2024年統(tǒng)編版2024高三化學(xué)上冊(cè)階段測(cè)試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年統(tǒng)編版2024高三化學(xué)上冊(cè)階段測(cè)試試卷460考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、某無色透明溶液與金屬鐵反應(yīng)時(shí)只放出氫氣，則溶液中可以大量共存的離子是（）A.Cu2+、Cl-、H+、SO42-B.H+、NO3-、Ba2+、Cl-C.K+、Cl-、H+、SO42-D.Ca2+、Na+、Cl-、OH-2、一定溫度下，在2L的密閉容器中，X、Y、Z三種氣體的物質(zhì)的量隨時(shí)間變化的曲線如圖所示．下列描述正確的是（）A.反應(yīng)在0～10s內(nèi)，用Z表示的反應(yīng)速率為0.158mol?L-1?s-1B.反應(yīng)在0～10s內(nèi)，X的物質(zhì)的量濃度減少了0.79mol?L-1C.反應(yīng)進(jìn)行到10s時(shí)，Y的轉(zhuǎn)化率為79.0%D.反應(yīng)的化學(xué)方程式為X（g）+Y（g）═Z（g）3、下列選項(xiàng)中，有關(guān)實(shí)驗(yàn)操作、現(xiàn)象和結(jié)論都正確的是4、下列各種情況下，溶液中可能大量存在的離子組是（）A.澄清透明的溶液中：I-、Cl-、ClO-、Na+B.由水電離出的c（H+）=1×10-12mol/L的溶液中：K+、Ba2+、OH-、NO-3C.使pH試紙呈紅色的溶液中：K+、Fe2+、NO-3、MnO-4D.含有大量Fe2+的溶液中：K+、Na+、SO2-3、SO2-45、下列說法正確的是（）A.常溫下，在0.1mol/LNaOH溶液和0.1mol/L鹽酸中水的離子積相等B.常溫下，在水中加入NaOH，水的電離受到抑制，水的離子積減小C.HCl溶液中無OH-，NaOH溶液中無H+，NaCl溶液中既無OH-也無H+D.在水溶液中導(dǎo)電能力強(qiáng)的電解質(zhì)是強(qiáng)電解質(zhì)，導(dǎo)電能力弱的電解質(zhì)是弱電解質(zhì)6、下列物質(zhì)中，前者屬于純凈物，后者屬于混合物的是（）A.凈化后的空氣、氧化鎂B.水冰混合物、啤酒C.生銹的鐵釘、高錳酸鉀加熱后的混合物D.氯化鉀、液氧7、將足量BaCO3分別加入：①30mL水②10mL0.2mol/LNa2CO3溶液③50mL0.01mol/L氯化鋇溶液④100mL0.01mol/L鹽酸中溶解至溶液飽和。各溶液中Ba2+的濃度由大到小的順序?yàn)?)A.①②③④B.③④①②C.④③①②D.②①④③8、某rm{K_{2}CO_{3}}固體樣品中含有rm{Na_{2}CO_{3}}rm{KNO_{3}}和rm{Ba(NO_{3})_{2}}三種雜質(zhì)中的一種或二種rm{.}現(xiàn)將rm{13.8g}樣品加入足量水，樣品全部溶解，再加入過量的rm{CaCl_{2}}溶液，得到rm{9g}沉淀rm{.}對(duì)樣品所含雜質(zhì)判斷完全正確的是rm{(}rm{)}A.肯定有rm{KNO_{3}}B.肯定有rm{KNO_{3}}可能還含有rm{Na_{2}CO_{3}}C.肯定沒有rm{Ba(NO_{3})_{2}}可能有rm{KNO_{3}}D.肯定沒有rm{Na_{2}CO_{3}}和rm{Ba(NO_{3})_{2}}評(píng)卷人得分二、雙選題(共9題，共18分)9、常溫下，下列有關(guān)溶液的說法正確的是rm{(}rm{)}A.向rm{0.10mol?L^{-1}NaHSO_{3}}溶液中通入rm{NH_{3}}至溶液rm{pH=7(}通入氣體對(duì)溶液體積的影響可忽略rm{)}rm{c(Na^{+})>c(SO_{3}^{2-})>c(NH_{4}^{+})}B.rm{0.1mol/L}醋酸鈉溶液rm{20mL}與rm{0.1mol?L^{-1}}鹽酸rm{10mL}混合后的溶液中：rm{c(CH_{3}COO^{-})>c(Cl^{-})>c(H^{+})>c(CH_{3}COOH)}C.已知rm{K_{w}(HF)>K_{w}(CH_{3}COOH)}rm{pH}相等的rm{NaF}與rm{CH_{3}COOK}兩溶液中：rm{c(Na^{+})-c(F^{-})>c(K^{+})-c(CH_{3}COO^{-})}D.rm{0.1mol?L^{-1}}醋酸溶液和rm{0.2mol?L^{-1}}醋酸鈉溶液等體積混合后的溶液中：rm{3c(H^{+})+2c(CH_{3}COOH)=c(CH_{3}COO^{-})+3c(OH^{-})}10、反應(yīng)rm{MoS_{2}(s)+2Na_{2}CO_{3}(s)+4H_{2}(g)?Mo(s)+2CO(g)+4H_{2}O(g)+2Na_{2}S(s)}可用于由輝鉬精礦制取鉬，在rm{2L}的密閉容器中：加入rm{0.1mol}rm{MoS_{2}}rm{0.2mol}rm{N_{a2}CO_{3}}和rm{0.4mol}rm{H_{2}(}固體體積忽略不計(jì)rm{)}測(cè)得在不同溫度達(dá)到平衡時(shí)各氣體的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)關(guān)系如圖所示rm{.}下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.容器內(nèi)的總壓：rm{P}點(diǎn)rm{<Q}點(diǎn)B.正反應(yīng)速率：rm{v(Q)<v(P)}C.rm{P}點(diǎn)對(duì)應(yīng)溫度時(shí)，rm{H_{2}}的平衡轉(zhuǎn)化率為rm{40%}D.rm{P}點(diǎn)對(duì)應(yīng)溫度的平衡常數(shù)的值為rm{2.5隆脕10^{-3}}11、下列說法或?qū)嶒?yàn)操作正確的是rm{(}rm{)}A.容量瓶、量筒和滴定管上都標(biāo)有使用溫度，容量瓶無“rm{0}”刻度，量筒、滴定管有“rm{0}”刻度；使用時(shí)滴定管水洗后還需潤(rùn)洗，但容量瓶水洗后不用潤(rùn)洗B.向rm{3}支試管中各加入rm{2mL}rm{0.1mol?L^{-1}}酸性高錳酸鉀溶液和rm{2mL}rm{0.01mol?L^{-1}H_{2}C_{2}O_{4}}溶液，將它們分別置于冰水、室溫下、rm{80隆忙}熱水中，觀察比較褪色快慢C.皂化反應(yīng)結(jié)束后的混合液中加入飽和食鹽水，再通過分液操作分離出硬脂酸鈉D.為保證實(shí)驗(yàn)安全，金屬鈉切割下來的表層物質(zhì)應(yīng)放回原試劑瓶，不能在研缽中研磨氯酸鉀或硝酸鉀12、氧化鉛（PbO）是黃色固體。實(shí)驗(yàn)室用草酸在濃硫酸作用下分解制備CO，其原理為H2C2O4CO↑+CO2↑+H2O．某課題組同學(xué)設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)探究CO還原氧化鉛并檢驗(yàn)氧化產(chǎn)物（已知CO能使銀氨溶液產(chǎn)生黑色沉淀）的裝置如圖所示。下列說法正確的是（）

A.裝置②④⑤中的試劑依次為堿石灰、銀氨溶液、澄清石灰水B.實(shí)驗(yàn)時(shí)，先點(diǎn)燃裝置①處酒精燈，當(dāng)裝置⑤中產(chǎn)生連續(xù)氣泡且有明顯現(xiàn)象后再點(diǎn)燃裝置③處酒精燈C.實(shí)驗(yàn)完畢時(shí)，先熄滅裝置①處酒精燈，再熄滅裝置③處酒精燈D.尾氣處理可選用點(diǎn)燃、氣袋收集、NaOH溶液吸收等方法13、下列有關(guān)說法正確的是（）A.鐵螺絲連接鋅板時(shí)，鐵不容易生銹B.反應(yīng)CaC03（s）=Ca0（s）+C02（g）在常溫下不能發(fā)生，則該反應(yīng)的△H＜0C.pH=11的NaOH溶液與pH=3的CH3COOH溶液混合后所得溶液pH小于7D.電解精煉銅時(shí)，每轉(zhuǎn)移1mol電子陽極上溶解的銅原子數(shù)小于0.5×6.02×102314、為擴(kuò)大現(xiàn)有資源的使用效率，在一些油品中加入了降凝制劑J，以降低油料的凝固點(diǎn)，擴(kuò)大燃料油的使用范圍．J是一種高分子化合物：下列有關(guān)J的說法正確的是（）A.J是由2種單體縮聚而成的B.J是由2種單體加聚而成的C.J具有可燃性D.J沒有可燃性15、在容積一定的密閉容器中；置入一定量的一氧化氮和足量碳發(fā)生化學(xué)反應(yīng)：

rm{C(s)+2NO(g)?CO_{2}(g)+N_{2}(g)+Q}平衡時(shí)rm{c}rm{(NO)}與溫度rm{T}的關(guān)系如圖所示，則下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.該反應(yīng)的rm{Q>0}B.若該反應(yīng)在rm{T_{1}}rm{T_{2}}時(shí)的平衡常數(shù)分別為rm{K_{1}}rm{K_{2}}則rm{K_{1}<K_{2}}C.在rm{T_{2}}時(shí)，若反應(yīng)體系處于狀態(tài)rm{D}則此時(shí)rm{V_{脮媒}>V_{脛忙}}D.若狀態(tài)rm{B}rm{C}rm{D}的壓強(qiáng)分別為rm{P_{B}}rm{P_{C}}rm{P_{D}}則rm{P_{C}=P_{D}>P_{B}}16、根據(jù)下列框圖分析，下列說法正確的是rm{(}rm{)}

A.rm{E^{2+}}的氧化性比rm{M^{2+}}的氧化性強(qiáng)B.在rm{壟脹}反應(yīng)中若不加稀硫酸可能看到紅褐色沉淀C.反應(yīng)rm{壟脺}的離子方程式可表示為：rm{E^{3+}+3SCN^{-}?E(SCN)_{3}隆媒}D.在反應(yīng)rm{壟脵}中只能用濃硫酸，既表現(xiàn)了酸性、又表現(xiàn)了氧化性17、在密閉容器中某氣態(tài)烴和氧氣按一定比例混和，點(diǎn)火爆炸后恢復(fù)到原溫度rm{(20隆忙)}壓強(qiáng)減小至原來的一半，若加rm{NaOH}的溶液則氣體全部被吸收，則此烴為rm{(}rm{)}A.rm{C_{3}H_{8}}B.rm{C_{2}H_{4}}C.rm{C_{2}H_{6}}D.rm{C_{6}H_{6}}評(píng)卷人得分三、填空題(共7題，共14分)18、（1）試用質(zhì)子數(shù)；中子數(shù)、電子數(shù)、質(zhì)量數(shù)和同位素填空：

①C與N具有相同的____②N與N互為____

（2）同溫同壓下，相同質(zhì)量的H2和N2中分子數(shù)目之比為____

（3）將標(biāo)況下22.4L的HCl溶于水配成200mL溶液，所得溶液的物質(zhì)的量濃度為____

（4）給下列方程式配平；用雙線橋標(biāo)電子轉(zhuǎn)移方向和數(shù)目．

____MnO2+____HCl（濃）____MnCl2+____Cl2↑+____H2O．19、如圖是一個(gè)制取氯氣并以氯氣為原料進(jìn)行特定反應(yīng)的裝置：

（幾種氣體的溶解度：常溫常壓下，1體積的水可溶解CO2、Cl2；HCl分別為1、2、500體積）

（1）A是氯氣發(fā)生裝置，其中的化學(xué)反應(yīng)方程式為____．

（2）要將C裝置接入B和D之間，正確的接法是a→____→____→d

（3）實(shí)驗(yàn)開始時(shí)，先點(diǎn)燃A處的酒精燈，打開旋塞K，讓Cl2充滿整個(gè)裝置，再點(diǎn)燃D處酒精燈，連接上E裝置．Cl2通過C瓶后再進(jìn)入D．D裝置的硬質(zhì)玻璃管內(nèi)盛有炭粉，發(fā)生氧化還原反應(yīng)，其產(chǎn)物為CO2和HCl氣體．試寫出D中反應(yīng)的化學(xué)方程式：____，裝置C的作用是____．為了使C裝置發(fā)揮更好的作用，可向燒杯中加入濃硫酸，加入濃硫酸的作用是____．

（4）在A、B、C、D、E裝置中有一處需要改進(jìn)，說明需要改進(jìn)的理由____．

（5）D處反應(yīng)完畢后，關(guān)閉旋塞K，移去酒精燈，但由于余熱的作用，A處仍有Cl2產(chǎn)生，此時(shí)B的作用是____．20、如圖是一個(gè)電化學(xué)過程的示意圖．

請(qǐng)回答下列問題：

（1）圖中甲池的名稱____（填“原電池”“電解池”或“電鍍池”）．

（2）寫出通入CH3OH的電極的電極反應(yīng)式____

（3）乙池中反應(yīng)的化學(xué)方程式為____

（4）當(dāng)乙池中B極的質(zhì)量增加5.4g時(shí)，甲池中理論上消耗O2的體積為____L（標(biāo)況下），此時(shí)丙池中____電極（填“C”或“D”）析出1.6g某金屬，則丙池的某鹽溶液可能是____（填序號(hào)）

A．MgSO4溶液B．CuSO4溶液C．NaCl溶液D．AgNO3溶液．21、簡(jiǎn)要回答下列問題。

（1）生活中不能用鋁制容器儲(chǔ)存氫氧化鈉溶液的原因是（用離子方程式表示）____；

（2）醫(yī)療上，常用胃舒平[主要成分Al（OH）3]來治療胃酸（主要成分鹽酸）過多的藥劑，其理由是（用離子方程式表示）____；

（3）工業(yè)制備漂白粉原理是（用化學(xué)方程式表示）____；

（4）金屬鋁在高溫下與三氧化二鐵反應(yīng)，屬于鋁熱反應(yīng)．請(qǐng)寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式并用單線橋法表示電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目：____；該反應(yīng)中____是氧化劑（填寫化學(xué)式），____是還原劑（填寫化學(xué)式）反應(yīng)中生成5.6克Fe時(shí)，轉(zhuǎn)移____mol電子．該反應(yīng)在工業(yè)上的用途是____．22、按要求寫出下列反應(yīng)的熱化學(xué)方程式．

（1）已知拆開1molH-H鍵，1molN-H鍵，1molN≡N鍵分別需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，則N2與H2反應(yīng)生成NH3的熱化學(xué)方程式為____．

（2）已知在常溫常壓下：

①2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（g）△H1

②2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H2③H2O（g）═H2O（l）△H3

則1mol甲醇不完全燃燒的熱化學(xué)方程式為____．23、下列儀器：①燒杯；②蒸餾燒瓶；③容量瓶；④普通漏斗；⑤分液漏斗；⑥蒸發(fā)皿；⑦玻璃棒；⑧鐵架臺(tái)（帶鐵圈、鐵夾）；⑨酒精燈；⑩溫度計(jì)，在過濾時(shí)需用到的有____（填儀器的標(biāo)號(hào)，下同）；在蒸餾時(shí)需要用到的有____；在萃取時(shí)需用到的有____；在蒸發(fā)結(jié)晶時(shí)需要用到的有____．24、（1）有下列八種物質(zhì)：①M(fèi)gCl2晶體②干冰③NaOH晶體④白磷（P4）晶體⑤金剛石⑥硼晶體，其中屬于離子晶體的是____；屬于分子晶體的是____，屬于原子晶體的是____．

（2）SO2的分子構(gòu)型為____，請(qǐng)從分子構(gòu)型的角度分析SO2、CO2在水中溶解度的差別____．評(píng)卷人得分四、判斷題(共1題，共2分)25、氨基酸分子中既有羧基，又有氨基，因此它具有兩性．____（判斷對(duì)錯(cuò)）評(píng)卷人得分五、解答題(共1題，共6分)26、兩瓶不同濃度的氫氧化鈉溶液各取100mL，分別通入CO22.24L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）．完全反應(yīng)后，將溶液低溫緩慢蒸干，分別得到不含結(jié)晶水的固體10.0g、11.6g，判斷這兩種固體的組成成分，并計(jì)算原兩瓶氫氧化鈉溶液的物質(zhì)的量濃度各是多少？評(píng)卷人得分六、探究題(共4題，共36分)27、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設(shè)計(jì)了下列實(shí)驗(yàn)過程．請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)內(nèi)填寫分離時(shí)所用操作方法，并寫出方框內(nèi)有關(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式．

寫出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式A________、C________、E________、G________．28、實(shí)驗(yàn)室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個(gè)反應(yīng)的原理來測(cè)定其含量，操作為：29、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設(shè)計(jì)了下列實(shí)驗(yàn)過程．請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)內(nèi)填寫分離時(shí)所用操作方法，并寫出方框內(nèi)有關(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式．

寫出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式A________、C________、E________、G________．30、實(shí)驗(yàn)室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個(gè)反應(yīng)的原理來測(cè)定其含量，操作為：參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】【分析】無色透明溶液與金屬鐵反應(yīng)時(shí)只放出氫氣，則為非氧化性酸溶液，根據(jù)離子之間不能結(jié)合生成沉淀、氣體、水等，不發(fā)生氧化還原反應(yīng)等，則離子共存，并結(jié)合離子的顏色來解答．【解析】【解答】解：無色透明溶液與金屬鐵反應(yīng)時(shí)只放出氫氣；則為非氧化性酸溶液；

A．Cu2+為藍(lán)色；與無色不符，故A不選；

B．H+、NO3-；Fe發(fā)生氧化還原反應(yīng)不生成氫氣；故B不選；

C．酸性溶液中該組離子之間不反應(yīng)；可大量共存，且離子均為無色，故C選；

D．酸溶液中不能大量存在OH-；故D不選；

故選C．2、C【分析】【分析】A．由圖可知，10s內(nèi)Z的物質(zhì)的量變化量為1.58mol，根據(jù)v=計(jì)算v（Z）；

B．由圖可知；10s內(nèi)X的物質(zhì)的量變化量為0.79mol；

C．依據(jù)圖象分析，Y消耗物質(zhì)的量1.0mol-0.21mol=0.79mol，轉(zhuǎn)化率=×100%；

D．根據(jù)物質(zhì)的量的變化，判斷出反應(yīng)物、生成物及是否是可逆反應(yīng)，利用物質(zhì)的量之比化學(xué)計(jì)量數(shù)之比書寫方程式．【解析】【解答】解：A．由圖可知，10s內(nèi)Z的物質(zhì)的量變化量為1.58mol，用Z表示的反應(yīng)速率為v（Z）==0.079moL/（L?s）；故A錯(cuò)誤；

B．由圖可知，10s內(nèi)X的物質(zhì)的量變化量為0.79mol，X的物質(zhì)的量濃度減少了△c===0.395mol/L；故B錯(cuò)誤；

C．反應(yīng)開始到10s時(shí)，Y消耗物質(zhì)的量1.0mol-0.21mol=0.79mol，Y的轉(zhuǎn)化率=×100%=79.0%；故C正確；

D．由圖象可以看出；由圖表可知，隨反應(yīng)進(jìn)行X；Y的物質(zhì)的量減小，Z的物質(zhì)的量增大，所以X、Y是反應(yīng)物，Z是生產(chǎn)物，l0s后X、Y、Z的物質(zhì)的量為定值，不為0，反應(yīng)是可逆反應(yīng)，且△n（X）：△n（Y）：△n（Z）=（1.20-0.41）mol：（1.00-0.21）mol：1.58mol=1：1：2，參加反應(yīng)的物質(zhì)的物質(zhì)的量之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，故反應(yīng)化學(xué)方程式為X（g）+Y（g）?2Z（g），故D錯(cuò)誤；

故選C．3、C【分析】本題考查實(shí)驗(yàn)評(píng)價(jià)。CO2與CaCl2i不反應(yīng)，A不正確；常溫下，鋁片遇濃硫酸發(fā)生鈍化，發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，B不正確；堿遇紅色石蕊試紙變藍(lán)，C正確；SO2通入溴水中，發(fā)生氧化還原反應(yīng)，使溶液褪色，D不正確。【解析】【答案】C4、B【分析】【分析】A、I-有強(qiáng)還原性，而ClO-有強(qiáng)氧化性；據(jù)此分析；

B、由水電離出的c（H+）=1×10-12mol/L的溶液中水的電離被抑制；則溶液為酸溶液或堿溶液，據(jù)此分類討論；

C、使pH試紙呈紅色的溶液為酸性溶液，溶液中有大量H+；據(jù)此分析；

D、Fe2+與SO2-3能發(fā)生雙水解．【解析】【解答】解：A、I-有強(qiáng)還原性，而ClO-有強(qiáng)氧化性；兩者能發(fā)生氧化還原反應(yīng)而不能共存，故A不選；

B、由水電離出的c（H+）=1×10-12mol/L的溶液中水的電離被抑制，則溶液為酸溶液或堿溶液，而若為酸溶液，溶液中有大量H+，而OH-與H+能生成水而不能共存；若為堿溶液，則K+、Ba2+、OH-、NO-3相互間不反應(yīng)；可以共存，故B選；

C、使pH試紙呈紅色的溶液為酸性溶液，溶液中有大量H+，而Fe2+有強(qiáng)還原性，MnO-4和酸性條件下的NO-3有強(qiáng)氧化性；能發(fā)生氧化還原反應(yīng)而不能共存，故C錯(cuò)不選；

D、Fe2+與SO2-3能發(fā)生雙水解而不能共存；故D不選．

故選B．5、A【分析】【分析】A；離子積常數(shù)是溫度的函數(shù)；

B；離子積常數(shù)是溫度的函數(shù)；

C；水溶液中存在水的電離；所以所有水溶液中存在氫離子和氫氧根離子；

D、電解質(zhì)的強(qiáng)弱與導(dǎo)電能力無關(guān)．【解析】【解答】解：A；離子積常數(shù)是溫度的函數(shù)；常溫下電解質(zhì)溶液中水的離子積相等，故A正確；

B；離子積常數(shù)是溫度的函數(shù)；常溫下，在水中加入NaOH，水的電離受到抑制，水的離子積不變，故B錯(cuò)誤；

C；水溶液中存在水的電離；所以所有水溶液中存在氫離子和氫氧根離子，故C錯(cuò)誤；

D；電解質(zhì)的強(qiáng)弱與導(dǎo)電能力無關(guān)；故D錯(cuò)誤；

故選A．6、B【分析】【分析】純凈物是同種物質(zhì)組成的；不同物質(zhì)組成的為混合物；

A；空氣是混合物；氧化鎂是純凈物；

B；水冰混合物是純凈物、啤酒是混合物；

C；生銹的鐵釘是混合物、高錳酸鉀加熱后的混合物是混合物；

D、氯化鉀純凈物、液氧是純凈物；【解析】【解答】解：A；空氣是混合物；氧化鎂是純凈物；不符合前者屬于純凈物，后者屬于混合物，故A不選；

B；水冰混合物是純凈物、啤酒是混合物；符合前者屬于純凈物；后者屬于混合物，故B選；

C；生銹的鐵釘是混合物、高錳酸鉀加熱后的混合物是混合物；不符合前者屬于純凈物；后者屬于混合物，故C不選；

D；氯化鉀純凈物、液氧是純凈物；不符合前者屬于純凈物；后者屬于混合物，故D不選；

故選B．7、B【分析】③中c(Ba2+)≈0.01mol/L；④中BaCO3和鹽酸發(fā)生反應(yīng)后c(Ba2+)≈0.005mol/L；②中存在同離子效應(yīng)，故其中的c(Ba2+)小于在純水中的c(Ba2+)?！窘馕觥俊敬鸢浮緽8、B【分析】解：樣品加入水中，全部溶解，說明一定無硝酸鋇，假設(shè)rm{13.8g}純碳酸鉀產(chǎn)生碳酸鈣的質(zhì)量為rm{x}則有。

rm{K_{2}C0_{3}+CaCl_{2}簍TCaCO_{3}隆媒+2KCl}

rm{138}rm{100}

rm{13.8g}rm{x}

rm{dfrac{138}{13.8g}=dfrac{100}{x}}

rm{dfrac{138}{13.8g}=dfrac

{100}{x}}

假設(shè)rm{x=10g}純碳酸鈉產(chǎn)生碳酸鈣的質(zhì)量為rm{13.8g}則有。

rm{y}

rm{Na_{2}C0_{3}+CaCl_{2}簍TCaCO_{3}隆媒+2NaCl}rm{106}

rm{100}rm{13.8g}

rm{dfrac{106}{13.8g}=dfrac{100}{y}}

rm{y}

含有一種雜質(zhì)是：只能是含有硝酸鉀，而不能含有碳酸鈉rm{dfrac{106}{13.8g}=dfrac

{100}{y}}若含有碳酸鈉則得到沉淀的質(zhì)量應(yīng)該大于rm{y隆脰13g}小于rm{.}而實(shí)際只得到rm{10g}故不可能含有碳酸鈉，一定含有硝酸鉀．

含有兩種雜質(zhì)是：是硝酸鉀和碳酸鈉的混合物．

故選B．

取樣品加入水中；全部溶解，則不可能硝酸鋇，加入氯化鈣能產(chǎn)生沉淀，然后根據(jù)沉淀的質(zhì)量進(jìn)一步確定碳酸鈉和硝酸鉀的存在．

本題考查了物質(zhì)共存的問題以及根據(jù)化學(xué)方程式的計(jì)算，完成此題，可以依據(jù)已有的知識(shí)進(jìn)行，判斷混合物的組成時(shí)，要采用極值法和平均值法．rm{13g}【解析】rm{B}二、雙選題(共9題，共18分)9、rAD【分析】解：rm{A.}向rm{0.1mol?L}的rm{NaHSO_{3}}中通入氨氣至溶液呈中性時(shí)，rm{c(H^{+})=c(OH^{-})}根據(jù)電荷守恒可知：rm{c(Na^{+})+c(NH_{4}^{+})=2c(SO_{3}^{2-})}由于鈉離子濃度大于亞硫酸根離子，則rm{c(Na^{+})>c(SO_{3}^{2-})>c(NH_{4}^{+})}所以溶液中rm{c(H^{+})}rm{c(OH^{-})}rm{c(SO_{3}^{2-})}rm{c(Na^{+})}rm{c(NH_{4}^{+})}這五種離子濃度大小關(guān)系為：rm{c(Na^{+})>c(SO_{3}^{2-})>c(NH_{4}^{+})>c(H^{+})=c(OH^{-})}故A正確；

B.將rm{0.1mol/L}的醋酸鈉溶液rm{20mL}與rm{0.1mol/L}鹽酸rm{10mL}混合后，反應(yīng)后rm{NaAc}和rm{HAc}的物質(zhì)的量相等，溶液顯酸性，說明rm{HAc}電離程度大于rm{Ac^{-}}水解程度，則rm{(CH_{3}COO^{-})>c(Cl^{-})}rm{HAc}為弱電解質(zhì)，部分電離，應(yīng)有rm{c(CH_{3}COOH)>c(H^{+})}故B錯(cuò)誤；

C.根據(jù)電離平衡常數(shù)可知酸性rm{HF>CH_{3}COOH}則rm{CH_{3}COOK}的水解程度大于rm{NaF}所以rm{pH}相等的rm{NaF}與rm{CH_{3}COOK}兩溶液rm{CH_{3}COOK}的濃度小于rm{NaF}由于兩溶液的rm{pH}相同，則兩溶液中氫離子、氫氧根離子的濃度相同，即rm{c(H^{+})=c(OH^{-})壟脵}根據(jù)電荷守恒可得：rm{c(H^{+})+c(Na^{+})+c(K^{+})=c(CH_{3}COO^{-})+c(OH^{-})+c(F^{-})壟脷}由rm{壟脵壟脷}得rm{c(Na^{+})-c(F^{-})=c(CH_{3}COO^{-})-c(K^{+})}故C錯(cuò)誤；

D.rm{0.1mol?L^{-1}}醋酸溶液和rm{0.2mol?L^{-1}}醋酸鈉溶液等體積混合，根據(jù)電荷守恒rm{c(H^{+})+c(Na^{+})=c(CH_{3}COO^{-})+c(OH^{-})壟脵}根據(jù)物料守恒rm{3c(Na^{+})=2c(CH_{3}COO^{-})+2c(CH_{3}COOH)壟脷}由rm{壟脵隆脕3-壟脷}得rm{3c(H^{+})+2c(CH_{3}COOH)=c(CH_{3}COO^{-})+3c(OH^{-})}故D正確；

故選AD．

A.溶液呈中性時(shí)，rm{c(H^{+})=c(OH^{-})}根據(jù)電荷守恒可知：rm{c(Na^{+})+c(NH_{4}^{+})=2c(SO_{3}^{2-})}由于鈉離子濃度大于亞硫酸根離子，則rm{c(Na^{+})>c(SO_{3}^{2-})>c(NH_{4}^{+})}

B.將rm{0.1mol/L}的醋酸鈉溶液rm{20mL}與rm{0.1mol/L}鹽酸rm{10mL}混合，反應(yīng)后rm{NaAc}和rm{HAc}的物質(zhì)的量相等；溶液顯酸性；

C.根據(jù)rm{HF}和rm{CH_{3}COOH}的電離平衡常數(shù)判斷二者酸性強(qiáng)弱，酸性越強(qiáng)，對(duì)應(yīng)的酸根離子的水解程度越強(qiáng)，據(jù)此判斷rm{pH}相同時(shí)rm{NaF}與rm{CH_{3}COOK}兩溶液中離子濃度大??；

D.rm{0.1mol?L^{-1}}醋酸溶液和rm{0.2mol?L^{-1}}醋酸鈉溶液等體積混合；根據(jù)電荷守恒和物料守恒綜合計(jì)算．

本題考查離子濃度大小比較，題目難度中等，注意反應(yīng)后溶液溶質(zhì)的物質(zhì)的量關(guān)系，把握弱電解質(zhì)電離特點(diǎn)．【解析】rm{AD}10、rAD【分析】解：rm{A}根據(jù)圖象，rm{P}點(diǎn)與rm{Q}點(diǎn)，對(duì)于氫氣，rm{Q}點(diǎn)相當(dāng)于升高溫度，氫氣的體積分?jǐn)?shù)減小，故正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，rm{Q}點(diǎn)比rm{P}點(diǎn)生成物的比例大，正反應(yīng)速率大于rm{P}點(diǎn)，故產(chǎn)生的氣體多，壓強(qiáng)大，故容器內(nèi)的總壓：rm{P}點(diǎn)rm{<Q}點(diǎn)；故A正確；

B、對(duì)于氫氣，rm{Q}點(diǎn)相當(dāng)于升高溫度，反應(yīng)正向進(jìn)行，故正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，正反應(yīng)速率大于rm{P}點(diǎn)，rm{v(Q)>v(P)}故B錯(cuò)誤；

C、根據(jù)三步法計(jì)算，設(shè)rm{MoS_{2}}變化的物質(zhì)的量為rm{x}

rm{MoS_{2}(s)+2Na_{2}CO_{3}(s)+4H_{2}(g)?Mo(s)+2CO(g)+4H_{2}O(g)+2Na_{2}S(s)}

rm{0.1}rm{0.2}rm{0.4}rm{0}rm{0}rm{0}rm{0}

rm{x}rm{2x}rm{4x}rm{x}rm{2x}rm{4x}rm{2x}

rm{0.1-x}rm{0.2-2x}rm{0.4-4x}rm{x}rm{2x}rm{4x}rm{2x}

rm{P}點(diǎn)時(shí)氫氣的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為rm{40%}故rm{dfrac{0.4-4x}{0.4-4x+2x+4x}隆脕100%=40%}rm{dfrac

{0.4-4x}{0.4-4x+2x+4x}隆脕100%=40%}rm{x=0.05}的平衡轉(zhuǎn)化率rm{=dfrac{4x}{0.4}隆脕100%=0.05隆脕100%=50%}故C錯(cuò)誤；

D、根據(jù)rm{H_{2}}的解答過程，rm{=dfrac

{4x}{0.4}隆脕100%=0.05隆脕100%=50%}點(diǎn)的平衡常數(shù)rm{K=dfrac{c^{2}(CO)cdotc^{4}(H_{2}O)}{c^{4}(H_{2})}=dfrac{(dfrac{0.1}{2})^{2}隆脕(dfrac{0.2}{2})^{4}}{(dfrac{0.2}{2})^{4}}=2.5隆脕10^{-3}}故D正確；

故選AD．

根據(jù)圖象，rm{C}點(diǎn)與rm{P}點(diǎn)，對(duì)于氫氣，rm{K=dfrac{c^{2}(CO)cdot

c^{4}(H_{2}O)}{c^{4}(H_{2})}=dfrac{(dfrac{0.1}{2})^{2}隆脕(dfrac

{0.2}{2})^{4}}{(dfrac{0.2}{2})^{4}}=2.5隆脕10^{-3}}點(diǎn)相當(dāng)于升高溫度，氫氣的體積分?jǐn)?shù)減小，故正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，rm{P}點(diǎn)比rm{Q}點(diǎn)生成物的比例大，正反應(yīng)速率大于rm{Q}點(diǎn)，故產(chǎn)生的氣體多，壓強(qiáng)大，根據(jù)三步法計(jì)算，設(shè)rm{Q}變化的物質(zhì)的量為rm{P}

rm{P}

rm{MoS_{2}}rm{x}rm{MoS_{2}(s)+2Na_{2}CO_{3}(s)+4H_{2}(g)?Mo(s)+2CO(g)+4H_{2}O(g)+2Na_{2}S(s)}rm{0.1}rm{0.2}rm{0.4}rm{0}

rm{0}rm{0}rm{0}rm{x}rm{2x}rm{4x}rm{x}

rm{2x}rm{4x}rm{2x}rm{0.1-x}rm{0.2-2x}rm{0.4-4x}rm{x}

rm{2x}點(diǎn)時(shí)氫氣的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為rm{4x}故rm{dfrac{0.4-4x}{0.4-4x+2x+4x}隆脕100%=40%}rm{2x}rm{P}的平衡轉(zhuǎn)化率rm{=dfrac{4x}{0.4}隆脕100%=0.05隆脕100%=50%}rm{40%}點(diǎn)的平衡常數(shù)rm{K=dfrac{c^{2}(CO)cdotc^{4}(H_{2}O)}{c^{4}(H_{2})}=dfrac{(dfrac{0.1}{2})^{2}隆脕(dfrac{0.2}{2})^{4}}{(dfrac{0.2}{2})^{4}}=2.5隆脕10^{-3}}．

本題考查平衡移動(dòng)原理、平衡常數(shù)的計(jì)算等，難度中等，注意判斷曲線表示哪一物質(zhì)是關(guān)鍵，側(cè)重考查學(xué)生對(duì)圖象的分析與平衡移動(dòng)的理解，難度較大．rm{dfrac

{0.4-4x}{0.4-4x+2x+4x}隆脕100%=40%}【解析】rm{AD}11、rBD【分析】解：rm{A.}容量瓶標(biāo)有溫度、規(guī)格、刻度線，量筒標(biāo)有溫度、規(guī)格，滴定管溫度、規(guī)格，量筒、容量瓶無“rm{0}”刻度，滴定管有“rm{0}”刻度在最上面；使用時(shí)滴定管水洗后還需潤(rùn)洗，但容量瓶水洗后不用潤(rùn)洗，否則產(chǎn)生誤差，故A錯(cuò)誤；

B.溫度影響化學(xué)反應(yīng)速率；可觀察比較褪色快慢，故B正確；

C.加入飽和食鹽水發(fā)生鹽析；通過過濾操作分離出硬脂酸鈉，故C錯(cuò)誤；

D.金屬鈉易燃；試驗(yàn)后應(yīng)將剩余的金屬鈉放回原試劑瓶，研磨氯酸鉀或硝酸鉀易發(fā)生爆炸，故D正確．

故選BD．

A.容量瓶標(biāo)有溫度、規(guī)格、刻度線，量筒標(biāo)有溫度、規(guī)格，滴定管溫度、規(guī)格，量筒、容量瓶無“rm{0}”刻度，滴定管有“rm{0}”刻度在最上面；使用時(shí)滴定管水洗后還需潤(rùn)洗，但容量瓶水洗后不用潤(rùn)洗；

B.溫度影響化學(xué)反應(yīng)速率；

C.通過過濾操作分離出硬脂酸鈉；

D.試驗(yàn)后應(yīng)將剩余的金屬鈉放回原試劑瓶．

本題考查較為綜合，涉及基礎(chǔ)實(shí)驗(yàn)操作，側(cè)重于學(xué)生的分析能力和實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，為高頻考點(diǎn)，注意把握實(shí)驗(yàn)的方法、步驟和使用的儀器，注重相關(guān)基礎(chǔ)知識(shí)的積累，難度不大．【解析】rm{BD}12、AB【分析】解：A．由上述分析可知；②③⑤⑥中的試劑依次為堿石灰；銀氨溶液、澄清石灰水，作用分別為除去二氧化碳并干燥CO、檢驗(yàn)CO、檢驗(yàn)二氧化碳，故A正確；

B．實(shí)驗(yàn)時(shí)；先點(diǎn)燃①處酒精燈，等裝置⑤中有明顯現(xiàn)象且有連續(xù)氣泡后，可知裝置充滿CO，再點(diǎn)燃③處酒精燈，否則CO不純易發(fā)生爆炸，故B正確；

C．實(shí)驗(yàn)完畢時(shí)，應(yīng)先熄滅③處酒精燈，再熄滅①處酒精燈，防止生成的Pb被氧化；故C錯(cuò)誤；

D．尾氣含有毒氣體CO；應(yīng)選點(diǎn)燃法或氣袋收集處理，但不與NaOH溶液反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；

故選：AB。

由實(shí)驗(yàn)?zāi)康募皩?shí)驗(yàn)裝置可知，①中發(fā)生H2C2O4CO↑+CO2↑+H2O，②中堿石灰可吸收CO2和H2O；得到干燥純凈CO，③中發(fā)生CO還原氧化鉛的反應(yīng)，④中銀氨溶液產(chǎn)生黑色銀粒，可知CO剩余，⑤中澄清石灰水變渾濁，可知CO被氧化生成二氧化碳，最后點(diǎn)燃法處理尾氣，以此來解答。

本題考查物質(zhì)的制備及性質(zhì)實(shí)驗(yàn)，為高頻考點(diǎn)，把握實(shí)驗(yàn)裝置的作用、實(shí)驗(yàn)原理、實(shí)驗(yàn)技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意?shí)驗(yàn)安全及實(shí)驗(yàn)的先后順序，題目難度不大。【解析】AB13、A|D【分析】解：A．鐵螺絲連接鋅板時(shí)；構(gòu)成的原電池中Zn比Fe易失電子，所以Fe作正極而被保護(hù)，鐵不容易生銹，故A正確；

B．CaCO3（s）高溫分解為CaO（s）和CO2（g），反應(yīng)方程式為：CaCO3（s）=CaO（s）+CO2（g）；反應(yīng)生成氣體，是熵值增加的過程，則△S＞0，室溫下不能自發(fā)進(jìn)行，△H-T△S＞0，反應(yīng)的熵變△S＞0，則△H＞0，故B錯(cuò)誤；

C．pH值為3的CH3COOH和pH為11的NaOH溶液，兩溶液中c（OH-）和c（H+）相等；但醋酸為弱酸，不能完全電離，所以醋酸濃度大，反應(yīng)后酸過量，則混合溶液呈酸性，但呈酸性，不一定pH小于7，因反應(yīng)的溫度未知，故C錯(cuò)誤；

D．電解法精煉銅時(shí)，粗銅作陽極，發(fā)生的反應(yīng)有：Zn-2e-=Zn2+，F(xiàn)e-2e-=Fe2+，Ni-2e-=Ni2+，Cu-2e-=Cu2+，可見每轉(zhuǎn)移1mol電子時(shí)陽極上溶解的銅必小于0.5NA，即小于0.5×6.02×1023；故D正確；

故選AD．

A．作原電池正極的金屬能防止被腐蝕；

B．依據(jù)反應(yīng)自發(fā)想的判斷依據(jù)是△H-T△S＜0；結(jié)合反應(yīng)特征分析；

C．醋酸為弱酸，醋酸溶液中存在電離平衡CH3COOH?H++CH3COO-，則pH=3的CH3COOH溶液，c（H+）=0.001mol/L，c（CH3COOH）＞0.001mol/L；

D．電解時(shí)；比銅活潑的金屬先溶解．

本題考查較為綜合，涉及金屬的腐蝕與防腐、反應(yīng)進(jìn)行的方向、溶液的酸堿性、電解精煉銅等知識(shí)，掌握基礎(chǔ)是關(guān)鍵，題目難度中等．【解析】【答案】AD14、B|C【分析】解：A．縮聚產(chǎn)物的單體推斷方法：凡鏈節(jié)中間（不在端上）含有（酯基）結(jié)構(gòu)的高聚物，其單體必為兩種，按斷開，羰基上加羥基，氧原子上加氫原子即得高聚物單體，或含的縮聚產(chǎn)物；其單體是苯酚和甲醛，高分子化合物J是鏈節(jié)主鏈上只有四個(gè)碳原子，無上述結(jié)構(gòu)，不是縮聚反應(yīng)的產(chǎn)物，故A錯(cuò)誤；

B．解聚J可得兩種單體：

J是由2種單體加聚而成的，故B正確；

C．J中含有碳碳鍵和碳?xì)滏I；C元素化合價(jià)未達(dá)最高，J有可燃性，故C正確；

D．由C可知；J有可燃性，故D錯(cuò)誤；

故選BC．

解答此類題目；首先要根據(jù)高聚物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式判斷高聚物是加聚產(chǎn)物還是縮聚產(chǎn)物，然后根據(jù)推斷單體的方法作出判斷，加聚產(chǎn)物的單體推斷方法：

（1）凡鏈節(jié)的主鏈上只有兩個(gè)碳原子（無其它原子）的高聚物；其合成單體必為一種，將兩半鏈閉合即可；

（2）凡鏈節(jié)主鏈上只有四個(gè)碳原子（無其它原子）且鏈節(jié)無雙鍵的高聚物；其單體必為兩種，在正中間畫線斷開，然后將四個(gè)半鍵閉合即可；

（3）凡鏈節(jié)中主碳鏈為6個(gè)碳原子；其規(guī)律是“見雙鍵，四個(gè)碳，無雙鍵，兩個(gè)碳”畫線斷開，然后將半鍵閉合，即將單雙鍵互換．

高分子化合物J是鏈節(jié)主鏈上只有四個(gè)碳原子（無其它原子）且鏈節(jié)無雙鍵的高聚物；其單體必為兩種，解聚J可得兩種單體：

據(jù)此分析解答．

本題考查由加聚反應(yīng)生成高聚物的單體的判斷方法，明確有機(jī)物的結(jié)構(gòu)是解答本題的關(guān)鍵，要求學(xué)生具有分析和解決問題的能力，題目難度不大．【解析】【答案】BC15、rAC【分析】解：rm{A}由圖可知，溫度越高平衡時(shí)rm{c(NO)}越大，即升高溫度平衡逆移，所以正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，即rm{Q>0}故A正確；

B、該反應(yīng)正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升高溫度平衡向逆反應(yīng)移動(dòng)，所以升溫化學(xué)平衡常數(shù)減小，故Krm{{,!}_{1}>K_{2}}故B錯(cuò)誤；

C、rm{T_{2}}時(shí)反應(yīng)進(jìn)行到狀態(tài)rm{D}rm{c(NO)}高于平衡濃度，故反應(yīng)向正反應(yīng)進(jìn)行，則一定有rm{婁脭(}正rm{)>婁脭(}逆rm{)}故C正確；

D、達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，壓強(qiáng)和溫度成正比例關(guān)系，則rm{P_{B}=P_{D}<P_{C}}故D錯(cuò)誤．

故選AC．

A、由圖可知，溫度越高平衡時(shí)rm{c(NO)}越大；即升高溫度平衡逆移；

B；化學(xué)平衡常數(shù)只受溫度影響；升高溫度平衡向吸熱反應(yīng)移動(dòng)，根據(jù)平衡移動(dòng)判斷溫度對(duì)平衡常數(shù)的影響分析；

C、由圖可知，rm{T_{2}}時(shí)反應(yīng)進(jìn)行到狀態(tài)rm{D}rm{c(CO)}高于平衡濃度；故反應(yīng)向逆反應(yīng)進(jìn)行；

D；達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)；壓強(qiáng)和溫度成正比例關(guān)系．

本題以化學(xué)平衡圖象為載體，考查溫度對(duì)平衡移動(dòng)的影響、對(duì)化學(xué)平衡常數(shù)的影響等，難度中等，注意曲線的各點(diǎn)都處于平衡狀態(tài)．【解析】rm{AC}16、rBD【分析】解：紅色金屬rm{M}為rm{Cu}與硫酸、雙氧水反應(yīng)得到藍(lán)色溶液為rm{CuSO_{4}}金屬rm{E}與硫酸銅反應(yīng)得到rm{Cu}與rm{X}rm{X}與硫酸、過氧化氫反應(yīng)得到rm{Y}rm{Y}與氨水得到紅褐色沉淀rm{Z}與rm{KSCN}溶液反應(yīng)得紅色溶液，則rm{Y}含有rm{Fe^{3+}}則rm{E}為rm{Fe}rm{X}為rm{FeSO_{4}}rm{Y}為rm{Fe_{2}(SO_{4})_{3}}rm{Z}為rm{Fe(OH)_{3}}．

A.rm{Fe^{2+}}的氧化性比rm{Cu^{2+}}的氧化性弱；故A錯(cuò)誤；

B.在rm{壟脹}反應(yīng)中若不加稀硫酸；硫酸亞鐵被過氧化氫氧化為硫酸鐵，在酸性溶液中鐵離子會(huì)沉淀，可能看到紅褐色沉淀，故B正確；

C.反應(yīng)rm{壟脺}的離子方程式可表示為：rm{Fe^{3+}+3SCN^{-}簍TFe(SCN)_{3}}沒有沉淀生成，故C錯(cuò)誤；

D.在反應(yīng)rm{壟脵}中只用濃硫酸，發(fā)生反應(yīng)：rm{Cu+2H_{2}SO_{4}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}反應(yīng)中硫酸既表現(xiàn)了酸性，又表現(xiàn)了氧化性，故D正確；

故選BD．

紅色金屬rm{Cu+2H_{2}SO_{4}dfrac{

underline{;;triangle

;;}}{;}CuSO_{4}+SO_{2}隆眉+2H_{2}O}為rm{M}與硫酸、雙氧水反應(yīng)得到藍(lán)色溶液為rm{Cu}金屬rm{CuSO_{4}}與硫酸銅反應(yīng)得到rm{E}與rm{Cu}rm{X}與硫酸、過氧化氫反應(yīng)得到rm{X}rm{Y}與氨水得到紅褐色沉淀rm{Y}與rm{Z}溶液反應(yīng)得紅色溶液，則rm{KSCN}含有rm{Y}則rm{Fe^{3+}}為rm{E}rm{Fe}為rm{X}rm{FeSO_{4}}為rm{Y}rm{Fe_{2}(SO_{4})_{3}}為rm{Z}．

本題考查無機(jī)物推斷，充分利用物質(zhì)的顏色進(jìn)行推斷，需要學(xué)生熟練掌握元素化合物性質(zhì)，題目難度中等．rm{Fe(OH)_{3}}【解析】rm{BD}17、rAB【分析】解：設(shè)此烴的化學(xué)式為rm{CxHy}則有。

rm{C_{x}H_{y}+(x+dfrac{y}{4})O_{2}dfrac{underline{;{碌茫脠錄};}}{;}xCO_{2}+dfrac{y}{2}H_{2}O}

rm{C_{x}H_{y}+(x+dfrac{y}{4})O_{2}

dfrac{underline{;{碌茫脠錄};}}{;}xCO_{2}+dfrac

{y}{2}H_{2}O}rm{1}rm{x+dfrac{y}{4}}

rm{x}

由此可得：rm{1+x+dfrac{y}{4}=2x}

若rm{4x=4+y}則rm{x=1}不存在此物質(zhì)；

若rm{y=0}則rm{x=2}物質(zhì)為rm{y=4}

若rm{C_{2}H_{4}}則rm{x=3}物質(zhì)為rm{y=8}

故選：rm{C_{3}H_{8}}．

反應(yīng)后加rm{AB}的溶液則氣體全部被吸收，說明氣態(tài)烴與氧氣混合后恰好完全反應(yīng)生成生成二氧化碳和水rm{NaOH}壓強(qiáng)減小至原來的一半，壓強(qiáng)之比等于物質(zhì)的量之比，容器內(nèi)反應(yīng)后氣體的物質(zhì)的量為是反應(yīng)前的一半rm{.}恢復(fù)到原溫度rm{.}水為液體，結(jié)合方程式計(jì)算．

本題考查了利用方程式進(jìn)行的討論計(jì)算，難度不大，關(guān)鍵判斷烴與氧氣混合后恰好完全反應(yīng)生成生成二氧化碳和水，再依據(jù)化學(xué)方程式中氣體前面的化學(xué)計(jì)量數(shù)進(jìn)行計(jì)算．rm{(20隆忙)}【解析】rm{AB}三、填空題(共7題，共14分)18、中子數(shù)同位素14：15mol/L14112【分析】【分析】（1）①中子數(shù)=質(zhì)量數(shù)-質(zhì)子數(shù)；

②同位素是指質(zhì)子數(shù)相同而中子數(shù)不同的同一元素的不同原子；

（2）根據(jù)n=計(jì)算物質(zhì)的量之比；

（3）結(jié)合n=、c=及配制溶液前后溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變來計(jì)算；

（4）反應(yīng)物中含元素化合價(jià)降低的物質(zhì)為氧化劑，在反應(yīng)中被還原，含元素化合價(jià)升高得物質(zhì)為還原劑，反應(yīng)中Mn元素的化合價(jià)降低，Cl元素的化合價(jià)升高，結(jié)合電子守恒分析．【解析】【解答】解：（1）①136C中中子數(shù)為13-6=7，147N中中子數(shù)為14-7=7；因此二者具有相同的中子數(shù)，故答案為：中子數(shù)；

②157N與147N是氮元素的不同原子（質(zhì)子數(shù)都是7；中子數(shù)分別為：8和7），因此二者互為同位素，故答案為：同位素；

（2）由n=可知，相同質(zhì)量的H2和N2中物質(zhì)的量之比為28g/mol：2g/mol=14：1；故答案：14：1；

（3）標(biāo)準(zhǔn)狀況下22.4L的HCl溶于水配成200mL的溶液，所得溶液的物質(zhì)的量濃度為=5mol/L；故答案為：5mol/L；

（4）反應(yīng)中Mn元素的化合價(jià)降低，Cl元素的化合價(jià)升高，由電子和原子守恒可知，反應(yīng)為4HCl（濃）+MnO2Cl2↑+MnCl2+2H2O，Mn元素的化合價(jià)由+4價(jià)降低為+2價(jià)，Cl元素的化合價(jià)由-1價(jià)升高為0，雙線橋法表示出該反應(yīng)的電子轉(zhuǎn)移方向和數(shù)目為故答案為：1；4；1；1；2；．19、4HCl（濃）+MnO2MnCl2+2H2O+Cl2↑c(diǎn)b2Cl2+2H2O（g）+C═4HCl+CO2吸收Cl2中的HCl氣體，提供D處所需水蒸氣濃硫酸稀釋時(shí)放出大量的熱，促進(jìn)試管里的水蒸發(fā)，減少氯氣的溶解尾氣的吸收需要改進(jìn)，否則容易出現(xiàn)因?yàn)槁然瘹錃怏w的極易溶解導(dǎo)致倒吸現(xiàn)象的出現(xiàn)，且水對(duì)多余Cl2的吸收效果不好貯存少量氯氣【分析】【分析】（1）A裝置中發(fā)生的是濃鹽酸和二氧化錳反應(yīng)生成氯化錳；氯氣和水的反應(yīng)；

（2）將C裝置接入B和D之間；需要吸收氯氣中的氯化氫氣體導(dǎo)氣管長(zhǎng)進(jìn)短出；

（3）D中的反應(yīng)是氯氣和碳；水反應(yīng)生成兩種氣體凈化原子守恒和氣體體積比寫出化學(xué)方程式；裝置C是吸收氯化氫氣體；同時(shí)提供水蒸氣；濃硫酸溶于水溶液溫度升高；

（4）D裝置生成的氯化氫氣體是極易溶于水的氣體；直接插入水中容易引起倒吸；符合防倒吸的裝置都符合；

（5）反應(yīng)完畢仍然有氯氣生成，則裝置B起到了貯存少量氯氣的作用．【解析】【解答】解：（1）A是氯氣發(fā)生裝置，二氧化錳和鹽酸反應(yīng)生成氯化錳、氯氣和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：4HCl（濃）+MnO2MnCl2+2H2O+Cl2↑；

故答案為：4HCl（濃）+MnO2MnCl2+2H2O+Cl2↑；

（2）將C裝置接入B和D之間，利用C裝置吸收氯化氫，同時(shí)提供D裝置需要的水蒸氣；所以正確連接為導(dǎo)氣管長(zhǎng)進(jìn)短出，即：a-c-b-d；

故答案為：c；b；

（3）Cl2通過C瓶后再進(jìn)入D．D裝置的硬質(zhì)玻璃管內(nèi)盛有炭粉，發(fā)生氧化還原反應(yīng)，其產(chǎn)物為兩種氣體，且體積比為1：4，依據(jù)原子守恒和氣體體積比可知生成氣體為氯化氫和二氧化碳，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2Cl2+2H2O（g）+C═4HCl+CO2；C裝置是吸收氯氣中的氯化氫氣體和提供水蒸氣的作用；C裝置燒杯中加入濃硫酸，溶于水溶液溫度升高使試管中水蒸發(fā)，同時(shí)減小氯氣的溶解度；

故答案為：2Cl2+2H2O（g）+C═4HCl+CO2；吸收Cl2中的HCl氣體；提供D處所需水蒸氣；濃硫酸稀釋時(shí)放出大量的熱，促進(jìn)試管里的水蒸發(fā)，減少氯氣的溶解；

（4）整套裝置中E裝置吸收易造成倒吸，尾氣的吸收需要改進(jìn)，否則容易出現(xiàn)因?yàn)槁然瘹錃怏w的極易溶解導(dǎo)致倒吸現(xiàn)象的出現(xiàn)，且水對(duì)多余Cl2的吸收效果不好；

故答案為：尾氣的吸收需要改進(jìn)，否則容易出現(xiàn)因?yàn)槁然瘹錃怏w的極易溶解導(dǎo)致倒吸現(xiàn)象的出現(xiàn)，且水對(duì)多余Cl2的吸收效果不好；

（5）D處反應(yīng)完畢后，關(guān)閉旋塞K，移去酒精燈，但由于余熱的作用，A處仍有Cl2產(chǎn)生；B中壓強(qiáng)增大，會(huì)把飽和食鹽水壓入長(zhǎng)頸漏斗中，B中液面降低，長(zhǎng)頸漏斗中液面上升，從而貯存少量氯氣；

故答案為：貯存少量氯氣．20、原電池CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO30.28DB【分析】【分析】（1）甲池能自發(fā)的進(jìn)行氧化還原反應(yīng)；所以屬于原電池；

（2）燃料電池中；負(fù)極上通入燃料，燃料失電子發(fā)生氧化反應(yīng)；

（3）乙池是電解池；碳作陽極，銀作陰極，所以反應(yīng)是電解硝酸銀溶液；

（4）根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒計(jì)算消耗氧氣等體積，丙池中，陰極上析出金屬，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子計(jì)算金屬的相對(duì)原子質(zhì)量，從而確定鹽．【解析】【解答】解：（1）甲池能自發(fā)的進(jìn)行氧化還原反應(yīng)；所以屬于原電池，故答案為：原電池；

（2）燃料電池中，負(fù)極上通入燃料，堿性條件下，甲醇水中和氫氧根離子反應(yīng)生成碳酸根離子和水，所以電極反應(yīng)式為：CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O；

故答案為：CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O；

（3）乙池是電解池，碳作陽極，銀作陰極，所以反應(yīng)是電解硝酸銀溶液，電池反應(yīng)式為：4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3，故答案為：4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3；

（4）乙池是電解池，B極上銀離子得電子發(fā)生還原反應(yīng)而析出銀，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子相等，當(dāng)乙池中B極的質(zhì)量增加5.4g時(shí)，甲池中理論上消耗O2的體積=×22.4=0.28L；

丙池是電解池，陰極上金屬離子放電析出金屬單質(zhì)，則金屬元素在氫元素之后，D電極連接甲醇電極，所以D是陰極，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子相等知，當(dāng)析出一價(jià)金屬時(shí)，其摩爾質(zhì)量==32g/mol，則該元素是硫元素，硫元素是非金屬元素，所以錯(cuò)誤，當(dāng)析出的是二價(jià)金屬，則=64g/mol；所以該金屬是銅，則溶液是硫酸銅溶液，故選B；

故答案為：0.28；D；B．21、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2OFe2O3Al0.3焊接鐵軌【分析】【分析】（1）生活中不能用鋁制容器儲(chǔ)存氫氧化鈉溶液的原因是鋁與氫氧化鈉反應(yīng)；

（2）利用氫氧化鋁能與鹽酸反應(yīng)；

（3）工業(yè)制備漂白粉原理是2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；

（4）化合價(jià)降低元素所在的反應(yīng)物是氧化劑，化合價(jià)升高元素所在的反應(yīng)物是還原劑，根據(jù)化合價(jià)的升降數(shù)可以確定轉(zhuǎn)移電子數(shù)；【解析】【解答】解：（1）生活中不能用鋁制容器儲(chǔ)存氫氧化鈉溶液的原因是鋁與氫氧化鈉反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和氫氣，方程式為：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；故答案為：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；

（2）因?yàn)闅溲趸X能與鹽酸反應(yīng)生成氯化鋁和水，方程式為：Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O；故答案為：Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O；

（3）工業(yè)制備漂白粉原理是2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；故答案為：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；

（4）反應(yīng)2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe中，化合價(jià)降低元素Fe所在的反應(yīng)物Fe2O3是氧化劑，化合價(jià)升高元素Al所在的反應(yīng)物是還原劑，化合價(jià)的升降數(shù)=轉(zhuǎn)移電子數(shù)=6，所以反應(yīng)中生成5.6克Fe即0.1mol時(shí)，轉(zhuǎn)移0.3mol電子，電子轉(zhuǎn)移情況如下：反應(yīng)在工業(yè)上的用途是焊接鐵軌；

故答案為：Fe2O3；Al；0.3；焊接鐵軌；22、N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=-92kJ?mol-1CH3OH（l）+O2（g）═CO（g）+2H2O（l）△H=+2△H3【分析】【分析】（1）化學(xué)反應(yīng)中；化學(xué)鍵斷裂吸收能量，形成新化學(xué)鍵放出能量，根據(jù)方程式計(jì)算分別吸收和放出的能量，以此計(jì)算反應(yīng)熱并判斷吸熱還是放熱；

（2）依據(jù)熱化學(xué)方程式和蓋斯定律計(jì)算得到所需熱化學(xué)方程式；【解析】【解答】解：（1）在反應(yīng)N2+3H2?2NH3中，斷裂3molH-H鍵，1molN三N鍵共吸收的能量為：3×436kJ+946kJ=2254kJ，生成2molNH3，共形成6molN-H鍵，放出的能量為：6×391kJ=2346kJ，吸收的熱量少，放出的熱量多，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，放出的熱量為：2346kJ-2254kJ=92kJ，N2與H2反應(yīng)生成NH3的熱化學(xué)方程式為：N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=-92kJ?mol-1；

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

（2）①2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（g）△H1

②2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H2

③H2O（g）═H2O（l）△H3

依據(jù)蓋斯定律計(jì)算（①-②+4×③）×得到熱化學(xué)方程式為：CH3OH（l）+O2（g）═CO（g）+2H2O（l）△H=+2△H3；

故答案為：CH3OH（l）+O2（g）═CO（g）+2H2O（l）△H=+2△H3；23、①④⑦⑧②⑧⑨⑩①⑤⑧⑥⑦⑧⑨【分析】【分析】過濾是用來分離固液混合物的分離裝置；用普通漏斗；濾紙組成的過濾器分離；

蒸餾是用來分離沸點(diǎn)不同的液體混合物的裝置；只要儀器為蒸餾燒瓶；

萃取是用來分離在不同溶劑中溶解度不同的混合物；常和分液操作一起分離混合物；

蒸發(fā)結(jié)晶用來分離可容固體與液體的混合物，只要儀器是蒸發(fā)皿．【解析】【解答】解：過濾是用來分離固液混合物的分離裝置；用普通漏斗；濾紙組成的過濾器分離，實(shí)驗(yàn)中還用到燒杯、玻璃棒，玻璃棒的作用為引流，故答案為：①④⑦⑧；

蒸餾是用來分離沸點(diǎn)不同的液體混合物的裝置；只要儀器為蒸餾燒瓶，另外還有鐵架臺(tái)；酒精燈、溫度計(jì)、冷凝管等儀器，故答案為：②⑧⑨⑩；

萃取是用來分離在不同溶劑中溶解度不同的混合物；常和分液操作一起分離混合物，常用的儀器有燒杯；分液漏斗、鐵架臺(tái)等儀器，故答案為：①⑤⑧；

蒸發(fā)結(jié)晶用來分離可容固體與液體的混合物，只要儀器是蒸發(fā)皿，此外還有玻璃棒、鐵架臺(tái)、酒精燈等儀器，玻璃棒的作用是用來攪拌，故答案為：⑥⑦⑧⑨；24、①③②④⑤⑥V形SO2是V形的極性分子，CO2是直線型的非極性分子，根據(jù)相似相溶原理，SO2在水中的溶解度比CO2的大【分析】【分析】（1）由陰陽離子構(gòu)成的晶體屬于離子晶體；由分子構(gòu)成的晶體屬于分子晶體，由原子構(gòu)成的晶體屬于原子晶體，根據(jù)晶體的構(gòu)成微粒判斷晶體類型；

（2）根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論確定分子空間構(gòu)型，根據(jù)相似相溶原理分析物質(zhì)的溶解性．【解析】【解答】解：（1）①M(fèi)gCl2晶體是由鎂離子和氯離子構(gòu)成的；為離子晶體；

②干冰是由二氧化碳分子構(gòu)成的；為分子晶體；

③NaOH晶體是由鈉離子和氫氧根離子構(gòu)成的；為離子晶體；

④白磷（P4）晶體是由分子構(gòu)成的；為分子晶體；

⑤金剛石是由原子構(gòu)成的；為原子晶體；

⑥硼晶體是由原子構(gòu)成的；為原子晶體；

所以屬于離子晶體的是①③；屬于分子晶體的是②④；屬于原子晶體的是⑤⑥，故答案為：①③；②④；⑤⑥；

（2）二氧化硫分子中價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)=2+（6-2×2）=3且含有一個(gè)孤電子對(duì)，所以為V形結(jié)構(gòu)，SO2是V形的極性分子，CO2是直線型的非極性分子，根據(jù)相似相溶原理，SO2在水中的溶解度比CO2的大，故答案為：V形；SO2是V形的極性分子，CO2是直線型的非極性分子，根據(jù)相似相溶原理，SO2在水中的溶解度比CO2的大．四、判斷題(共1題，共2分)25、√【分析】【分析】氨基酸分子中含有氨基（-NH2，具有堿的性質(zhì)）和羧基（-COOH，具有酸的性質(zhì)），據(jù)此解題．【解析】【解答】解：氨基酸分子中含有氨基（-NH2，具有堿的性質(zhì)）和羧基（-COOH，具有酸的性質(zhì)），因此它具有兩性，故答案為：√．五、解答題(共1題，共6分)26、略

【分析】【分析】二氧化碳和氫氧化鈉發(fā)生的反應(yīng)為：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3，根據(jù)二氧化碳的物質(zhì)的量結(jié)合碳元素守恒獲得碳酸鈉、碳酸氫鈉以及剩余氫氧化鈉的量的多少，根據(jù)公式c=進(jìn)行計(jì)算即可．【解析】【解答】解：設(shè)原兩瓶NaOH溶液設(shè)為A、B，物質(zhì)的量濃度分別為C1、C2；

A；B對(duì)應(yīng)生成的固體10g、11.6g；

CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O，CO2+Na2CO3+H2O═2NaHCO3

參加反應(yīng)的CO2物質(zhì)的量為n=0.1mol也為CO2中碳的物質(zhì)的量；

若0.1molCO2完全反應(yīng)全部生成Na2CO3時(shí)；碳酸鈉質(zhì)量為106g/mol×0.1mol=10.6g

若0.1molCO2完全反應(yīng)全部生成NaHCO3時(shí)；碳酸鈉質(zhì)量為84g/mol×0.1mol=8.4g

則由A；B對(duì)應(yīng)反應(yīng)完全得到的固體分別為10.0g；11.6g

可知A中得到的固體為Na2CO3和NaHCO3混合物、B中得到的固體為Na2CO3和NaOH混合物。

①設(shè)A中對(duì)應(yīng)反應(yīng)完全得到的固體Na2CO3和NaHCO3的物質(zhì)的量分別為x1，x2

則84x1+106x2=10

x1+x2=0.1

聯(lián)立即可求出x1=0.073mol，x2=0.027mol

則A中NaOH物質(zhì)的量為：2x1+x2=0.173mol

則A中NaOH溶液的物質(zhì)的量為：C1=1.73mol/L．

②設(shè)B中對(duì)應(yīng)反應(yīng)完全得到的固體Na2CO3和NaOH的物質(zhì)的量分別為y1、y2

則y1=0.1mol，106y1+40y2=11.6，所以y2=0.025mol

則B中NaOH物質(zhì)的量為：2y1+y2=0.225mol

則B中NaOH溶液的物質(zhì)的量濃度為：C2=2.25mol/L

答：10g固體成分為：碳酸鈉和碳酸氫鈉，其對(duì)應(yīng)的氫氧化鈉溶液濃度為1.73mol/L，11.6g固體成分為：碳酸鈉和氫氧化鈉，其對(duì)應(yīng)的氫氧化鈉溶液濃度為2.25mol/L．六、探究題(共4題，共36分)27、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，與氫氧化鈉不反應(yīng)，甲酸、苯酚與氫氧化鈉反應(yīng)生成溶于水的鈉鹽，苯（）不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸（HCOOH），故答案為：a．分液；b．蒸餾；c．分液；d．蒸餾；CH3O