2025年苏教版高二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年苏教版高二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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、在2L密闭容器内，按物质的量之比为2：1投入NO和O2．某温度下发生如下反应：2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）；n（NO）随时间的变化如表：

。时间（s）12345n（NO）（mol）0.0200.0150.0120.0100.0100.010下列说法不正确的是（）

A.在0～2s内，v（O2）=0.002mol•L-1•s-1

B.在该温度时，向容器中加入O2；平衡将正向移动，平衡常数增大。

C.5s后向容器中通入0.02molNO2，再次平衡后，0.020mol＜n（NO2）＜0.040mol

D.5s后，向反应容器中同时通入各0.01mol的NO、O2、NO2；平衡向正向移动。

2、下列叙述中，正确的是（）A.两种粒子，若核外电子排布完全相同，则其化学性质相同B.凡单原子形成的离子，一定具有稀有气体元素原子的核外电子排布C.一种微粒与另一种微粒的质子数和电子数均相等，它们可能是一种离子和一种分子D.不存在两种质子数和电子数均相同的阳离子和阴离子3、下列有机物中，不属于烃的衍生物的是（）A.卤代烃B.酒精C.氯仿D.邻甲基乙苯4、下列事实不用原电池原理解释的是rm{(}rm{)}A.轮船水线以下的船壳上装一定数量的锌块B.铁被钝化处理后不易腐蚀C.纯锌与稀硫酸反应时，滴入少量rm{CuSO_{4}}溶液后反应速率加快D.烧过菜的铁锅加入清水放置，出现红棕色的锈斑5、下列变化属于物理变化的是A.用石油分馏炼制汽油B.用煤干馏制备焦炭C.电解饱和食盐水制烧碱D.用海带提取碘单质6、rm{垄脵垄脷垄脹垄脺}四种金属片两两相连浸入稀硫酸中都可组成原电池。rm{垄脵垄脷}相连时，外电路电流从rm{垄脷}流向rm{垄脵;垄脵垄脹}相连时，rm{垄脹}为正极rm{;垄脷垄脺}相连时，rm{垄脷}上有气泡逸出rm{;垄脹垄脺}相连时，rm{垄脹}的质量减少。据此判断这四种金属活动性由大到小的顺序是()A.rm{垄脵垄脹垄脷垄脺}B.rm{垄脵垄脹垄脺垄脷}C.rm{垄脹垄脺垄脷垄脵}D.rm{垄脹垄脵垄脷垄脺}评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)7、过渡金属元素氧化物的应用研究是目前科学研究的前沿之一．2007年诺贝尔物理学奖为法国科学家阿尔贝•费尔和德国科学家彼得•格林贝格尔共同获得，以表彰他们在巨磁电阻效应（CMR效应）研究方面的成就．某钙钛型复合氧化物（如图1），以A原子为晶胞的顶点，A位可以是Ca、Sr、Ba或Pb，当B位是V、Cr；Mn、Fe时；这种化合物具有CMR效应．

（1）用A、B、O（氧）表示此类特殊晶体的化学式____；

（2）已知La为+3价，当被钙等二价元素A替代时，可形成复合钙钛矿化合物La1-xAxMnO3，（x＜0.1），此时一部分锰转变为+4价．导致材料在某一温度附近有反铁磁-铁磁、铁磁-顺磁转变及金属-半导体的转变，则La1-xAxMnO3中三价锰与四价锰的物质的量之比为____；（用含x的代数式表示）

（3）Mn的外围电子排布式为____，在元素周期表中的位置是第____周期，第____族；

（4）下列有关说法正确的是____．

A．镧；锰、氧分别位于周期表f、d、p区。

B．CaO的熔点为2614℃；属于原子晶体。

C．铬的堆积方式与钾相同；则其堆积方式如图2：

D．锰的电负性为1.59，Cr的电负性为1.66，说明锰的金属性比铬强．8、在实验室里使稀盐酸与锌起反应，在标准状况时生成5.6L氢气，计算（1）需要多少摩的锌？（2）需要2mol/L的盐酸多少mL?9、（6分）在下图所示的物质转化关系中，A是用于制造汽车发动机的耐高温陶瓷材料，A由两种元素组成，且两种元素化合价的绝对值相等。常温下，C、F、K是无色无味的气体单质，D、H是固体单质。E是常见的两性氧化物。B、G是汽车尾气中的主要污染气体，所含元素均为第二周期元素。反应②常用于汽车尾气的处理。（1）C的电子式。（2）A的化学式。（3）反应③的化学方程式。（4）反应④的离子方程式。10、已知rm{C_{7}H_{16}}有多种同分异构体，其中主链含有五个碳原子，有两个甲基作支链，符合条件的烷烃有______种，其中有一种同分异构体的一氯代物有rm{4}种同分异构体，请写出其结构简式______，该烷烃分子的名称______．11、氨气是生产化肥；硝酸等的重要原料；围绕合成氨人们进行了一系列的研究。

（1）氢气既能与氮气又能与氧气发生反应；但是反应的条件却不相同．已知：

2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=-483.6kJ/mol

3H2（g）+N2（g）2NH3（g）△H=-92.4kJ/mol

计算断裂1molN≡N键需要能量______kJ，氮气分子中化学键比氧气分子中的化学键键______（填“强”或“弱”）；因此氢气与二者反应的条件不同．

（2）固氮是科学家致力研究的重要课题．自然界中存在天然的大气固氮过程：N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180.8kJ/mol，工业合成氨则是人工固氮．分析两种固氮反应的平衡常数，下列结论正确的是______．

。反应大气固氮工业固氮温度/℃27200025350400450K3.84×10-310.15×1081.8470.5070.152A．常温下；大气固氮几乎不可能进行，而工业固氮非常容易进行。

B．人类大规模模拟大气固氮是无意义的。

C．工业固氮温度越低；氮气与氢气反应越完全。

D．K越大说明合成氨反应的速率越大．12、恒温下，将rm{a}rm{mol}rm{N_{2}}与rm{b}rm{mol}rm{H_{2}}的混合气体通入一个固定容积的密闭容器中；发生如下反应：

rm{N_{2}}rm{(g)+3H_{2}(g)?2NH_{3}(g)}

rm{(1)}若反应达平衡时某时刻rm{t}时，rm{n_{t}(N_{2})=13mol}rm{n_{t}(NH_{3})=6mol}计算rm{a}的值；

rm{(2)}若反应达平衡时，混合气体的体积为rm{716.8L(}标况下rm{)}其中rm{NH_{3}}的含量rm{(}体积分数rm{)}为rm{25%.}计算平衡时rm{NH_{3}}的物质的量；

rm{(3)}原混合气体与平衡混合气体的总物质的量之比rm{(}最简整数比rm{)}rm{n(}始rm{)}rm{n(}平rm{)=}______．评卷人得分三、实验题(共6题，共12分)13、（15分）高铁酸钾（K2FeO4）具有高效的消毒作用，为一种新型非氯高效消毒剂。电解法制备高铁酸钾操作简便，成功率高，易于实验室制备。其原理如下图所示。I.实验过程中，两极均有气体产生，Y极区溶液逐渐变成紫红色；停止实验，铁电极明显变细，电解液仍然澄清。查阅资料发现，高铁酸根（FeO42－）在溶液中呈紫红色。（1）电解过程中，X极是____极，电极反应是。（2）电解过程中，Y极放电的有。（3）生成高铁酸根（FeO42－）的电极反应是。II.若用不同种电池作为上述实验的电源，请分析电池反应。（1）铅蓄电池总的化学方程式为：2H2O＋2PbSO4Pb＋PbO2＋2H2SO4，则它在充电时的阳极反应为。（2）镍镉碱性充电电池在放电时，其两极的电极反应如下：正极：2NiOOH＋2H2O＋2e－＝2Ni（OH）2＋2OH－负极：Cd＋2OH－－2e－＝Cd（OH）2则它在放电时的总反应的化学方程式为____。（3）肼（N2H4）是一种可燃性液体，可用作火箭燃料。已知在25℃、101kPa时，32.0gN2H4在氧气中完全燃烧生成氮气和液态水，放出624kJ的热量，则N2H4完全燃烧的热化学方程式是；肼—空气燃料电池是一种碱性燃料电池，电解质溶液是20%~30%的KOH溶液，放电时负极的电极反应是。（4）以丙烷为燃料制作新型燃料电池，电池的正极通入O2和CO2，负极通入丙烷，电解质是熔融碳酸盐，电池总反应方程式为：C3H8＋5O2＝3CO2＋4H2O。写出该电池正极的电极反应：____________________。（5）当制备相同物质的量的高铁酸钾时，理论上，上述四种电池中分别消耗的Pb、Cd、肼、丙烷的物质的量之比是。14、硫酸工厂的烟气中含有rm{SO_{2}}有多种方法可实现烟气脱硫。rm{(1)}“湿式吸收法”利用吸收剂与rm{SO_{2}}发生反应从而脱硫。已知：rm{25隆忙}时，rm{H_{2}SO_{3}}rm{{,!}HSO_{3}^{-}+H^{+;;;}}rm{{,!}HSO_{3}^{-}+

H^{+;;;}}rm{=1.5隆脕10^{-2,}H_{2}CO_{3}}rm{{,!}HCO_{3}^{-}+H^{+;;}}rm{K}rm{=

1.5隆脕10^{-2,}H_{2}CO_{3}}下列试剂中适合用作该法吸收剂的是____rm{{,!}HCO_{3}^{-}+

H^{+;;}}填字母序号rm{K}rm{=4.4隆脕10^{-7,}}石灰乳rm{(}溶液rm{)}溶液rm{a.}“钠碱法”用rm{b.Na_{2}SO_{3}}溶液作吸收剂，向rm{c.Na_{2}CO_{3}}的rm{(2)}溶液中通入标准状况下rm{NaOH}气体，反应后测得溶液rm{100mL0.2mol隆陇L^{-1}}则溶液中下列各离子浓度关系正确的是____rm{NaOH}填字母序号rm{0.448LSO_{2}}rm{pH<7}rm{(}rm{)}rm{a.}rm{c}rm{(HSO_{3}^{-})>}rm{c}rm{(SO_{3}^{2-})>}rm{c}rm{(H_{2}SO_{3})}rm{b.}rm{c}rm{(Na^{+})>}rm{c}rm{(HSO_{3}^{-})>}rm{c}rm{(H^{+})>}．rm{c}rm{(SO_{3}^{2-})}rm{c}rm{c}rm{(Na^{+})+}rm{c}rm{(H^{+})=}rm{c}rm{(HSO_{3}^{-})}rm{+}rm{c}rm{(SO_{3}^{2-})}15、实验室用rm{NaBr}浓rm{H_{2}SO_{4}}乙醇为原料，制备溴乙烷，反应的化学方程式为：rm{NaBr+{H}_{2}S{O}_{4}left(浓right)+{C}_{2}{H}_{5}OHxrightarrow[]{?}NaHS{O}_{4}+{C}_{2}{H}_{5}Br+{H}_{2}O}已知反应物的用量：rm{NaBr+{H}_{2}S{O}_{4}left(浓right)+{C}_{2}{H}_{5}OH

xrightarrow[]{?}NaHS{O}_{4}+{C}_{2}{H}_{5}Br+{H}_{2}O}rm{0.3molNaBr(s)}乙醇；rm{0.25mol}浓硫酸rm{36mL}溶质质量分数为rm{(}密度为rm{98%}rm{1.84g隆陇mL^{-1})}水，其中乙醇的密度为rm{25mL}回答下列问题：rm{0.80g隆陇mL^{-1}}该实验应选择下图中的______rm{(1)}填“rm{(}”或“rm{a}”rm{b}装置。rm{)}反应装置中的烧瓶应选择下列哪种规格最合适__________________。rm{(2)}rm{A.50mL}rm{B.100mL}rm{C.150mL}rm{D.250mL}冷凝管中的冷凝水的流向应是____________________。A.rm{(3)}进rm{A}出rm{B}进rm{B.B}出rm{A}从rm{C.}进或rm{A}进均可rm{B}上述实验完成后，需要将烧瓶中的有机物蒸馏出来，所得馏出液中含有_______________。rm{(4)}用棕黄色的粗溴乙烷制取无色的溴乙烷应加入的试剂是_________________________，必须使用的仪器是____________________________。rm{(5)}为除去溴乙烷中残留的少量水，可选用无水rm{(6)}作干燥剂，并蒸馏。为证明溴乙烷中含有溴元素，可采取的实验方法是_______________________________________________________________________________________。rm{CaCl_{2}}16、下图中的实验装置可用于制取乙炔。请填空：

rm{(1)}图中，rm{A}管的作用是____。制取乙炔的化学方程式是____。rm{(2)}乙炔通入rm{KMnO_{4}}酸性溶液中观察到的现象是____，乙炔发生了____反应。rm{(3)}乙炔通入溴的rm{CCl_{4}}溶液中观察到的现象是____，乙炔发生了____反应。rm{(4)}为了安全，点燃乙炔前应____，乙炔燃烧时的实验现象是____________17、铝碳酸镁rm{[Al_{a}Mg_{b}(CO_{3})_{c}(OH)_{d}?eH_{2}O]}用于治疗慢性胃炎。称取rm{3.01g}铝碳酸镁样品，溶于rm{50mL2mol?L^{-1}}的盐酸rm{(}过量rm{)}收集到气体rm{112mL(}标准状况rm{)}往所得溶液中加入rm{40mL3mol?L^{-1}}的rm{NaOH}溶液，过滤，将所得沉淀洗涤、干燥、称量得固体rm{1.74g}再将滤液稀释到rm{100mL}测得溶液中rm{OH隆楼}的浓度为rm{0.1mol?L^{-1}}通过计算确定铝碳酸镁rm{[Al_{a}Mg_{b}(CO_{3})_{c}(OH)_{d}?eH_{2}O]}的化学式。rm{(}写出计算过程rm{)}18、某实验小组以rm{H_{2}O_{2}}分解为例，研究浓度、催化剂、溶液酸碱性对反应速率的影响rm{.}在常温下按照如下方案完成实验．

。分组实验催化剂rm{垄脵}rm{10mL}rm{5%}rm{H_{2}O_{2}}溶液无rm{垄脷}rm{10mL}rm{2%}rm{H_{2}O_{2}}溶液无rm{垄脹}rm{10mL}rm{5%}rm{H_{2}O_{2}}溶液rm{1mL}rm{0.1mol?L^{-1}}

rm{FeCl_{3}}溶液rm{垄脺}rm{10mL}rm{5%H_{2}O_{2}}溶液rm{+}少量rm{HCl}溶液rm{1mL}rm{0.1mol?L^{-1}}

rm{FeCl_{3}}溶液rm{垄脻}rm{10mL}rm{5%}rm{H_{2}O_{2}}溶液rm{+}少量rm{NaOH}溶液rm{1mL}rm{0.1mol?L^{-1}}

rm{FeCl_{3}}溶液rm{(1)}催化剂能加快化学反应速率的原因是______．

rm{(2)}实验rm{垄脵}和rm{垄脷}的目的是探究______对反应速率的影响．

实验时由于没有观察到明显现象而无法得出结论rm{.}资料显示，通常条件下rm{H_{2}O_{2}}稳定，不易分解rm{.}为了达到实验目的；你对原实验方案的改进是______．

rm{(3)}实验rm{垄脹}rm{垄脺}rm{垄脻}中，测得生成氧气的体积随时间变化的关系如图rm{.}分析如图能够得出的实验结论rm{垄脵}______环境能增大rm{H_{2}O_{2}}分解的速率；rm{垄脷}______环境能减小rm{H_{2}O_{2}}分解速率．评卷人得分四、原理综合题(共1题，共5分)19、实验室用镁和硝基苯制取反式偶氮苯（溶解性:不溶于水；溶于醇；醚）。实验原理如下：

2+4Mg+8CH3OH→+4Mg(OCH3)2+4H2O

已知：①Mg(OCH3)2在水中极易水解。

②反式偶氮苯产品在紫外线照射后部分转化为顺式偶氮苯。

（1）反应中，硝基苯变为反式偶氮苯的反应属于_______________

A；取代反应B、消去反应C、还原反应D、氧化反应。

（2）在反应装置中，加入原料及溶剂，搅拌下加热回流。反应加入的镁条应用砂纸打磨干净的原因是_____________________________________。

（3）反应结束后将反应液倒入冰水中；用乙酸中和至中性，即有反式偶氮苯粗产品析出，抽滤（抽滤装置如图1），滤渣用95％乙醇水溶液重结晶提纯。

①为了得到较大颗粒的晶体，加入乙酸时需要____________（填“缓慢加入”；“快速加入”）。

②抽滤过程中要洗涤粗产品，下列液体最合适的是___________。

A．乙醚B．蒸馏水C．95％乙醇水溶液D．饱和NaCl溶液。

③重结晶操作包括“加热溶解、趁热过滤、冷却结晶、抽滤、洗涤、干燥”。上述重结晶过程中的___________操作除去了不溶性杂质，____________操作除去了可溶性杂质。评卷人得分五、解答题(共2题，共14分)20、在密闭容器中，由一定起始浓度的氙（Xe）和F2反应；可得到3种氟化物．各种生成物在平衡体系内的分压与反应温度的关系如图所示（己知气体的分压之比等于物质的量之比）．

（1）420K时；发生反应的化学方程式为：______；若反应中消耗1molXe，则转移电子______mol．

（2）600～800K时，会发生反应：XeF6（g）⇌XeF4（g）+F2（g）；

其反应热△H______0（填“＞”“=”或“＜”）．理由是______．

（3）900K时；容器中存在的组分有______．

21、在一体积为10L的容器中，通入一定量的CO和H2O；在850℃时发生如下反应：

CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H＜0．

（1）CO和H2O浓度变化如右图，则在该温度下，该反应的平衡常数K=______．0～4min的平均反应速率v（CO）=______mol•L-1•min-1．若降低温度；该反应的K值将______，该反应的化学反应速率将______（填“增大”“减小”或“不变”）．

（2）在相同容器中发生上述反应；当温度高于850℃时，容器内各物质的浓度变化如下表．

。时间（min）COH2OCO2H20.2000.30020.1380.2380.0620.0623c1c2c3c34c1c2c3c350.1160.2160.08460.0960.2660.104①表中3min～4min之间反应处于______状态；c1数值______0.08mol•L-1（填大于；小于或等于）．

②反应在4min～5min间；平衡向逆方向移动，可能的原因是______

a．增加水蒸气b．降低温度c．使用催化剂d．增加氢气浓度。

（3）在相同温度下（850℃），若起始时c（CO）=1mol•L-1，c（H2O）=2mol•L-1，反应进行一段时间后，测得H2的浓度为0.5mol•L-1，则此时该反应是否达到平衡状态______（填“是”与“否”），此时v（正）______v（逆）（填“大于”“小于”或“等于”）；你判断的依据是______．

评卷人得分六、综合题(共2题，共20分)22、在下列物质中是同系物的有________；互为同分异构体的有________；互为同素异形体的有________；互为同位素的有________；互为同一物质的有________；（1）液氯（2）氯气（3）白磷（4）红磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．23、在下列物质中是同系物的有________；互为同分异构体的有________；互为同素异形体的有________；互为同位素的有________；互为同一物质的有________；（1）液氯（2）氯气（3）白磷（4）红磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、A|B【分析】

A、化学反应速率v（NO）==-=0.002mol•L-1•s-1，根据化学反应速率之比等于系数值比，所以v（O2）=0.001mol•L-1•s-1；故A错误；

B、向容器中加入O2；平衡将正向移动，但是化学平衡常数数温度的函数，温度没变，所以平衡常数不变，故B错误；

C、向容器中通入0.02molNO2，相当于增大了体系的压强，会引起化学平衡向正向移动，再次平衡后，0.020mol＜n（NO2）＜0.040mol；故C正确；

D、5s后，向反应容器中同时通入各0.01mol的NO、O2、NO2，相当于在化学平衡体系中增大压强，2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）平衡会向着正方向发生移动；故D正确．

故选AB．

【解析】【答案】A、根据化学反应速率v=来计算回答；

B；增加反应物的浓度；化学平衡正向移动，但是化学平衡常数数温度的函数；

C、向容器中通入0.02molNO2；相当于增大了体系的压强，会引起化学平衡的移动，据此来回答；

D、化学平衡体系中，增大压强，2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）平衡会发生移动．

2、D【分析】解：A．两种微粒，若核外电子排布完全相同，则化学性质不一定相同，可能是两种离子，如Na+和O2-；故A错误；

B．由单原子形成的离子，不一定具有稀有气体元素原子核外电子排布，如H+；故B错误；

C．一种分子和一种离子的质子数和电子数不可能均相等；因为对于分子来说质子数和电子数是相等的，对于离子来说质子数和电子数是不相等的，所以一种分子和一种离子要么质子数相等，要么电子数相等，不可能质子数和电子数都相等，故C错误；

D．阳离子中质子数=电子数+电荷数；阴离子中质子数=电子数-电荷数，所以不存在两种质子数和电子数均相同的阳离子和阴离子，故D正确；

故选：D．

A．两种微粒；若核外电子排布完全相同，则化学性质不一定相同，可能是两种离子；

B．由单原子形成的离子；不一定具有稀有气体元素原子核外电子排布；

C．一种分子和一种离子的质子数和电子数不可能均相等；因为对于分子来说质子数和电子数是相等的，对于离子来说质子数和电子数是不相等的，所以一种分子和一种离子要么质子数相等，要么电子数相等，不可能质子数和电子数都相等；

D．不存在两种质子数和电子数均相同的阳离子和阴离子．

本题考查了原子结构和性质，根据原子结构采用反例法分析解答，注意规律中的异常现象，题目难度中等．【解析】【答案】D3、D【分析】解：A．卤代烃中含有卤素原子；为卤素原子取代了烃中H原子形成的化合物，属于烃的衍生物，故A错误；

B．酒精化学名为乙醇；乙醇分子中含有氧原子，为羟基取代了烃中氢原子形成的，乙醇属于烃的衍生物，故B错误；

C．氯仿为三氯甲烷；氯仿属于卤代烃，为烃的衍生物，故C错误；

D．邻甲基乙苯分子中只含有C；H元素；属于烃类物质，不属于烃的衍生物，故D正确；

故选D．

烃分子中的氢原子被其它原子或原子团取代生成的化合物属于烃的衍生物；即烃的衍生物中一定含有C；H元素以外的其它元素，如：卤代烃、醇类、醛类、羧酸等都属于烃的衍生物，据此进行解答．

本题考查了烃的衍生物的判断，题目难度不大，注意掌握常见有机物的分类方法，明确烃类与烃的衍生物的概念及判断方法．【解析】【答案】D4、B【分析】解：rm{A}轮船水线以下的船壳上装一定数量的锌块，构成原电池时rm{Zn}为负极；被腐蚀，金属铁被保护，能用原电池原理解释，故A不选；

B；铁被钝化后；在金属表面上会形成一层致密的金属氧化膜，保护内部金属不被腐蚀，不能用原电池原理解释，故B选；

C、纯锌与稀硫酸反应时，滴入少量rm{CuSO_{4}}溶液后，金属锌可以和硫酸铜反应置换出铜，rm{Zn}rm{Cu}硫酸会形成原电此装置，rm{Zn}为负极，使得rm{Zn}和硫酸的反应速率加快；能用原电池原理解释，故C不选；

D；烧过菜的铁锅加入清水放置；盐水构成原电池，加速金属铁的腐蚀，所以可以用原电池原理解释，故D不选；

故选B．

A、轮船水线以下的船壳上装一定数量的锌块，构成原电池时rm{Zn}为负极；

B；铁被钝化后；在金属表面上会形成一层金属氧化膜；

C、金属锌可以和硫酸铜反应置换出铜，rm{Zn}rm{Cu}硫酸会形成原电此装置；

D；烧过菜的铁锅加入清水放置；盐水构成原电池，加速金属铁的腐蚀．

本题考查电化学原理的应用，为高频考点，把握物质的性质、反应速率、原电池为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大．【解析】rm{B}5、A【分析】【分析】本题考查物理变化和化学变化的判断。解题的关键是看是否有新物质生成。【解答】A.石油分馏得到汽油，利用沸点不同的原理，将石油中的碳氢化合物予以分离，属于物理变化，故A正确；B.煤通过干馏获得焦炭等重要化工原料；有新物质生成，属于化学变化，故B错误；

C.电解饱和食盐水制烧碱；有新物质生成，属于化学变化，故C错误；

D.用海带提取碘单质；有新物质碘单质生成，属于化学变化，故D错误。

故选A。【解析】rm{A}6、B【分析】【分析】本题考查原电池的应用，明确原电池的组成特点及工作原理，一般原电池中负极金属较活泼。【解答】组成原电池时，负极金属较活泼，rm{垄脵垄脷}相连时，外电路电流从rm{垄脷}流向rm{垄脵}说明rm{垄脵}为负极，活泼性rm{垄脵>垄脷}rm{垄脵垄脹}相连时，rm{垄脹}为正极，则rm{垄脵}为负极，活泼性rm{垄脵>垄脹}rm{垄脷垄脺}相连时，rm{垄脷}上有气泡逸出，rm{垄脷}为原电池的正极，rm{垄脺}为负极，活泼性rm{垄脺>垄脷}rm{垄脹垄脺}相连时，rm{垄脹}的质量减少，rm{垄脹}为负极，活泼性rm{垄脹>垄脺}综上分析可知这四种金属活动性由大到小的顺序是：rm{垄脵>垄脹>垄脺>垄脷}故B正确。

故选B。【解析】rm{B}二、填空题(共6题，共12分)7、略

【分析】

（1）由图1可知，晶胞中A位于顶点，晶胞中含有A为=1个，B位于晶胞的体心，含有1个，O位于面心，晶胞中含有O的个数为6×=3，则化学式为ABO3，故答案为：ABO3；

（2）设La1-xAxMnO3中三价锰与四价锰的物质的量分别为m和n，则有

解之得m=1-x，n=x，则La1-xAxMnO3中三价锰与四价锰的物质的量之比为

故答案为：

（3）Mn的原子序数为27，位于周期表第四周期、ⅦB族，外围电子排布为3d54s2，故答案为：3d54s2；四；ⅦB；

（4）A．由金属在周期表中的位置可知镧；锰、氧分别位于周期表f、d、p区；故A正确；

B．CaO为离子晶体；故B错误；

C．图中堆积方式为镁型；故C错误；

D．元素的电负性越强；金属性越弱，故D正确．

故答案为：AD．

【解析】【答案】（1）利用均摊法计算晶体的化学式；

（2）根据化合价代数和为0的原则计算；

（3）Mn的原子序数为27；位于周期表第四周期；ⅦB族；

（4）A．根据金属在周期表中的位置判断；

B．CaO为离子晶体；

C．图中堆积方式为镁型；

D．元素的电负性越强；金属性越弱．

8、略

【分析】【解析】【答案】0.25mol；250mL9、略

【分析】试题分析：本题的突破口为E－常见的两性氧化物为Al2O3，且A中元素化合价的绝对值相等，所以A为AlN,B为汽车尾气的主要污染气体，且与A反应生成固体单质D，所以D为碳，B为CO,从而推出C为氮气，G为NO,反应③的化学方程式为：2Al2O34Al+3O2；反应④的离子方程式：2Al+2OHˉ+2H2O＝2AlO2ˉ+3H2。考点：金属铝及其化合物的性质。【解析】【答案】（1）（2）AlN（3）2Al2O34Al+3O2（4）2Al+2OHˉ+2H2O＝2AlO2ˉ+3H210、42，2-二甲基戊烷【分析】【分析】本题考查有机物结构、结构简式、有机物的命名等，题目难度中等，试题基础性强，贴近高考，注重解题方法的指导与训练，有助于培养学生的逻辑推理能力和逆向思维能力。【解答】根据已知有机物rm{C}rm{C}rm{{,!}_{7}}rm{H}可判断，可以通过让两个甲基按照由心到边移动，即可得到同分异构体的结构简式，共计是rm{H}种：其中有四种不同的氢的是名称为：rm{{,!}_{16}}rm{4}二甲基戊烷，故答案为：rm{2}rm{2-}rm{4}二甲基戊烷。

rm{2}【解析】rm{4}rm{4}rm{2}二甲基戊烷rm{2-}11、略

【分析】解：（1）N≡N键能为x；则3×436kJ/mol+x-2×1173.2kJ/mol=-92.4kJ/mol，解得x=946kJ/mol，故断裂1molN≡N键需要能量是946kJ，O=O键能是498kJ/mol，故氮气分子中化学键比氧气分子中的化学键强；

故答案为：946；强；

（2）A；化学平衡常数说明反应进行的彻底程度问题；大气固氮和工业固氮与反应进行的难易程度无关，故A错误；

B；利用大气固氮原理进行工业生成；大气固氮的进行程度很小，产率很小，没有实际意义，故B正确；

C；合成氨是放热反应；温度越低，有利于平衡向正反应移动，反应的转化率越高，反应越完全，故C正确；

D；化学平衡常数说明反应进行的彻底程度问题；与反应速率无关，故D错误；

故答案为：BC．

（1）反应物总键能-生成物总键能=反应热；据此计算；键能越大，化学键越强；

（2）A；化学平衡常数说明反应进行的彻底程度问题；与反应进行的难易程度无关；

B；大气固氮的进行程度很小；利用大气固氮原理进行工业生成，产率很小；

C；合成氨是放热反应；温度越低，有利于平衡向正反应移动，反应的转化率越高；

D；化学平衡常数说明反应进行的彻底程度问题；与反应速率无关．

本题考查反应热的有关计算、平衡常数意义、难度中等，掌握基础是关键，题目较简单．【解析】946；强；BC12、略

【分析】解：rm{(1)}反应进行到rm{t}时，测的rm{N_{2}}为rm{13mol}rm{NH_{3}}为rm{6mol}由方程式可知，参加反应的氮气的物质的量为rm{6mol隆脕dfrac{1}{2}=3mol}故氮气的起始物质的量为：rm{13mol+3mol=16mol}即rm{a=16}

答：rm{a}的值为rm{16}

rm{(2)}反应达平衡时，混合气体为rm{dfrac{716.8L}{22.4L/mol}=32mol}其中rm{dfrac

{716.8L}{22.4L/mol}=32mol}的物质的量为rm{NH_{3}}．

答：平衡时rm{32mol隆脕25%=8mol}的物质的量rm{NH_{3}}

rm{8mol}利用差量法计算：

rm{(3)}rm{(g)+3H_{2}(g)dfrac{overset{;;{麓脽禄炉录脕};;}{.}}{{赂脽脦脗赂脽脩鹿}}}rm{N_{2}}物质的量减少rm{(g)+3H_{2}(g)dfrac{

overset{;;{麓脽禄炉录脕};;}{.}}{{赂脽脦脗赂脽脩鹿}}}

rm{2NH_{3}(g)}rm{trianglen}rm{1mol}rm{3mol}

转化：rm{2mol}rm{2mol}rm{4mol}rm{12mol}

故原混合气体为rm{8mol}

则原混合气体与平衡混合气体的物质的量之比rm{8mol}始rm{32mol+8mol=40mol}rm{n(}平rm{)}rm{n(}rm{)=40mol}

故答案为：rm{32mol=5}rm{4}

rm{5}根据生成氨气的物质的量，利用物质的量之比等于化学计量数之比计算参加反应的氮气的物质的量，rm{4}时刻时氮气的物质的量与参加反应的氮气的物质的量之和为rm{(1)}的值；

rm{t}计算出混合气体总的物质的量；利用体积分数计算氨气的物质的量；

rm{a}根据rm{(2)}中的计算可知平衡时总的物质的量；再利用差量法计算原混合气体的物质的量．

本题考查化学平衡的计算，题目难度中等，注意利用三段式法结合化学方程式计算和概念理解应用．rm{(3)}【解析】rm{5}rm{4}三、实验题(共6题，共12分)13、略

【分析】I.（1）X和电源的负极相连，所以是阴极，溶液中的氢离子放电，方程式为2H＋＋2e－=H2↑。（2）Y和电源的正极相连，作阳极。由于Y是铁，所以铁失去电子，发生氧化反应。根据实验现象可判断，在阳极上溶液中的OH－也放电生成氧气。（3）阳极铁失去电子，氧化产物是高铁酸根，反应式为Fe＋8OH－－6e－=FeO42－＋4H2O。II.（1）充电相当于电解，在电解池中阳极失去电子，发生氧化反应。根据反应式可判断，充电时硫酸铅失去电子，所以电极反应式为PbSO4＋2H2O－2e－=PbO2＋SO42－＋4H＋。（2）在原电池中正负极的电极反应式相叠加即得到总反应式，所以反应式为Cd＋2NiOOH＋2H2O=Cd（OH）2＋2Ni（OH）2。（3）32.0gN2H4是所以热化学方程式为N2H4（1）＋O2（g）=N2（g）＋2H2O（l）△H=－624kJ/mol。在燃料电池中负极是失去电子的，所以肼在负极通入，发生氧化反应，氧化产物是氮气，反应式为N2H4＋4OH－－4e－=4H2O＋N2↑。（4）负极通入丙烷，丙烷的氧化产物是CO2和水，由于电解质水熔融的碳酸盐，所以电极反应式为C3H8－20e－＋10CO32－＝13CO2＋4H2O，根据总反应式可知，正极反应式为5O2＋10CO2＋20e－=10CO32－。（5）1molPb、Cd、肼、丙烷失去的电子分别为2mol、2mol、4mol、20mol，所以根据得失电子守恒可知，Pb、Cd、肼、丙烷的物质的量之比是10:10:5:1。【解析】【答案】Ⅰ.（1）阴；2H＋＋2e－=H2↑。（2）Fe和OH－（3）Fe＋8OH－－6e－=FeO42－＋4H2OⅡ.（1）PbSO4＋2H2O－2e－=PbO2＋SO42－＋4H＋（2）Cd＋2NiOOH＋2H2O=Cd（OH）2＋2Ni（OH）2（3）N2H4（1）＋O2（g）=N2（g）＋2H2O（l）△H=－624kJ/molN2H4＋4OH－－4e－=4H2O＋N2↑（4）O2＋2CO2＋4e－=2CO32－（5）10:10:5:114、（1）abc（2）ab【分析】【分析】rm{(1)}根据脱硫的原理，适合用作该法吸收剂的是能与rm{SO_{2}}发生反应的物质；

rm{(2)n(SO_{2})=0.448L隆脗22.4L/mol=0.02mol}rm{n(NaOH)=0.1L隆脕0.2mol/L=0.02mol}二者反应的化学方程式为：rm{SO_{2}+NaOH=NaHSO_{3}}反应后测得溶液rm{pH<7}rm{NaHSO_{3}}溶液呈酸性，说明rm{HSO_{3}^{-}}电离程度大于水解程度，结合溶液的电中性原则、物料守恒以及质子守恒解答该题。【解答】rm{(1)a.}石灰乳的主要成分为氢氧化钙，rm{SO_{2}+Ca(OH)_{2}=CaSO_{3}+H_{2}O}故rm{a}正确；

rm{b.}二氧化硫与亚硫酸钠溶液反应生成亚硫酸氢钠，反应方程式为：rm{H_{2}O+Na_{2}SO_{3}+SO_{2}篓T2NaHSO_{3}}故rm{b}正确；

rm{c.}亚硫酸的酸性强于碳酸，所以二氧化硫能与rm{Na_{2}CO_{3}}溶液反应，rm{SO_{2}+Na_{2}CO_{3}=Na_{2}SO_{3}+CO_{2}}故C正确；

故答案为：rm{a}rm{b}rm{c}

rm{(2)n(SO_{2})=0.448L隆脗22.4L/mol=0.02mol}rm{n(NaOH)=0.1L隆脕0.2mol/L=0.02mol}二者反应的化学方程式为：rm{SO_{2}+NaOH=NaHSO_{3}}

rm{a.}亚硫酸是弱酸，反应后测得溶液rm{pH<7}rm{NaHSO_{3}}溶液呈酸性，说明rm{HSO_{3}^{-}}电离程度大于水解程度，即rm{c(SO_{3}^{2-})>c(H_{2}SO_{3})}rm{NaHSO_{3}}溶液是盐溶液，电离出钠离子和亚硫酸氢根离子，rm{HSO_{3}^{-}}电离和水解程度相对于亚硫酸钠的电离都比较小，所以rm{c(HSO_{3}^{-})>c(SO_{3}^{2-})>c(H_{2}SO_{3})}故rm{a}正确；

rm{b.NaHSO_{3}}溶液是盐溶液，电离出钠离子和亚硫酸氢根离子，因rm{HSO_{3}^{-}}电离和水解，所以rm{c(Na^{+})>c(HSO_{3}^{-})}rm{NaHSO_{3}}溶液rm{pH<7}所以rm{c(H^{+})>c(SO_{3}^{2-})}故。

rm{b}正确；

rm{c.}溶液中一定存在电荷守恒，阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数即：rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(HSO_{3}^{-})+2c(SO_{3}^{2-})+c(OH^{-})}故rm{c}错误；

故答案为：rm{a}rm{b}【解析】rm{(1)abc}rm{(2)ab}15、(1)a

(2)C

(3)A

(4)C2H5Br、C2H5OC2H5和Br2

(5)NaOH溶液分液漏斗

(6)将C2H5Br和稀NaOH溶液共热完全反应后，再用稀HNO3酸化，加入AgNO3溶液，若生成浅黄色沉淀，证明溴乙烷中含有溴元素【分析】【分析】本题旨在考查学生对氯代烃的制备、化学实验方案的设计等应用。【解答】rm{(1)}根据方程式，该实验需要加热，故rm{a}装置正确。故答案为：rm{a}根据方程式，该实验需要加热，故rm{(1)}装置正确。故答案为：rm{a}rm{a}乙醇是物质的量为rm{(2)}乙醇是物质的量为rm{0.25mol}质量为rm{11.5g}体积为rm{14.4ml}溶液的总体积为rm{36ml+25ml+14.4ml=75ml}由于烧瓶中的液体的体积不能超过rm{2/3}故烧瓶的容量为rm{150ml}最合适，故C正确；质量为rm{(2)}体积为rm{0.25mol}溶液的总体积为rm{11.5g}由于烧瓶中的液体的体积不能超过rm{14.4ml}故烧瓶的容量为rm{36ml+25ml+14.4ml=75ml}最合适，故C正确；rm{2/3}rm{150ml}为了使冷凝效果最好，冷凝管中的冷凝水的流向应是故答案为：rm{C}进rm{C}出，故A正确。rm{(3)}为了使冷凝效果最好，冷凝管中的冷凝水的流向应是rm{A}进rm{B}出，故A正确。rm{(3)}乙醇和浓硫酸能反应生成乙醚，浓硫酸和溴化钠能反应生成溴单质，故所得馏出液中含有：rm{A}rm{B}和故答案为：rm{A}rm{A}rm{(4)}乙醇和浓硫酸能反应生成乙醚，浓硫酸和溴化钠能反应生成溴单质，故所得馏出液中含有：rm{(4)}和rm{C_{2}H_{5}Br}rm{C_{2}H_{5}OC_{2}H_{5}}rm{Br_{2}}棕黄色的溴乙烷中含有溴，应加入氢氧化钠溶液，必须使用的仪器为分液漏斗，故答案为：氢氧化钠溶液；分液漏斗；；故答案为：为证明溴乙烷中含有溴元素，可采取的实验方法是：将rm{C_{2}H_{5}Br}和稀rm{C_{2}H_{5}OC_{2}H_{5}}溶液共热完全反应后，再用稀rm{Br_{2}}酸化，加入；溶液，若生成浅黄色沉淀，证明溴乙烷中含有溴元素rm{(5)}棕黄色的溴乙烷中含有溴，应加入氢氧化钠溶液，必须使用的仪器为分液漏斗，故答案为：氢氧化钠溶液；分液漏斗；将rm{(5)}和稀rm{(6)}为证明溴乙烷中含有溴元素，可采取的实验方法是：溶液共热完全反应后，再用稀rm{(6)}酸化，加入rm{C_{2}H_{5}Br}溶液，若生成浅黄色沉淀，证明溴乙烷中含有溴元素rm{NaOH}rm{HNO_{3}}【解析】rm{(1)a}rm{(2)C}rm{(3)A}rm{(4)C_{2}H_{5}Br}rm{C_{2}H_{5}OC_{2}H_{5}}和rm{Br_{2}}rm{(5)NaOH}溶液分液漏斗rm{(6)}将rm{C_{2}H_{5}Br}和稀rm{NaOH}溶液共热完全反应后，再用稀rm{HNO_{3}}酸化，加入rm{AgNO_{3}}溶液，若生成浅黄色沉淀，证明溴乙烷中含有溴元素16、（1）调节水面的高度来控制反应的发生和停止CaC2+2H2O→Ca(OH)2+CH≡CH↑（2）高锰酸钾溶液褪色氧化（3）溴的四氯化碳溶液褪色加成（4）检查乙炔的纯度明亮火焰并伴有浓烈的黑烟【分析】【分析】本题考查乙炔的实验室制法及其性质，侧重基础知识的考查，利用所学知识即可完成，难度中等。【解答】rm{(1)}图示装置可通过调节rm{A}管的高度，控制反应的发生和停止：将rm{A}管提高，右管中水面上升，与电石接触发生反应；将rm{A}管降低，右管中水面下降，水与电石脱离接触，反应停止，则制取乙炔的化学反应方程式为rm{CaC_{2}+2H_{2}O}rm{CaC_{2}+2H_{2}O}rm{隆煤}rm{Ca(OH)_{2}+CH}rm{隆脭}rm{CH}rm{隆眉}rm{隆煤}rm{Ca(OH)_{2}+CH}rm{Ca(OH)_{2}+CH}；

故答案为：调节水面的高度来控制反应的发生和停止；rm{隆脭}

rm{CH}乙炔容易被高锰酸钾氧化；使高锰酸钾褪色，故答案为：高锰酸钾溶液褪色；氧化；

rm{CH}乙炔能够和溴水发生加成反应；故答案为：溴的四氯化碳溶液褪色；加成；

rm{隆眉}乙炔属于可燃性气体，点燃前需要检验其纯度，防止燃烧时爆炸；乙炔中含碳量很高，燃烧时火焰明亮并伴有浓烈黑烟，放出大量的热量，故答案为：检查乙炔的纯度；明亮火焰并伴有浓烈的黑烟。rm{CaC_{2}+2H_{2}O隆煤Ca(OH)_{2}+CH隆脭CH隆眉}【解析】rm{(1)}调节水面的高度来控制反应的发生和停止rm{CaC_{2}+2H_{2}O隆煤Ca(OH)_{2}+CH隆脭CH隆眉}rm{(2)}高锰酸钾溶液褪色氧化rm{(3)}溴的四氯化碳溶液褪色加成rm{(4)}检查乙炔的纯度明亮火焰并伴有浓烈的黑烟17、解：①加入的盐酸中含有氯化氢的物质的量为：n（HCl）=2mol/L×0.05L=0.1mol，则反应后的溶液中n（Cl（n）HCl×=2mol/L，则反应后的溶液中0.05L=0.1mol（nCl-，）=0.1mol，=0.1mol（生成二氧化碳的物质的量为：n（COn，根据CO原子守恒，2样品中含有）=0.112L/22.4L/mol=0.005mol，根据C原子守恒，3.01g样品中含有0.005molCO=0.112L/22.4L/mol=0.005molC3.01g沉淀为氢氧化镁的质量，则氢氧化镁的物质的量为：0.005molCO，根据质量守恒可知，3样品中镁离子的物质的量为2-；

；

由于反应后氢氧根离子过量，则1.74g沉淀为氢氧化镁的质量，则氢氧化镁的物质的量为：1.74g/58g/mol=0.03mol，根据质量守恒可知，3.01g样品中镁离子的物质的量为0.03mol；·1.74g1.74g/58g/mol=0.03mol3.01g溶液中氢氧化钠的物质的量为：0.03mol×②、40mL3mol·L；

反应后溶液中氢氧根离子的物质的量为：②、40mL3mol（L-1的NaOH溶液中氢氧化钠的物质的量为：3mol/L×0.04L=0.12mol；

反应后溶液中氢氧根离子的物质的量为：n（OH×NaOH·3mol/L0.04L=0.12molnOH、-）=0.1L×0.1mol·L=0.1L，根据离子电荷守衡：0.1mol（L-1=0.01mol（；

反应后溶液中的溶质为NaCl、NaAlONaClNaAlO（2、NaOH，根据离子电荷守衡：n（ClNaOHn（Cl-）+n（OH（+nOH-）+n（AlO，根据质量守恒，+n样品中含有铝离子的物质的量为AlO；

2二氧化碳需要消耗氯化氢-，）=n（Na铝离子转化成偏铝酸根离子需要消耗=n氢氧根离子，生成Na氢氧化镁沉淀需要消耗+氢氧根离子，设），则：n（AlO样品中含有氢氧根离子的物质的量为n，则：AlO，解得：2，

-样品中含有水的质量为：）=0.12mol-0.1mol-0.01mol=0.01mol，根据质量守恒，3.01g样品中含有铝离子的物质的量为0.01mol；×=0.12mol-0.1mol-0.01mol=0.01mol×3.01g×0.01mol×③、生成0.05mol二氧化碳需要消耗氯化氢0.1mol，0.01mol铝离子转化成偏铝酸根离子需要消耗0.04mol氢氧根离子，生成0.03mol氢氧化镁沉淀需要消耗0.06mol氢氧根离子，设3.01g样品中含有氢氧根离子的物质的量为x，则：0.1mol-0.01mol-x=0.12mol-0.04-0.06mol-0.01mol，解得：x=0.08mol，，该水的物质的量为：0.05mol，所以得0.1mol：0.01mol：0.04mol：0.03mol：0.06mol（3.01gx0.1mol-0.01mol-x=0.12mol-0.04-0.06mol-0.01mol（x=0.08mol④、则3.01g样品中含有水的质量为：3.01g-27g/mol×0.01mol-24g/mol×0.03mol-60g/mol×0.005mol-17g/mol×0.08mol=0.36g，该水的物质的量为：0.36g/18g/mol=0.02mol，所以得a：b：c：d：e=n（Al3.01g（3.01g-27g/mol0.01mol-24g/mol0.03mol-60g/mol0.005mol-17g/mol（0.08mol=0.36g0.36g/18g/mol=0.02mola（bcde=n：Al：3+：）：n（Mg：n：Mg：2+：）：n（CO：n；

即：CO、3、2-、）：n（OH、nOH则化学式为-•）：n（H

n【分析】解：rm{垄脵}加入的盐酸中含有氯化氢的物质的量为：rm{n}rm{(}rm{HCl}rm{)}rm{=2mol/L}rm{隆脕}rm{0.05L=0.1mol}，则反应后的溶液中rm{n}rm{(}rm{Cl}加入的盐酸中含有氯化氢的物质的量为：rm{垄脵}rm{n}rm{n}rm{(}rm{HCl}rm{HCl}rm{)}，则反应后的溶液中rm{=2mol/L}rm{=2mol/L}rm{隆脕}rm{0.05L=0.1mol}rm{0.05L=0.1mol}rm{n}，rm{n}rm{(}rm{Cl}rm{Cl}rm{{,!}^{-}}rm{)}rm{=0.1mol}，rm{=0.112L/22.4L/mol=0.005mol}，根据rm{)}原子守恒，rm{=0.1mol}样品中含有rm{=0.1mol}生成二氧化碳的物质的量为：rm{n}rm{(}rm{CO}rm{n}沉淀为氢氧化镁的质量，则氢氧化镁的物质的量为：rm{n}，根据质量守恒可知，rm{(}样品中镁离子的物质的量为rm{CO}；

rm{CO}rm{2}rm{2}rm{)}rm{=

0.112L/22.4L/mol=0.005mol}，根据rm{C}原子守恒，rm{3.01g}样品中含有rm{0.005molCO}rm{)}rm{=

0.112L/22.4L/mol=0.005mol}rm{=

0.112L/22.4L/mol=0.005mol}溶液中氢氧化钠的物质的量为：rm{C}rm{C}rm{3.01g}；

反应后溶液中氢氧根离子的物质的量为：rm{3.01g}rm{0.005molCO}rm{0.005molCO}rm{3}rm{3}rm{{,!}^{2-}}；

由于反应后氢氧根离子过量，则rm{1.74g}沉淀为氢氧化镁的质量，则氢氧化镁的物质的量为：rm{1.74g/58g/mol=0.03mol}，根据质量守恒可知，rm{3.01g}样品中镁离子的物质的量为rm{0.03mol}；rm{1.74g}rm{1.74g}rm{1.74g/58g/mol=0.03mol}rm{1.74g/58g/mol=0.03mol}rm{3.01g}rm{3.01g}rm{0.03mol}rm{0.03mol}、rm{垄脷}rm{40mL}rm{3mol}rm{隆陇}rm{L}rm{垄脷}rm{40mL}rm{3mol}rm{垄脷}，根据离子电荷守衡：rm{40mL}rm{3mol}rm{隆陇}rm{L}rm{L}rm{{,!}^{-1}}的rm{NaOH}溶液中氢氧化钠的物质的量为：rm{3mol/L}rm{隆脕}rm{0.04L=0.12mol}；

反应后溶液中氢氧根离子的物质的量为：rm{n}rm{(}rm{OH}rm{NaOH}rm{NaOH}rm{3mol/L}rm{3mol/L}rm{隆脕}rm{0.04L=0.12mol}rm{0.04L=0.12mol}rm{n}rm{n}rm{(}rm{OH}rm{OH}rm{{,!}^{-}}rm{)}rm{=0.1}rm{L}rm{隆脕}rm{0.1}rm{mol}rm{隆陇}rm{L}则：rm{)}rm{=0.1}rm{L}rm{=0.1}rm{L}rm{隆脕}rm{0.1}rm{mol}rm{0.1}，根据质量守恒，rm{mol}样品中含有铝离子的物质的量为rm{隆陇}；

rm{L}生成rm{L}二氧化碳需要消耗氯化氢rm{{,!}^{-1}}，rm{=0.01mol}铝离子转化成偏铝酸根离子需要消耗rm{=0.01mol}氢氧根离子，生成；

反应后溶液中的溶质为rm{NaCl}、rm{NaAlO}氢氧化镁沉淀需要消耗rm{NaCl}氢氧根离子，设rm{NaCl}样品中含有氢氧根离子的物质的量为rm{NaAlO}，则：rm{NaAlO}，解得：rm{2}，

rm{2}则、rm{NaOH}，根据离子电荷守衡：rm{n}rm{(}rm{Cl}样品中含有水的质量为：rm{NaOH}rm{NaOH}rm{n}rm{n}rm{(}rm{Cl}rm{Cl}rm{{,!}^{-}}rm{)}rm{+n}rm{(}rm{OH}，该水的物质的量为：rm{)}，所以得rm{+n}：rm{+n}：rm{(}：rm{OH}：rm{OH}rm{{,!}^{-}}rm{)}rm{+n}rm{(}rm{AlO}rm{)}rm{+n}rm{+n}rm{(}rm{AlO}rm{AlO}rm{2}rm{2}rm{{,!}^{-}}rm{)}rm{=n}rm{(}rm{Na}rm{)}rm{=n}rm{=n}rm{(}rm{Na}rm{Na}rm{{,!}^{+}}rm{)}则：rm{n}rm{(}rm{AlO}rm{)}rm{n}rm{n}rm{(}rm{AlO}rm{AlO}rm{2}：rm{2}：rm{{,!}^{-}}：rm{)}rm{=0.12mol-0.1mol-0.01mol=0.01mol}，根据质量守恒，rm{3.01g}样品中含有铝离子的物质的量为rm{0.01mol}；：rm{)}：rm{=0.12mol-0.1mol-0.01mol=0.01mol}：rm{=0.12mol-0.1mol-0.01mol=0.01mol}：rm{3.01g}：rm{3.01g}；

即：rm{0.01mol}、rm{0.01mol}、rm{垄脹}生成rm{0.05mol}二氧化碳需要消耗氯化氢rm{0.1mol}，rm{0.01mol}铝离子转化成偏铝酸根离子需要消耗rm{0.04mol}氢氧根离子，生成rm{0.03mol}氢氧化镁沉淀需要消耗rm{0.06mol}氢氧根离子，设rm{3.01g}样品中含有氢氧根离子的物质的量为rm{x}，则：rm{0.1mol-0.01mol-x=0.12mol-0.04-0.06mol-0.01mol}，解得：rm{x=0.08mol}，、rm{垄脹}、rm{0.05mol}rm{0.05mol}则化学式为rm{0.1mol}rm{0.1mol}rm{0.01mol}

rm{0.01mol}【解析】解：rm{垄脵}加入的盐酸中含有氯化氢的物质的量为：rm{n}rm{(}rm{HCl}rm{)}rm{=2mol/L}rm{隆脕}rm{0.05L=0.1mol}，则反应后的溶液中rm{n}rm{(}rm{Cl}加入的盐酸中含有氯化氢的物质的量为：rm{垄脵}rm{n}rm{n}rm{(}rm{HCl}rm{HCl}rm{)}，则反应后的溶液中rm{=2mol/L}rm{=2mol/L}rm{隆脕}rm{0.05L=0.1mol}rm{0.05L=0.1mol}rm{n}，rm{n}rm{(}rm{Cl}rm{Cl}rm{{,!}^{-}}rm{)}rm{=0.1mol}，rm{=0.112L/22.4L/mol=0.005mol}，根据rm{)}原子守恒，rm{=0.1mol}样品中含有rm{=0.1mol}生成二氧化碳的物质的量为：rm{n}rm{(}rm{CO}rm{n}沉淀为氢氧化镁的质量，则氢氧化镁的物质的量为：rm{n}，根据质量守恒可知，rm{(}样品中镁离子的物质的量为rm{CO}；

rm{CO}rm{2}rm{2}rm{)}rm{=

0.112L/22.4L/mol=0.005mol}，根据rm{C}原子守恒，rm{3.01g}样品中含有rm{0.005molCO}rm{)}rm{=

0.112L/22.4L/mol=0.005mol}rm{=

0.112L/22.4L/mol=0.005mol}溶液中氢氧化钠的物质的量为：rm{C}rm{C}rm{3.01g}；

反应后溶液中氢氧根离子的物质的量为：rm{3.01g}rm{0.005molCO}rm{0.005molCO}rm{3}rm{3}rm{{,!}^{2-}}；

由于反应后氢氧根离子过量，则rm{1.74g}沉淀为氢氧化镁的质量，则氢氧化镁的物质的量为：rm{1.74g/58g/mol=0.03mol}，根据质量守恒可知，rm{3.01g}样品中镁离子的物质的量为rm{0.03mol}；rm{1.74g}rm{1.74g}rm{1.74g/58g/mol=0.03mol}rm{1.74g/58g/mol=0.03mol}rm{3.01g}rm{3.01g}rm{0.03mol}rm{0.03mol}、rm{垄脷}rm{40mL}rm{3mol}rm{隆陇}rm{L}rm{垄脷}rm{40mL}rm{3mol}rm{垄脷}，根据离子电荷守衡：rm{40mL}rm{3mol}rm{隆陇}rm{L}rm{L}rm{{,!}^{-1}}的rm{NaOH}溶液中氢氧化钠的物质的量为：rm{3mol/L}rm{隆脕}rm{0.04L=0.12mol}；

反应后溶液中氢氧根离子的物质的量为：rm{n}rm{(}rm{OH}rm{NaOH}rm{NaOH}rm{3mol/L}rm{3mol/L}rm{隆脕}rm{0.04L=0.12mol}rm{0.04L=0.12mol}rm{n}rm{n}rm{(}rm{OH}rm{OH}rm{{,!}^{-}}rm{)}rm{=0.1}rm{L}rm{隆脕}rm{0.1}rm{mol}rm{隆陇}rm{L}则：rm{)}rm{=0.1}rm{L}rm{=0.1}rm{L}rm{隆脕}rm{0.1}rm{mol}rm{0.1}，根据质量守恒，rm{mol}样品中含有铝离子的物质的量为rm{隆陇}；

rm{L}生成rm{L}二氧化碳需要消耗氯化氢rm{{,!}^{-1}}，rm{=0.01mol}铝离子转化成偏铝酸根离子需要消耗rm{=0.01mol}氢氧根离子，生成；

反应后溶液中的溶质为rm{NaCl}、rm{NaAlO}氢氧化镁沉淀需要消耗rm{NaCl}氢氧根离子，设rm{NaCl}样品中含有氢氧根离子的物质的量为rm{NaAlO}，则：rm{NaAlO}，解得：rm{2}，

rm{2}则、rm{NaOH}，根据离子电荷守衡：rm{n}rm{(}rm{Cl}样品中含有水的质量为：rm{NaOH}rm{NaOH}rm{n}rm{n}rm{(}rm{Cl}rm{Cl}rm{{,!}^{-}}rm{)}rm{+n}rm{(}rm{OH}，该水的物质的量为：rm{)}，所以得rm{+n}：rm{+n}：rm{(}：rm{OH}：rm{OH}rm{{,!}^{-}}rm{)}rm{+n}rm{(}rm{AlO}rm{)}rm{+n}rm{+n}rm{(}rm{AlO}rm{AlO}rm{2}rm{2}rm{{,!}^{-}}rm{)}rm{=n}rm{(}rm{Na}rm{)}rm{=n}rm{=n}rm{(}rm{Na}rm{Na}rm{{,!}^{+}}rm{)}则：rm{n}rm{(}rm{AlO}rm{)}rm{n}rm{n}rm{(}rm{AlO}rm{AlO}rm{2}：rm{2}：rm{{,!}^{-}}：rm{)}rm{=0.12mol-0.1mol-0.01mol=0.01mol}，根据质量守恒，rm{3.01g}样品中含有铝离子的物质的量为rm{0.01mol}；：rm{)}：rm{=0.12mol-0.1mol-0.01mol=0.01mol}：rm{=0.12mol-0.1mol-0.01mol=0.01mol}：rm{3.01g}：rm{3.01g}；

即：rm{0.01mol}、rm{0.01mol}、rm{垄脹}生成rm{0.05mol}二氧化碳需要消耗氯化氢rm{0.1mol}，rm{0.01mol}铝离子转化成偏铝酸根离子需要消耗rm{0.04mol}氢氧根离子，生成rm{0.03mol}氢氧化镁沉淀需要消耗rm{0.06mol}氢氧根离子，设rm{3.01g}样品中含有氢氧根离子的物质的量为rm{x}，则：rm{0.1mol-0.01mol-x=0.12mol-0.04-0.06mol-0.01mol}，解得：rm{x=0.08mol}，、rm{垄脹}、rm{0.05mol}rm{0.05mol}则化学式为rm{0.1mol}rm{0.1mol}rm{0.01mol}

rm{0.01mol}18、略

【分析】解：rm{(1)}催化剂改变反应的途径；降低反应所需的活化能，从而加快反应速率，故答案为：降低了反应的活化能；

rm{(2)}实验rm{垄脵}和rm{垄脷}的浓度不同；则该实验的目的为探究浓度对化学反应速率的影响；为了便于比较，应在相同的条件下利用一个变量来比较；

则向反应物中加入等量同种催化剂rm{(}或将盛有反应物的试管放在同一热水浴中rm{)}

故答案为：浓度；向反应物中加入等量同种催化剂rm{(}或将盛有反应物的试管放在同一热水浴中rm{)}

rm{(3)}由图可知，rm{垄脻}的反应速率最大，rm{垄脺}的反应速率最小，结合实验方案可知，碱性环境能增大rm{H_{2}O_{2}}分解的速率，酸性环境能减小rm{H_{2}O_{2}}分解的速率；

故答案为：碱性；酸性．

rm{(1)}催化剂改变反应的途径；降低反应所需的活化能；

rm{(2)}实验rm{垄脵}和rm{垄脷}的浓度不同；为了便于比较；应在相同的条件下利用一个变量来比较；

rm{(3)}由图可知，rm{垄脻}的反应速率最大，rm{垄脺}的反应速率最小；以此来解答．

本题考查影响化学反应速率的因素，较好的考查学生实验设计、数据处理、图象分析的综合能力，题目难度中等，注意信息的利用即可解答．【解析】降低了反应的活化能；浓度；向反应物中加入等量同种催化剂rm{(}或将盛有反应物的试管放入同一热水浴中rm{)}碱性；酸性四、原理综合题(共1题，共5分)19、略

【分析】分析：（1）去氧或加氢为还原反应；（2）镁易被氧化；故镁条表面有氧化物，需用砂纸打磨干净；（3）①结晶速度越慢可得到较大颗粒的晶体；②洗涤时应该注意不能引入新的杂质；③趁热过滤可以除去不溶性杂质。

详解：（1）根据反应2+4Mg+8CH3OH→+4Mg(OCH3)2+4H2O的原理；硝基苯变为反式偶氮苯为去氧反应，反应属于还原反应；答案选C；（2）反应加入的镁条应用砂纸打磨干净的原因是除去镁条表面的氧化物；（3）①结晶速度越慢可得到较大颗粒的晶体，故应缓慢加入乙酸；②抽滤过程中要洗涤粗产品，注意不能引入新的杂质，选择用蒸馏水冲洗的液体是最好的，答案选B；③重结晶过程：加热溶解→趁热过滤→冷却结晶→抽滤→洗涤→干燥，其中趁热过滤可以除去不溶性杂质，冷却结晶，抽滤可以除去可溶性杂质。

点睛：本题考查了有机实验，涉及蒸发结晶、过滤等基本