2025年人教新起點(diǎn)高三化學(xué)上冊(cè)月考試卷

…………○…………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(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年人教新起點(diǎn)高三化學(xué)上冊(cè)月考試卷100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7題，共14分)1、下列反應(yīng)中，氧化反應(yīng)與還原反應(yīng)在同一元素間進(jìn)行的是（）A.Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2OB.Fe+CuSO4═FeSO4+CuC.2KClO32KCl+3O2↑D.2H2O2H2↑+O2↑2、已知KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O，下列說法不正確的是（）A.KClO3是氧化劑B.3molCl2生成時(shí)有5mol電子轉(zhuǎn)移C.KCl是還原產(chǎn)物，Cl2是氧化產(chǎn)物D.被氧化與被還原的氯元素的質(zhì)量比為5：13、2003年5月12日，杭州富陽(yáng)某造紙廠一名工人在生產(chǎn)作業(yè)時(shí)不慎跌入紙漿池中．另外三名工人見狀后相繼下池救助，結(jié)果均因吸入有毒氣體而死亡．經(jīng)調(diào)查，此有毒氣體的主要成分是二氧化硫，下列有關(guān)敘述不正確的是（）A.池中二氧化硫的作用可能是為了漂白紙漿B.池中的二氧化硫可能是由亞硫酸鹽反應(yīng)后產(chǎn)生的C.二氧化硫是一種沒有氣味、沒有顏色、不易被察覺的氣體D.二氧化硫在池中能達(dá)到較大濃度，是由于二氧化硫的密度比空氣大4、下列實(shí)驗(yàn)可獲成功的是（）A.用乙烷和氯氣等物質(zhì)的量混合可以得到純凈的氯乙烷B.將稀硫酸和無(wú)水酒精按3：1的體積比混合加熱到170℃制取乙烯C.將電石和飽和食鹽水置于啟普發(fā)生器中制取乙炔D.用酸性KMnO4溶液可將己烷和己烯二種無(wú)色液體鑒別開來5、在同溫同壓下，11.5g氣體A所占的體積和8gO2所占的體積相同，則氣體A的相對(duì)分子質(zhì)量為（）A.46B.28C.44D.646、向20mL0.1mol/LNH4HSO4溶液中滴入0.1mol/LNaOH溶液至恰好反應(yīng)完全，下列說法正確的是A.整個(gè)反應(yīng)過程中：c(H+)+c(Na+)+c(NH4+)=c(OH-)+2c(SO42-)B.當(dāng)?shù)稳?0mLNaOH溶液時(shí)（pH＞7）：c(NH4+)＞c(NH3·H2O)＞c(OH-)＞c(H+)C.當(dāng)?shù)稳?0mLNaOH溶液時(shí)：2c(SO42-)=c(NH3·H2O)+c(NH4+)D.當(dāng)溶液呈中性時(shí)：c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(Na+)＞c(H+)=c(OH-)7、rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}均為短周期元素且原子序數(shù)依次增大，元素rm{X}和rm{Z}同族。鹽rm{YZW}與濃鹽酸反應(yīng)，有黃綠色氣體產(chǎn)生，此氣體同冷燒堿溶液作用，可得到rm{YZW}的溶液。下列說法正確的是rm{(}rm{)}

A.原子半徑大小為rm{W<X<Y<Z}B.rm{X}的氫化物水溶液酸性強(qiáng)于rm{Z}的C.rm{Y_{2}W_{2}}與rm{ZW_{2}}均含有非極性共價(jià)鍵D.標(biāo)準(zhǔn)狀況下rm{W}的單質(zhì)狀態(tài)與rm{X}的相同評(píng)卷人得分二、多選題(共8題，共16分)8、下列陳述I；II正確并且有因果關(guān)系的是（）

。選項(xiàng)陳述I陳述IIA酸性：HCl＞H2CO3非金屬性：Cl＞CBK+、Ca2+、Mg2+的離子半徑依次減小K+、Ca2+、Mg2+氧化性性依次增強(qiáng)C硬鋁是合金其熔點(diǎn)比金屬鋁的熔點(diǎn)低D電鍍時(shí)陽(yáng)極上發(fā)生還原反應(yīng)可在鐵的鍍件上鍍銅A.AB.BC.CD.D9、下列物質(zhì)屬于酚類的是（）A.B.C.D.10、在2L密閉容器內(nèi)，按物質(zhì)的量之比為2：1投入NO和O2．某溫度下發(fā)生如下反應(yīng)：2NO（g）+O2（g）?2NO2（g）；n（NO）隨時(shí)間的變化如表：

。時(shí)間（s）012345n（NO）（mol）0.0200.0150.0120.0100.0100.010下列說法不正確的是（）A.在0～2s內(nèi)，v（O2）=0.002mol?L-1?s-1B.在該溫度時(shí)，向容器中加入O2，平衡將正向移動(dòng)，平衡常數(shù)增大C.5s后向容器中通入0.02molNO2，再次平衡后，0.020mol＜n（NO2）＜0.040molD.5s后，向反應(yīng)容器中同時(shí)通入各0.01mol的NO、O2、NO2，平衡向正向移動(dòng)11、對(duì)于反應(yīng)A2+3B2═2C來說，以下化學(xué)反應(yīng)速率的表示中，反應(yīng)速率最快的是（）A.v（B2）=1.2mol/（L?s）B.v（A2）=0.4mol/（L?s）C.v（C）=0.6mol/（L?s）D.v（B2）=0.8mol/（L?s）12、下列物質(zhì)在一定條件下可與乙烷C2H6發(fā)生化學(xué)反應(yīng)的是（）A.氯氣B.溴水C.氧氣D.酸性KMnO4溶液13、下列操作不能達(dá)成實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖牵ǎ〢.溴乙烷與氫氧化鈉溶液共煮后，加入硝酸銀檢驗(yàn)Br-B.用電石和飽和食鹽水制取乙炔C.用苯、2mol/L的硝酸制硝基苯D.用四氯化碳萃取碘水中的碘14、（雙項(xiàng)）下列說法中，正確的是（）A.烴基與羧基直接相連的化合物叫做羧酸B.飽和鏈狀羧酸的組成符合CnH2nO2C.羧酸在常溫下都能發(fā)生酯化反應(yīng)D.羧酸的官能團(tuán)是-COOH15、在2NO2?N2O4的可逆反應(yīng)中，下列狀態(tài)一定屬于平衡狀態(tài)的是（）A.N2O4和NO2的分子數(shù)比為1：2B.N2O4和NO2的濃度相等C.平衡體系的顏色一定不再改變D.單位時(shí)間有1molN2O4變?yōu)镹O2的同時(shí)，有2molNO2變?yōu)镹2O4評(píng)卷人得分三、填空題(共8題，共16分)16、如圖是從鋁士礦（主要成分為Al2O3，還含有少量SiO2、Fe2O3等雜質(zhì)）中提取Al2O3并生產(chǎn)AlN的工藝流程：

（1）“溶解”時(shí)，溶液中的硅酸鈉與偏鋁酸鈉發(fā)生反應(yīng)：2Na2SiO3+2NaAlO2+2H2O═Na2Al2Si2O8↓+4NaOH

赤泥的主要成分為____（寫出化學(xué)式）．

（2）“酸化”時(shí)通入過量CO2與NaAlO2反應(yīng)生成Al（OH）3，濾液的主要成分為____（寫出化學(xué)式）．實(shí)驗(yàn)室過濾需用到的玻璃儀器有燒杯、____；玻璃棒．

（3）“還原”時(shí)，炭黑在高溫下被氧化為CO，反應(yīng)的化學(xué)方程式為____．

（4）現(xiàn)取三份不同質(zhì)量的氮化鋁樣品（假設(shè)雜質(zhì)只含有炭黑）分別加到20.00mL相同濃度的NaOH溶液中；充分反應(yīng)后，測(cè)得實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如表所示．

（已知：AlN+NaOH+H2O═NaAlO2+NH3↑）

。實(shí)驗(yàn)序號(hào)ⅠⅡⅢ加入氮化鋁樣品的質(zhì)量/g4.18.212.3生成氨氣的體積/L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）1.4562.9124.256①該樣品中AlN的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為多少？（寫出計(jì)算過程）

②所用NaOH溶液的濃度為____mol/L．17、如圖某化學(xué)實(shí)驗(yàn)小組從商店買回的濃硫酸試劑標(biāo)簽的部分內(nèi)容；該小組在課外資料中獲得以下信息：濃硫酸腐蝕性很強(qiáng)，濃硫酸中的硫酸分步電離．

H2SO4?HSO4-+H+HSO4-?SO42-+H+

由于試劑瓶口密封簽已破損，他們懷疑該硫酸質(zhì)量分?jǐn)?shù)與標(biāo)簽不符，確定開展研究．甲認(rèn)為可以用一種精密儀器測(cè)量該溶液的C（H+），若C（H+）=36.8mol?L-1，該溶液的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為98%；乙認(rèn)為，即使有精密的儀器，甲方案也不行，建議用重量分析法來測(cè)．具體設(shè)想：取一定體積該硫酸和足量BaCl2反應(yīng)；過濾；洗滌、干燥沉淀，稱量沉淀的質(zhì)量．丙則建議用“中和滴定”進(jìn)行測(cè)量，設(shè)想如下：A、準(zhǔn)確量取一定體積的硫酸，并用適量的水稀釋；B、往稀釋后溶液中滴入2-3滴指示劑；C、用一定濃度的NaOH溶液滴定，直到出現(xiàn)滴定終點(diǎn)為止；D、記錄消耗的NaOH溶液的體積．

回答下列問題。

（1）乙推斷“甲同學(xué)方案不可行”的理由是：____．

（2）乙方案在實(shí)驗(yàn)中如何確認(rèn)SO42-完全反應(yīng)？____．

（3）在丙同學(xué)的方案中，步驟B選擇的指示劑最好是____；達(dá)到滴定終點(diǎn)的標(biāo)志是____．

（4）丙方案下列操作會(huì)使測(cè)定結(jié)果偏大____．

①在滴定前未用NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液潤(rùn)洗滴定管。

②滴定前滴定管尖嘴部分有氣泡；滴定后滴定管尖嘴部分氣泡消失。

③錐形瓶用水洗干凈后；未用待測(cè)液潤(rùn)洗。

④開始時(shí)平視讀數(shù)；滴定完成時(shí)俯視讀數(shù)。

（5）丙在實(shí)驗(yàn)中，分別取硫酸5.00mL，用5.00mol/LNaOH滴定三次，終點(diǎn)時(shí)，耗掉NaOH的體積依次為35.65mL、40.62mL、35.55mL，試通過計(jì)算該硫酸是否合格．（要計(jì)算過程）____．18、聚乳酸是一種新型可生物降解的高分子材料，主要用于制造可降解纖維、可降解塑料和醫(yī)用材料．聚乳酸材料廢棄后，先水解成乳酸（CH3-CH（OH）-COOH），乳酸在微生物作用下分解為CO2和H2O．

（1）乳酸的工業(yè)生產(chǎn)可以采用生物發(fā)酵法．淀粉葡萄糖乳酸。

①檢驗(yàn)淀粉是否完全水解，可以選用的一種試劑是____（填序號(hào)）．

a．溴水b．銀氨溶液c．碘酒d．碘化鉀淀粉溶液。

②用18噸葡萄糖發(fā)酵，理論上可以得到乳酸的質(zhì)量是____噸．

（2）乳酸的生產(chǎn)也可以采用有機(jī)合成法；其中的一種方法是丙酸法．

①反應(yīng)Ⅰ的反應(yīng)類型是____反應(yīng)．

②進(jìn)行反應(yīng)Ⅱ時(shí)，需要加入過量的乙醇，這樣做的目的是____．

（3）兩個(gè)乳酸分子之間可以形成環(huán)狀的酯，該環(huán)狀酯的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是____乳酸在一定條件下發(fā)生反應(yīng)得到聚乳酸的化學(xué)方程式是____．19、（1）某溫度下純水的c（H+）=2.0×10-7mol?L-1，在此溫度下，某溶液中由水電離出的c（H+）=4.0×10-13mol?L-1，則該溶液的pH可能是____．

（2）某溫度下純水的c（H+）=1.0×10-6mol?L-1，在此溫度下，將pH=8的Ba（OH）2與pH=5的稀鹽酸混合，欲使pH=7，則Ba（OH）2與稀鹽酸的體積比為____．20、（1）書寫下列物質(zhì)水溶液中的電離方程式（CH3COOH，NaHSO4，NaHCO3，NH3?H20）____

（2）某溫度（t℃）時(shí)，水溶液中KW=10-13，則該溫度____25℃，（填“＜”“＞”或“=”），將此溫度下pH=1的硫酸溶液aL與pH=12的氫氧化鈉溶液bL混合．

①若所得混合液為中性，則a：b=____．

②若所得混合液的pH=2，則a：b=____．21、防治環(huán)境污染；改善生態(tài)環(huán)境已成為人們的共識(shí)．

①氟氯代烷的大量使用會(huì)導(dǎo)致大氣平流層中____（填化學(xué)式）被破壞．

②向燃煤中加入石灰石，可大大減少____（填化學(xué)式）的排放；從而減少酸雨的發(fā)生．

③去除水體中重金屬離子污染通常采用____法．

A．混凝法B．沉淀法C．中和法。

④明礬是一種絮凝劑，明礬凈水的原理為____（寫出離子方程式）．22、目前我省不少城市居民所使用的燃料主要是管道煤氣，有的地方已經(jīng)開始使用天然氣作為民用燃料．管道煤氣的主要成分是CO、H2和少量烴類，天然氣的主要成分是CH4．它們的燃燒反應(yīng)如下：

2CO+O22CO22H2+O22H2OCH4+2O2CO2+2H2O

根據(jù)以上化學(xué)方程式判斷：燃燒相同體積的管道煤氣和天然氣，消耗空氣體積較大的是____．因此燃燒管道煤氣的灶具如需改燒天然氣，灶具的改進(jìn)方法是____進(jìn)風(fēng)口（填增大或減小），如不作改進(jìn)可能產(chǎn)生的不良結(jié)果是____

管道煤氣中含有的烴類；除甲烷外，還有少量乙烷；丙烷、丁烷等，它們的某些性質(zhì)見下表：

。乙烷丙烷丁烷熔點(diǎn)（℃）-183.3-189.7-138.4沸點(diǎn)（℃）-88.6-42.1-0.5試根據(jù)以上某個(gè)關(guān)鍵數(shù)據(jù)解釋冬天嚴(yán)寒的季節(jié)有時(shí)管道煤氣火焰很小，并且呈斷續(xù)狀態(tài)的原因是____．23、某實(shí)驗(yàn)小組用0.50mol/LNaOH溶液和0.50mol/L硫酸溶液進(jìn)行中和熱的測(cè)定．

Ⅰ．配制0.50mol/LNaOH溶液。

（1）若實(shí)驗(yàn)中大約要使用245mLNaOH溶液，至少需要稱量NaOH固體____g．

（2）從圖中選擇稱量NaOH固體所需要的儀器是（填字母）：____．

Ⅱ．測(cè)定稀硫酸和稀氫氧化鈉中和熱的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示．

（1）寫出該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式（中和熱為57.3kJ/mol）：____．

（2）取50mLNaOH溶液和30mL硫酸溶液進(jìn)行實(shí)驗(yàn)；實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如下表．

①請(qǐng)?zhí)顚懴卤碇械目瞻祝?/p>

。溫度。

實(shí)驗(yàn)次數(shù)起始溫度t1/℃終止溫度。

t2/℃溫度差平均值。

（t2-t1）/℃H2SO4NaOH平均值126.226.026.130.1____227.027.427.233.3325.925.925.929.8426.426.226.330.4②近似認(rèn)為0.50mol/LNaOH溶液和0.50mol/L硫酸溶液的密度都是1g/cm3，中和后生成溶液的比熱容c=4.18J/．則中和熱△H=____（取小數(shù)點(diǎn)后一位）．

③上述實(shí)驗(yàn)數(shù)值結(jié)果與57.3kJ/mol有偏差，產(chǎn)生偏差的原因可能是（填字母）____．

a．實(shí)驗(yàn)裝置保溫；隔熱效果差。

b．量取NaOH溶液的體積時(shí)仰視讀數(shù)。

c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小燒杯中。

d．用溫度計(jì)測(cè)定NaOH溶液起始溫度后直接測(cè)定H2SO4溶液的溫度．

評(píng)卷人得分四、判斷題(共3題，共24分)24、對(duì)于C（s）+CO2（g）═2CO（g）的反應(yīng)，當(dāng)密度保持不變，在恒溫恒容或恒溫恒壓條件下，均能作為達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)的標(biāo)志．____（判斷對(duì)錯(cuò)）25、同濃度的三種溶液：Na2SO4、MgSO4、Al2（SO4）3，其體積比為3：2：1，則SO濃度之比為3：2：3．____（判斷對(duì)錯(cuò)）26、標(biāo)準(zhǔn)狀況下，氣體的摩爾體積都是22.4L____（判斷對(duì)錯(cuò)）評(píng)卷人得分五、書寫(共1題，共10分)27、寫出下列物質(zhì)的電離方程式．

（1）NaOH____（2）CuCl2____．評(píng)卷人得分六、簡(jiǎn)答題(共4題，共40分)28、二氧化氯是黃綠色的氣體；可用于水體消毒與廢水處理．一種制備方法為：

______H2C2O4+______NaClO3+______H2SO4→______Na2SO4+______CO2↑+______ClO2↑+______H2O

完成下列填空：

（1）配平上述反應(yīng)方程式，該反應(yīng)的還原產(chǎn)物是______．

（2）該反應(yīng)每產(chǎn)生0.2molClO2，需要消耗草酸晶體（H2C2O4?2H2O）______g．

（3）上述反應(yīng)物中屬于第三周期的元素的原子半徑大小順序是______，其中原子半徑最大的元素最外層電子云形狀為______．

（4）二氧化氯具有強(qiáng)氧化性，能漂白有色物質(zhì)，其漂白原理與______相同．（寫一種）

（5）二氧化氯能凈化有毒廢水中的氰化鈉（NaCN），生成NaCl、CO2和N2，請(qǐng)寫出此反應(yīng)的離子方程式：______．

（6）上述反應(yīng)產(chǎn)物NaCl中含有______鍵，工業(yè)上用電解熔融的氯化鈉制備金屬鈉，氯氣在______（寫電極名稱）產(chǎn)生．29、臭氧比氧氣具有更強(qiáng)的氧化性．可將氧氣通過高壓放電管來制取臭氧：3O22O3

（1）若上述反應(yīng)的轉(zhuǎn)化率為30%，所得混合氣的平均摩爾質(zhì)量為______（保留一位小數(shù)），若上述反應(yīng)的轉(zhuǎn)化率增至40%，則混合氣的平均摩爾質(zhì)量______（填增大；不變、減?。?/p>

（2）將8L氧氣通過放電管后，恢復(fù)到原狀況，得到氣體6.5L，其中臭氧為______L．

（3）實(shí)驗(yàn)室將氧氣和臭氧的混合氣體0.896L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）通入盛有20.0g銅粉的反應(yīng)器中，充分加熱后，粉末的質(zhì)量變?yōu)?1.6g．則原混合氣中臭氧的體積分?jǐn)?shù)為______．30、鐵、鈷rm{(Co)}鎳rm{(Ni)}是同族元素；它們的化合物在工業(yè)上有重要的應(yīng)用．

rm{(1)}現(xiàn)將含rm{0.5mol}rm{FeCl_{3}}的溶液和含rm{0.5mol}rm{KSCN}的溶液混合，混合后溶液體積為rm{1L}已知溶液存在平衡：rm{Fe^{3+}(aq)+SCN^{-}(aq)?Fe(SCN)^{2+}(aq)(}忽略其它過程rm{).}平衡濃度rm{c[Fe(SCN)^{2+}]}與溫度rm{T}的關(guān)系如圖rm{1}所示：則該反應(yīng)rm{triangleH}______rm{0(}填“rm{>}”或“rm{<}”rm{)}溫度為rm{T_{1}}時(shí)，反應(yīng)在rm{5}秒鐘時(shí)達(dá)到平衡，平rm{c[Fe(SCN)^{2+}]=0.45mol/L}求達(dá)到平衡時(shí)的平均反應(yīng)速率rm{v(SCN^{-})=}______rm{mol?L^{-1}?S^{-1}}該溫度下的rm{Fe^{3+}}的平衡轉(zhuǎn)化率為__________；該溫度下反應(yīng)的平衡常數(shù)為______．

rm{(2)}草酸鈷rm{(CoC_{2}O_{4})}是一種難溶于水的淺粉紅色粉末；通常用硫酸鈷溶液和草酸銨溶液反應(yīng)制得，寫出該反應(yīng)的離子方程式：______．

rm{(3)}已知某溶液中，rm{Co^{2+}}rm{Ni^{2+}}的濃度分別為rm{0.60mol/L}和rm{1.2mol/L}取一定量的該溶液，向其中滴加rm{NaOH}溶液，已知rm{K_{sp}[Co(OH)_{2}]=6.0隆脕10^{-15}}rm{K_{sp}[Ni(OH)_{2}]=2.0隆脕10^{-15}}當(dāng)rm{Co(OH)_{2}}開始沉淀時(shí)，溶液中rm{dfrac{c(Co^{2+})}{c(Ni^{2+})}}的值等于______rm{dfrac

{c(Co^{2+})}{c(Ni^{2+})}}取兩位有效數(shù)字rm{.(}

rm{)}rm{(4)Co_{x}Ni_{(1-x)}Fe_{2}O_{4}}其中rm{(}rm{Co}均為rm{Ni}價(jià)rm{+2}可用作rm{)}分解的催化劑，具有較高的活性rm{H_{2}O_{2}}兩種不同方法制得的催化劑在rm{.}時(shí)催化、分解rm{10隆忙}的rm{6%}溶液的相對(duì)初始速率隨rm{H_{2}O_{2}}變化的曲線如圖rm{x}所示rm{2}由圖中信息可知：______法制取得到的催化劑活性更高；rm{.}rm{Co^{2+}}兩種離子中催化效果較好的是__________．rm{Ni^{2+}}31、已知rm{A}是一種氣態(tài)烴rm{.}完全燃燒時(shí)產(chǎn)生的水和二氧化碳的物質(zhì)的量之比為rm{1}rm{1.A}的相對(duì)分子質(zhì)量小于rm{30.}在下圖變化中，中間產(chǎn)物rm{C}跟葡萄糖一樣也能和新制的氫氧化銅反應(yīng)生成磚紅色沉淀rm{.(}反應(yīng)條件未寫出rm{)}

又知rm{2CH_{3}CHO+O_{2}xrightarrow[triangle]{{麓脽祿爐錄脕}}2CH_{3}COOH.}請(qǐng)回答下列問題：

rm{2CH_{3}CHO+O_{2}

xrightarrow[triangle]{{麓脽祿爐錄脕}}2CH_{3}COOH.}寫出rm{(1)}的電子式______．

rm{A}rm{(2)B}分子內(nèi)含有的官能團(tuán)分別是______、______rm{D}填名稱rm{(}．

rm{)}寫出下列反應(yīng)的反應(yīng)類型：rm{(3)}______，rm{壟脵}______．

rm{壟脺}寫出下列反應(yīng)的化學(xué)方程式：

rm{(4)}______；rm{壟脵}______．rm{壟脺}參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、A【分析】【分析】氧化反應(yīng)與還原反應(yīng)在同一元素間進(jìn)行，則反應(yīng)中只有一種元素的化合價(jià)變化，以此來解答．【解析】【解答】解：A．只有Cl元素的化合價(jià)變化；則氧化反應(yīng)與還原反應(yīng)在同一元素間進(jìn)行，故A選；

B．Fe；Cu元素的化合價(jià)變化；故B不選；

C．Cl；O元素的化合價(jià)變化；故C不選；

D．H；O元素的化合價(jià)變化；故D不選；

故選A．2、C【分析】【分析】KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O中，Cl元素的化合價(jià)由+5價(jià)降低為0，Cl元素的化合價(jià)由-1價(jià)升高為0，以此來解答．【解析】【解答】解：A．氯酸鉀中Cl元素的化合價(jià)降低；則氯酸鉀為氧化劑，故A正確；

B．生成3molCl2時(shí)；由反應(yīng)及元素的化合價(jià)變化可知，有5mol電子轉(zhuǎn)移，故B正確；

C．只有Cl元素的化合價(jià)變化，則Cl2是氧化產(chǎn)物；也是還原產(chǎn)物，故C錯(cuò)誤；

D．由反應(yīng)可知；1molCl得到電子，5molCl失去電子，則被氧化與被還原的氯元素的質(zhì)量比為5：1，故D正確；

故選C．3、C【分析】【分析】A．二氧化硫具有漂白性；

B．亞硫酸鹽與強(qiáng)酸反應(yīng)生成二氧化硫；

C．二氧化硫具有刺激性氣味；

D．二氧化硫的密度比空氣大，密度大的氣體在下方．【解析】【解答】解：A．二氧化硫具有漂白性；能漂白紙漿，故A正確；

B．亞硫酸鹽與強(qiáng)酸反應(yīng)生成二氧化硫；則池中的二氧化硫可能是由亞硫酸鹽反應(yīng)后產(chǎn)生的，故B正確；

C．二氧化硫具有刺激性氣味；易被察覺，故C錯(cuò)誤；

D．二氧化硫的密度比空氣大；則二氧化硫可在池中能達(dá)到較大濃度，故D正確；

故選C．4、D【分析】【分析】A．氯氣和乙烷發(fā)生取代反應(yīng)生成多種氯代烴；

B．乙醇在濃硫酸作催化劑條件下制取乙烯；

C．實(shí)驗(yàn)室不能用啟普發(fā)生器制取乙炔氣體；

D．烷烴和酸性高錳酸鉀溶液不反應(yīng)，含有碳碳不飽和鍵的烴或連接苯環(huán)的碳原子上含有H原子的苯的同系物能被酸性高錳酸鉀溶液氧化．【解析】【解答】解：A．氯氣和乙烷發(fā)生取代反應(yīng)生成多種氯代烴；所以不能用氯氣和乙烷制取氯乙烷，故A錯(cuò)誤；

B．乙醇在濃硫酸作催化劑條件下制取乙烯；稀硫酸不能作該反應(yīng)的催化劑，故B錯(cuò)誤；

C．此反應(yīng)大量放熱；生成的氫氧化鈣是糊狀物，反應(yīng)很劇烈，應(yīng)選用分液漏斗，以便控制水的流速，故實(shí)驗(yàn)室不能用啟普發(fā)生器制取乙炔氣體，應(yīng)用分液漏斗和平底燒瓶，故C錯(cuò)誤；

D．烷烴和酸性高錳酸鉀溶液不反應(yīng)；含有碳碳不飽和鍵的烴或連接苯環(huán)的碳原子上含有H原子的苯的同系物能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，環(huán)己烷中不含碳碳不飽和鍵，不能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，環(huán)己烯中含有碳碳雙鍵，所以能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，則可以用酸性高錳酸鉀溶液鑒別環(huán)己烷和環(huán)己烯，故D正確；

故選D．5、A【分析】【分析】根據(jù)n=計(jì)算氧氣的物質(zhì)的量，同溫同壓下，二者體積相同，則11.5g氣體A和8gO2的物質(zhì)的量相同，根據(jù)M=計(jì)算氣體A的摩爾質(zhì)量，據(jù)此判斷氣體A的相對(duì)分子質(zhì)量．【解析】【解答】解：8gO2的物質(zhì)的量為=0.25mol；

同溫同壓下，二者體積相同，則11.5g氣體A和8gO2的物質(zhì)的量相同；即氣體A的物質(zhì)的量為0.25mol．

所以氣體A的摩爾質(zhì)量為=46g/mol．

所以該氣體的相對(duì)分子質(zhì)量為46．

故選：A．6、A|B【分析】試題分析：恰好完全反應(yīng)即NH4HSO4與NaOH都無(wú)剩余，二者反應(yīng)生成水、硫酸鈉、一水合氨，反應(yīng)的化學(xué)方程式是NH4HSO4+2NaOH=Na2SO4+H2O+NH3·H2O。A、在整個(gè)的反應(yīng)過程中，溶液中存在的離子始終是H+、Na+、NH4+、OH-、SO42-，根據(jù)電荷守恒規(guī)律，有c(H+)+c(Na+)+c(NH4+)=c(OH-)+2c(SO42-)，正確；B、當(dāng)加入30mL的NaOH溶液時(shí)，此時(shí)NH4HSO4與NaOH的物質(zhì)的量之比是2:3，氫氧根離子先與氫離子反應(yīng)，再與銨根離子反應(yīng)，所以此時(shí)的離子方程式是NH4++2H++3OH-=2H2O+NH3·H2O，溶液為硫酸鈉、一水合氨、硫酸銨的混合溶液，pH>7，則溶液呈堿性，說明一水合氨的電離程度大于銨根離子的水解程度，所以c(NH4+)＞c(NH3·H2O)＞c(OH-)＞c(H+)，正確；C、當(dāng)?shù)稳?0mLNaOH溶液時(shí)，此時(shí)NH4HSO4與NaOH的物質(zhì)的量之比是1:1，則c(SO42-)=c(Na+)=c(NH3·H2O)+c(NH4+)，或者直接根據(jù)NH4HSO4的化學(xué)式可知c(SO42-)=c(NH3·H2O)+c(NH4+)，錯(cuò)誤；D、溶液呈中性時(shí)，c(H+)=c(OH-)，根據(jù)B、C選項(xiàng)的分析，加入30mLNaOH溶液時(shí)呈堿性，加入20mLNaOH溶液時(shí)，呈酸性，則呈中性時(shí)，加入NaOH溶液的體積在20-30mL之間，此時(shí)有c(Na+)＞c(SO42-)＞c(NH4+)，錯(cuò)誤，答案選AB。考點(diǎn)：考查溶液中離子反應(yīng)的判斷，離子濃度大小關(guān)系的比較，守恒規(guī)律的應(yīng)用【解析】【答案】AB7、D【分析】解：rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}均為短周期元素且原子序數(shù)依次增大，元素rm{X}和rm{Z}同族，鹽rm{YZW}與濃鹽酸反應(yīng)，有黃綠色氣體產(chǎn)生，該氣體是rm{Cl_{2}}此氣體同冷燒堿溶液作用，可得到含rm{YZW}的溶液，氯氣和rm{NaOH}反應(yīng)生成rm{NaCl}和rm{NaClO}rm{YZW}應(yīng)該是rm{NaClO}則rm{Y}是rm{Na}rm{Z}是rm{Cl}rm{W}是rm{O}元素，rm{X}和rm{Z}同一族且為短周期元素，則rm{X}為rm{F}元素；

A.原子電子層數(shù)越多其原子半徑越大，同一周期元素，其原子半徑隨著原子序數(shù)增大而減小，原子半徑大小順序是rm{F<O<Cl<Na}即rm{X<W<Z<Y}故A錯(cuò)誤；

B.rm{X}的氫化物為rm{HF}rm{Z}的氫化物為rm{HCl}氫氟酸是弱酸、鹽酸是強(qiáng)酸，所以其氫化物的水溶液酸性rm{X}弱于rm{Z}故B錯(cuò)誤；

C.rm{Y_{2}W_{2}}rm{ZW2}分別是rm{Na_{2}O_{2}}rm{ClO_{2}}同一種非金屬元素之間易形成非極性鍵，前者含有非極性鍵，后者不含非極性鍵，故C錯(cuò)誤；

D.標(biāo)況下，氟氣、氧氣都是氣態(tài)，所以標(biāo)況下rm{W}和rm{X}的單質(zhì)狀態(tài)相同；故D正確；

故選：rm{D}

rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}均為短周期元素且原子序數(shù)依次增大，元素rm{X}和rm{Z}同族，鹽rm{YZW}與濃鹽酸反應(yīng)，有黃綠色氣體產(chǎn)生，該氣體是rm{Cl_{2}}此氣體同冷燒堿溶液作用，可得到含rm{YZW}的溶液，氯氣和rm{NaOH}反應(yīng)生成rm{NaCl}和rm{NaClO}rm{YZW}應(yīng)該是rm{NaClO}則rm{Y}是rm{Na}rm{Z}是rm{Cl}rm{W}是rm{O}元素，rm{X}和rm{Z}同一族且為短周期元素，則rm{X}為rm{F}元素；

A.原子電子層數(shù)越多其原子半徑越大；同一周期元素，其原子半徑隨著原子序數(shù)增大而減??；

B.rm{X}的氫化物為rm{HF}rm{Z}的氫化物為rm{HCl}氫氟酸是弱酸；鹽酸是強(qiáng)酸；

C.rm{Y_{2}W_{2}}rm{ZW2}分別是rm{Na_{2}O_{2}}rm{ClO_{2}}同一種非金屬元素之間易形成非極性鍵；

D.標(biāo)況下；氟氣；氧氣都是氣態(tài)。

本題考查位置結(jié)構(gòu)性質(zhì)關(guān)系，側(cè)重考查學(xué)生綜合運(yùn)用能力，正確判斷rm{YZW}物質(zhì)是解本題關(guān)鍵，熟練掌握元素周期表結(jié)構(gòu)、原子結(jié)構(gòu)、元素周期律即可，題目難度不大?！窘馕觥縭m{D}二、多選題(共8題，共16分)8、BC【分析】【分析】A．比較元素非金屬性強(qiáng)弱要看最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物的酸性強(qiáng)弱；

B．元素的金屬性越強(qiáng)；其陽(yáng)離子結(jié)合電子的能力就越弱；

C．合金的熔沸點(diǎn)比成分金屬低；

D．電鍍時(shí)陽(yáng)極上發(fā)生氧化反應(yīng)，陰極發(fā)生還原反應(yīng)．【解析】【解答】解：A．比較元素非金屬性強(qiáng)弱要看最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物的酸性強(qiáng)弱；不能看無(wú)氧酸，故A錯(cuò)誤；

B．K、Ca是同一周期的元素，元素的兩種半徑：K+＞Ca2+，所以氧化性Ca2+＞K+；Mg、Ca是同一主族的元素，由于離子半徑Ca2+＞Mg2+，所以氧化性Mg2+＞Ca2+＞K+；依次增強(qiáng)；故B正確；

C．硬鋁是合金；所以其熔點(diǎn)比金屬鋁的熔點(diǎn)低，故C正確；

D．電鍍時(shí)；鍍件Fe作陰極，發(fā)生還原反應(yīng)，Cu作陽(yáng)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，故D錯(cuò)誤．

故選BC．9、AC【分析】【分析】羥基與鏈烴基或者苯環(huán)側(cè)鏈直接相連的有機(jī)物屬于醇類，官能團(tuán)羥基直接與苯環(huán)相連形成的有機(jī)物為酚類，據(jù)此進(jìn)行解答．【解析】【解答】解：A．中苯環(huán)與羥基相連；屬于酚類，故A正確；

B．中羥基與苯環(huán)側(cè)鏈相連；屬于醇類，故B錯(cuò)誤；

C．中苯環(huán)與羥基相連；屬于酚類，故C正確；

D．中羥基與苯環(huán)側(cè)鏈相連；屬于醇類，故D錯(cuò)誤．

故選AC．10、AB【分析】【分析】A、根據(jù)化學(xué)反應(yīng)速率v=來計(jì)算回答；

B；增加反應(yīng)物的濃度；化學(xué)平衡正向移動(dòng)，但是化學(xué)平衡常數(shù)數(shù)溫度的函數(shù)；

C、向容器中通入0.02molNO2；相當(dāng)于增大了體系的壓強(qiáng)，會(huì)引起化學(xué)平衡的移動(dòng)，據(jù)此來回答；

D、化學(xué)平衡體系中，增大壓強(qiáng)，2NO（g）+O2（g）?2NO2（g）平衡會(huì)發(fā)生移動(dòng)．【解析】【解答】解：A、化學(xué)反應(yīng)速率v（NO）==-=0.002mol?L-1?s-1，根據(jù)化學(xué)反應(yīng)速率之比等于系數(shù)值比，所以v（O2）=0.001mol?L-1?s-1；故A錯(cuò)誤；

B、向容器中加入O2；平衡將正向移動(dòng)，但是化學(xué)平衡常數(shù)數(shù)溫度的函數(shù)，溫度沒變，所以平衡常數(shù)不變，故B錯(cuò)誤；

C、向容器中通入0.02molNO2，相當(dāng)于增大了體系的壓強(qiáng)，會(huì)引起化學(xué)平衡向正向移動(dòng)，再次平衡后，0.020mol＜n（NO2）＜0.040mol；故C正確；

D、5s后，向反應(yīng)容器中同時(shí)通入各0.01mol的NO、O2、NO2，相當(dāng)于在化學(xué)平衡體系中增大壓強(qiáng)，2NO（g）+O2（g）?2NO2（g）平衡會(huì)向著正方向發(fā)生移動(dòng)；故D正確．

故選AB．11、AB【分析】【分析】由于不同物質(zhì)表示的速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，故不同物質(zhì)質(zhì)表示的反應(yīng)速率與其化學(xué)計(jì)量數(shù)的比值越大，則表示的反應(yīng)速率越快．【解析】【解答】解：A.=0.4mol/（L?s）；

B.=0.4mol/（L?s）；

C.=0.3mol/（L?s）；

D.=0.267mol/（L?s）；

故選AB．12、AC【分析】【分析】乙烷化學(xué)性質(zhì)穩(wěn)定，不與強(qiáng)酸、強(qiáng)堿、酸性高錳酸鉀溶液、溴水等強(qiáng)氧化劑發(fā)生反應(yīng)，但在光照條件下可以與氣態(tài)鹵素單質(zhì)發(fā)生取代反應(yīng)，點(diǎn)燃條件與氧氣發(fā)生燃燒反應(yīng)．【解析】【解答】解：乙烷化學(xué)性質(zhì)穩(wěn)定；不與強(qiáng)酸；強(qiáng)堿、酸性高錳酸鉀溶液、溴水發(fā)生反應(yīng)，但在光照條件下可以與氣態(tài)鹵素單質(zhì)發(fā)生取代反應(yīng)，點(diǎn)燃條件與氧氣發(fā)生燃燒反應(yīng)；

A；氯氣為氣態(tài)鹵素單質(zhì)；在光照條件下可以乙烷與氯氣可以發(fā)生取代反應(yīng)，故A正確；

B；溴水不是氣態(tài)鹵素單質(zhì)；乙烷與溴水不能發(fā)生反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；

C；乙烷在氧氣中燃燒；故C正確；

D；乙烷化學(xué)性質(zhì)穩(wěn)定；不能與酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；

故選AC．13、AC【分析】【分析】A．檢驗(yàn)溴離子應(yīng)在酸性溶液中；

B．碳化鈣與水反應(yīng)生成氫氧化鈣和乙炔；

C．苯；濃硝酸在催化劑作用下發(fā)生取代反應(yīng)生成硝基苯；

D．碘不易溶于水，易溶于四氯化碳．【解析】【解答】解：A．溴乙烷與氫氧化鈉溶液共煮后，然后加酸至酸性溶液中，加入硝酸銀檢驗(yàn)Br-；故A錯(cuò)誤；

B．碳化鈣與水反應(yīng)生成氫氧化鈣和乙炔；則用電石和飽和食鹽水制取乙炔，故B正確；

C．苯；濃硝酸在催化劑作用下發(fā)生取代反應(yīng)生成硝基苯；則用苯、2mol/L的硝酸不能制硝基苯，需要濃硝酸、濃硫酸，故C錯(cuò)誤；

D．碘不易溶于水；易溶于四氯化碳，則用四氯化碳萃取碘水中的碘，故D正確；

故選AC．14、AD【分析】【分析】A；由羧酸的定義分析；

B、飽和鏈狀一元羧酸的組成符合CnH2nO2；

C；在催化劑、加熱的條件下；羧酸可以與醇發(fā)生酯化反應(yīng)；

D、羧酸的官能團(tuán)為羧基．【解析】【解答】解：A；由烴基和羧基相連構(gòu)成的有機(jī)化合物稱為羧酸羧酸；故A正確；

B、飽和鏈狀一元羧酸的組成符合CnH2nO2；故B錯(cuò)誤；

C；在催化劑、加熱的條件下；羧酸可以與醇發(fā)生酯化反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；

D；羧酸的官能團(tuán)為羧基-COOH；故D正確；

故選AD．15、CD【分析】【分析】化學(xué)反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)時(shí)，正逆反應(yīng)速率相等，且不等于0，各物質(zhì)的濃度不再發(fā)生變化，由此衍生的一些物理量不發(fā)生變化，以此進(jìn)行判斷，得出正確結(jié)論．【解析】【解答】解：A．平衡時(shí)各物質(zhì)的分子數(shù)之比取決于物質(zhì)的起始物質(zhì)的量和轉(zhuǎn)化率，故N2O4和NO2的分子數(shù)比為1：2不能作為判斷是否達(dá)到平衡狀態(tài)的依據(jù)；故A錯(cuò)誤；

B．平衡時(shí)各物質(zhì)的濃度大小關(guān)系取決于物質(zhì)的起始物質(zhì)的量和轉(zhuǎn)化率，故N2O4和NO2的濃度相等不能作為判斷是否達(dá)到平衡狀態(tài)的依據(jù)；故B錯(cuò)誤；

C．N2O4為無(wú)色氣體；二氧化氮為紅棕色氣體，故平衡體系的顏色一定不再改變可作為判斷是否達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)的依據(jù)，故C正確；

D．單位時(shí)間有1molN2O4變?yōu)镹O2是正反應(yīng)，同時(shí)有2molNO2變?yōu)镹2O4為逆反應(yīng)；且化學(xué)反應(yīng)速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，故正逆反應(yīng)速率相等，說明達(dá)到平衡狀態(tài)，故D正確；

故選CD．三、填空題(共8題，共16分)16、Fe2O3、Na2Al2Si2O8NaHCO3漏斗Al2O3+N2+3C2AlN+3CO9.5【分析】【分析】鋁士礦（主要成分為Al2O3，還含有少量SiO2、Fe2O3等雜質(zhì)），鋁士礦中加入氫氧化鈉溶液，SiO2和Al2O3溶于氫氧化鈉溶液，溶液中的硅酸鈉與偏鋁酸鈉發(fā)生反應(yīng)：2Na2SiO3+2NaAlO2+2H2O═Na2Al2Si2O8↓+4NaOH，氧化鐵不溶于氫氧化鈉溶液，所以過濾得赤泥為Fe2O3、Na2Al2Si2O8，濾液主要為偏鋁酸鈉溶液，偏鋁酸鈉溶液中通入過量的二氧化碳酸化得沉淀為氫氧化鋁，過濾得濾液主要為NaHCO3溶液，氫氧化鋁燃燒得氧化鋁，氧化鋁、碳、氮?dú)庠诟邷叵律傻X，同時(shí)碳被氧化為CO，據(jù)此答題；【解析】【解答】解：鋁士礦（主要成分為Al2O3，還含有少量SiO2、Fe2O3等雜質(zhì)），鋁士礦中加入氫氧化鈉溶液，SiO2和Al2O3溶于氫氧化鈉溶液，溶液中的硅酸鈉與偏鋁酸鈉發(fā)生反應(yīng)：2Na2SiO3+2NaAlO2+2H2O═Na2Al2Si2O8↓+4NaOH，氧化鐵不溶于氫氧化鈉溶液，所以過濾得赤泥為Fe2O3、Na2Al2Si2O8，濾液主要為偏鋁酸鈉溶液，偏鋁酸鈉溶液中通入過量的二氧化碳酸化得沉淀為氫氧化鋁，過濾得濾液主要為NaHCO3溶液；氫氧化鋁燃燒得氧化鋁，氧化鋁；碳、氮?dú)庠诟邷叵律傻X，同時(shí)碳被氧化為CO；

（1）根據(jù)上面的分析可知，赤泥的主要成分為Fe2O3、Na2Al2Si2O8；

故答案為：Fe2O3、Na2Al2Si2O8；

（2）“酸化”時(shí)通入過量CO2與NaAlO2反應(yīng)生成Al（OH）3，濾液的主要成分為NaHCO3；實(shí)驗(yàn)室過濾需用到的玻璃儀器有燒杯；漏斗、玻璃棒；

故答案為：NaHCO3；漏斗；

（3）氧化鋁、碳、氮?dú)庠诟邷叵律傻X，同時(shí)碳被氧化為CO，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Al2O3+N2+3C2AlN+3CO；

故答案為：Al2O3+N2+3C2AlN+3CO；

（4）比較表中三組數(shù)據(jù)可知；實(shí)驗(yàn)Ⅱ中固體的質(zhì)量為實(shí)驗(yàn)Ⅰ中的兩倍時(shí)，產(chǎn)生的氣體的體積也為兩倍，說明在實(shí)驗(yàn)Ⅰ中氫氧化鈉是過量的，實(shí)驗(yàn)Ⅲ的固體為實(shí)驗(yàn)Ⅰ的3倍，而氣體沒有達(dá)到3倍，說明在實(shí)驗(yàn)Ⅲ中固體過量，氫氧化鈉全部參加反應(yīng)；

①根據(jù)反應(yīng)AlN+NaOH+H2O═NaAlO2+NH3↑利用實(shí)驗(yàn)Ⅰ數(shù)據(jù)可知；

n（AlN）=n（NH3）=mol=0.065mol，所以AlN的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為：×100%=65%；

答：AlN的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為65%；

②根據(jù)反應(yīng)AlN+NaOH+H2O═NaAlO2+NH3↑利用實(shí)驗(yàn)Ⅲ數(shù)據(jù)可知，n（NaOH）=n（NH3）=mol=0.19mol，所以NaOH溶液的濃度為：=9.5mol/L；

故答案為：9.5．17、濃硫酸含水少，硫酸主要以分子形式存在在上層清液中滴加氯化鋇（或硝酸鋇等）溶液，若產(chǎn)生白色沉淀，則說明SO42-沒有完全沉淀，若不產(chǎn)生白色沉淀，則說明SO42-已完全沉淀酚酞試液當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏危芤河蔁o(wú)色變成粉紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色①②不合格；根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)舍去誤差大的數(shù)據(jù)（VNaOH=40.62mL），可得V（NaOH）==35.60mL，根據(jù)標(biāo)簽數(shù)據(jù)計(jì)算得濃硫酸的物質(zhì)的量濃度為c（H2SO4）=mol?L-1=19.8mol?L-1，根據(jù)中和滴定測(cè)得濃硫酸的濃度為c（H2SO4）=mol?L-1=17.8mol?L-1＜19.8mol?L-1，所以不合格．【分析】【分析】（1）濃硫酸含水少；硫酸基本不電離，主要以分子形式存在；

（2）檢驗(yàn)SO42-是否完全沉淀是取上層清液，滴加氯化鋇（或硝酸鋇等）溶液，若產(chǎn)生白色沉淀，則說明SO42-沒有完全沉淀，若不產(chǎn)生白色沉淀，則說明SO42-已完全沉淀；

（3）氫氧化鈉滴定硫酸用酚酞試液作指示劑；達(dá)到滴定終點(diǎn)的標(biāo)志是當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏危蝗芤河蔁o(wú)色變成粉紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色；

（4）根據(jù)c（H2SO4）=來判斷；

（5）根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)舍去誤差大的數(shù)據(jù)（VNaOH=40.62mL），可得V（NaOH）==35.60mL，根據(jù)標(biāo)簽數(shù)據(jù)計(jì)算得濃硫酸的物質(zhì)的量濃度為c（H2SO4）=mol?L-1=19.8mol?L-1，根據(jù)中和滴定測(cè)得濃硫酸的濃度為c（H2SO4）=mol?L-1=17.8mol?L-1＜19.8mol?L-1，所以不合格．【解析】【解答】解：（1）濃硫酸含水少；硫酸基本不電離，主要以分子形式存在，所以測(cè)不出氫離子濃度，故答案為：濃硫酸含水少，硫酸主要以分子形式存在；

（2）檢驗(yàn)SO42-是否完全沉淀是取上層清液，滴加氯化鋇（或硝酸鋇等）溶液，若產(chǎn)生白色沉淀，則說明SO42-沒有完全沉淀，若不產(chǎn)生白色沉淀，則說明SO42-已完全沉淀；

故答案為：在上層清液中滴加氯化鋇（或硝酸鋇等）溶液，若產(chǎn)生白色沉淀，則說明SO42-沒有完全沉淀，若不產(chǎn)生白色沉淀，則說明SO42-已完全沉淀；

（3）氫氧化鈉滴定硫酸用酚酞試液作指示劑；達(dá)到滴定終點(diǎn)的標(biāo)志是當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏?；溶液由無(wú)色變成粉紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色；

故答案為：酚酞試液；當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏?；溶液由無(wú)色變成粉紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色；

（4）①在滴定前未用NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液潤(rùn)洗滴定管；則導(dǎo)致氫氧化鈉的濃度被稀釋，所以滴下的氫氧化鈉體積偏大，硫酸濃度偏大；

②滴定前滴定管尖嘴部分有氣泡；滴定后滴定管尖嘴部分氣泡消失，導(dǎo)致讀數(shù)偏大，硫酸濃度偏大；

③錐形瓶用蒸餾水洗凈后；沒有用待測(cè)液潤(rùn)洗，對(duì)氫氧化鈉的量沒有影響，所以硫酸濃度不變；

④滴定前；平視讀數(shù)，滴定后俯視讀數(shù)，讀數(shù)比真實(shí)值偏小，故硫酸濃度偏??；

故答案為：①②；

（5）根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)舍去誤差大的數(shù)據(jù)（VNaOH=40.62mL），可得V（NaOH）==35.60mL，根據(jù)標(biāo)簽數(shù)據(jù)計(jì)算得濃硫酸的物質(zhì)的量濃度為c（H2SO4）=mol?L-1=19.8mol?L-1，根據(jù)中和滴定測(cè)得濃硫酸的濃度為c（H2SO4）=mol?L-1=17.8mol?L-1＜19.8mol?L-1；所以不相符．所以不合格；

故答案為：不合格；根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)舍去誤差大的數(shù)據(jù)（VNaOH=40.62mL），可得V（NaOH）==35.60mL，根據(jù)標(biāo)簽數(shù)據(jù)計(jì)算得濃硫酸的物質(zhì)的量濃度為c（H2SO4）=mol?L-1=19.8mol?L-1，根據(jù)中和滴定測(cè)得濃硫酸的濃度為c（H2SO4）=mol?L-1=17.8mol?L-1＜19.8mol?L-1，所以不合格．18、c18取代乳酸溶于乙醇，使平衡向生成乳酸的方向移動(dòng)，可以提高轉(zhuǎn)化率n+（n-1）H2O【分析】【分析】（1）①淀粉若完全水解；溶液中沒有淀粉剩余，加入碘酒，溶液不變藍(lán)；

②由關(guān)系式C6H12O6（葡萄糖）～2C3H6O3（乳酸）；結(jié)合質(zhì)量守恒定律，可知葡萄糖質(zhì)量等于乳酸的質(zhì)量；

（2）①由物質(zhì)的結(jié)構(gòu)；Cl原子取代α為H原子；

②乳酸溶于乙醇；使平衡向生成乳酸的方向移動(dòng)；

（3）根據(jù)酯化反應(yīng)原理：“酸脫羥基，醇脫氫生成酯與水”解答，乳酸通過酯化反應(yīng)進(jìn)行的縮聚反應(yīng)生成聚乳酸．【解析】【解答】解：（1）①淀粉若完全水解；溶液中沒有淀粉剩余，加入碘酒，溶液不變藍(lán)，故選：c；

②由關(guān)系式C6H12O6（葡萄糖）～2C3H6O3（乳酸）；結(jié)合質(zhì)量守恒定律，可知m（乳酸）=m（葡萄糖）=18噸，故答案為：18；

（2）①由物質(zhì)的結(jié)構(gòu)；反應(yīng)I是丙酸中α為H原子被Cl原子取代，屬于取代反應(yīng)，故答案為：取代；

②乳酸溶于乙醇；使平衡向生成乳酸的方向移動(dòng)，可以提高轉(zhuǎn)化率，故答案為：乳酸溶于乙醇，使平衡向生成乳酸的方向移動(dòng)，可以提高轉(zhuǎn)化率；

（3）根據(jù)酯化反應(yīng)原理：“酸脫羥基，醇脫氫生成酯與水”，兩個(gè)乳酸分子之間可以形成環(huán)狀的酯，該環(huán)狀酯的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是乳酸在一定條件下發(fā)生反應(yīng)得到聚乳酸的化學(xué)方程式是：n+（n-1）H2O；

故答案為：n+（n-1）H2O．19、1或12.42：9【分析】【分析】（1）先根據(jù)該溫度下純水電離的氫離子濃度計(jì)算出水的離子積；酸或堿抑制水電離，含有弱根離子的鹽促進(jìn)水電離，當(dāng)由水電離出的c（H+）水=4.0×10-13mol/L＜2.0×10-7mol?L-1；則該溶液可能是酸也可能是堿，據(jù)此分別計(jì)算出酸溶液；堿溶液中氫離子濃度，再計(jì)算出溶液的pH；

（2）先根據(jù)該溫度下純水電離的氫離子濃度計(jì)算出水的離子積，然后根據(jù)水的離子積常數(shù)計(jì)算氫氧化鋇溶液中c（OH-），再根據(jù)鹽酸和氫氧化鋇之間的關(guān)系計(jì)算氫氧化鋇和鹽酸的體積之比．【解析】【解答】解：（1）該溫度下水的離子積為：KW=c（H+）×c（OH-）=2.0×10-7×2.0×10-7=4×10-14；

酸或堿溶液會(huì)抑制水電離，當(dāng)由水電離出的c（H+）水=1.0×10-13mol/L＜2.0×10-7mol?L-1；說明溶質(zhì)抑制了水的電離，該溶液可能是酸溶液，也可能是堿溶液；

若是酸溶液，溶液中氫氧根離子是水電離的，則溶液中氫氧根離子濃度為：c（OH-）=mol/L=0.1mol/L；溶液的pH=1；

若是堿溶液，則溶液中氫離子濃度為水電離的，則該堿溶液的pH=-lg4.0×10-13=13-lg4≈13-0.6=12.4；

故答案為：1或12.4；

（2）某溫度下純水的c（H+）=1.0×10-6mol?L-1，所以該溫度下水的離子積為：KW=c（H+）×c（OH-）=1.0×10-6×1.0×10-6=1×10-12；

將pH=8的Ba（OH）2溶液中c（OH-）=10-4mol/L，pH=5的稀鹽酸中c（H+）=10-5mol/L；

設(shè)氫氧化鋇的體積為x；鹽酸的體積為y，100℃的恒溫，欲使混合溶液pH=7，溶液呈堿性；

c（OH-）=mol/L=10-5mol/L，c（OH-）==10-5mol/L；解得x：y=2：9；

故答案為：2：9．20、CH3COOH?CH3COO-+H+，NaHSO4═Na++H++SO42-，NaHCO3═Na++HCO3-，NH3?H2O?NH4++OH-＞1：111：9【分析】【分析】（1）強(qiáng)電解質(zhì)的電離用“=”；弱電解質(zhì)的電離用“?”，電離遵循電荷守恒和質(zhì)量守恒定律，并注意酸根離子不可拆分，以此來解答；

（2）水的電離是吸熱反應(yīng)；升高溫度促進(jìn)水電離，水的離子積常數(shù)增大；

①?gòu)?qiáng)酸和強(qiáng)堿混合溶液呈中性，說明酸中c（H+）等于堿中c（OH-）；

②根據(jù)混合溶液中c（H+）=計(jì)算．【解析】【解答】解：（1）CH3COOH是弱電解質(zhì)，電離方程式為CH3COOH?CH3COO-+H+；

NaHSO4為強(qiáng)電解質(zhì)，電離方程式為NaHSO4═Na++H++SO42-；

NaHCO3為強(qiáng)電解質(zhì)，電離方程式為NaHCO3═Na++HCO3-；

NH3?H2O為弱電解質(zhì)，電離方程式為NH3?H2O?NH4++OH-；

故答案為：CH3COOH?CH3COO-+H+，NaHSO4═Na++H++SO42-，NaHCO3═Na++HCO3-，NH3?H2O?NH4++OH-；

（2）水的電離是吸熱反應(yīng)，升高溫度促進(jìn)水電離，水的離子積常數(shù)增大，某溫度時(shí)，水的離子積KW=1×10-13＞×10-14；所以則該溫度＞25℃；故答案為：＞；

①將此溫度下pH=1的硫酸溶液aL與pH=12的氫氧化鈉溶液bL混合，混合液為中性，則10-1×a=1012-13×b，所以；故答案為：1：1；

②混合液的pH=2，可知：10-2=，解得a：b=11：9，故答案為：11：9．21、O3SO2BAl3++3H2O?Al（OH）3（膠體）+3H+【分析】【分析】①氟氯代烷的大量使用會(huì)導(dǎo)致大氣平流層的臭氧；1個(gè)臭氧分子由3個(gè)氧原子構(gòu)成；

②煤燃燒產(chǎn)生的二氧化硫會(huì)與碳酸鈣分解生成的氧化鈣反應(yīng)生成亞硫酸鈣；亞硫酸鈣不穩(wěn)定，被氧氣氧化為硫酸鈣；

③重金屬離子通常采用沉淀法去除；

④明礬凈水原理是鋁鹽水解生成了氫氧化鋁膠體吸附雜質(zhì)．【解析】【解答】解：①氟氯代烷的大量使用會(huì)導(dǎo)致大氣平流層的臭氧，1個(gè)臭氧分子由3個(gè)氧原子構(gòu)成，化學(xué)式為：O3；

故答案為：O3；

②煤燃燒產(chǎn)生的二氧化硫會(huì)與碳酸鈣分解生成的氧化鈣反應(yīng)生成亞硫酸鈣，亞硫酸鈣不穩(wěn)定，被氧氣氧化為硫酸鈣，所以向燃煤中加入石灰石，可大大減少SO2；

故答案為：SO2；

③重金屬離子鎘是常見的有毒污染物；水體；土壤及生物一旦受到污染就很難去除，通常采用轉(zhuǎn)化為難溶物除去，即沉淀法；

故選：B；

④明礬凈水原理是硫酸鋁鉀溶液中含有鋁離子，鋁離子水解Al3++3H2O?Al（OH）3（膠體）+3H+；生成氫氧化鋁膠體和氫離子，氫氧化鋁膠體具有吸附性凈水；

故答案為：Al3++3H2O?Al（OH）3（膠體）+3H+．22、天然氣增大天然氣不能充分燃燒，可能生成有毒的CO丁烷遇冷凝結(jié)為液體使管道內(nèi)氣流不暢【分析】【分析】根據(jù)以上三個(gè)燃燒方程式可以看出，燃燒相同體積的天然氣消耗的空氣體積較大，因此要保證天然氣完全燃燒，就必須加大空氣進(jìn)氣量，增大進(jìn)風(fēng)口．如果不改變就會(huì)造成天然氣不能充分燃燒而產(chǎn)生大量CO，容易使人中毒或死亡．從表中數(shù)據(jù)可以看出，丁烷的沸點(diǎn)為-0.5℃，在冬天溫度較低時(shí)容易液化為液體，使管道內(nèi)氣流不暢，因此火焰較?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓焊鶕?jù)以上三個(gè)燃燒方程式可以看出，目前我省不少城市居民所使用的燃料主要是管道煤氣，有的地方已經(jīng)開始使用天然氣作為民用燃料．管道煤氣的主要成分是CO、H2和少量烴類，天然氣的主要成分是CH4．它們的燃燒反應(yīng)如下：

2CO+O22CO22H2+O22H2OCH4+2O2CO2+2H2O

燃燒相同體積的天然氣消耗的空氣體積較大；因此要保證天然氣完全燃燒，燃燒管道煤氣的灶具改燒天然氣，就必須加大空氣進(jìn)氣量，增大進(jìn)風(fēng)口．如果不改變就會(huì)造成天然氣不能充分燃燒而產(chǎn)生大量CO，容易使人中毒或死亡．從表中數(shù)據(jù)可以看出，丁烷的沸點(diǎn)為-0.5℃，在冬天溫度較低時(shí)容易液化為液體，使管道內(nèi)氣流不暢，因此火焰較小并且呈斷續(xù)狀態(tài)．

故答案為：天然氣，增大，天然氣不能充分燃燒，可能生成有毒的CO，丁烷遇冷凝結(jié)為液體使管道內(nèi)氣流不暢．23、略

【分析】

Ⅰ；（1）需要稱量NaOH固體m=nM=cVM=0.5mol/L×0.5L×40g/mol=5.0g；故答案為：5.0；

（2）氫氧化鈉要在稱量瓶或者小燒杯中稱量，稱量固體氫氧化鈉所用的儀器有天平、燒杯和藥匙，故答案為：abe；

Ⅱ、（1）已知稀強(qiáng)酸、稀強(qiáng)堿反應(yīng)生成1mol液態(tài)水時(shí)放出57.3kJ的熱量，稀硫酸和氫氧化鋇鈉稀溶液都是強(qiáng)酸和強(qiáng)堿的稀溶液，則反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：H2SO4（aq）+NaOH（aq）=Na2SO4（aq）+2H2O（l）△H=-57.3kJ/mol；

故答案為：H2SO4（aq）+NaOH（aq）=Na2SO4（aq）+2H2O（l）△H=-57.3kJ/mol；

（2）①溫度差平均值=但是第2組數(shù)據(jù)明顯有誤，所以刪掉；

溫度差平均值=4.0°C；故答案為：4.0；

②50mL0.50mol/L氫氧化鈉與30mL0.50mol/L硫酸溶液進(jìn)行中和反應(yīng)生成水的物質(zhì)的量為0.05L×0.50mol/L=0.025mol，溶液的質(zhì)量為：80ml×1g/ml=80g，溫度變化的值為△T=4℃，則生成0.025mol水放出的熱量為Q=m?c?△T=80g×4.18J/（g?℃）×4.0℃=1337.6J，即1.3376KJ，所以實(shí)驗(yàn)測(cè)得的中和熱△H=-=-53.5kJ/mol；

故答案為：-53.5kJ/mol；

③a．實(shí)驗(yàn)裝置保溫；隔熱效果必須好；否則影響實(shí)驗(yàn)結(jié)果，故a正確；

b．量取NaOH溶液的體積時(shí)仰視讀數(shù)，會(huì)導(dǎo)致所量的氫氧化鈉體積偏大，放出的熱量偏高，則大于57.3kJ/mol，故b錯(cuò)誤；

c．盡量一次快速將NaOH溶液倒入盛有硫酸的小燒杯中；不允許分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小燒杯中，故c正確；

d．用溫度計(jì)測(cè)定NaOH溶液起始溫度后，要將溫度計(jì)回零直再測(cè)定H2SO4溶液的溫度；故d正確．

故答案為：acd．

【解析】【答案】Ⅰ；（1）根據(jù)公式m=nM=cVM來計(jì)算氫氧化鈉的質(zhì)量；但是沒有245mL的容量瓶；

（2）氫氧化鈉要在稱量瓶中稱量；根據(jù)稱量固體氫氧化鈉所用的儀器來回答；

Ⅱ；（1）根據(jù)酸堿中和反應(yīng)生成1mol液態(tài)水時(shí)放出57.3kJ的熱量書寫熱化學(xué)方程式；

（2）①溫度差平均值等于各個(gè)溫度差的和除以4；

②根據(jù)Q=m?c?△T計(jì)算；

③a．實(shí)驗(yàn)裝置保溫；隔熱效果必須好；

b．量取NaOH溶液的體積時(shí)視線要和凹液面相平；

c．允許分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小燒杯中；

d．用溫度計(jì)測(cè)定NaOH溶液起始溫度后，要將溫度計(jì)回零直再測(cè)定H2SO4溶液的溫度．

四、判斷題(共3題，共24分)24、√【分析】【分析】化學(xué)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，正逆反應(yīng)速率相等，各物質(zhì)的濃度不再改變，由此衍生的一些物理量也不變，結(jié)合反應(yīng)的特點(diǎn)進(jìn)行分析．【解析】【解答】解：反應(yīng)前后氣體的質(zhì)量不等；在恒溫恒容條件下，混合氣體的密度逐漸增大，當(dāng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，容器中混合氣體的密度不變；

而恒溫恒壓條件下，隨反應(yīng)進(jìn)行，體系的體積增大，分子量：CO2＞CO；故混合氣體的密度逐漸減小，當(dāng)密度保持不變，反應(yīng)達(dá)到平衡；

故答案為：√．25、×【分析】【分析】根據(jù)溶液中不水解的離子的物質(zhì)的量濃度=溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度×化學(xué)式中離子的個(gè)數(shù)，與溶液的體積無(wú)關(guān)，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：假設(shè)三種溶液的濃度均為1mol/L，則Na2SO4、MgSO4、Al2（SO4）3溶液中SO濃度分別=1mol/L×1=1mol/L、1mol/L×1=1mol/L和1mol/L×3=3mol/L，即濃度之比為1：1：3，故答案為：×．26、×【分析】【分析】標(biāo)準(zhǔn)狀況下任何氣體的摩爾體積都是22.4L/mol．據(jù)此解題．【解析】【解答】解：標(biāo)準(zhǔn)狀況下，1mol氣體的體積為22.4L，氣體的摩爾體積是22.4L/mol，故答案為：×．五、書寫(共1題，共10分)27、NaOH=Na++OH-CuCl2=Cu2++2Cl-【分析】【分析】氫氧化鈉為強(qiáng)電解質(zhì)；完全電離；

氯化銅為強(qiáng)電解質(zhì)，完全電離．【解析】【解答】解：（1）氫氧化鈉為強(qiáng)電解質(zhì)，完全電離，電離方程式：NaOH=Na++OH-；

（2）CuCl2為強(qiáng)電解質(zhì)，完全電離，電離方程式：CuCl2=Cu2++2Cl-；

故答案為：NaOH=Na++OH-；CuCl2=Cu2++2Cl-．六、簡(jiǎn)答題(共4題，共40分)28、略

【分析】解：（1）反應(yīng)中C元素的化合價(jià)從+3升高到了+4價(jià)，共失電子2mol，Cl元素的化合價(jià)從+5價(jià)降到了+4價(jià)，共得到電子1mol，所以含氯元素物質(zhì)前邊的系數(shù)都是2，二氧化碳的系數(shù)是2，根據(jù)元素守恒，硫酸、硫酸鈉的前邊吸水都是1，水的前邊系數(shù)是2，Cl元素的化合價(jià)從+5價(jià)降到了+4價(jià)，Cl元素對(duì)應(yīng)產(chǎn)物ClO2是還原產(chǎn)物；

故答案為：1；2；1；1；2；2；2；ClO2；

（2）根據(jù)化學(xué)方程式，該反應(yīng)每產(chǎn)生0.2molClO2，需要消耗草酸晶體（H2C2O4?2H2O）0.1mol；質(zhì)量是12.6g，故答案為：12.6；

（3）上述反應(yīng)物中屬于第三周期的元素的原子是Na；S、Cl；半徑大小順序是Na＞S＞Cl，原子半徑最大的鈉元素最外層電子云形狀是球形，故答案為：Na＞S＞Cl；球形；

（4）因?yàn)榫哂醒趸远哂衅仔缘奈镔|(zhì)：次氯酸；次氯酸鹽、過氧化鈉等；故答案為：HClO（合理即可）；

（5）根據(jù)信息：二氧化氯和氰化鈉（NaCN）反應(yīng)，生成NaCl、CO2和N2，即2ClO2+2CN-=2CO2+N2+2Cl-，故答案為：2ClO2+2CN-=2CO2+N2+2Cl-；

（6）氯化鈉中含有離子鍵；屬于離子化合物，電解熔融的氯化鈉，在陽(yáng)極上是氯離子失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，產(chǎn)生氯氣，故答案為：離子；陽(yáng)極．

（1）氧化還原反應(yīng)中；失電子總數(shù)=得電子總數(shù)=轉(zhuǎn)移電子總數(shù)，根據(jù)電子守恒配平方程式，化合價(jià)降低元素所在的產(chǎn)物是還原產(chǎn)物；

（2）根據(jù)化學(xué)方程式系數(shù)的意義來計(jì)算回答；

（3）同周期元素的原子；從左到右，原子半徑逐漸減??；

（4）因?yàn)榫哂醒趸远哂衅仔缘奈镔|(zhì)：次氯酸；次氯酸鹽、過氧化鈉等；

（5）根據(jù)信息：二氧化氯和氰化鈉（NaCN）反應(yīng)，生成NaCl、CO2和N2；配平方程式即可；

（6）含有離子鍵的化合物是離子化合物；根據(jù)電解池的工作原理來回答．

本題目綜合考查學(xué)生氧化還原反應(yīng)的配平、電子轉(zhuǎn)移、物質(zhì)的漂白原理、方程式的書寫以及電解原理等知識(shí)，注意知識(shí)的歸納和整理是關(guān)鍵，難度不大．【解析】1；2；1；1；2；2；2；ClO2；12.6；Na＞S＞Cl；球形；HClO（合理即可）；2ClO2+2CN-=2CO2+N2+2Cl-；離子；陽(yáng)極29、略

【分析】解：（1）假設(shè)有1molO2，反應(yīng)的轉(zhuǎn)化率為30%，發(fā)生反應(yīng)的O2為：1mol×30%=0.3mol；

3O22O3

開始1mol0

反應(yīng)0.3mol0.2mol

平衡0.7mol0.2mol

故反應(yīng)后所得氣體為0.2molO3和0.7molO2，平均摩爾質(zhì)量為M==35.6g/mol；反應(yīng)正向進(jìn)行；混合氣體的質(zhì)量不變，物質(zhì)的量減小，所以平均摩爾質(zhì)量減小；

故答案為：35.6；減??；

（2）3O22O3△V

21

V（O3）（8-6.5）L=1.5L

解得：V（O3）=2×1.5L=3L；

故答案為：3；

（3）0.896L混合氣體物質(zhì)的量為=0.04mol，反應(yīng)后固體質(zhì)量增重21.6g-20g=1.6g，氣態(tài)全部參與反應(yīng)，設(shè)氧氣、臭氧的物質(zhì)的量分別為xmol、ymol，根據(jù)二者總質(zhì)量、總物質(zhì)的量，則：

解得：x=0.02，y=0.02，故臭氧的體積分?jǐn)?shù)為×100%=50%；

故答案為：50%．

（1）先根據(jù)轉(zhuǎn)化率；利用方程式計(jì)算出各自的物質(zhì)的量，然后根據(jù)平均摩爾質(zhì)量等于氣體的總質(zhì)量與總物質(zhì)的量之比；反應(yīng)正向進(jìn)行，混合氣體的質(zhì)量不變，物質(zhì)的量減?。?/p>

（2）根據(jù)氣體差量；利用差量法計(jì)算生成臭氧的體積；

（3）根據(jù)0.896L混合氣體物質(zhì)的量為=0.04mol；氣態(tài)全部參與反應(yīng)，根據(jù)氧氣；臭氧的總質(zhì)量、總物質(zhì)的量列方程計(jì)算各自物質(zhì)的量，進(jìn)而計(jì)算臭氧的體積分?jǐn)?shù)．

本題主要考查混合物計(jì)算，涉及差量法、原子守恒法的運(yùn)用，難度中等．【解析】35.6；減小；3；50%30、略

【分析】解：rm{(1)}溶液存在平衡：rm{Fe^{3+}(aq)+SCN^{-}(aq)?Fe(SCN)^{2+}(aq)}忽略其他過程，根據(jù)圖rm{1}溫度升高，溶液中rm{c[Fe(SCN)^{2+}]}下降，可知溫度升高，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，則表明正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，則該反應(yīng)rm{triangleH<0}

溫度為rm{T_{1}}時(shí)，反應(yīng)在rm{5}秒鐘時(shí)達(dá)到平衡，平衡時(shí)rm{c[Fe(SCN)^{2+}]=0.45mol/L}反應(yīng)經(jīng)歷的時(shí)間rm{trianglet=5s}則rm{overset{.}{r}[Fe(SCN)^{2+}]=dfrac{trianglec}{trianglet}=dfrac{0.45mol/L}{5s}=0.09mol/(L?s)}由化學(xué)反應(yīng)速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，則達(dá)到平衡時(shí)的平均反應(yīng)速率rm{overset{.}{r}[Fe(SCN)^{2+}]=dfrac

{trianglec}{trianglet}=dfrac

{0.45mol/L}{5s}=0.09mol/(L?s)}

根據(jù)反應(yīng)方程式計(jì)算，平衡時(shí)rm{c(Fe^{3+})=dfrac{0.5mol}{1L}-0.45mol/L=0.05mol/L}rm{c(SCN^{-})=dfrac{0.5mol}{1L}-0.45mol/L=0.05mol/L}則該溫度下的rm{v(SCN^{-})=0.09mol/(L?s)}的平衡轉(zhuǎn)化率為rm{婁脕=dfrac{0.45mol/L}{0.5mol/L}隆脕100%=90%}

該溫度下的平衡常數(shù)為rm{K=dfrac{c[Fe(SCN)^{2+}]}{c(Fe^{3+})c(SCN^{-})}=dfrac{0.45mol/L}{0.05mol/Ltimes0.05mol/L}=180L/mol}

故答案為：rm{c(Fe^{3+})=dfrac

{0.5mol}{1L}-0.45mol/L=0.05mol/L}rm{c(SCN^{-})=dfrac

{0.5mol}{1L}-0.45mol/L=0.05mol/L}rm{Fe^{3+}}rm{婁脕=dfrac

{0.45mol/L}{0.5mol/L}隆脕100%=90%}

rm{K=dfrac

{c[Fe(SCN)^{2+}]}{c(Fe^{3+})c(SCN^{-})}=dfrac

{0.45mol/L}{0.05mol/Ltimes0.05mol/L}=180L/mol}草酸鈷rm{<}是一種難溶于水的淺粉紅色粉末，通常用硫酸鈷溶液和草酸銨溶液反應(yīng)制得，反應(yīng)為rm{0.09}與rm{90%}反應(yīng)形成草酸鈷，則該反應(yīng)的離子方程式為：rm{180L/mol}

故答案為：rm{(2)}

rm{(CoC_{2}O_{4})}某溶液中，rm{Co^{2+}}rm{C_{2}O_{4}^{2-}}的濃度分別為rm{C_{2}O_{4}^{2-}+Co^{2+}=CoC_{2}O_{4}隆媒}和rm{C_{2}O_{4}^{2-}+Co^{2+}=CoC_{2}O_{4}隆媒}已知rm{(3)}rm{Co^{2+}}當(dāng)rm{Ni^{2+}}開始沉淀時(shí)，溶液中rm{dfrac{c(Co^{2+})}{c(Ni^{2+})}=dfrac{c(Co^{2+})}{c(Ni^{2+})}cdotdfrac{c^{2}(OH^{-})}{c^{2}(OH^{-})}=dfrac{K_{sp}[Co(OH)_{2}]}{K_{sp}[Ni(OH)_{2}]}=dfrac{6.0隆脕10^{-15}}{2.0times10^{-15}}=3.0}注意保留兩位有效數(shù)字；

故答案為：rm{0.60mol/L}

rm{1.2mol/L}比較催化劑的活性對(duì)rm{K_{sp}[Co(OH)_{2}]=6.0隆脕10^{-15}}分解的影響，采用控制變量法分析，取rm{K_{sp}[Ni(OH)_{2}]=2.0隆脕10^{-15}}不變時(shí)來看，微波水熱法時(shí)對(duì)應(yīng)的rm{Co(OH)_{2}}的分解速率高于常規(guī)水熱法時(shí)的分解速率；則微波水熱法制取得到的催化劑活性更高；

控制水熱法相同，隨著rm{dfrac{c(Co^{2+})}{c(Ni^{2+})}=

dfrac{c(Co^{2+})}{c(Ni^{2+})}cdotdfrac

{c^{2}(OH^{-})}{c^{2}(OH^{-})}=dfrac

{K_{sp}[Co(OH)_{2}]}{K_{sp}[Ni(OH)_{2}]}=dfrac

{6.0隆脕10^{-15}}{2.0times10^{-15}}=3.0}的增加，即rm{3.0}增加，rm{(4)}減小，根據(jù)圖象分析，rm{H_{2}O_{2}}的分解速率隨rm{x}的增大而增大，表明