ⅲ中加入甲醇的物质的量相当，平衡时甲醇的浓度：Ⅰrm{>}Ⅲ，温度：Ⅰrm{<}Ⅲ，即升高温度平衡逆向移动，该反应正向为放热反应，故rm{>}rm{<}Ⅱ相当于将容器Ⅰ的体积缩小二分之一，该反应正向为气体物质的量减小的反应，增大压强平衡正向移动，达到平衡时，容器Ⅰ中反应物转化率比容器Ⅱ中的小，故Brm{A}

rm{A}正确；Ⅰ和Ⅱ对比，Ⅱ相当于将容器Ⅰ的体积缩小二分之一，该反应正向为气体物质的量减小的反应，增大压强平衡正向移动，则Ⅱ中氢气的浓度小于Ⅰ中氢气浓度的rm{B}rm{B}rm{.}Ⅱ相当于将容器Ⅰ的体积缩小二分之一，该反应正向为气体物质的量减小的反应，增大压强平衡正向移动，达到平衡时，容器Ⅰ中反应物转化率比容器Ⅱ中的小，rm{.}错误；故Crm{C}

rm{C}rm{.}Ⅰ和Ⅱ对比，Ⅱ相当于将容器Ⅰ的体积缩小二分之一，该反应正向为气体物质的量减小的反应，增大压强平衡正向移动，则Ⅱ中氢气的浓度小于Ⅰ中氢气浓度的rm{.}温度：Ⅲrm{2}Ⅰ，当其他条件不变时，升高温度反应速率加快，故达到平衡时，容器Ⅲ中的正反应速率比容器Ⅰ中的大，故Drm{2}

倍，Ⅲ和Ⅰ对比，平衡逆向移动，氢气浓度增大，故达到平衡时，容器Ⅱ中故rm{c(H_{2})}rm{c(H_{2})}

小于容器Ⅲ中【解析】rm{AD}13、rAC【分析】解：rm{A.}铅蓄电池在放电过程中，反应式为rm{PbO_{2}+Pb+4H^{+}+2SO_{4}^{2-}=2PbSO_{4}隆媒+2H_{2}O}反应过程中消耗硫酸，所以溶液的rm{pH}增大；故A错误；

B.酸越弱，其酸根离子的水解能力越强，则相同条件下，结合质子的能力：rm{OH^{-}>ClO^{-}>CH_{3}COO^{-}}故B正确；

C.一定条件下；使用催化剂能加快反应速率，但是催化剂对化学平衡无影响，所以不能提高反应物的平衡转化率，故C错误；

D.溶度积小的沉淀转化为溶度积更小的沉淀容易发生，在氯化银悬浊液中加入rm{NaBr}溶液，沉淀由白色转变为淡黄色，说明rm{K_{sp}(AgCl)>K_{sp}(AgBr)}故D正确．

故选AC．

A.铅蓄电池在放电过程中；消耗硫酸；

B.酸越弱；其酸根离子的水解能力越强；

C.催化剂对化学平衡无影响；

D.溶度积小的沉淀转化为溶度积更小的沉淀容易发生．

本题考查了化学电源、盐的水解、影响化学平衡的因素、沉淀的转化，题目涉及的知识点较多，侧重于基础知识的考查，题目难度不大，注意相关知识的积累．【解析】rm{AC}14、rCD【分析】解：rm{A.}量筒的最小读数为rm{0.1ml}无法量取rm{46.70mL}的浓盐酸；故A错误；

B.广泛rm{pH}试纸的读数只能读出整数，且增大读数为rm{14}无法读出rm{14.5}故B错误；

C.电子天平的最小读数应该读到rm{0.01g}正确读数应该为rm{1.220g}故C正确；

D.滴定管最小读数为rm{0.01mL}盐酸为酸，应该用酸式滴定管，故D正确；

故选CD．

A.量筒的最小读数为rm{0.1mL}无法量取rm{0.01mL}的液体；

B.rm{pH}试纸测定的读数为整数，且在rm{0-14}之间；

C.电子天平的读数应该读到rm{0.001g}

D.滴定管读数为rm{0.01mL}盐酸为酸溶液，应该使用酸式滴定管量取．

本题考查了计量仪器、rm{pH}试纸的使用方法，题目难度不大，注意掌握常见计量仪器的构造及使用方法，明确rm{pH}试纸的读数及正确使用方法，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力．【解析】rm{CD}15、AC【分析】解：A．该反应中还原剂是Fe2+，还原产物是Mn2+，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，故A正确；B．该反应中，锰元素的化合价由+7价变为+2价，铁元素的化合价由+2价变为+3价，所以氧化剂是MnO4-，还原产物是Mn2+，故B错误；C．根据得失电子相等配平方程式得2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5Fe2（SO4）3+8H2O，根据方程式知，生成1mol水时，转移电子的物质的量==1.25mol；故C正确；

D．铁离子和硫氰化钾溶液反应生成络合物而没有沉淀；故D错误；

故选：AC。

A．还原剂的还原性大于还原产物的还原性；

B．该反应中；锰元素的化合价由+7价变为+2价，铁元素的化合价由+2价变为+3价；

C．根据得失电子相等配平方程式得2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5Fe2（SO4）3+8H2O；根据水和转移电子水解的关系式计算；

D．铁离子和硫氰化钾溶液反应生成络合物。

本题考查氧化还原反应，侧重考查基本概念及基本计算，明确氧化剂和还原剂概念内涵及氧化性和还原性强弱判断方法是解本题关键，D为解答易错点。【解析】AC三、填空题(共7题，共14分)16、N2H4Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2ON2H4+6Fe2O3=N2↑+Fe3O4+2H2ON2H4中N元素为-2价，处于较低价态具有还原性，而Cu（OH）2中Cu元素为+2价，处于最高价态，具有氧化性；Cu或Cu、Cu2O或Cu2O取红色固体乙ag，加入足量稀硫酸充分反应后，过滤、洗涤、干燥、称量的bg沉淀，通过a、b的数量关系判断即可，若a=b，固体乙的成分是Cu；若=b，固体乙的成分是Cu2O，若＜b＜a，固体乙的成分是Cu和Cu2O【分析】【分析】甲加热至完全分解，得到一种常见的气体单质和4.48L的H2（已折算成标准状况），则甲中含有H元素，工业上用尿素[CO（NH2）2]投料到按一定比例混合的NaClO与NaOH混合溶液中反应可制得甲，同时得到副产品碳酸钠等物质，根据元素守恒可知甲中含有N元素，综上可知，甲中含有N和H两种元素，n（H2）==0.2mol，则m（H）=0.2mol×2×1g/mol=0.4g，则3.20g甲中含有m（N）=3.20g-0.4g=2.8g，n（N）==0.2mol，所以n（N）：n（H）=0.2mol：0.4mol=1：2，甲分子内各原子均达到稳定结构，可知甲为N2H4．【解析】【解答】解：甲加热至完全分解，得到一种常见的气体单质和4.48L的H2（已折算成标准状况），则甲中含有H元素，工业上用尿素[CO（NH2）2]投料到按一定比例混合的NaClO与NaOH混合溶液中反应可制得甲，同时得到副产品碳酸钠等物质，根据元素守恒可知甲中含有N元素，综上可知，甲中含有N和H两种元素，n（H2）==0.2mol，则m（H）=0.2mol×2×1g/mol=0.4g，则3.20g甲中含有m（N）=3.20g-0.4g=2.8g，n（N）==0.2mol，所以n（N）：n（H）=0.2mol：0.4mol=1：2，甲分子内各原子均达到稳定结构，可知甲为N2H4．

（1）甲的分子式为：N2H4，故答案为：N2H4；

（2）适量氯气通入NaOH溶液中可以得到上述混合溶液，该反应的离子反应方程式：Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O；

故答案为：Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O；

（3）工业上常用甲使锅炉内壁的铁锈转化为结构较致密的磁性氧化铁（Fe3O4），以减慢锅炉内壁的锈蚀，Fe元素化合价降低，则N元素被氧化生成氮气，其化学方程式为：N2H4+6Fe2O3=N2↑+Fe3O4+2H2O；

故答案为：N2H4+6Fe2O3=N2↑+Fe3O4+2H2O；

（4）已知：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O．

①N2H4中N元素为-2价，处于较低价态具有还原性，而Cu（OH）2中Cu元素为+2价，处于最高价态，具有氧化性，甲与新制Cu（OH）2之间能发生反应；

故答案为：N2H4中N元素为-2价，处于较低价态具有还原性，而Cu（OH）2中Cu元素为+2价；处于最高价态，具有氧化性；

②甲与新制Cu（OH）2充分反应，有红色固体乙生成，乙的成分可能为：Cu或Cu、Cu2O或Cu2O；

取红色固体乙ag，加入足量稀硫酸充分反应后，过滤、洗涤、干燥、称量的bg沉淀，通过a、b的数量关系判断即可，若a=b，固体乙的成分是Cu；若=b，固体乙的成分是Cu2O，若＜b＜a，固体乙的成分是Cu和Cu2O；

故答案为：Cu或Cu、Cu2O或Cu2O；取红色固体乙ag，加入足量稀硫酸充分反应后，过滤、洗涤、干燥、称量的bg沉淀，通过a、b的数量关系判断即可，若a=b，固体乙的成分是Cu；若=b，固体乙的成分是Cu2O，若＜b＜a，固体乙的成分是Cu和Cu2O．17、351119【分析】【分析】该反应中Br元素化合价由+3价变为0价和+5价，部分O元素化合价由-2价变为0价，根据转移电子守恒配平方程式，据此分析解答．【解析】【解答】解：该反应中Br元素化合价由+3价变为0价和+5价，部分O元素化合价由-2价变为0价，生成1mol溴时+3价Br得到6mol电子，生成1molHBrO3时+3价Br失去2mol电子，根据转移电子守恒知能生成1mol氧气，再结合原子守恒配平方程式为3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+O2↑+9HF；

故答案为：3；5；1；1；1；9．18、H接一导管放入水槽，然后微热圆底烧瓶B，若导管口产生气泡，撤灯后导管中形成水柱，说明装置气密性良好．浓盐酸MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O用分液漏斗控制滴加液体的量或滴加速率前期P过量生成三氯化磷，后期氯气过量生成五氯化磷a冷水使得三氯化磷液化饱和食盐水浓硫酸碱石灰五氯化磷蒸汽冷却后变成固体【分析】【分析】（1）检查装置的气密性装置气密性检验有多种方法；原理都是根据装置内外的压强差形成水柱或气泡．

（2）实验室制Cl2的方法是在加热条件下MnO2与浓盐酸反应．

（3）调节浓盐酸的加入速度使反应缓慢些．

（4）Cl2逐渐过量，会将PCl3氧化成PCl5；虽然PCl3是液态，而PCl5是固态，但在加热时都是温度超过75℃，此时PCl3是气态，而PCl5是液态；可以蒸馏分开．

（5）气态的PCl3到G中要液化生成液态；F装置起到降温作用，所以F中要加入冷水．

（6）除去氯气中的氯化氢用饱和的食盐水，浓硫酸作干燥剂，在E装置中P和Cl2发生反应，G中收集PCl3，H是防止空气中水蒸气进入G，使PCl3水解．

（7）如果E中放热多，PCl5也可能汽化，在导管中易凝华而堵塞导气管．【解析】【解答】解：（1）检查整套装置的气密性；首先要密闭装置，H接一导管放入水槽，将H浸入水中，然后微热圆底烧瓶B，在其他各盛液体的仪器中观察是否有气泡，然后停止加热，过一会儿看H的导管中会倒吸形成一段水柱，说明气密性良好．

故答案为：H接一导管放入水槽；然后微热圆底烧瓶B，若导管口产生气泡，撤灯后导管中形成水柱，说明装置气密性良好．

（2）实验室制Cl2的方法是在加热条件下MnO2与浓盐酸反应，A中应加入浓盐酸，反应方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O．

故答案为：浓盐酸；MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O．

（3）C中产生气泡过猛，说明反应产生的Cl2太快；需要调节浓盐酸的加入速度．

故答案为：用分液漏斗控制滴加液体的量或滴加速率．

（4）反应开始时P较多，此时产生PCl3，随着反应进行，Cl2逐渐过量，会将PCl3氧化成PCl5，所以后期主要产生PCl5；

虽然PCl3是液态，而PCl5是固态，但在加热时都是温度超过75℃，此时PCl3是气态，而PCl5是液态；可以蒸馏分开．

故答案为：P过量生成三氯化磷；氯气过量生成五氯化磷；a．

（5）气态的PCl3到G中要液化生成液态；F装置起到降温作用，所以F中要加入冷水．

故答案为：冷水；使得三氯化磷液化．

（6）从B装置产生的Cl2中混有HCl，先通过饱和食盐水除去，然后通入浓硫酸干燥，在E装置中P和Cl2发生反应，G中收集PCl3，H是防止空气中水蒸气进入G，使PCl3水解．

故答案为：饱和食盐水；浓硫酸；碱石灰．

（7）如果E中放热多，PCl5也可能汽化；在导管中易凝华而堵塞导气管．

故答案为：五氯化磷蒸汽冷却后变成固体．19、C3H8O2羟基OHCCH2CHO+4Ag（NH4）2OHNH4OOCCH2COONH4+4Ag↓+6NH3+2H2OCH3CH2CHOnHOCH2CH2CH2OH+nHOOCCH2COOH+（2n-1）H2O【分析】【分析】26.4gCO2为=0.6mol，14.4gH2O为=0.8mol，15.2gA中氧元素质量为15.2g-0.6mol×12g/mol-0.8mol×2×1g/mol=6.4g，n（O）==0.4mol，15.2gA的物质的量为=0.2mol，有机物中N（C）==3，N（H）=8，N（O）==2，故A的分子式为C3H8O2．红外光谱分析表明A分子中含有O-H键和C-O键，核磁共振氢谱上有三个峰，峰面积之比为2：1：1，则A为HOCH2CH2CH2OH，A的相对分子质量比B的相对分子质量大18，发生脱水反应，且B可以发生加聚反应，故A发生消去反应生成B，则B为CH2=CHCH2OH，C为．A发生催化氧化生成D为OHCCH2CHO，D与银氨溶液反应生成E为NH4OOCCH2COONH4，E酸化得到F为HOOCCH2COOH，A与F缩聚反应生成G为．【解析】【解答】解：26.4gCO2为=0.6mol，14.4gH2O为=0.8mol，15.2gA中氧元素质量为15.2g-0.6mol×12g/mol-0.8mol×2×1g/mol=6.4g，n（O）==0.4mol，15.2gA的物质的量为=0.2mol，有机物中N（C）==3，N（H）=8，N（O）==2，故A的分子式为C3H8O2．红外光谱分析表明A分子中含有O-H键和C-O键，核磁共振氢谱上有三个峰，峰面积之比为2：1：1，则A为HOCH2CH2CH2OH，A的相对分子质量比B的相对分子质量大18，发生脱水反应，且B可以发生加聚反应，故A发生消去反应生成B，则B为CH2=CHCH2OH，C为．A发生催化氧化生成D为OHCCH2CHO，D与银氨溶液反应生成E为NH4OOCCH2COONH4，E酸化得到F为HOOCCH2COOH，A与F缩聚反应生成G为．

（1）A的分子式是C3H8O2，有机物B为CH2=CHCH2OH；含氧官能团的名称是：羟基；

故答案为：C3H8O2；羟基；

（2）D→E的化学方程式为：OHCCH2CHO+4Ag（NH4）2OHNH4OOCCH2COONH4+4Ag↓+6NH3+2H2O；

故答案为：OHCCH2CHO+4Ag（NH4）2OHNH4OOCCH2COONH4+4Ag↓+6NH3+2H2O；

（3）CH2=CHCH2OH的同分异构体H含则H的结构简式可能为CH3CH2CHO、

故答案为：CH3CH2CHO、

（4）A+F→G的化学方程式为：nHOCH2CH2CH2OH+nHOOCCH2COOH+（2n-1）H2O；

故答案为：nHOCH2CH2CH2OH+nHOOCCH2COOH+（2n-1）H2O．20、6.67A＜＜NH4+c（Na+）＞c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（OH-）=c（H+）＞【分析】【分析】（1）①有图可知N2O4的平衡浓度为0.6mol/L，达到平衡时，N2O4的浓度为NO2的2倍，则NO2的平衡浓度为0.3mol/L；带入平衡常数表达式计算；

②A．气体的质量不变；容积恒定，因此气体的密度为一定值；

B．混合气体的颜色不变，说明NO2的浓度保持恒定；

C．反应2NO2（g）⇌N2O4（g）气压恒定时；正；逆反应速率相等；

③反应为放热反应，升高温度，K值减小，计算可知此时的浓度商Q=K（298K）＞K（398K），反应向逆反应方向移动，因此V（正）＜V（逆）；

（2）①常温条件下，向100mL0.1mol•L-1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol•L-1NaOH溶液；硫酸氢铵溶液显酸性，铵根离子水解显酸性；

②a、b、c、d、e五个点，根据反应量的关系，b点恰好消耗完H+，溶液中只有（NH4）2SO4与Na2SO4；

③c点溶液呈中性，则溶液含有（NH4）2SO4、Na2SO4、NH3•H2O三种成分；

④根据碱性溶液中，氢氧根离子浓度越大，水的电离程度越小进行分析．【解析】【解答】解：（1）①有图可知N2O4的平衡浓度为0.6mol/L，达到平衡时，N2O4的浓度为NO2的2倍，则NO2的平衡浓度为0.3mol/L，则K===6.67；

故答案为：6.67；

②A．反应物和生成物全是气态物质，气体的质量不变，容积为2L保持恒定，由ρ=可知气体的密度为一定值；因此气体的密度保持不变不一定处于平衡状态，故A正确；

B．混合气体的颜色不变说明NO2的浓度不变；说明反应处于化学平衡状态，故B错误；

C．反应2NO2（g）⇌N2O4（g）是一个气体体积减小的反应；气压恒定时，正；逆反应速率相等，说明反应处于化学平衡状态，故C错误；

故答案为：A；

③反应为放热反应，升高温度，K值减小，密闭容器的体积为2L，因此的N2O4的浓度为0.6mol/L，NO2的浓度为0.3mol/L，浓度商Q═==6.67=K（298K）＞K（398K），反应向逆反应方向移动，故：V（正）＜V（逆）；

故答案为：＜；

（2）①硫酸氢铵溶液显酸性，铵根离子水解显酸性，0.1mol•L-1NH4HSO4溶液中氢离子浓度大于0.1mol/L；溶液PH＜1；

故答案为：＜；

②a、b、c、d、e五个点，根据反应量的关系，b点恰好消耗完H+，溶液中只有（NH4）2SO4与Na2SO4，溶液中发生水解反应的离子是NH4+；

故答案为：NH4+；

③c点溶液呈中性，即溶液含有（NH4）2SO4、Na2SO4、NH3•H2O三种成分，b点时c（Na+）=c（SO42-），c点时c（Na+）＞c（SO42-），根据N元素与S元素的关系，可以得出c（SO42-）＞c（NH4+），溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（OH-）=c（H+）；

故答案为：c（Na+）＞c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（OH-）=c（H+）；

④d；e溶液都为碱性溶液；溶液中的氢氧根离子抑制了水的电离，则氢氧化钠溶液体积越大，水的电离沉淀越小，故d点水的电离程度大于e点水的电离；

故答案为：＞．21、分液漏斗检验装置气密性MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O否cd过滤abc冷却结晶【分析】【分析】粗铜中含有Fe，与氯气反应生成CuCl2和FeCl3，调节溶液pH，使FeCl3发生水解生成Fe（OH）3沉淀而除去，则加入的物质应不能引入新杂质，可为Cu2（OH）2CO3、CuO、CuCO3等物质，得到的溶液2为溶液CuCl2，经蒸发浓缩，冷却结晶可得到CuCl2晶体；实验室用二氧化锰与浓盐酸发生反应生成氯化锰、氯气、水，反应离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，含有HCl、H2O等杂质；通过浓硫酸进行干燥后与铜反应；

（1）①仪器A是分液漏斗；

②制备气体；应首先检验装置的气密性；

③装置B中制取氯气；二氧化锰与浓盐酸发生反应生成氯化锰；氯气、水；

④HCl对反应没有影响；

⑤氯气有毒；尾气需进行处理，氯气和碱反应生成无毒物质，所以用碱液吸收尾气；

（2）由工艺流程可知；加入试剂X用于调节pH以除去杂质，主要将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，不能引入新杂质；固体液体分离用过滤；

（3）根据平衡移动原理分析；

（4）氯化铜中的金属铜离子易水解，在氯化氢气流中可以抑制氯化铜水解，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥得到CuCl2•2H2O晶体．【解析】【解答】解：（1）①仪器A是分液漏斗；向烧瓶中滴加盐酸制取氯气；

故答案为：分液漏斗；

②制备气体；不能漏气，所以连接好装置后，加入药品前，应该进行的实验操作是应首先检验装置的气密性；

故答案为：检验装置气密性；

③装置B中制取氯气，二氧化锰与浓盐酸发生反应生成氯化锰、氯气、水，反应离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；

故答案为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；

④HCl对反应没有影响；不需要在浓硫酸洗气瓶前增加吸收HCl的装置；

故答案为：否；

⑤反应后尾气含有氯气，不能直接排放到空气中，应用NaOH溶液进行尾气的吸收，如图

故答案为：

（2）由工艺流程可知；加入试剂X用于调节pH以除去杂质，且不能引入新杂质．

a．NaOH引入杂质钠离子；故a错误；

b．NH3•H2O引入铵根离子，故b错误；

c．CuO可以调节pH值；除去杂质，过量的CuO过滤除去，不引入杂质，故c正确；

d．Cu2（OH）2CO3可以调节PH值，除去杂质，过量的Cu2（OH）2CO3过滤除去；不引入杂质，故d正确；

e．CuSO4不能调节pH值；引入硫酸根离子，故e错误；

从溶液中分离出固体，通过过滤得到的溶液2为溶液CuCl2；

故答案为：cd；过滤；

（3）a．将Y稀释，平衡向作反应移动，溶液呈蓝色，可以能够证明CuCl2溶液中转化关系；故a正确；

b．在Y中加入CuCl2晶体，溶液中Cu（H2O）42+浓度增大，平衡向右移动，溶液变为绿色，可以能够证明CuCl2溶液中转化关系，故b正确；

c．在Y中加入NaCl固体，溶液中氯离子浓度增大，平衡向右移动，溶液变为绿色，可以能够证明CuCl2溶液中转化关系；故c正确；

d．取Y进行电解，铜离子放电，溶液颜色最终消失，不能可以能够证明CuCl2溶液中转化关系；故d错误．

故选：abc．

（4）氯化铜为强酸弱碱盐，盐中的金属铜离子易水解，在氯化氢气流中可以抑制氯化铜水解，两水合氯化铜受热易失去结晶水，所以经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥得到CuCl2•2H2O晶体；

故答案为：冷却结晶．22、NH4HCO3CO2↑+NH3↑+H2O4NH3+5O24NO+6H2O出现红棕色的气体紫色石蕊试液变红防止倒吸【分析】【分析】（1）NH4HCO3不稳定受热易分解生成二氧化碳；氨气和水；

（2）氨气在催化剂条件下发生催化氧化生成一氧化氮和水；

（3）一氧化氮易被空气中的氧气氧化成红棕色的二氧化氮；

（4）二氧化氮与水反应生成硝酸；硝酸具有酸性能使石蕊变红色；

（5）二氧化氮易溶于水．【解析】【解答】解：（1）在受热的试管A中NH4HCO3发生反应的化学方程式为：NH4HCO3CO2↑+NH3↑+H2O；

故答案为：NH4HCO3CO2↑+NH3↑+H2O；

（2）氨气发生催化氧化的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；

故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；

（3）一氧化氮易被空气中的氧气氧化成红棕色的二氧化氮；所以B中会看到出现红棕色的气体；

故答案为：出现红棕色的气体；

（4）二氧化氮与水反应生成硝酸；硝酸具有酸性能使石蕊变红色；

故答案为：紫色石蕊试液变红；

（5）二氧化氮易溶于水；容易发生倒吸，利用倒置漏斗可以防止发生倒吸；

故答案为：防止倒吸．四、书写(共3题，共21分)23、Fe2（SO4）3=2Fe3++3SO42-Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2OCaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑稀盐酸CO32-+2H+=H2O+CO2↑加热2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑【分析】【分析】（1）硫酸铁为强电解质；完全电离；

（2）二者反应生成硫酸钡与水；

（3）碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙和二氧化碳和水；

（4）碳酸钾与盐酸反应生成二氧化碳和水；氯化钾；氯化钾与盐酸不反应；

（5）碳酸氢钠不稳定受热分解生成碳酸钠和水、二氧化碳．【解析】【解答】解：（1）硫酸铁为强电解质，完全电离，电离方程式：Fe2（SO4）3=2Fe3++3SO42-；

故答案为：Fe2（SO4）3=2Fe3++3SO42-；

（2）稀硫酸溶液中滴加氢氧化钡溶液至中性，离子方程式：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O；

故答案为：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O；

（3）碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙和二氧化碳和水，离子方程式：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；

故答案为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；

（4）碳酸钾与盐酸反应生成二氧化碳和水、氯化钾，离子方程式：CO32-+2H+=H2O+CO2↑；氯化钾与盐酸不反应，可以用盐酸鉴别；

故答案为：稀盐酸；CO32-+2H+=H2O+CO2↑；

（5）碳酸氢钠不稳定受热分解生成碳酸钠和水、二氧化碳，化学方程式：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；

故答案为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑．24、Ba（OH）2=Ba2++2OH-KHSO4=K++H++SO42-NaHCO3=Na++HCO3-HNO3=H++NO3-Na2CO3=2Na++CO32-【分析】【分析】①Ba（OH）2是强电解质；在水溶液中完全电离生成钡离子和氢氧根离子；

②KHSO4强酸酸式盐；在水溶液中完全电离生成钾离子；氢离子和硫酸根离子；

③NaHCO3是弱酸酸式盐；为强电解质，在水溶液中完全电离生成弱酸酸式酸根离子和钠离子；

④HNO3是强电解质；在水溶液中完全电离生成氢离子和硝酸根离子；

⑤Na2CO3是强电解质，在水溶液中电离生成钠离子和碳酸根离子．【解析】【解答】解：①Ba（OH）2是强电解质，在水溶液中完全电离生成钡离子和氢氧根离子，电离方程式为Ba（OH）2=Ba2++2OH-，故答案为：Ba（OH）2=Ba2++2OH-；

②KHSO4强酸酸式盐，在水溶液中完全电离生成钾离子、氢离子和硫酸根离子，电离方程式为KHSO4=K++H++SO42-，故答案为：KHSO4=K++H++SO42-；

③NaHCO3是弱酸酸式盐，为强电解质，在水溶液中完全电离生成弱酸酸式酸根离子和钠离子，电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3-，故答案为：NaHCO3=Na++HCO3-；

④HNO3是强电解质，在水溶液中完全电离生成氢离子和硝酸根离子，电离方程式为HNO3=H++NO3-，故答案为：HNO3=H++NO3-；

⑤Na2CO3是强电解质，在水溶液中电离生成钠离子和碳酸根离子，电离方程式为Na2CO3=2Na++CO32-，故答案为：Na2CO3=2Na++CO32-．25、C2H5OH+HBrC2H5Br+H2OCH3CHO+2Ag（NH3）2OHCH3COONH4+2Ag+3NH3+H2OnHOCH2CH2OH+nHOOC-COOH+（2n-1）H2O【分析】【分析】（1）发生取代反应生成溴乙烷和水；

（2）发生银镜反应生成乙酸铵；Ag、水、氨气；

（3）发生缩聚反应生成乙二酸乙二酯和水．【解析】【解答】解：（1）发生取代反应生成溴乙烷和水，反应为C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O；

故答案为：C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O；

（2）发生银镜反应生成乙酸铵、Ag、水、氨气，反应为CH3CHO+2Ag（NH3）2OHCH3COONH4+2Ag+3NH3+H2O；

故答案为：CH3CHO+2Ag（NH3）2OHCH3COONH4+2Ag+3NH3+H2O；

（3）发生缩聚反应生成乙二酸乙二酯和水，反应为nHOCH2CH2OH+nHOOC-COOH+（2n-1）H2O；

故答案为：nHOCH2CH2OH+nHOOC-COOH+（2n-1）H2O．五、简答题(共3题，共9分)26、略

【分析】解：rm{(1)K}元素处于元素周期表的rm{s}区，其基态原子中，核外电子占据的电子云轮廓图为球形的能级为rm{ns}能级，分别是rm{1s}rm{2s}rm{3s}rm{4s}

故答案为：rm{s}rm{4}

rm{(2)}离子晶体的熔沸点与晶格能成正比，晶格能与离子半径成反比，与电荷成正比，rm{K^{+}}rm{Na^{+}}所带电荷相同，半径：rm{K^{+}>Na^{+}}晶格能rm{KCl<NaCl}所以rm{KCl}的熔点低于rm{NaCl}的原因；

故答案为：rm{K^{+}}rm{Na^{+}}所带电荷相同，半径：rm{K^{+}>Na^{+}}晶格能rm{KCl<NaCl}

rm{(3)Fe}在周期表的位置是第四周期第ⅤⅢ族，价电子结构rm{3d^{6}4s^{2}}它的rm{+3}价离子比rm{+2}价离子更稳定的原因是rm{+3}价铁离子rm{d}轨道半充满状态属于稳定结构；

故答案为：rm{+3}价铁离子rm{d}轨道半充满状态；

rm{(4)垄脵}硫酸根离子中含有rm{5}个原子、价电子数是rm{32}与硫酸根离子互为等电子体的分子中含有rm{5}个原子、价电子数是rm{32}与硫酸根离子互为等电子体的分子有rm{CCl_{4}}rm{CBr_{4}}rm{SiCl_{4}}rm{SiF_{4}}rm{Cl_{2}O_{3}(}答案合理即可rm{)}

故答案为：rm{CCl_{4}}rm{CBr_{4}}rm{SiCl_{4}}rm{SiF_{4}}rm{Cl_{2}O_{3}(}答案合理即可rm{)}

rm{垄脷[Ni(NH_{3})_{6}]SO_{4}}中rm{Ni^{2+}}与rm{6}个rm{NH_{3}}形成的rm{6}个配位键都是rm{娄脪}键，rm{NH_{3}}中含有rm{3}个rm{娄脪}键，硫酸根离子中含有rm{4}个rm{娄脪}键，所以一个化学式中含有rm{28}个rm{娄脪}键，则rm{1mol}该化学式中含有rm{28N_{A}娄脪}键；

故答案为：rm{28N_{A}}

rm{垄脹NH_{3}}分子中rm{N}原子价层电子对个数是rm{4}且含有一个孤电子对，rm{VSEPR}模型为正四面体结构；根据价层电子对互斥理论判断中心原子的杂化形式为rm{sp^{3}}其杂化轨道的作用是形成rm{娄脪}键和容纳孤电子对；

故答案为：正四面体；rm{sp^{3}}形成rm{娄脪}键和容纳孤电子对；

rm{(5)}该晶胞中rm{K}原子个数rm{=2+8隆脕dfrac{1}{4}=4}rm{F}原子个数rm{2+16隆脕dfrac{1}{4}+4隆脕dfrac{1}{2}=8}rm{2+16隆脕dfrac{1}{4}+4隆脕dfrac

{1}{2}=8}原子个数rm{Ni}晶胞体积rm{=1+8隆脕dfrac{1}{8}=2}晶胞密度rm{=dfrac{m}{V}=dfrac{dfrac{39隆脕4+19隆脕8+59隆脕2}{M}}{(a^{2}b隆脕10^{-21})}g/cm^{3}=dfrac{426}{(a^{2}btimes10^{-21})N_{A}}g/cm^{3}}

故答案为：rm{dfrac{426}{(a^{2}btimes10^{-21})N_{A}}}

rm{=(a^{2}b隆脕10^{-21})cm^{3}}元素处于元素周期表的rm{=dfrac{m}{V}=dfrac{dfrac

{39隆脕4+19隆脕8+59隆脕2}{M}}{(a^{2}b隆脕10^{-21})}g/cm^{3}=dfrac

{426}{(a^{2}btimes10^