2025年人教版高三化学上册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年人教版高三化学上册阶段测试试卷573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5题，共10分)1、某气体通入酚酞溶液中，溶液变红色，加热后又恢复无色，该气体是（）A.O2B.SO2C.CO2D.NH32、根据下图，下列判断中正确的是A.向烧杯a中加入少量K3[Fe(CN)6]溶液，有蓝色沉淀生成B.烧杯b中发生反应为2Zn-4eˉ＝2Zn2+C.电子从Zn极流出，流入Fe极，经盐桥回到Zn极D.烧杯a中发生反应O2+4H++4eˉ＝2H2O，溶液pH降低3、下列电离方程式正确的是（）A.（NH4）2SO4溶于水：（NH4）2SO4═2NH4++SO42-B.H3PO4溶于水：H3PO4═3H++PO43-C.HF溶于水：HF═H++FD.NaHS溶于水：NaHS═Na++HS-，HS-═H++S2-4、下列反应中，属于氧化还原反应的是（）A.Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑B.SO3+H2O=H2SO4C.4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2OD.CaCO3CaO+CO2↑5、在浓盐酸中H3AsO3与SnCl2反应的离子方程式为3SnCl2＋12Cl－＋2H3AsO3＋6H＋=2As＋3SnCl62—＋6M。下列关于该反应的说法中，错误的是()A.M为H2OB.每还原1mol氧化剂，就有3mol电子转移C.还原性：SnCl2>AsD.氧化产物和还原产物的物质的量之比为2∶3评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)6、化学式为C12Hm的烷烃，m值等于____；CnH222的烷烃，n值等于____；相对分子质量为226的烷烃的分子式为____．7、冰箱内存放有下列食物：①鱼；②芹菜、③馒头、④黄油．请回答：

（1）富含淀粉的是____（填序号；下同）．

（2）富含油脂的是____．

（3）富含纤维素的是____．

（4）富含蛋白质的是____．8、现有A；B、C、D四种金属片；①把A、B用导线连接后同时浸入稀硫酸溶液中，A上有气泡产生；②把C、D用导线连接后同时浸入稀硫酸溶液中，D发生还原反应；③把A、C用导线连接后同时浸入稀硫酸溶液中，电子流动方向为A→导线→C．根据上述情况，回答下列问题：

（1）在①中，金属片____发生氧化反应；

（2）在②中，金属片____作负极；

（3）如果把B、D用导线连接后同时浸入稀硫酸溶液，则金属片____上有气泡产生；

（4）上述四种金属的活动性顺序是____．9、氮是地球上极为丰富的元素．填写下列空白．

（1）常温下，锂可与氮气直接反应生成Li3N，Li3N晶体中氮以N3-存在，基态N3-的电子排布式为：____，Li3N晶体属于____晶体（填晶体类型）．

（2）CO与N2相似，分子中都存在一个共价叁键，CO含____个π键．

（3）根据下表数据，写出氮气与氢气反应生成氨气的热化学方程式．____．

。化学键N-NN=NN≡NN-HH-H键能/kJ•mol-1159418946391436（4）氮化硅是一种高温陶瓷材料；它硬度大；熔点高、化学性质稳定．

①氮化硅晶体属于____晶体（填晶体类型）；

②已知氮化硅晶体结构中，原子间都以共价键相连，且N原子与N原子，Si原子与Si原子不直接相连，同时每个原子都满足8电子结构，请写出氮化硅的化学式：____．

（5）极纯的氮气可由叠氮化钠（NaN3）加热分解而得到．2NaN3（s）=2Na（l）+3N2（g），反应过程中，断裂的化学键是离子键和共价键，形成的化学键有____．10、二氧化碳是一种宝贵的碳氧资源。以CO2和NH3为原料合成尿素是固定和利用CO2的成功范例。在尿素合成塔中的主要反应可表示如下：反应Ⅰ：2NH3(g)＋CO2(g)NH2CO2NH4(s)△H1=akJ·mol－1反应Ⅱ：NH2CO2NH4(s)CO(NH2)2(s)＋H2O(g)△H2=＋72.49kJ·mol－1总反应Ⅲ：2NH3(g)＋CO2(g)CO(NH2)2(s)＋H2O(g)△H3=－86.98kJ·mol－1请回答下列问题：（1）反应Ⅰ的△H1=__________kJ·mol－1(用具体数据表示)。（2）反应Ⅱ的△S______(填＞或＜)0，一般在__________情况下有利于该反应的进行。（3）反应Ⅲ中影响CO2平衡转化率的因素很多，下图1为某特定条件下，不同水碳比n(H2O)/n(CO2)和温度影响CO2平衡转化率变化的趋势曲线。①其他条件相同时，为提高CO2的平衡转化率，生产中可以采取的措施是________(填提高或降低)水碳比。②当温度高于190℃后，CO2平衡转化率出现如图1所示的变化趋势，其原因是__________。（4）反应Ⅰ的平衡常数表达式K1=____________________；如果起始温度相同，反应Ⅰ由在恒温容器进行改为在绝热(与外界没有热量交换)容器中进行，平衡常数K1将__________(填增大、减少、不变)。（5）某研究小组为探究反应Ⅰ中影响c(CO2)的因素，在恒温下将0.4molNH3和0.2molCO2放入容积为2L的密闭容器中，t1时达到平衡过程中c(CO2)随时间t变化趋势曲线如上图2所示。若其他条件不变，t1时将容器体积压缩到1L，请画出t1后c(CO2)随时间t变化趋势曲线(t2达到新的平衡)。（6）尿素在土壤中会发生反应CO(NH2)2＋2H2O(NH4)2CO3。下列物质中与尿素有类似性质的是______。A．NH2COONH4B．H2NOCCH2CH2CONH2C．HOCH2CH2OHD．HOCH2CH2NH2评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)11、同浓度的三种溶液：Na2SO4、MgSO4、Al2（SO4）3，其体积比为3：2：1，则SO浓度之比为3：2：3．____（判断对错）12、很多物质都可以添加到食品中，其中使用亚硝酸钠时必须严格控制用量．____．（判断对错）13、标准状况下当氧气与氦气的原子数均为NA时，它们具有相同的体积____（判断对错）14、因为Na可以与水反应放出H2，所以K也可以与水反应放出H2____．（判断对错）15、加足量稀盐酸后过滤，除去混在铜粉中的少量镁粉和铝粉____．（判断对错）16、蛋白质溶液中加入饱和（NH4）2SO4溶液，蛋白质析出，再加水也不溶解．____．（判断对错）17、钠的还原性很强，在空气中易变质，最后变为过氧化钠____．（判断对错）评卷人得分四、实验题(共2题，共10分)18、亚氯酸钠rm{(NaClO_{2})}是一种重要的含氯消毒剂，主要用于水的消毒以及砂糖、油脂的漂白与杀菌rm{.}如图是过氧化氢法生产亚氯酸钠的工艺流程图：

已知：rm{垄脵NaClO_{2}}的溶解度随温度升高而增大，适当条件下可结晶析出rm{NaClO_{2}?3H_{2}O.垄脷}纯rm{ClO_{2}}易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到rm{10%}以下安全rm{.垄脹80g?L^{-1}NaOH}溶液是指rm{80gNaOH}固体溶于水所得溶液的体积为rm{1L}．

rm{(1)80g?L^{-1}NaOH}溶液的物质的量浓度为______．

rm{(2)}发生器中鼓入空气的作用可能是______rm{(}选填序号rm{)}．

rm{a.}将rm{SO_{2}}氧化成rm{SO_{3}}增强酸性rm{b.}将rm{NaClO_{3}}氧化成rm{ClO_{2}.}稀释rm{ClO_{2}}以防止爆炸。

rm{(3)}从“母液”中可回收的主要物质是______．

rm{(4)}吸收塔内的反应的化学方程式为______．

吸收塔的温度不能超过rm{20隆忙}其目的是______．

rm{(5)}在碱性溶液中rm{NaClO_{2}}比较稳定，所以吸收塔中应维持rm{NaOH}稍过量，判断rm{NaOH}是否过量的简单实验方法是______．

rm{(6)}吸收塔中为防止rm{NaClO_{2}}被还原成rm{NaCl}所用还原剂的还原性应适中rm{.}除rm{H_{2}O_{2}}外，还可以选择的还原剂是______rm{(}选填序号rm{)}

rm{a.Na_{2}S}rm{b.Na_{2}O_{2}}rm{c.FeCl_{2}}

rm{(7)}从吸收塔出来的溶液中得到rm{NaClO_{2}?3H_{2}O}粗晶体的实验操作依次是______rm{.(}选填序号rm{)}．

rm{a.}蒸发浓缩rm{b.}蒸馏rm{c.}过滤rm{d.}灼烧rm{e.}冷却结晶．19、某研究性学习小组利用图1装置研究硝酸的性质．

实验一；甲组同学设计如图1装置来证实稀硝酸与铜反应生成NO．

（1）请写出稀HNO3与Cu反应的离子方程式____．

（2）在实验中，证明生成的无色气体是NO的操作是____．

（3）以下收集NO气体的各种装置中，合理的是____（填选项代号）．

实验二；乙组同学利用图2上述装置完成浓硝酸与铜的反应。

（4）同学们发现反应后的溶液呈绿色，而不显蓝色．甲同学认为是该溶液中硝酸铜的质量分数较高所致，而乙同学认为是该溶液中溶解了生成的气体．同学们分别设计了一下4个实验来判断两种看法是否正确．这些方案中可行的是____．（填序号；多选不给分）

①加热该绿色溶液；观察颜色变化。

②加水稀释绿色溶液；观察颜色变化。

③向该绿色溶液中通入氮气；观察颜色变化。

④向饱和硝酸铜溶液中通入浓硝酸与铜反应产生的气体，观察颜色变化．评卷人得分五、计算题(共2题，共10分)20、在一个2L的密闭容器中，放入3molA（g）和2molB（g），在一定条件下发生下列反应：3A（g）+2B（g）═3C（g）+nD（g）．反应进行到2s时，D的浓度为0.01mol/L．当反应达到平衡时，测得混合气体的压强为原来的（保持容器内温度不变）．则。

（1）该反应方程式中的n值是____（填代号）．

A．1B．2C．3D．4

（2）前2s，以C表示的平均化学反应速率为____．

（3）达到平衡时，A的转化率为____．

（4）达到平衡时，将容器容积压缩为原来的一半，重新达到平衡后，测得混合气体的压强为原来的21/25（保持容器内温度不变），则A的转化率为____．21、在硫酸钠和碳酸钠的混合物4.96g中加入足量的4.80%的盐酸（密度为1.02g/mL）；充分反应后，在标准状况下收集到0.448L二氧化碳．试求：

（1）混合物中碳酸钠的物质的量．

（2）混合物中硫酸钠的质量分数（保留两位小数）．

（3）盐酸的物质的量浓度（保留两位小数）．参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】【分析】能够溶于水，使酚酞溶液变红色的物质为碱性物质，依据各种气体的性质解答．【解析】【解答】解：A．氧气难溶于水；通入酚酞溶液中，不能使溶液变红色，故A错误；

B．二氧化硫为酸性氧化物；溶于水与水反应生成亚硫酸，溶液显酸性，不能使酚酞变红色，故B错误；

C．二氧化碳为酸性氧化物；溶于水与水反应生成碳酸，溶液显酸性，不能使酚酞变红色，故C错误；

D．氨气为碱性气体；溶于水与水反应生成一水合氨，一水合氨电离产生氢离子和氨根离子，溶液显碱性，酚酞变红色，一水合氨不稳定受热易分解放出氨气，所以加热后又恢复无色，故D正确；

故选：D．2、B【分析】试题分析：原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应。锌比铁活泼，据此可知，锌是负极，失去电子，生成锌离子。铁是正极，溶液中的氧气得到电子，所以选项A不正确，得不到蓝色沉淀，B正确；C不正确，电子不可能在溶液中传递，只能在外电路通过导线传递。D不正确，溶液显中性，氧气得到电子生成OH－，答案选B。考点：考查原电池的有关判断。【解析】【答案】B3、A【分析】【分析】用化学式和离子符号表示电离过程的式子称为电离方程式，强电解质完全电离，弱电解质部分电离，多元弱酸分步电离，以第一步为主，据此解答．【解析】【解答】解：A．硫酸铵属于盐，为强电解质，完全电离，电离方程式为：（NH4）2SO4═2NH4++SO42-；故A正确；

B．磷酸为弱电解质，分步电离，以第一步为主，电离方程式为：H3PO4⇌H++H2PO4-；故B错误；

C．氢氟酸为弱电解质，部分电离，电离方程式为：HF⇌H++F-；故C错误；

D．硫氢化钠为盐，属于强电解质，完全电离生成钠离子和硫氢根离子，硫氢根离子部分电离生成硫离子和氢离子，电离方程式为：NaHS═Na++HS-，HS-⇌H++S2-；故D错误；

故选A．4、C【分析】【分析】判断氧化还原反应的依据是，正确标注元素化合价，反应前后有元素化合价变化的为氧化还原反应．【解析】【解答】解：A；B、D三个选项的化学反应；标注化合价可知，反应前后无元素化合价的变化，故A、B、D三个反应都不是氧化还原反应；C选项反应中，锰元素化合价在反应前后降低从+4～+2；氯元素化合价在反应前后升高从-1～0，故C项化学反应是氧化还原反应．

故选C．5、D【分析】根据原子守恒可知M为H2O，A项正确；Sn由＋2价升高到＋4价，SnCl2作还原剂，As由＋3价降低到0价，H3AsO3作氧化剂，转移3mol电子，B、C项正确；氧化产物和还原产物的物质的量之比为3∶2，D项错误【解析】【答案】D二、填空题(共5题，共10分)6、24110C16H34【分析】【分析】根据烷烃的通式CnH2n+2来计算．【解析】【解答】解：烷烃的通式为：CnH2n+2，化学式为C12Hm的烷烃，将n=12带入2n+2得，m=24；CnH222的烷烃，则2n+2=222，解n=110；相对分子质量为226的烷烃，则12n+2n+2=226，所以n=16，即烷烃的分子式为C16H34；故答案为：24；110；C16H34．7、③④②①【分析】【分析】人体六大营养素是糖类、油脂、蛋白质、水、无机盐和维生素，其中鱼类富含蛋白质，蔬菜富含维生素、馒头富含糖类、黄油富含油脂．【解析】【解答】解：①鱼富含蛋白质、②芹菜富含维生素、③馒头富含糖类、④黄油富含油脂，故答案为：（1）③；（2）④；（3）②；（4）①．8、BCDB＞A＞C＞D【分析】【分析】（1）原电池中较活泼的金属做负极；负极发生氧化反应；

（2）在原电池中；正极上发生还原反应，负极上发生氧化反应；

（3）在原电池中；正极上会产生气泡或者会析出金属；

（4）根据原电池的应用知识来判断金属的活泼性强弱．【解析】【解答】解：（1）把A；B用导线连接后同时浸入稀硫酸溶液中；A上有气泡产生，所以A是正极，B是负极，该极上发生氧化反应，故答案为：B；

（2）把C；D用导线连接后同时浸入稀硫酸溶液中；D发生还原反应，所以D是正极，C是负极，故答案为：C；

（3）根据①可知金属活泼性顺序为B＞A，根据②可知金属活泼性顺序为C＞D，根据③可知金属活泼性顺序为A＞C，所以金属活泼性顺序是在原电池中，B＞A＞C＞D，如果把B、D用导线连接后同时浸入稀H2SO4溶液；则D为正极，该电极上有气泡产生，故答案为：D；

（4）根据①可知金属活泼性顺序为B＞A；根据②可知金属活泼性顺序为C＞D，根据③可知金属活泼性顺序为A＞C，所以金属活泼性顺序是在原电池中，B＞A＞C＞D；

故答案为：B＞A＞C＞D．9、1s22s22p6离子2N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）；△H=-92kJ•mol-1原子Si3N4金属键、共价键【分析】【分析】（1）N3-离子原子核外共有10个电子；根据能量最低原理可写出电子排布式；

（2）N≡N中含有2个π键；1个σ键；

（3）化学反应的实质是旧键的断裂和新键的形成；反应热等于反应物总键能减生成物总键能；

（4）根据N和Si的原子结构及其元素周期律的知识，可推断氮元素非金属性比硅强，故N显负价（-3），Si显正价（+4），由此可写出氮化硅的化学式Si3N4；

（5）生成物为钠和氮气，金属含有金属键，氮气含有共价键．【解析】【解答】解：（1）N原子原子序数为7，N3-离子原子核外共有10个电子，且最外层达到稳定结构，根据能量最低原理可写出电子排布式为1S22S22P6，Li3N晶体中含有离子；应为离子晶体；

故答案为：1s22s22p6；离子；

（2）N≡N中含有2个π键；1个σ键，故答案为：2；

（3）反应热就是断键吸收的能量和形成化学键所放出的能量的差值；

所以该反应的反应热是△H=3×436kJ/mol+942kJ/mol-2×3×391kJ/mol=-92kJ/mol；

即热化学方程式是N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=-92kJ/mol；

故答案为：N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）；△H=-92kJ•mol-1；

（4）①氮化硅是一种高温陶瓷材料；它硬度大；熔点高，可知应为原子晶体，故答案为：原子；

②氮化硅晶体结构中，原子间都以共价键相连，且N原子与N原子，Si原子与Si原子不直接相连，同时每个原子都满足8电子结构，根据N和Si的原子结构及其元素周期律的知识，可推断氮元素非金属性比硅强，故N显负价（-3），Si显正价（+4），由此可写出氮化硅的化学式Si3N4，故答案为：Si3N4；

（5）生成物为钠和氮气，金属含有金属键，氮气含有共价键，故答案为：金属键、共价键．10、略

【分析】试题分析：【解析】

（1）反应Ⅰ：2NH3（g）+CO2（g）NH2CO2NH4（s）△H1=akJ·mol－1反应Ⅱ：NH2CO2NH4（s）CO(NH2)2（s）+H2O（g）△H2=+72.49kJ·mol－1总反应Ⅲ：2NH3（g）+CO2（g）CO(NH2)2（s）+H2O（g）△H3=-86.98kJ·mol－1由盖斯定律总反应Ⅲ-反应Ⅱ，得到2NH3（g）+CO2（g）NH2CO2NH4（s）△H1=a=-159.47kJ·mol－1，故答案为：-159.47；（2）反应Ⅱ：NH2CO2NH4（s）CO(NH2)2（s）+H2O（g）△H2=+72.49kJ?mol－1，反应前后气体体积增大，△S＞0，焓变分析可知是吸热反应，△H＞0，所以依据反应自发进行的判断依据△H-T△S＜0，需要在高温下反应自发进行，故答案为：＞；高温；（3）①反应Ⅲ：2NH3（g）+CO2（g）CO(NH2)2（s）+H2O（g）△H3=-86.98kJ·mol－1，其他条件相同时，为提高CO2的平衡转化率，平衡正向进行，依据图象中的水碳比数据分析判断，生产中可以采取的措施是降低水碳比，二氧化碳转化率增大，故答案为：降低；②反应Ⅲ：2NH3（g）+CO2（g）CO(NH2)2（s）+H2O（g）△H3=-86.98kJ?mol－1，是放热反应，升温高于190℃，依据图象分析可知，二氧化碳转化率减小，因为温度升高，平衡逆向进行，故答案为：温度高于190℃时，因为反应Ⅲ是放热反应，温度升高平衡向逆方向进行，CO2的平衡转化率降低；（4）反应Ⅰ：2NH3（g）+CO2（g）NH2CO2NH4（s）△H1=-159.47kJ?mol－1，平衡常数K=起始温度相同，反应Ⅰ由在恒温容器进行改为在绝热（与外界没有热量交换）容器中进行，反应是放热反应，随反应进行温度升高平衡逆向进行，平衡常数减小；（5）在恒温下将0.4molNH3和0.2molCO2放入容积为2L的密闭容器中，达到平衡时，2NH3（g）+CO2（g）NH2CO2NH4（s）起始量（mol·L－1）0.20.10变化量（mol·L－1）0.150.075平衡量（mol·L－1）0.050.025t1时达到平衡过程中c（CO2）随时间t变化趋势曲线如图2所示．若其他条件不变，t1时将容器体积压缩到1L，二氧化碳浓度应增大到0.05mol·L－1，压强增大，平衡正向进行，由于生成物是固体，所以达到平衡状态，二氧化碳浓度保持不变，据此画出变化曲线为：（6）尿素在土壤中会发生反应CO(NH2)2+2H2O（NH4）2CO3．分析结构特征可知，物质性质取决于官能团，尿素中氨基和羰基相连和水反应生成铵根离子，所以选项中符合此结果特征的有类似性质：A．NH2COONH4，结构中含有与羰基连接的氨基，故A符合；B．H2NOCCH2CH2CONH2结构中含有与羰基连接的氨基，故B符合；C．HOCH2CH2OH，结构中不含有氨基，故C不符合；D．HOCH2CH2NH2，分子中的氨基不是和羰基连接，不具备次性质，故D不符合；故答案为：A、B。考点：本题考查热化学方程式和盖斯定律的计算应用，化学平衡影响因素分析判断，平衡常数，图象绘制与分析。【解析】【答案】(14分)（1）-159.47（2分）（2）>（1分）高温（1分）（3）①降低（1分）②温度高于190℃时，因为反应Ⅲ是放热反应，温度升高平衡向逆方向进行，CO2的平衡转化率降低，（2分，给出合理解释即可给分）。（4）K­1=1/[c2(NH3)·c(CO2)]（2分），减少（1分）（5）（注意：曲线的起点、平衡点和变化趋势共2分）（6）A、B（2分）三、判断题(共7题，共14分)11、×【分析】【分析】根据溶液中不水解的离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度×化学式中离子的个数，与溶液的体积无关，据此分析解答．【解析】【解答】解：假设三种溶液的浓度均为1mol/L，则Na2SO4、MgSO4、Al2（SO4）3溶液中SO浓度分别=1mol/L×1=1mol/L、1mol/L×1=1mol/L和1mol/L×3=3mol/L，即浓度之比为1：1：3，故答案为：×．12、√【分析】【分析】亚硝酸盐有毒，过量食用会导致人死亡，添加到食品中要严格控制用量，以此判断．【解析】【解答】解：肉类制品中使用亚硝酸钠作为发色剂限量使用；由亚硝酸盐引起食物中毒的机率较高，食入0.2～0.5克的亚硝酸盐即可引起中毒甚至死亡，因此要严格控制用量；

故答案为：√．13、×【分析】【分析】氧气与氦气的分子构成不同，含有原子数相等时，分子数不同，以此解答．【解析】【解答】解：氧气为双原子分子，氦气为单原子分子，标准状况下当氧气与氦气的原子数均为NA时；氧气为0.5mol，氦气为1mol，则体积不同．

故答案为：×．14、√【分析】【分析】根据同主族元素性质相似的规律判断．【解析】【解答】解：Na和K位于周期表相同主族，性质相似，Na可以与水反应放出H2，所以K也可以与水反应放出H2；

故答案为：√．15、√【分析】【分析】Mg、Al均能与盐酸反应，而Cu不能与盐酸反应，以此来解答．【解析】【解答】解：Mg、Al均能与盐酸反应，而Cu不能与盐酸反应，则加足量稀盐酸后过滤，可除去混在铜粉中的少量镁粉和铝粉，故答案为：√．16、×【分析】【分析】当向蛋白质溶液中加入的盐溶液达到一定浓度时，反而使蛋白质的溶解度降低而从溶液中析出，这种作用叫盐析．【解析】【解答】解：蛋白质溶液中加入饱和（NH4）2SO4溶液，蛋白质析出，再加水会溶解，盐析是可逆的，故答案为：×．17、×【分析】【分析】钠具有强还原性，极易被氧气氧化生成白色固体氧化钠，据此分析解答．【解析】【解答】解：钠性质很活泼，极易被氧气氧化生成白色固体氧化钠而变暗，钠在空气中燃烧生成淡黄色固体过氧化钠，故答案为：×．四、实验题(共2题，共10分)18、略

【分析】解：rm{(1)}浓度rm{g/L}表示rm{1L}溶液中所含溶质质量的多少rm{.80g/LNaOH}溶液表示rm{1L}氢氧化钠溶液含有rm{80gNaOH.}令溶液体积为rm{1L}则rm{80gNaOH}的物质的量为rm{dfrac{80g}{40g/mol}=2mol.}所以该溶液氢氧化钠的物质的量浓度rm{c(NaOH)=dfrac{2mol}{1L}=2mol/L}

故答案为：rm{dfrac

{80g}{40g/mol}=2mol.}

rm{c(NaOH)=dfrac

{2mol}{1L}=2mol/L}由信息rm{2mol/L}可知，纯rm{(2)}易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到rm{垄脷}以下安全rm{ClO_{2}}发生器中鼓入空气的作用应是稀释rm{10%}以防止爆炸；

故选：rm{.}

rm{ClO_{2}}根据流程信息可知，发生器内生成rm{c}所以一定有rm{(3)}化合价降低，被还原，则二氧化硫被氧化成硫酸钠，反应的方程式为：rm{ClO_{2}}rm{NaClO_{3}隆煤ClO_{2}}进入吸收塔；则硫酸钠留在母液中，故从母液中可回收硫酸钠；

故答案为：rm{2NaClO_{3}+SO_{2}=2ClO_{2}隆眉+Na_{2}SO_{4}}

rm{ClO_{2}}根据流程信息可知，吸收塔内生成rm{Na_{2}SO_{4}}所以一定有rm{(4)}化合价降低，被还原；则rm{NaClO_{2}}必定被氧化，有氧气产生，反应方程式为rm{ClO_{2}隆煤NaClO_{2}}rm{H_{2}O_{2}}不稳定，温度过高，rm{2NaOH+2ClO_{2}+H_{2}O_{2}=2NaClO_{2}+2H_{2}O+O_{2}}容易分解，吸收塔的温度不能超过rm{H_{2}O_{2}}其目的是防止rm{H_{2}O_{2}}分解；

故答案为：rm{20隆忙}防止rm{H_{2}O_{2}}分解；

rm{2NaOH+2ClO_{2}+H_{2}O_{2}=2NaClO_{2}+2H_{2}O+O_{2}}过量则溶液呈碱性，但考虑到该溶液有强氧化性，选择指示剂或rm{H_{2}O_{2}}试纸检验会遇到氧化褪色问题，故生产中主要是用rm{(5)NaOH}计连续测定溶液rm{pH}

故答案为：连续测定吸收塔内溶液的rm{pH}

rm{pH}还原性要适中rm{pH}还原性太强，会将rm{(6)}还原为更低价态产物，影响rm{.}生产；方便后续分离提纯，加入试剂不能干扰后续生产rm{ClO_{2}}溶于水相当于rm{NaClO_{2}}rm{.Na_{2}O_{2}}rm{H_{2}O_{2}}还原性较强，生成物与rm{Na_{2}S}分离比较困难；

故选：rm{FeCl_{2}}

rm{NaClO_{2}}从溶液中得到含结晶水的晶体，只能采取蒸发、浓缩、冷却结晶方法，通过过滤得到粗晶体rm{b}所以操作顺序为rm{(7)}rm{.}rm{a}

故答案为：rm{e}rm{c}rm{a}．

根据流程可知，氯酸钠rm{e}在酸性条件下被二氧化硫还原成二氧化氯，rm{c}在二氧化硫和空气混合气体中不易分解爆炸，在吸收塔中挤入氢氧化钠溶液和过氧化氢发生氧化还原反应生成rm{(NaClO_{2})}rm{ClO_{2}}的溶解度随温度升高而增大，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到晶体rm{NaClO_{2}}

rm{NaClO_{2}}浓度rm{NaClO_{2}?3H_{2}O}表示rm{(1)}溶液中所含溶质质量的多少rm{g/L}溶液表示rm{1L}氢氧化钠溶液含有rm{.80g/LNaOH}令溶液体积为rm{1L}计算氢氧化钠的物质的量rm{80gNaOH.}利用rm{1L}计算氢氧化钠溶液的物质的量浓度；

rm{.}由信息rm{c=dfrac{n}{V}}可知，纯rm{(2)}易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到rm{垄脷}以下安全rm{ClO_{2}}据此解答；

rm{10%}根据题目信息并运用氧化还原反应理论判断反应物；生成物；

rm{.}根据流程信息可知，吸收塔内生成rm{(3)}一定有rm{(4)}化合价降低，被还原；则rm{ClO_{2}}必定被氧化，有氧气产生rm{ClO_{2}隆煤NaClO_{2}}据此书写方程式，温度过高，rm{H_{2}O_{2}}容易分解；

rm{.}过量则溶液呈碱性，但考虑到该溶液有强氧化性，选择指示剂或rm{H_{2}O_{2}}试纸检验会遇到氧化褪色问题，故工业生产中主要是用rm{(5)NaOH}计连续测定溶液rm{pH}

rm{pH}还原性要适中rm{pH}还原性太强，会将rm{(6)}还原为更低价态产物，影响rm{.}生产；方便后续分离提纯，加入试剂不能干扰后续生产rm{ClO_{2}}溶于水相当于rm{NaClO_{2}}

rm{.Na_{2}O_{2}}从溶液中得到含结晶水的晶体；只能采取蒸发；浓缩、冷却结晶方法，通过过滤得到粗晶体．

本题以学生比较陌生的亚氯酸钠制备为背景，以过氧化氢法制备亚氯酸钠为主线，考察学生阅读题目获取信息的能力、对浓度概念的理解、对氧化还原反应相关知识的运用、有关实验操作和简单实验设计能力考察以及在新情境下综合运用知识解决问题的能力rm{H_{2}O_{2}}题目有一定的难度．rm{(7)}【解析】rm{2mol/L}rm{c}rm{Na_{2}SO_{4}}rm{2NaOH+2ClO_{2}+H_{2}O_{2}=2NaClO_{2}+2H_{2}O+O_{2}}防止rm{H_{2}O_{2}}分解；连续测定吸收塔内溶液的rm{pH}rm{b}rm{a}rm{e}rm{c}19、3Cu+8H++2NO3-═Cu2++2NO↑+4H2O打开活塞A，有红棕色气体产生，证明生成的无色气体是NOCE①③④【分析】【分析】（1）Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜；NO和水；据此书写离子方程式；

（2）判断无色气体是NO，可使NO与O2接触，利用反应2NO+O2=2NO2，产生红棕色的NO2气体来证明；

（3）一氧化氮有毒且易和氧气反应生成二氧化氮；一氧化氮不和水反应，所以不能用排空气法收集，应该用排水法收集；

（4）根据溶液浓度变化的影响因素和气体的溶解度影响因素解答．【解析】【解答】解：（1）铜与稀硝酸反应生成硝酸铜与一氧化氮，反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-═Cu2++2NO↑+4H2O；

故答案为：3Cu+8H++2NO3-═Cu2++2NO↑+4H2O；

（2）一氧化氮是无色气体；要证明生成一氧化氮，可根据二氧化氮的颜色判断是否有一氧化氮生成，一氧化氮和氧气反应生成红棕色二氧化氮，使一氧化氮和空气接触即可，即打开活塞A，有红棕色气体产生说明确实有一氧化氮生成；

故答案为：打开活塞A；有红棕色气体产生，证明生成的无色气体是NO；

（3）一氧化氮有毒且易和氧气反应生成二氧化氮；一氧化氮不和水反应，所以不能用排空气法收集，应该用排水法收集，排水装置中，气体的进出口符合“短进长出”的原则；

故选CE；

（4）加热绿色溶液气体的溶解量减小；或向该绿色溶液中通入氮气，或向饱和硝酸铜溶液中通入浓硝酸与铜反应产生的气体，都能改变溶液中溶解气体的量，故①③④都正确，而加水稀释绿色溶液，由于溶液浓度变小，溶液的颜色会变化，而且加水后气体的溶解量加大，溶液的颜色