2025年西师新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年西师新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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、在下列溶液中，各组离子一定能够大量共存的是（）A.c（H+）=10-12mol•L-1的溶液：K+、Ba2+、Cl-、Br-B.使紫色石蕊试液变红的溶液：Na+、Mg2+、NO3-、ClO-C.使酚酞试液变红的溶液：Na+、Cl-、SO42-、Fe3+D.碳酸氢钠溶液：K+、SO42-、Cl-、H+2、已知X+、Y2+、Z-、W2-四种离子均具有相同的电子层结构．下列关于X、Y、Z、W四种元素的描述，不正确的是（）A.原子半径：X＞Y＞Z＞WB.原子序数：Y＞X＞Z＞WC.原子最外层电子数：Z＞W＞Y＞XD.金属性：X＞Y3、常温下，一定量的醋酸与氢氧化钠发生中和反应，当溶液中()A.c(CH3COO－)＝c(Na＋)时，该溶液一定呈中性B.c(CH3COO－)＝c(Na＋)时，醋酸和氢氧化钠恰好完全中和C.c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)时，可能是醋酸过量D.c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)时，一定是NaOH过量4、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A.c（H+）/c（OH-）=1012的溶液中：NH、Al3+、NO、Cl-B.pH=1的溶液中：K+、Fe2+、MnO、SOC.c（Fe3+）=0.1mol•L-1的溶液中：K+、ClO-、SO、SCN-D.与铝反应生成氢气的溶液中：NH、K+、Cl-、SO5、．室温时，下列各组中的物质分别与过量NaOH溶液反应，能生成5种盐的是（）A.Al2O3、SO2、CO2、SO3B.CO2、Cl2、CaO、SO3C.Cl2、Al2O3、SO2、SO3D.SiO2、CO2、CO、Cl2评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)6、（1）某溶液中有Na+、Ag+、Mg2+、Fe2+、Fe3+和Al3+6种离子，若向其中加入过量的氨水，水浴加热并搅拌后过滤出沉淀，再向沉淀中加入足量的盐酸，则所得溶液中保持不变的离子为____．

（2）某溶液中含有HCO3-、SO32-、CO32-、CH3COO-、NH4+、OH-、Na+等离子，向其中加入足量的过氧化钠固体后，溶液中离子浓度基本保持不变的是____（假设溶液体积无变化）．7、晶体硅是一种重要非金属材料．制备纯硅的主要步骤如下：

①在高温下，用碳还原SiO2制得含碳、脉石（主要成份为SiO2）等杂质的粗硅。

②将粗硅在高温下与Cl2反应生成SiCl4

③将分馏提纯后的SiCl4用H2还原以得到高纯硅。

用化学方程式表示上述制备过程。

①____．

②____．

③____．

步骤③过程中所用H2，工业上可用粗硅与NaOH溶液反应制备，反应化学方程式为____．8、（1）有一种具有耐油性的合成橡胶的结构简式可表示为则这种高分子化合物的单体的结构简式是____．

（2）聚氯乙烯塑料凉鞋破裂后可以进行热修补，而电木插座破裂后则不能，这是因为____．9、（2016春•安吉县期中）以Zn和Cu为电极；稀硫酸为电解质溶液形成的原电池，供LED发光，装置如图所示．某实验兴趣小组做完实验后，在读书卡片上记录如下：

。实验后的记录：

①Zn片发生还原反应；Cu片发生氧化反应。

②H+向负极移动。

③LED发光时；电子流动方向Zn→导线→Cu，再经溶液流回铜片。

④溶液的pH变小。

⑤若有1mol电子流过导线，则产生H2为0.5mol．

⑥装置中存在“化学能→电能→光能”的转换（1）在卡片上，记录合理的是____（填序号）．

（2）在实验中，甲同学发现不仅在铜片上有气泡产生，而且在锌片上也产生了气体，分析原因可能是____．

（3）其他条件相同情况下，产生气泡的速率比单一锌片____（填“快”或“慢”）；

如果将锌片换成铁片，电路中的电流方向____（填“变”或“不变”）．

（4）如果把硫酸换成硫酸铜溶液，猜测____（填“锌片”或“铜片”）变厚，原因是____（用电极方程式表示）．实验结束后称得两极质量差12.9g，假设初始时Zn片与Cu片质量相等，则反应中转移的电子的物质的量为____mol．

（5）有同学利用原电池原理；将A；B、C、D四种金属设计下表中装置进行实验用以判断四种金属的活泼性强弱．

。序号甲乙丙装置现象二价金属A不断溶解C的质量增加A上有气体产生根据以上现象，判断四种金属活泼性由强到弱的顺序是____．10、（1）已知下热化学方程式：

①H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=-285.8kJ/mol

②H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H=-241.8kJ/mol

③C（s）+O2（g）=CO（g）△H=-110.5kJ/mol

④C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5kJ/mol

回答下列问题：

①H2的燃烧热为____，C的燃烧热为____．

②燃烧10gH2生成液态水，放出的热量为____．

③CO的燃烧热为____，其热化学方程式为____．

（2）已知Zn+CuSO4═Cu+ZnSO4；设计成原电池，构造如图所示，盐桥中装有含KCl的饱和溶液的琼脂．

试问CuSO4溶液放在____（填“甲”或“乙”）烧杯；

盐桥中的Cl-移向____（填“甲”或“乙”）烧杯．11、化学实验的微型化可有效地减少污染，实现化学实验绿色化的要求．某学生按下列操作做一个实验：在一块下衬白纸的玻璃片的不同位置分别滴加浓度为0.1mol/L的KBr、KI（含淀粉溶液）、NaOH（含酚酞）、FeCl2（含KSCN）溶液各1滴，每种液滴彼此分开，围成半径小于表面皿的圆形（如图所示），在圆心处放置2粒芝麻粒大小的KMnO4晶体，向KMnO4晶体滴加一滴浓盐酸；再立即将表面皿盖好．

（1）请配平e处的化学反应方程式□KMnO4+□HCl（浓）═□KCl+□MnCl2+□Cl2↑+□H2O

（2）e处反应中发生氧化还原反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为____．

（3）b处的实验现象为____，d处的离子方程式为____．

（4）c处反应的离子方程式为____，标准状况下，当有0.224LCl2被NaOH溶液吸收后，转移电子的物质的量为____mol．

（5）通过该实验能否比较Cl2、FeCl3、KMnO4三种物质氧化性的强弱？____（填“能”或“不能”），若能，其氧化性由强到弱的顺序是____．12、已知某些酯在一定条件下可以脱氢形成烯酸酯：

由烯烃合成有机玻璃过程的化学反应如下图所示；写出下列各步变化中指定分子的有机产物的结构简式：

A____，B____，C____，D____，E____．13、由乙烯和其他无机原料合成环状化合物E；按要求写出化合物的结构简式：

已知：CH3CH2BrCH3CH2OH

A____B____C____D____．评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)14、伴有能量变化的物质变化都是化学变化．____．（判断对错）15、为了防止龋齿，人人都要使用含氟牙膏．____．（判断对错）16、胶体区别于其他分散系的本质特征是胶体具有丁达尔效应．____．（判断对错）17、将NaOH和氨水溶液各稀释一倍，两者的OH-浓度均减少到原来的；____．18、化学变化中的能量变化都是化学能和热能间的相互转化．____．（判断对错）19、含碳的化合物一定是有机化合物．____（判断对错）20、标准状况下，气体的摩尔体积都是22.4L____（判断对错）21、22.4LO2中一定含有6.02×1023个氧分子____．（判断对错）评卷人得分四、推断题(共2题，共8分)22、（2013秋•滦南县校级月考）A是用途最广的金属；B；C是两种常见气体单质，E溶液为常见强酸，D溶液中滴加KSCN溶液显红色，它们相互转化关系如图所示．

请回答：

（1）写出B物质的化学式：____；F的名称：____．

（2）写出第③步反应的化学方程式为____．

（3）第④步反应中溶液颜色的变化____；

写出第④步反应的离子方程式____．

（4）写出实验室制取B的化学反应方程式____．

（5）D溶液中滴入NaOH溶液产生的实验现象是____．23、如图表示各物质之间的转化关系．已知D；E、Z是中学化学常见的单质；其他都是化合物．Z、Y是氯碱工业的产品．D元素的原子最外层电子数与电子层数相等，且D的硫酸盐可作净水剂．E为日常生活中应用最广泛的金属．除反应①外，其他反应均在水溶液中进行．请回答下列问题．

（1）写出X的电子式：____．

（2）常温时pH=12的G溶液中，溶质的阳离子与溶质的阴离子浓度之差为____（写出计算式）．

（3）在电镀工业中，若将E作为待镀金属，铜为镀层金属，则铜是____极，请写出在E电极上发生的电极反应式：____．

（4）写出反应③的离子方程式：____．

（5）现有无标签的Y和M的两种无色水溶液，不用其他任何试剂，请你设计一个简单的实验对这两种溶液加以鉴别____（回答实验操作；现象及结论）．

（6）A溶液与NaOH溶液混合可形成沉淀，某温度下此沉淀的Ksp=2.097×l0-39．将0.01mol•L-1的A溶液与0.001mol•L-1的NaOH溶液等体积混合，你认为能否形成沉淀____（填“能”或“不能”），请通过计算说明____．评卷人得分五、探究题(共4题，共8分)24、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________．25、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：26、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________．27、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2题，共8分)28、铁矿石是工业炼铁的主要原料之一，其主要成分为铁的氧化物rm{(}设杂质中不含铁元素和氧元素，且杂质不与rm{H_{2}SO_{4}}反应rm{).}某研究性学习小组对某铁矿石中铁的氧化物的化学式进行探究．

Ⅰrm{.}铁矿石中含氧量的测定。

rm{垄脵}按图rm{1}组装仪器；检查装置的气密性；

rm{垄脷}将rm{5.0g}铁矿石放入硬质玻璃管中，装置rm{B}rm{C}中的药品如图所示rm{(}夹持仪器均省略rm{)}

rm{垄脹}从左端导气管口处不断地缓缓通入rm{H_{2}}待rm{C}装置出口处rm{H_{2}}验纯后，点燃rm{A}处酒精灯。

rm{垄脺}充分反应后；撤掉酒精灯，再持续通入氢气至完全冷却．

rm{(1)}装置rm{C}的作用为______．

rm{(2)}测的反应后装置rm{B}增重rm{1.35g}则铁矿石中氧的百分含量为______．

Ⅱrm{.}铁矿石中含铁量的测定。

rm{(1)}步骤rm{垄脺}中煮沸的作用是______．

rm{(2)}步骤rm{垄脻}中用到的玻璃仪器有烧杯；玻璃棒、胶头滴管、______．

rm{(3)}图rm{2}有关步骤rm{垄脼}的操作中说法正确的是______．

rm{a.}因为碘水为黄色，所以滴定过程中不需加指示剂rm{b.}滴定过程中可利用淀粉溶液作为指示剂。

rm{c.}滴定管用蒸馏水洗涤后可以直接装液rm{d.}锥形瓶不需要用待测液润洗。

rm{e.}滴定过程中，眼睛注视滴定管中液面变化rm{f.}滴定结束后，rm{30s}内溶液不恢复原来的颜色再读数。

rm{(4)}若滴定过程中消耗rm{0.5000mol?L^{-1}KI}溶液rm{20.00mL}则铁矿石中铁的百分含量为______．

Ⅲrm{.}由Ⅰ、Ⅱ可以推算出该铁矿石中铁的氧化物的化学式为______．29、配制500mL1.00mol/L的NaCl溶液。

（1）所用仪器有托盘天平（带砝码）、药匙、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等，还缺少的仪器是____（填字母代号）．

A．酒精灯B．500mL容量瓶C．试管D．100mL容量瓶。

（2）定容时，当液面离容量瓶颈刻度线下1～2cm时，改用____滴加蒸馏水至液面与刻度线____．

（3）移液后，若未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，会导致所配溶液溶质物质的量浓度____（填“偏大”、“偏小”、“无影响”）．参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、A【分析】【分析】A．c（H+）=10-12mol•L-1的溶液为碱性溶液；四种离子之间不反应，都不与碱性溶液中的氢氧根离子反应；

B．使紫色石蕊试液变红的溶液中存在大量氢离子；次氯酸根离子与氢离子反应；

C．使酚酞试液变红的溶液中存在大量氢氧根离子；铁离子与氢氧根离子反应；

D．碳酸氢钠与氢离子反应生成二氧化碳气体和水．【解析】【解答】解：A．c（H+）=10-12mol•L-1的溶液中存在大量氢氧根离子，K+、Ba2+、Cl-、Br-之间不反应；都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；

B．使紫色石蕊试液变红的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，ClO-与氢离子反应；在溶液中不能大量共存，故B错误；

C．使酚酞试液变红的溶液为碱性溶液；与碱性溶液中的氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；

D．碳酸氢钠与H+反应；在溶液中不能大量共存，故D错误；

故选A．2、A【分析】【分析】X+、Y2+、Z-、W2-四种离子均具有相同的电子层结构，则X、Y在下一周期，Y的原子序数大于X的原子序数；Z、W在上一周期，Z的原子序数大于W的原子序数，并结合元素的位置及性质来解答．【解析】【解答】解：X+、Y2+、Z-、W2-四种离子均具有相同的电子层结构；则X；Y在下一周期，Y的原子序数大于X的原子序数；Z、W在上一周期，Z的原子序数大于W的原子序数；

A．电子层越多；半径越大，同周期从左向右原子半径在减小，则原子半径为X＞Y＞W＞Z，故A错误；

B．由位置可知；原子序数为Y＞X＞Z＞W，故B正确；

C．X+、Y2+、Z-、W2-四种离子对应的最高正价分别为+1；+2、+7、+6；最高正价等于最外层电子数，则原子最外层电子数为Z＞W＞Y＞X，故C正确；

D．同周期从左向右金属性在减小；则金属性为X＞Y，故D正确；

故选A．3、A【分析】【解析】试题分析：根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，当c(CH3COO－)＝c(Na＋)时必有c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性，醋酸有剩余，当c(CH3COO－)>c(Na＋)时，必有c(CH＋)－)，故B、C错误，A正确；D选项，当醋酸和NaOH恰好中和时，溶质为CH3COONa，也满足题意，所以答案选A。考点：考查中和滴定实验中离子浓度大小比较的有关判断【解析】【答案】A4、A【分析】【分析】A．c（H+）/c（OH-）=1012的溶液中存在大量氢离子；四种离子之间不反应，都不与氢离子反应；

B．高锰酸根离子能够氧化亚铁离子；

C．铁离子与硫氰根离子反应生成硫氰化铁；

D．与铝反应生成氢气的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，铵根离子与氢氧根离子反应．【解析】【解答】解：A．c（H+）/c（OH-）=1012的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，NH4+、Al3+、NO3-、Cl-之间不反应；都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；

B．Fe2+、MnO4-之间发生氧化还原反应；在溶液中不能大量共存，故B错误；

C．Fe3+和SCN-之间反应生成络合物硫氰化铁；在溶液中不能大量共存，故C错误；

D．与铝反应生成氢气的溶液为酸性或强碱性溶液，NH4+与强碱性溶液中的氢氧根离子反应；在碱性溶液中不能大量共存，故D错误；

故选A．5、C【分析】解：A、A12O3是两性氧化物与过量氢氧化钠反应生成的盐为偏铝酸钠；SO2与过量NaOH溶液反应生成的盐为亚硫酸钠；CO2与过量NaOH溶液反应生成的盐为碳酸钠；SO3与过量NaOH溶液反应生成的盐为硫酸钠；共有4种盐生成，故A不符合；

B、CO2与过量NaOH溶液反应生成的盐为碳酸钠；C12与过量NaOH溶液反应生成的盐为氯化钠和次氯酸钠；CaO与过量NaOH溶液不反应；SO3与过量NaOH溶液反应生成的盐为硫酸钠；共有4种盐生成，故B不符合；

C、C12与过量NaOH溶液反应生成的盐为氯化钠和次氯酸钠；A12O3与过量NaOH溶液反应生成的盐为偏铝酸钠；SO2与过量NaOH溶液反应生成的盐为亚硫酸钠；SO3与过量NaOH溶液反应生成的盐为硫酸钠；共有5种盐生成，故C符合；

D、SiO2与过量NaOH溶液反应生成的盐为硅酸钠；CO2与过量NaOH溶液反应生成的盐为碳酸钠；CO与过量NaOH溶液不反应；C12与过量NaOH溶液反应生成的盐为氯化钠和次氯酸钠；共有4种盐生成，故D不符合；

故选C．

A．氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，SO2、CO2、SO3与过量的氢氧化钠反应分别生成亚硫酸钠；碳酸钠、硫酸钠；

B．CaO与氢氧化钠不反应，氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠，CO2、SO3与过量的氢氧化钠反应分别生成碳酸钠；硫酸钠；

C．氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠，Al2O3、SO2、SO3与过量的氢氧化钠反应分别生成偏铝酸钠；亚硫酸钠、硫酸钠；

D．CO不与氢氧化钠反应，氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠，SiO2、CO2与过量的氢氧化钠反应分别生成硅酸钠；碳酸钠．

本题考查常见物质的性质，比较基础，掌握物质的性质是关键，解题时注意氢氧化钠过量．【解析】【答案】C二、填空题(共8题，共16分)6、Mg2+、Al3+CH3COO-【分析】【分析】（1）加入过量的氨水，微热并搅拌，Mg2+、Fe2+、Fe3+和Al3+都生成沉淀，生成银氨络离子，因Fe（OH）2易被氧化生成Fe（OH）3，过滤后沉淀加入盐酸，所得溶液中含有Mg2+、Fe3+和Al3+；

（2）Na2O2与水反应生成氢氧化钠，溶液呈碱性，Na2O2具有强氧化性，能与OH-反应的离子和具有还原性的离子的浓度会发生改变，同时溶液中存在反应生成的离子，该离子浓度也会变化．【解析】【解答】解：（1）加入过量的氨水，微热并搅拌，Mg2+、Fe2+、Fe3+和Al3+都生成沉淀，生成银氨络离子，因Fe（OH）2易被氧化生成Fe（OH）3，过滤后沉淀加入盐酸，所得溶液中含有Mg2+、Fe3+和Al3+，则不变的离子为，故答案为：Mg2+、Al3+；

（2）Na2O2与水反应生成氢氧化钠，溶液呈碱性，OH-、Na+浓度增大；

HCO3-与OH-反应生成CO32-，则HCO3-离子浓度减小，CO32-离子浓度增大；

Na2O2具有强氧化性，将SO32-氧化为SO42-，则SO32-离子浓度减小；

NH4+、OH-反应，NH4+浓度减小；

CH3COO-浓度基本不变．

故答案为：CH3COO-．7、SiO2+2CSi（粗）+2CO↑Si+2Cl2SiCl4SiCl4+2H2Si+4HClSi+2NaOH+H2O═Na2SiO3+2H2↑【分析】【分析】晶体硅是一种重要的非金属材料；制备纯硅的主要步骤如下：

①高温下用碳还原二氧化硅制得粗硅；

②粗硅与干燥的Cl2反应制得SiCl4；

③SiCl4被过量的H2在1000～1100℃时还原制得纯硅；

步骤③过程中所用H2，工业上可用粗硅与NaOH溶液反应制备，硅和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和氢气；【解析】【解答】解：晶体硅是一种重要的非金属材料；制备纯硅的主要步骤如下：

①高温下用碳还原二氧化硅制得粗硅：SiO2+2CSi+2CO↑；

故答案为：SiO2+2CSi+2CO↑．

②粗硅与干燥的Cl2反应制得SiCl4：Si+2C12SiCl4

故答案为：Si+2C12SiCl4．

③SiCl4被过量的H2在1000～1100℃时还原制得纯硅：SiCl4+2H2Si+4HCl；

故答案为：SiCl4+2H2Si+4HCl．

步骤③过程中所用H2，工业上可用粗硅与NaOH溶液反应制备，硅和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和氢气，反应的化学方程式为：Si+2NaOH+H2O═Na2SiO3+2H2↑；

故答案为：Si+2NaOH+H2O═Na2SiO3+2H2↑；8、CH2=CHCH=CH2、CH2=CHCN电木为热固性塑料【分析】【分析】（1）合成橡胶为加聚产物；则利用添键断键法确定单体；

（2）根据电木的结构和性质判断即可．【解析】【解答】解：（1）合成橡胶为加聚产物，则由添键断键法可知单体为CH2=CHCH=CH2、CH2=CHCN，故答案为：CH2=CHCH=CH2、CH2=CHCN；

（2）聚氯乙烯为热塑性塑料，电木为热固性塑料，故电木插座破裂后则不能进行热修补，故答案为：电木为热固性塑料．9、⑤⑥锌片不纯（在锌片表面形成原电池）快不变铜片Cu2++2e-=Cu0.2D＞A＞B＞C【分析】【分析】（1）锌比铜活泼；形成原电池反应时，锌为负极，发生氧化反应，铜为正极，发生还原反应，原电池中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，以此解答；

（2）形成原电池能加快反应速率；

（3）当锌片不纯时；在锌片上形成原电池；

（4）把硫酸换成硫酸铜溶液；正极上铜离子得电子生成铜单质；根据正负极的电极反应计算；

（5）甲、乙、丙为原电池装置，甲中A不断溶解，说明A被氧化，为原电池负极，B为正极，乙中C的质量增加，说明C极上析出金属，为原电池正极，则B为负极，丙中A上有气体产生，应为氢气，说明A为正极，则D为负极，原电池反应中负极较活泼，以此解答该题．【解析】【解答】解：（1）锌比铜活泼，形成原电池反应时，锌为负极，发生氧化反应，电极方程式为Zn-2e-═Zn2+，铜为正极，发生还原反应，电极方程式为2H++2e-═H2↑；由此可知若有1mol电子流经导线，则产生0.5mol氢气，电子由负极经外电路流向正极，原电池中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，则正确的有③⑤；

故答案为：③⑤；

（2）Zn和Cu为电极；稀硫酸为电解质溶液形成的原电池，能加快锌与硫酸的反应速率，所以其他条件相同情况下，产生气泡的速率比单一锌片快；

故答案为：快；

（3）在乙实验中；某同学发现不仅在铜片上有气泡产生，而且在锌片上也产生了气体，是由于锌片不纯，在锌片上形成原电池导致；

故答案为：锌片不纯；在锌片上形成原电池；

（4）如果把硫酸换成硫酸铜溶液，正极Cu上会有铜单质析出，而变粗，其电极反应为：Cu2++2e-=Cu；则电池总反应为Zn与铜离子的反应，为Cu2++Zn=Zn2++Cu；

已知正极：Cu2++2e-=Cu，负极：Zn-2e-=Zn2+；设电路中转移电子的物质的量为n，则正极质量增加32n，负极质量减少32.5n，所以32.5n+32n=12.9g，解得n=0.2mol；

故答案为：铜极；Cu2++Zn=Zn2++Cu；0.2；

（5）甲、乙、丙为原电池装置，甲中A不断溶解，说明A被氧化，为原电池负极，B为正极，乙中C的质量增加，说明C极上析出金属，为原电池正极，则B为负极，丙中A上有气体产生，应为氢气，说明A为正极，则D为负极，原电池反应中负极较活泼，则金属的活泼性顺序为D＞A＞B＞C，故答案为：D＞A＞B＞C．10、-285.8kJ/mol-393.5kJ/mol1429kJ-283KJ/molCO（g）+O2（g）=CO2（g）△=-283kJ/mol乙甲【分析】【分析】（1）①燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；液态的水；二氧化碳是稳定氧化物，据此分析解答；

②由①H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=-285.8kJ/mol，据此计算10gH2生成液态水；放出的热量；

③利用盖斯定律；结合反应③④求得；

（2）盐桥原电池中，金属电极插入含有本金属阳离子的盐溶液里，电解质里的阳离子移向正极，阴离子移向负极，据此回答．【解析】【解答】解：（1）①燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，由④C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5kJ/mol，二氧化碳是稳定氧化物，且C的物质的量为1mol，所以-393.5kJ/mol是C的燃烧热，①H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=-285.8kJ/mol；液态水是稳定的产物，且氢气的物质的量为1mol，所以-285.8kJ/mol是氢气的燃烧热，①

故答案为：-285.8kJ/mol；-393.5kJ/mol；

②根据H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=-285.8kJ/mol，得到10gH2生成液态水；放出的热量为=285.8kJ×5=1429kJ；故答案为：1429kJ；

③已知：a．C（s）+O2（g）=CO（g）△H=-110.5kJ/mol

b．C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5kJ/mol

据盖斯定律，b-a得：CO（g）+O2（g）=CO2（g）△=-283KJ/mol，所以CO的燃烧热是-283KJ/mol，其热化学方程式为：CO（g）+O2（g）=CO2（g）△=-283KJ/mol；

故答案为：-283KJ/mol；CO（g）+O2（g）=CO2（g）△=-283kJ/mol；

（2）Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4，设计成原电池，Zn是负极，Cu是正极，为减小能量损失，金属电极插入含有本金属阳离子的盐溶液里，Cu插入硫酸铜中，电解质里的阳离子移向正极，氯离子等阴离子移向负极，即氯离子移向锌电极，故答案为：乙；甲．11、1：5溶液由无色变蓝色2FeCl2+Cl2═2FeCl3Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2O0.01能KMnO4＞Cl2＞FeCl3【分析】【分析】（1）高锰酸钾具有强氧化性；能把盐酸氧化生成氯气，自身被还原生成氯化锰，据此写出反应方程式；

（2）Mn元素的化合价降低；Cl元素的化合价升高；

（3）b处氯气能置换出碘；碘遇淀粉变蓝色，d处氯气能氧化氯化亚铁生成氯化铁，氯化铁和硫氰化钾溶液反应使溶液呈血红色；

（4）氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠；次氯酸钠和水；结合元素化合价的变化计算；

（5）自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性．【解析】【解答】解：（1）高锰酸钾具有强氧化性，能把盐酸氧化生成氯气，自身被还原生成氯化锰，所以发生的反应方程式为：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，离子方程式为2MnO4-+16H++10Cl-═2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故答案为：2MnO4-+16H++10Cl-═2Mn2++5Cl2↑+8H2O；

（2）2MnO4-+16H++10Cl-═2Mn2++5Cl2↑+8H2O中，Mn元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，氧化剂为KMnO4；还原剂为HCl，由反应可知，氧化剂和还原剂的物质的量之比为，故答案为：1：5；

（3）b处氯气能置换出碘，2KI+Cl2═2KCl+I2，碘遇淀粉变蓝色，d处发生的反应为：2FeCl2+Cl2═2FeCl3，Fe3+和SCN-反应使溶液变红色氯气能氧化氯化亚铁生成氯化铁，氯化铁和硫氰化钾溶液反应使溶液呈血红色，所以b处看到的现象是溶液变蓝色；d处看到的现象是溶液变红色；

故答案为：溶液由无色变蓝色；2FeCl2+Cl2═2FeCl3；

（4）氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，反应的方程式为Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O，离子反应为Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2O；

当有0.224LCl2被NaOH溶液吸收后；即有0.01mol氯气被吸收，反应中Cl元素化合价由0价分别变化为-1价；+1价，则转移电子0.01mol；

故答案为：Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2O；0.01．

（5）2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中氧化性KMnO4＞Cl2，2FeCl2+Cl2=2FeCl3中氧化性Cl2＞FeCl2，所以氧化性大小顺序是KMnO4＞Cl2＞FeCl3；

故答案为：能；KMnO4＞Cl2＞FeCl3．12、（CH3）2CHCHO（CH3）2CHCOOHCH2=C（CH3）COOCH3【分析】【分析】A发生催化氧化生成B，B与甲醇反应生成C，结合分子式可知，A属于醛，B属于羧酸，C属于酯，C发生信息中脱氢反应生成D，则C为据此可以推断其它物质．【解析】【解答】解：A发生催化氧化生成B，B与甲醇反应生成C，结合分子式可知，A属于醛，B属于羧酸，C属于酯，C发生信息中脱氢反应生成D，则C为逆推可知B为（CH3）2CHCOOH，A为（CH3）2CHCHO，顺推可知D为CH2=C（CH3）COOCH3，E为

故答案为：（CH3）2CHCHO；（CH3）2CHCOOH；CH2=C（CH3）COOCH3；．13、BrCH2CH2BrHOCH2CH2OHHOCH2COOH（或HOCH2CHO、OHC-CHO、OHC-COOH）HOOC-COOH【分析】【分析】CH2=CH2和溴发生加成反应，生成A为CH2BrCH2Br，水解生成B为CH2OHCH2OH，氧化产物C为HOCH2COOH（或HOCH2CHO、OHC-CHO、OHC-COOH），进而被氧化为D，为HOOC-COOH，结合有机物的结构和性质可解答该题．【解析】【解答】解：乙烯与溴发生加成，则A为BrCH2CH2Br，水解生成B，则B为HOCH2CH2OH，B氧化生成C，C为HOCH2COOH（或HOCH2CHO；OHC-CHO、OHC-COOH）；C氧化生成D，则D为HOOC-COOH，B与D发生酯化反应生成E；

故答案为：BrCH2CH2Br；HOCH2CH2OH；HOCH2COOH（或HOCH2CHO、OHC-CHO、OHC-COOH）；HOOC-COOH．三、判断题(共8题，共16分)14、×【分析】【分析】伴有能量变化的物质变化不一定发生化学反应．【解析】【解答】解：伴有能量变化的物质变化不一定是化学变化，如灯泡发光过程中有热能变化，故错误；15、×【分析】【分析】氟化物可能影响儿童正常生长发育．【解析】【解答】解：氟化物能有效预防龋齿但氟化物可能影响儿童正常生长发育所以儿童不建议使用含氟牙膏，故答案为：×．16、×【分析】【分析】根据胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小不同．【解析】【解答】解：胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1-100nm之间，溶液的粒子直径小于1nm，浊液的子直径大于100nm，故答案为：×．17、×【分析】【分析】氢氧化钠是强电解质，一水合氨是弱电解质，加水稀释弱电解质溶液，促进弱电解质电离，据此分析解答．【解析】【解答】解：氢氧化钠是强电解质，在水中完全电离，加水稀释一倍，氢氧根离子浓度变为原来的一半，一水合氨是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，加水稀释促进其电离，当稀释一倍后，氢氧根离子浓度大于原来的一半，该说法错误，故答案为：×．18、×【分析】【分析】化学变化中的能量变化主要是热量变化，另外还有光能、电能等等．【解析】【解答】解：化学反应中能量变化的形式主要是热量变化，还有热能、光能、电能等等，故错误，故答案为：×．19、×【分析】【分析】通常把含碳元素的化合物叫做有机化合物，简称有机物．一氧化碳、二氧化碳、碳酸盐、碳化物等物质中虽然含有碳元素，但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物．【解析】【解答】解：一氧化碳、二氧化碳、碳酸盐、碳化物等物质中虽然含有碳元素，但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物，故答案为：×．20、×【分析】【分析】标准状况下任何气体的摩尔体积都是22.4L/mol．据此解题．【解析】【解答】解：标准状况下，1mol气体的体积为22.4L，气体的摩尔体积是22.4L/mol，故答案为：×．21、×【分析】【分析】氧气所处的状态不确定，气体摩尔体积不一定是22.4L/mol，不能确定氧气的物质的量．【解析】【解答】解：若为标况下，22.4L氧气的物质的量为1mol，含有6.02×1023个氧分子，但氧气所处的状态不确定，气体摩尔体积不一定是22.4L/mol，不能确定氧气的物质的量，不能确定含有氧气分子数目，故错误，故答案为：×．四、推断题(共2题，共8分)22、Cl2氯化亚铁Fe+2HCl=FeCl2+H2↑溶液由黄色变为浅绿色2Fe3++Fe=3Fe2+MnO2+4HCl（浓）MnCl2+C12↑+2H2O生成红褐色沉淀【分析】【分析】A是用途最广的金属，则A为Fe；D溶液中滴加KSCN溶液显红色，则D中含有铁离子，B是常见气体单质，且具有强氧化性，所以B应为Cl2，依次推出D为FeCl3，F为FeCl2；结合转化关系图可知，Fe和E溶液反应生成FeCl2和C，则E为HCl，C为H2，最后结合化学用语及反应的现象来解答．【解析】【解答】解：A是用途最广的金属，则A为Fe；D溶液中滴加KSCN溶液显红色，则D中含有铁离子，B是常见气体单质，且具有强氧化性，所以B应为Cl2，依次推出D为FeCl3，F为FeCl2；结合转化关系图可知，Fe和E溶液反应生成FeCl2和C，则E为HCl，C为H2；

（1）由上述推断可知，B为Cl2，F为氯化亚铁，故答案为：Cl2；氯化亚铁；

（2）第③步反应为Fe与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，化学方程式为Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，故答案为：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑；

（3）第④步反应为Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁，离子反应为2Fe3++Fe=3Fe2+，观察到现象为溶液由黄色变为浅绿色，故答案为：溶液由黄色变为浅绿色；2Fe3++Fe=3Fe2+；

（4）B为Cl2，实验室制取Cl2的化学反应方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+C12↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+C12↑+2H2O；

（5）D为FeCl3，其溶液中滴入NaOH溶液反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，故答案为：生成红褐色沉淀．23、（10-2-10-12）mol/L阳Cu2++2e-=Cu2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑Y中滴加M，先没有沉淀后生成沉淀，而M中滴加Y，先生成沉淀后沉淀消失，则Y为NaOH，M为AlCl3能Qc=（×0.01）×（×0.001）3=6.25×10-13＞Ksp=2.097×l0-39，则生成沉淀【分析】【分析】图中D、E、Z是单质，其余均是化合物．且知E为日常常用金属；D元素的原子最外层电子数与电子层数相等，C+D=E+F是置换反应，推断高温下为铝热反应，推断D为Al，E为Fe，F为Al2O3；Z、Y是氯碱工业的产品，由图中Al、Al2O3和Y反应可推断，Y为NaOH；得到Z为Cl2，X为HCl，反应均在水溶液中进行，所以推断得到G为NaAlO2，M为AlCl3，B为FeCl2，A为FeCl3，然后结合物质的性质及化学反应原理来解答．【解析】【解答】解：图中D、E、Z是单质，其余均是化合物．且知E为日常常用金属；D元素的原子最外层电子数与电子层数相等，C+D=E+F是置换反应，推断高温下为铝热反应，推断D为Al，E为Fe，F为Al2O3；Z、Y是氯碱工业的产品，由图中Al、Al2O3和Y反应可推断，Y为NaOH；得到Z为Cl2，X为HCl，反应均在水溶液中进行，所以推断得到G为NaAlO2，M为AlCl3，B为FeCl2，A为FeCl3；

（1）X为HCl，其电子式为故答案为：

（2）pH=12的NaAlO2溶液中，水解显碱性，溶质的阳离子与溶质的阴离子浓度之差为0.01mol/L-10-12mol/L=（10-2-10-12）mol/L；

故答案为：（10-2-10-12）mol/L；

（3）E作为待镀金属，铜为镀层金属，则铜为阳极失去电子，E为阴极，电极反应为Cu2++2e-=Cu，故答案为：阳；Cu2++2e-=Cu；

（4）反应③中D为Al与Y为NaOH的水溶液，反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；

故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；

（5）Y中滴加M；先没有沉淀后生成沉淀，而M中滴加Y，先生成沉淀后沉淀消失，则试剂互滴现象不同，可以鉴别；

故答案为：Y中滴加M，先没有沉淀后生成沉淀，而M中滴加Y，先生成沉淀后沉淀消失，则Y为NaOH，M为AlCl3；

（6）0.01mol•L-1的FeCl3溶液与0.001mol•L-1的NaOH溶液等体积混合，Qc=（×0.01）×（×0.001）3=6.25×10-13＞Ksp=2.097×l0-39；则生成沉淀；

故答案为：能；Qc=（×0.01）×（×0.001）3=6.25×10-13＞Ksp=2.097×l0-39，则生成沉淀．五、探究题(共4题，共8分)24、|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．25、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．26、|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．27、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2题，共8分)28、防止空气中的水蒸气和CO2进入B中，影响测定结果；24%；赶走溶液中溶解的过量的Cl2；250mL容量瓶；df；70%；Fe5O6【分析】解：Ⅰrm{.(1)}该实验中，氢气和氧化铁反应生成金属铁和水，根据固体质量的变化来计算铁的含量，rm{B}处的干燥管作用是吸收产生的水蒸气，所以rm{C}装置要防止防止空气中的水蒸气和rm{CO_{2}}进入rm{B}中；影响测定结果；

故答案为：防止空气中的水蒸气和rm{CO_{2}}进入rm{B}中；影响测定结果；

rm{(2)}测的反应后装置rm{B}增重rm{1.35g}根据反应的实