2025年人教A版高三化學上冊階段測試試卷含答案

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年人教A版高三化學上冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、下列說法不正確的是（）A.食鹽、糖和醋都可做食品防腐劑B.青蒿素可以用于治療瘧疾C.雞蛋清溶液中滴加醋酸鉛溶液會發(fā)生鹽析D.油脂在堿性條件下的水解反應稱為皂化反應2、我國合成氨工業(yè)生產的主要原料是()A.N2和H2B.空氣、煤、水C.硫鐵礦、空氣D.O2和水蒸氣3、下列說法中不正確的是（）A.維勒用無機物合成了尿素，突破了無機物與有機物的界限B.尼龍、棉花、天然橡膠、ABS樹脂都是由高分子化合物組成的物質C.紅外光譜儀、核磁共振儀、質譜儀都可用于有機化合物結構的分析D.開發(fā)核能、太陽能等新能源，推廣乙醇汽油，使用無磷洗滌劑都可直接降低碳排放量4、設NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A.5.6gFe和足量的鹽酸完全反應失去電子數(shù)為0.3NAB.1.0mol?L的NaCl溶液中Na+數(shù)為NAC.16gCH4所含的電子數(shù)為10NAD.標況下，4.48L的水中含有H2O分子的數(shù)目為0.2NA5、擬用如圖所示裝置制取四種干燥、純凈的氣體（圖中加熱裝置和氣體的收集裝置均已略去；必要時可以加熱；a、b；c、d表示相應儀器中加入的試劑）．其中不能達到目的是（）

。選項制取氣體abcdANO稀硝酸銅片H2O濃硫酸BO2雙氧水MnO2H2O濃硫酸CNH3濃氨水堿石灰濃硫酸H2ODSO2濃鹽酸Na2SO3粉末NaHSO3溶液濃硫酸A.AB.BC.CD.D6、居室裝修用石材的放射性常用Ra作為標準，居里夫人（MarieCurie）因對Ra元素的研究兩度獲得諾貝爾獎．下列敘述中正確的是（）A.RaCl2的熔點比CaCl2高B.Ra元素位于元素周期表中第六周期ⅡA族C.一個Ra原子中含有138個中子D.Ra（OH）2是一種兩性氫氧化物7、在合成氨時，可以提高H2轉化率的措施（）A.延長反應時間B.充入過量H2C.充入過量N2D.升高溫度8、下列離子方程式不正確的是（）A.用碳酸鈉溶液吸收少量二氧化硫：2CO32－＋SO2＋H2O=2HCO3－＋SO32－B.向NH4Al(SO4)2溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-沉淀完全：2Ba2++NH4++Al3++2SO42-+4OH－=Al(OH)3↓+2BaSO4↓+NH3·H2OC.Cl2與FeI2溶液反應，當n（Cl2）：n（FeI2）=1：1時，2Fe2++2I－+2Cl2=2Fe3++2I2+4Cl－D.將1mol/LNaAlO2溶液和1.5mol/LHCl溶液等體積互相均勻混合：6AlO2－+9H＋+3H2O＝5Al(OH)3↓+Al3＋9、已知pH表示溶液中c（H+）的負對數(shù)，同樣也可以定義pOH表示溶液中c（OH﹣）的負對數(shù)，即pOH=﹣lg（OH﹣），溫度T時水的離子積常數(shù)用KW表示，則此溫度下不能判定溶液呈中性的依據(jù)是（）A.=1B.pOH=C.c（H+）=10﹣pOHD.pH+pOH=評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)10、現(xiàn)用質量分數(shù)為98%、密度為1.84g?cm-3的濃硫酸來配制90mL、1mol?L-1的稀硫酸．請完成下列問題：

（1）需要用到的玻璃儀器有：____

（2）經(jīng)計算，需濃硫酸的體積為____．

（3）在配制過程中，其他操作都準確，下列操作中錯誤的是____，能引起誤差偏高的有____（填代號）．

①洗滌量取濃硫酸后的量筒；并將洗滌液轉移到容量瓶中。

②未等稀釋后的H2SO4溶液冷卻至室溫就轉移到容量瓶中。

③將濃硫酸直接倒入燒杯；再向燒杯中注入蒸餾水來稀釋濃硫酸。

④定容時；加蒸餾水超過標線，又用膠頭滴管吸出。

⑤轉移前；容量瓶中含有少量蒸餾水。

⑥量取濃硫酸時；仰視標線。

⑦定容時，俯視標線．11、已知A為常見金屬；X；Y為常見非金屬，X、E、F、G常溫下為氣體，C為液體，B是一種鹽，受熱極易分解，在工農業(yè)生產中用途較廣（如被用作某些電池的電解質）．現(xiàn)用A與石墨作電極，B的濃溶液作電解質，構成原電池．有關物質之間的轉化關系如下圖：（注意：其中有些反應的條件及部分生成物被略去）

請?zhí)顚懴铝锌瞻祝?/p>

（1）反應④為A在某種氣體中燃燒，生成單質Y和A的氧化物，其反應方程式為____

（2）寫出物質B的電子式____

（3）從D溶液制備D的無水晶體的“操作a”為____．

（4）反應②的化學方程式為____．

（5）原電池反應①中正極的電極反應為____．12、工業(yè)利用精煉鎂渣（含有MgO、KCl、MgCl2、BaCl2、CaCl2、FeCl3等雜質）回收MgCl2?6H2O的工藝流程如下：

（1）寫出溶解過程中發(fā)生反應的離子方程式____

（2）濾渣Ⅱ的主要成分是____（填化學式）．

（3）燥作X包括____、過濾、洗滌并烘干晶體；在洗滌MgCl2?6H2O晶體時用冰水洗滌的目的是____．

（4）溶解時溫度控制在35℃左右，溫度不宜過高或過低的原因是____．

（5）將MgCl2?6H2O制成無水氯化鎂的方法是____．13、乙苯催化脫氫制苯乙烯反應：CH2CH3（g）CH=CH2（g）+H2（g）

（1）已知。

?；瘜W鍵C-HC-CC=CH-H鍵能/kJ?molˉ1412348612436計算上述反應的△H=____kJ?mol-1．

（2）維持體系總壓強p恒定，在溫度T時，物質的量為n、體積為V的乙苯蒸汽發(fā)生催化脫氫反應．已知乙苯的平衡轉化率為α，則在該溫度下反應的平衡常數(shù)K=____（用α等符號表示）．

（3）工業(yè)上，通常在乙苯蒸汽中摻混水蒸氣（原料氣中乙苯和水蒸氣的物質的量之比為1：9），控制反應溫度600℃，并保持體系總壓為常壓的條件下進行反應．在不同反應溫度下，乙苯的平衡轉化率和某催化劑作用下苯乙烯的選擇性（指除了H2以外的產物中苯乙烯的物質的量分數(shù)）示意圖如下：

①摻入水蒸氣能提高乙苯的平衡轉化率，解釋說明該事實____．

②控制反應溫度為600℃的理由是____．

（4）某研究機構用CO2代替水蒸氣開發(fā)了綠色化學合成工藝乙苯-二氧化碳耦合催化脫氫制苯乙烯．保持常壓和原料氣比例不變，與摻水蒸汽工藝相比，在相同的生產效率下，可降低操作溫度；該工藝中還能夠發(fā)生反應：CO2+H2=CO+H2O，CO2+C=2CO．新工藝的特點有____（填編號）．

①CO2與H2反應；使乙苯脫氫反應的化學平衡右移。

②不用高溫水蒸氣；可降低能量消耗。

③有利于減少積炭。

④有利用CO2資源利用．14、氮化鋁晶胞如圖所示，則處于晶胞頂點上的原子的配位數(shù)為____，若立方氮化的鋁密度為ρg?cm-3，阿伏伽德羅常數(shù)為NA，則兩個最近N原子間的距離為____cm（用含ρ、NA的代數(shù)式表示）15、甲；乙、丙為常見單質；乙、丙兩元素在周期表中位于同一主族．X、A、B、C、D、E、F、G均為常見的化合物，其中A和X的摩爾質量相同，A、G的焰色反應為黃色．在一定條件下，各物質相互轉化關系如圖．請回答：

（1）寫化學式：丙____，E____．

（2）用電子式表示X的形成過程____．

（3）寫出A與H2O反應的化學反應方程式：____．

（4）寫出B與G溶液反應生成F的離子方程式：____．

（5）在上圖的反應中，不屬于氧化還原反應的是（填序號）____．

16、印刷電路板是由塑料和銅箔復合而成，刻制印刷電路時要用FeCl3溶液作為“腐蝕液”生成CuCl2和FeCl2，其反應的化學方程式如下：Cu+2FeCl3═CuCl2+2FeCl2

（1）請在上式中標出電子轉移的方向和數(shù)目。

（2）該反應的氧化劑是____，氧化產物是____．

（3）寫出FeCl3的電離方程式：____．17、Ⅰ配合物Na2[Fe（CN）5（NO）]可用于離子檢驗．

（1）配合物中同周期元素的第一電離能由小到大的順序是____．

（2）配合物中原子序數(shù)最小的元素與氫元素形成的化合物，其分子的空間構型可能是圖1的____（填序號），中心原子的雜化類型是____．

（3）配合物中心離子核外電子排布式是____．

（4）配合物中不存在的化學鍵是____．

A．離子鍵B．金屬鍵C．氫鍵D．極性共價鍵E．配位鍵。

Ⅱ分析化學中常用X射線研究晶體結構．

有一種晶體KxFey（CN）z，其中Fe2+、Fe3+、CN-的排布如圖2所示，F(xiàn)e2+和Fe3+位于每個立方體的角頂，自身互不相鄰，CN-位于立方體的棱上．每隔一個立方體，在立方體的中心含有一個K+（未畫出）．

（5）晶體的化學式可表示為____．

（6）1molKxFey（CN）z晶體中含π鍵____mol．18、肼（N2H4）又稱聯(lián)氨；是一種可燃性液體，其燃燒熱較大且燃燒產物對環(huán)境無污染，故可以用作火箭燃料．

（1）肼-空氣燃料電池是一種堿性燃料電池，電解質溶液是20%-30%的KOH溶液．該電池放電時，通入肼的一極為____極，該極的電極反應式是____，電池工作一段時間后，電解質溶液的pH將____（填“增大”；“減小”、“不變”）．

（2）肼用亞硝酸氧化可生成氮的另一種氫化物，該氫化物的相對分子質量為43.0，其中氮原子的質量分數(shù)為0.977．寫出肼與亞硝酸反應的化學方程式____．

（3）肼和四氧化二氮作火箭推進劑，兩者反應產物是氮氣和水．當反應生成28.0kg還原產物時，計算參加反應的肼的質量（寫出計算過程）____．評卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)19、標準狀況下當氧氣與氦氣的原子數(shù)均為NA時，它們具有相同的體積____（判斷對錯）20、膠體的性質主要有：丁達爾現(xiàn)象、電泳、聚沉____．（判斷對錯）21、向試管中滴加液體時，膠頭滴管緊貼試管內壁____．（判斷對錯）22、物質的量相同的磷酸鈉溶液和磷酸溶液中所含的PO43-量相同．____．23、為防止流感傳染，可將教室門窗關閉后，用食醋熏蒸，進行消毒．____．（判斷對錯）24、氨水呈弱堿性，故NH3是弱電解質____（判斷對錯）25、電解質溶液都能使蛋白質發(fā)生變性．____．（判斷對錯說明理由）26、判斷正誤；正確的劃“√”，錯誤的劃“×”

（1）乙酸分子中含有羧基，可與NaHCO3溶液反應生成CO2____

（2）乙醇、乙酸均能與Na反應放出H2，二者分子中官能團相同____

（3）在酸性條件下，CH3CO18OC2H5的水解產物是CH3CO18OH和C2H5OH____

（4）在水溶液里，乙酸分子中的-CH3可以電離出H+____

（5）乙醇中含乙酸雜質：加入碳酸鈉溶液洗滌，分液____

（6）乙酸丁酯中含乙酸雜質：加入碳酸鈉溶液洗滌，分液____．評卷人得分四、實驗題(共1題，共2分)27、教材采用圖1實驗裝置測定鋅與稀硫酸反應的速率．

（1）檢查圖1裝置氣密性的操作方法是____．

（2）分別取2g顆粒大小相同的鋅粒分別與體積均為40mL的1mol/L硫酸、4mol/L硫酸反應，收集25mLH2時所需時間后者比前者____．

（3）同學們在實驗操作中發(fā)現(xiàn)，本實驗設計存在明顯不足，例如（舉兩例）____．

（4）某化學興趣小組對教材實驗裝置進行圖2所示改進．檢查裝置氣密性后進行的實驗操作有：

a．在多孔塑料袋中裝入鋅粒；

b．在錐形瓶中加入40mL1mol/L硫酸；

c．塞好橡膠塞，____時立即用秒表計時；

d．注射器內每增加5mL氣體時讀取一次秒表．

（5）實驗觀察到鋅與稀硫酸反應初期速率逐漸加快，其原因是____，反應進行一定時間后速率逐漸減慢，原因是____．

（6）測得產生H2的體積與反應時間的關系曲線如圖3所示，t1～t2時間段氫氣體積略有減小的原因是____；在64s內用H+濃度表示的平均反應速率v（H+）=____（此時，溶液體積仍為40mL，氣體摩爾體積為25L/mol）．評卷人得分五、探究題(共4題，共20分)28、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設計了下列實驗過程．請在括號內填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內有關物質的結構簡式．

寫出下列物質的結構簡式A________、C________、E________、G________．29、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應的原理來測定其含量，操作為：30、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設計了下列實驗過程．請在括號內填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內有關物質的結構簡式．

寫出下列物質的結構簡式A________、C________、E________、G________．31、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應的原理來測定其含量，操作為：評卷人得分六、書寫(共2題，共10分)32、（1）寫電離方程式：①H2SO4____；②NaHCO3____；____；

（2）寫出下列鹽溶液的水解離子方程式：

①Fe（NO3）3____；

②NaF____；

③K2CO3____（以第一步為主）

（3）在T℃下，將1molN2和3molH2的混合氣體通入固定體積為2L的密閉容器內；起始壓強為101KPa，經(jīng)過30s達到平衡，測得平衡混合氣體的平均相對分子質量為10．試求：

①此反應過程中N2的平均反應速率為____．

②H2的轉化率為____．

③維持一定溫度和壓強不變，在起始體積為2L的體積可變的容器中充入1molN2、3molH2，達平衡時N2的轉化率與上述平衡相等，則該平衡時，容器的體積為____L．

（4）有可逆反應A（g）+B（g）?2C（g）；在不同溫度下經(jīng)過一定時間，混合物中C的體積分數(shù)與溫度的關系如圖所示．填寫下列空白：

①反應在____溫度下達到平衡．

②正反應為____熱反應（填“放”或“吸”）．

③由T3向T4變化時，v正____v逆（填“＞”、“＜”或“=”）．33、下列三組物質中；均有一種物質的類別與其他三種不同．

①MgO、Na2O、CO2；CuO

②HCl、H2O、H2SO4、HNO3

③NaOH、Na2CO3、KOH、Cu（OH）2

（1）三種物質依次是（填化學式）：A____；B____；C____；

（2）這三種物質相互作用可生成一種新物質NaHCO3，寫出該物質與足量澄清石灰水反應的離子方程式____；

（3）在反應：K2Cr2O7+14HCl（濃）═2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O中，____是氧化劑，____是氧化產物．參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】【分析】A．食鹽具有咸味；食鹽腌制食品，以抑制細菌的滋生，常用作調味品和防腐劑；醋酸既具有酸性，又具有酸味；糖使食品中水減少，抑制微生物生長；

B．青蒿素（C15H22O5）是一種用于治療瘧疾的藥物；

C．醋酸鉛為重金屬鹽；能使蛋白質變性；

D．油脂為高級脂肪酸甘油酯．【解析】【解答】解：A．食鹽腌制食品；食鹽進入食品內液產生濃度差，形成細菌不易生長的環(huán)境，可作防腐劑，食鹽具有咸味，所以食鹽可作調味劑；醋具有酸性，可作防腐劑，醋具有酸味，可作調味劑，糖使食品中水減少，抑制微生物生長，則食鹽；糖和醋都可做食品防腐劑，故A正確；

B．青蒿素（C15H22O5）是一種用于治療瘧疾的藥物；故B正確；

C．醋酸鉛為重金屬鹽；能使蛋白質變性，則雞蛋清溶液中滴加醋酸鉛溶液會發(fā)生變性，為不可逆過程，故C錯誤；

D．油脂為高級脂肪酸甘油酯；則油脂在堿性條件下的水解反應生成高級脂肪酸鹽，稱為皂化反應，故D正確；

故選C．2、B【分析】【解析】試題分析：成氨工業(yè)生產的主要原料氮氣和氫氣，只要來自于空氣、煤、水，答案選B?？键c：考查合成氨工業(yè)原料的有關判斷【解析】【答案】B3、D【分析】【分析】A、1828年德國化學家維勒，將一種無機物NH4CNO的水溶液加熱得到了有機物尿素；

B；相對分子質量在10000以上的有機化合物為高分子化合物；

C；紅外光譜儀用于測定有機物的官能團；核磁共振儀用于測定有機物分子中氫原子的種類和數(shù)目；質譜法用于測定有機物的相對分子質量；

D、使用無磷洗滌劑，可減少水華、赤潮等污染．【解析】【解答】解：A、維勒用無機物NH4CNO合成了有機物尿素；突破了無機物與有機物的界限，故A正確；

B；尼龍、棉花、天然橡膠、ABS樹脂相對分子質量在10000以上；都是由高分子化合物組成的物質，故B正確；

C；紅外光譜儀用于測定有機物的官能團；核磁共振儀用于測定有機物分子中氫原子的種類和數(shù)目，質譜法用于測定有機物的相對分子質量，所以三者都可用于有機化合物結構的分析，故C正確；

D；使用無磷洗滌劑；可減少水華、赤潮等污染，不可降低碳排放量，故D錯誤；

故選：D．4、C【分析】【分析】A．鐵與鹽酸反應生成二價鐵離子；

B．溶液體積未知；

C．質量轉化為物質的量；結合1個甲烷分子含有10個電子解答；

D．氣體摩爾體積使用對象為氣體．【解析】【解答】解：A.5.6gFe物質的量為=0.1mol，和足量的鹽酸完全反應生成0.1mol二價鐵離子，失去電子數(shù)為0.2NA；故A錯誤；

B．溶液體積未知；無法計算溶液中鈉離子數(shù)目，故B錯誤；

C.16gCH4物質的量為：=1mol，含的電子數(shù)為10NA；故C正確；

D．標況下；水是液體，不能使用氣體摩爾體積，故D錯誤；

故選：C．5、C【分析】【分析】A．銅和稀硝酸反應生成NO；NO不溶于水，且和濃硫酸不反應；

B．雙氧水在二氧化錳作催化劑條件下分解生成氧氣；氧氣和水；濃硫酸不反應；

C．濃硫酸和氨氣反應；且氨氣極易溶于水；

D．濃鹽酸和亞硫酸鈉反應生成二氧化硫，二氧化硫和亞硫酸氫鈉、濃硫酸不反應．【解析】【解答】解：A．銅和稀硝酸反應生成NO；NO不溶于水，且和濃硫酸不反應，所以可以采用排水法洗滌NO，用濃硫酸作干燥劑，所以能實現(xiàn)目的，故A不選；

B．雙氧水在二氧化錳作催化劑條件下分解生成氧氣；氧氣和水；濃硫酸不反應，所以可以采用排水法洗滌氧氣、用濃硫酸干燥，能實現(xiàn)目的，故B不選；

C．濃硫酸和氨氣反應；且氨氣極易溶于水，所以應該采用排氣法洗滌氨氣，用堿石灰干燥氨氣，所以不能實現(xiàn)目的，故C選；

D．濃鹽酸和亞硫酸鈉反應生成二氧化硫；二氧化硫和亞硫酸氫鈉；濃硫酸不反應，所以可以采用排飽和亞硫酸氫鈉溶液洗滌二氧化硫、用濃硫酸干燥，能實現(xiàn)目的，故D不選；

故選C．6、C【分析】【分析】A．離子晶體熔點與晶格能成正比；晶格能與離子半徑成反比；

B．Ra位于第七周期第IIA族；與Mg屬于同一主族元素；

C．中子數(shù)=質量數(shù)-質子數(shù)；

D．Ra的金屬性大于Mg，元素的金屬性越強，其最高價氧化物的水化物堿性越強．【解析】【解答】解：A．離子晶體熔點與晶格能成正比，晶格能與離子半徑成反比，Ra離子半徑大于Ca，所以RaCl2的熔點比CaCl2低；故A錯誤；

B．Ra原子核外有7個電子層；最外層有2個電子；位于第七周期第IIA族，故B錯誤；

C．中子數(shù)=質量數(shù)-質子數(shù)=226-88=138；故C正確；

D．元素的金屬性越強，其最高價氧化物的水化物堿性越強，Ra的金屬性大于Mg，氫氧化鎂屬于堿，則Ra（OH）2也是堿；故D錯誤；

故選C．7、C【分析】【分析】反應為N2+3H2?2NH3△H＜0，提高H2轉化率，應使平衡向正反應方向移動，結合方程式的特點和影響化學平衡的條件解答．【解析】【解答】解：A．反應達到平衡狀態(tài)時；延長反應時間不能改變轉化率，故A錯誤；

B．充入過量H2，雖然平衡向正反應方向移動，但H2的轉化率反而減?。还蔅錯誤；

C．充入過量N2，平衡向正反應方向移動，H2轉化率增大；故C正確；

D．正反應放熱，升高溫度平衡向逆反應方向移動，H2的轉化率減小；故D錯誤．

故選C．8、C【分析】試題分析：A、少量的SO2與Na2CO3溶液反應生成NaHCO3和Na2SO3，正確；B、SO42￣沉淀完全，則SO42￣與Ba2+等物質的量反應，正確；C、Cl2首先氧化I￣，所以當n（Cl2）：n（FeI2）=1：1時，發(fā)生反應：Cl2+2I￣=2Cl￣+I2，錯誤；D、1mol/LNaAlO2溶液和1.5mol/LHCl溶液等體積互相均勻混合，AlO2-與H+物質的量之比為2:3，正確?？键c：本題考查離子方程式的書寫?！窘馕觥俊敬鸢浮緾9、D【分析】解答：A、液呈中性，反應后的溶液中應存在c（H+）=c（OH﹣），所以=1；所以A正確；

B、液呈中性，溶液中應存在c（H+）=c（OH﹣）=mol/L，所以pOH=所以B正確；

C、液呈中性，反應后的溶液中應存在c（H+）=c（OH﹣），所以pH=pOH，c（H+）=10﹣pH=10﹣pOH；所以C正確；

D、溫度T時任何溶液都存在pH+pOH=不能說明溶液呈中性，所以D錯誤；所以選D．

分析：本題考查酸堿混合的定性判斷，注意溶液呈中性應存在c（H+）=c（OH﹣），由于溫度未知，且酸堿的強弱未知，不能根據(jù)pH判斷．二、填空題(共9題，共18分)10、燒杯、玻璃棒、量筒、100mL容量瓶、膠頭滴管5.4mL①②③④⑥⑦①②⑥⑦【分析】【分析】（1）根據(jù)實驗操作的步驟以及每步操作需要儀器確定反應所需儀器；

（2）濃H2SO4的物質的量濃度c=；再根據(jù)溶液稀釋前后物質的量不變計算所需濃硫酸的體積；

（3）依據(jù)配制一定物質的量濃度溶液的操作步驟判斷；分析不當操作對溶質的物質的量和溶液的體積的影響，依據(jù)c=進行誤差分析．【解析】【解答】解：（1）配制步驟有量??；稀釋、移液、洗滌、定容、搖勻等操作；用量筒量取（用到膠頭滴管）稱量，在燒杯中稀釋，并用玻璃棒攪拌，冷卻后轉移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，當加水至液面距離刻度線1～2cm時，改用膠頭滴管滴加，需要使用的儀器有：燒杯、玻璃棒、量筒、100mL容量瓶、膠頭滴管等；

故選：燒杯；玻璃棒、量筒、100mL容量瓶、膠頭滴管；

（2）質量分數(shù)為98%、密度為1.84g?cm-3的濃硫酸C==18.4mol/L；設需要濃硫酸體積為V，則根據(jù)溶液稀釋前后物質的量不變得：V×18.4mol/L=100mL×1mol/L，解得V=5.4mL；

故答案為：5.4mL；

（3）①洗滌量取濃硫酸后的量筒；并將洗滌液轉移到容量瓶中，導致硫酸的物質的量偏大，溶液濃度偏高，操作錯誤；

②未等稀釋后的H2SO4溶液冷卻至室溫就轉移到容量瓶中；冷卻后，溶液體積偏小，溶液濃度偏高，操作錯誤；

③濃硫酸稀釋正確操作；將濃硫酸緩緩注入盛有水的燒杯中，操作錯誤；

④定容時；加蒸餾水超過標線，又用膠頭滴管吸出，導致溶質物質的量偏小，溶液濃度偏低，操作錯誤；

⑤轉移前；容量瓶中含有少量蒸餾水，對溶液體積；溶質物質的量都不會產生影響，溶液濃度不變，操作正確；

⑥量取濃硫酸時；仰視標線，導致量取的硫酸的物質的量偏大，溶液濃度偏高，操作錯誤；

⑦定容時；俯視標線，導致溶液體積偏小，溶液濃度偏高，操作錯誤；

操作中錯誤的是①②③④⑥⑦；能引起誤差偏高的有①②⑥⑦；

故答案為：①②③④⑥⑦；①②⑥⑦．11、2Mg+CO22MgO+C將D溶液在HCl氣流中蒸干4NH3+5O24NO+6H2O2NH4++2e-=2NH3↑+H2↑【分析】【分析】C為無色液體，由氣體X（X由原電池反應得到，可能是H2）和氧氣反應得到，故C應是H2O，X是H2，根據(jù)反應⑦可知非金屬Y是C．由電解D無水晶體得到A與Cl2，可知D為氯化物且是離子化合物，結合A+B溶液發(fā)生原電池反應得到X、D、E，可知B為氯化物，且B是一種鹽，受熱極易分解，反應生成的H2與E氣體，B應水解呈酸性，由轉化關系：E→F→G→H，屬于常溫下氣體E的連續(xù)氧化得到氣體G，在中學階段中N、S元素化合物符合轉化關系，考慮反應①是金屬與NH4Cl溶液發(fā)生的原電池反應，可推出E為NH3、F為NO、G為NO2，則H為HNO3．（1）中反應④為A在某種氣體中燃燒，生成單質Y和A的氧化物，應為Mg與二氧化碳的反應，可推出A為Mg，則D為MgCl2，結合反應①可推知B為NH4Cl，驗證符合轉化關系，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：C為無色液體，由氣體X（X由原電池反應得到，可能是H2）和氧氣反應得到，故C應是H2O，X是H2，根據(jù)反應⑦可知非金屬Y是C．由電解D無水晶體得到A與Cl2，可知D為氯化物且是離子化合物，結合A+B溶液發(fā)生原電池反應得到X、D、E，可知B為氯化物，且B是一種鹽，受熱極易分解，反應生成的H2與E氣體，B應水解呈酸性，由轉化關系：E→F→G→H，屬于常溫下氣體E的連續(xù)氧化得到氣體G，在中學階段中N、S元素化合物符合轉化關系，考慮反應①是金屬與NH4Cl溶液發(fā)生的原電池反應，可推出E為NH3、F為NO、G為NO2，則H為HNO3．（1）中反應④為A在某種氣體中燃燒，生成單質Y和A的氧化物，應為Mg與二氧化碳的反應，可推出A為Mg，則D為MgCl2，結合反應①可推知B為NH4Cl；驗證符合轉化關系；

（1）反應④為Mg與二氧化碳的反應生成MgO與碳，反應方程式為：2Mg+CO22MgO+C；

故答案為：2Mg+CO22MgO+C；

（2）氯化銨是離子化合物，由氨根離子與氯離子構成，電子式為：

故答案為：

（3）從MgCl2溶液制備MgCl2的無水晶體；應注意防止水解，應將D溶液在HCl氣流中蒸干；

故答案為：將D溶液在HCl氣流中蒸干；

（4）反應②是氨的催化氧化，反應化學方程為：4NH3+5O24NO+6H2O；

故答案為：4NH3+5O24NO+6H2O；

（5）原電池反應①中，正極發(fā)生還原反應，銨根離子放電生成氨氣與氫氣，正極反應式為：2NH4++2e-=2NH3↑+H2↑；

故答案為：2NH4++2e-=2NH3↑+H2↑．12、MgO+2H+=H2O+Mg2+Fe（OH）3、CaCO3和BaCO3蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶減少因溶解而使產品損失既要防止Mg2+水解，同時又要保持適當?shù)娜芙馑俾蕦gCl2?6H2O晶體在氯化氫氣流中加熱【分析】【分析】鎂渣（含有MgO、KCl、MgCl2、BaCl2、CaCl2、FeCl3等雜質），粉碎后用鹽酸溶解，過濾除去不溶性雜質，得KCl、MgCl2、BaCl2、CaCl2、FeCl3等溶液，再加入碳酸鈉進行中和，過濾，得濾渣Ⅱ為Fe（OH）3、CaCO3和BaCO3沉淀，和濾液為氯化鈉、氯化鎂、氯化鉀的混合溶液，將混合溶液進行蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌并烘干得MgCl2?6H2O晶體；

（1）鎂渣用鹽酸溶解時；主是里面的MgO和鹽酸發(fā)生反應，形成主要含鎂鹽的溶液；

（2）濾渣Ⅱ為氫氧化鐵和碳酸鋇沉淀；

（3）操作I主要是從溶液中獲得MgCl2?6H2O晶體；要經(jīng)過蒸發(fā)濃縮；冷卻結晶、過濾、洗滌并烘干等步驟，氯化鎂能溶于水，所以在洗滌時要減少因溶解而使產品損失；

（4）溶解時要保持適當?shù)臏囟?，溫度過低難溶解，MgCl2?6H2O晶體中鎂離子易水解，溫度越高水解程度越大，所以溶解時既要防止Mg2+水解；同時又要保持適當?shù)娜芙馑俾剩?/p>

（5）MgCl2?6H2O晶體中鎂離子易水解，所以MgCl2?6H2O制成無水氯化鎂時，要抑制鎂離子的水解，據(jù)此答題；【解析】【解答】解：鎂渣（含有MgO、KCl、MgCl2、BaCl2、CaCl2、FeCl3等雜質），粉碎后用鹽酸溶解，過濾除去不溶性雜質，得KCl、MgCl2、BaCl2、CaCl2、FeCl3等溶液，再加入碳酸鈉進行中和，過濾，得濾渣Ⅱ為Fe（OH）3、CaCO3和BaCO3沉淀，和濾液為氯化鈉、氯化鎂、氯化鉀的混合溶液，將混合溶液進行蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌并烘干得MgCl2?6H2O晶體；

（1）鎂渣用鹽酸溶解時，主是里面的MgO和鹽酸發(fā)生反應，形成主要含鎂鹽的溶液，反應方程式為：MgO+2H+=H2O+Mg2+；

故答案為：MgO+2H+=H2O+Mg2+；

（2）根據(jù)上面的分析可知，濾渣Ⅱ為Fe（OH）3、CaCO3和BaCO3沉淀；

故答案為：Fe（OH）3、CaCO3和BaCO3；

（3）操作I主要是從溶液中獲得MgCl2?6H2O晶體；要經(jīng)過蒸發(fā)濃縮；冷卻結晶、過濾、洗滌并烘干等步驟，氯化鎂能溶于水，所以在洗滌時要減少因溶解而使產品損失；

故答案為：蒸發(fā)濃縮；冷卻結晶；減少因溶解而使產品損失；

（4）溶解時要保持適當?shù)臏囟?，溫度過低難溶解，MgCl2?6H2O晶體中鎂離子易水解，溫度越高水解程度越大，所以溶解時既要防止Mg2+水解；同時又要保持適當?shù)娜芙馑俾剩?/p>

故答案為：既要防止Mg2+水解；同時又要保持適當?shù)娜芙馑俾剩?/p>

（5）將MgCl2?6H2O制成無水氯化鎂的方法是將MgCl2?6H2O晶體在氯化氫氣流中加熱，可得無水MgCl2；

故答案為：將MgCl2?6H2O晶體在氯化氫氣流中加熱．13、+124正反應為氣體分子數(shù)增大的反應，保持壓強不變，加入水蒸氣，容器體積應增大，等效為降低壓強，平衡向正反應方向移動600℃時乙苯的轉化率與苯乙烯的選擇性均較高，溫度過低，反應速率較慢，轉化率較低，溫度過高，選擇性下降，高溫下可能失催化劑失去活性，且消耗能量較大①②③④【分析】【分析】（1）反應熱=反應物總鍵能-生成物總能鍵能，由有機物的結構可知，應是-CH2CH3中總鍵能與-CH=CH2、H2總鍵能之差；

（2）參加反應的乙苯為nαmol；則：

?+H2

開始（mol）：n00

轉化（mol）：nαnαnα

平衡（mol）：n（1-α）nαnα

維持體系總壓強p恒定，在溫度T時，由PV=nRT可知，混合氣體總濃度不變，設反應后的體積為V′，則=，故V′=（1+α）V，再根據(jù)平衡常數(shù)表達式K=計算解答；

（3）①保持壓強不變；加入水蒸氣，容器體積應增大，等效為降低壓強，平衡向氣體體積增大的方向移動；

②600℃時乙苯的轉化率與苯乙烯的選擇性均較高；結合溫度對乙苯轉化率；苯乙烯選擇性、溫度對反應速率與催化劑的影響及消耗能量等，分析控制反應溫度為600℃的理由；

（4）①CO2與H2反應；導致氫氣濃度減低，有利于乙苯脫氫反應的化學平衡右移；

②由題目信息可知；在保持常壓和原料氣比例不變，與摻水蒸汽工藝相比，在相同的生產效率下，可降低操作溫度，消耗的能量減少；

③由于會發(fā)生反應CO2+C═2CO；有利于減少積炭；

④CO2代替水蒸氣，有利用CO2資源利用．【解析】【解答】解：（1）反應熱=反應物總鍵能-生成物總能鍵能，由有機物的結構可知，應是-CH2CH3中總鍵能與-CH=CH2、H2總鍵能之差，故△H=（5×412+348-3×412-612-436）kJ?mol-1=+124kJ?mol-1；

故答案為：+124；

（2）物質的量為n；體積為V的乙苯蒸氣發(fā)生催化脫氫反應；參加反應的乙苯為nαmol，則：

?+H2

開始（mol）：n00

轉化（mol）：nαnαnα

平衡（mol）：n（1-α）nαnα

維持體系總壓強p恒定，在溫度T時，由PV=nRT可知，混合氣體總濃度不變，設反應后的體積為V′，則=，故V′=（1+α）V，則平衡常數(shù)K=，則K==；

故答案為：；

（3）①正反應為氣體分子數(shù)增大的反應；保持壓強不變，加入水蒸氣，容器體積應增大，等效為降低壓強，平衡向正反應方向移動，提高乙苯的平衡轉化率；

故答案為：正反應為氣體分子數(shù)增大的反應；保持壓強不變，加入水蒸氣，容器體積應增大，等效為降低壓強，平衡向正反應方向移動；

②600℃時乙苯的轉化率與苯乙烯的選擇性均較高；溫度過低，反應速率較慢，轉化率較低，溫度過高，選擇性下降，高溫下可能失催化劑失去活性，且消耗能量較大，故選擇600℃左右；

故答案為：600℃時乙苯的轉化率與苯乙烯的選擇性均較高；溫度過低，反應速率較慢，轉化率較低，溫度過高，選擇性下降，高溫下可能失催化劑失去活性，且消耗能量較大；

（4）①CO2與H2反應；導致氫氣濃度減低，有利于乙苯脫氫反應的化學平衡右移，故正確；

②由題目信息可知；在保持常壓和原料氣比例不變，與摻水蒸汽工藝相比，在相同的生產效率下，可降低操作溫度，消耗的能量減少，故正確；

③由于會發(fā)生反應CO2+C═2CO；有利于減少積炭，故正確；

④CO2代替水蒸氣，有利用CO2資源利用；故正確；

故選：①②③④．14、4【分析】【分析】位于頂點上的Al原子配位數(shù)為4；晶體N原子位于晶胞體對角線的處，將體心與下底面相對的兩頂點相連可構成等腰三角形，距離最近的兩個N原子相連的連線為該三角形的中位線，所以晶體中最近的兩個N原子的距離為底面對角線的，根據(jù)晶胞的密度可以求得晶胞邊長，進而求得底面對角線的長度，據(jù)此可解題．【解析】【解答】解：根據(jù)圖知，頂點上的每個Al原子和四個N原子形成共價鍵，所以Al原子的配位數(shù)是4；晶體N原子位于晶胞體對角線的處，將體心與下底面相對的兩頂點相連可構成等腰三角形，距離最近的兩個N原子相連的連線為該三角形的中位線，所以晶體中最近的兩個N原子的距離為底面對角線的，該晶胞中N原子個數(shù)是4，Al個數(shù)==4，晶胞體積==cm3，晶胞邊長=cm=cm，晶胞底面對角線長=cm，則兩個最近N原子間的距離=cm；

故答案為：4；．15、O2SO32Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑HCO3-+H+=CO32-+H2O⑧⑨【分析】【分析】甲、乙、丙為單質，A、G的焰色反應為黃色說明含有Na元素，A能和二氧化碳反應生成單質丙，則A為Na2O2，丙是O2，F(xiàn)是Na2CO3，則甲是Na．過氧化鈉和水反應生成氫氧化鈉和氧氣，則B是NaOH，氫氧化鈉和G反應生成碳酸鈉，且G中含有鈉元素，則G是NaHCO3．乙、丙兩元素在周期表中位于同一主族，則乙為S，X是Na2S，D是SO2，E為SO3，二氧化硫和過氧化鈉發(fā)生氧化還原反應生成硫酸鈉，所以C是Na2SO4．【解析】【解答】解：甲、乙、丙為單質，A、G的焰色反應為黃色說明含有Na元素，A能和二氧化碳反應生成單質丙，則A為Na2O2，丙是O2，F(xiàn)是Na2CO3，則甲是Na．過氧化鈉和水反應生成氫氧化鈉和氧氣，則B是NaOH，氫氧化鈉和G反應生成碳酸鈉，且G中含有鈉元素，則G是NaHCO3．乙、丙兩元素在周期表中位于同一主族，則乙為S，X是Na2S，D是SO2，E為SO3，二氧化硫和過氧化鈉發(fā)生氧化還原反應生成硫酸鈉，所以C是Na2SO4；

（1）由上述分析可知，丙為O2，E為SO3，故答案為：O2；SO3；

（2）X是Na2S，用電子式表示Na2S的形成過程為：

故答案為：

（3）A是Na2O2，與H2O反應的化學反應方程式：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑；

故答案為：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑；

（4）B和G是氫氧化鈉和碳酸氫鈉溶液的反應，反應的離子方程式為：HCO3-+H+=CO32-+H2O；

故答案為：HCO3-+H+=CO32-+H2O；

（5）上圖①-⑨的反應中，①、②、③都是有單質參加的化合反應，為氧化還原反應，④⑤⑥⑦中有元素的化合價變化是氧化還原反應，⑧⑨是復分解反應，所以不屬于氧化還原反應的是⑧⑨，故答案為：⑧⑨．16、FeCl3CuCl2FeCl3=Fe3++3Cl-【分析】【分析】（1）根據(jù)氧化還原反應中化合價的升降來分析電子轉移情況；

（2）化合價降低元素所在的反應物是氧化劑；還原劑被氧化得到的產物為氧化產物；

（3）FeCl3為強電解質在溶液中完全電離．【解析】【解答】解：（1）反應Cu+2FeCl3═CuCl2+2FeCl2中，化合價升高元素是銅，化合價降低的元素是鐵，共轉移電子2mol，轉移電子方向和數(shù)目為故答案為：

（2）Cu+2FeCl3═CuCl2+2FeCl2反應中化合價降低元素是鐵，所在的反應物是FeCl3，為氧化劑，Cu的化合價升高被氧化，生成產物CuCl2為氧化產物；

故答案為：FeCl3；CuCl2；

（3）FeCl3為強電解質在溶液中完全電離，其電離方程式為：FeCl3=Fe3++3Cl-，故答案為：FeCl3=Fe3++3Cl-．17、C＜O＜Nadsp2、sp3[Ar]3d5BKFe2（CN）612【分析】【分析】Ⅰ（1）配合物中同周期元素為C；N、O；根據(jù)第一電離能遞變規(guī)律判斷；

（2）配合物中原子序數(shù)最小的元素為C元素；根據(jù)C原子成鍵類型判斷；根據(jù)形成的空間構型和分子結構判斷雜化類型；

（3）配合物中心離子為Fe3+；根據(jù)其核外電子數(shù)，寫出核外電子排布式；

（4）根據(jù)配合物離子結構判斷；

Ⅱ（5）利用均攤法計算出各種微粒在晶胞中數(shù)目；

（6）根據(jù)晶胞中C≡N數(shù)目判斷．【解析】【解答】解：Ⅰ（1）配合物中同周期元素為C；N、O；第一電離能從左到右，呈增大趨勢，故C最小；N原子2p軌道半充滿較為穩(wěn)定，第一電離能高于O，故答案為：C＜O＜N；

（2）配合物中原子序數(shù)最小的元素為C元素，C原子形成8電子穩(wěn)定結構，結合圖1分析，a為苯，滿足8電子結構；b、c不滿足穩(wěn)定結構；d為甲烷，符合穩(wěn)定結構；苯分子內碳原子以sp2雜化，甲烷為sp3雜化，故答案為：ad；sp2、sp3；

（3）配合物中心離子為Fe3+，核外電子數(shù)為23，其價電子排布式為：3d5，內部電子排布式與Ar核外電子排布式完全一樣，故其離子排布式為：[Ar]3d5；

故答案為：[Ar]3d5；

（4）A、Na+與之間存在離子鍵；B、不存在金屬鍵；C、氫鍵不是化學鍵；D、碳氮原子間形成極性共價鍵；E、NO分子、CN-與Fe3+形成配位鍵；

故答案為：B；

（5）Fe2+數(shù)=Fe3+數(shù)==，即化學式中含F(xiàn)e數(shù)目=；CN-位于棱，數(shù)目=，兩個晶胞含有一個K+，一個晶胞含有個K+，即化學式可寫為：KFe2（CN）6，故答案為：KFe2（CN）6；

（6）1molCN-中含有2molπ鍵，故1molK1Fe2（CN）6晶體中含有2mol×6=12molπ鍵，故答案為：12．18、負極N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O減小N2H4+HNO2=NH3+2H2O64kg【分析】【分析】（1）肼--空氣燃料電池是一種堿性燃料電池；工作時，負極上肼失電子發(fā)生氧化反應，根據(jù)原電池總反應式可判斷溶液pH的變化；

（2）氮的氫化物的相對分子質量為43.0，其中氮原子的質量分數(shù)為0.977，則氮氫原子個數(shù)比==3：1，所以該氫化物是NH3；肼和亞硝酸反應生成氨氣和水；

（3）根據(jù)反應物和生成物寫出反應方程式，根據(jù)還原產物和肼的關系式進行計算．【解析】【解答】解：（1）肼--空氣燃料電池是一種堿性燃料電池工作時，負極上肼失電子發(fā)生氧化反應，電極反應式為N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O，電池總反應式為N2H4+O2=N2+2H2O，由總反應式可知，反應生成水，OH-濃度減?。粍tpH減?。?/p>

故答案為：負極，N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O；減?。?/p>

（2）氮的氫化物的相對分子質量為43.0，其中氮原子的質量分數(shù)為0.977，則氮氫原子個數(shù)比==3：1，所以該氫化物是NH3，肼和亞硝酸反應生成氨氣和水，所以其反應方程式為：N2H4+HNO2=NH3+2H2O；

故答案為：N2H4+HNO2=NH3+2H2O；

（3）肼和四氧化二氮反應生成氮氣和水，反應方程式為：2N2H4+N2O4=3N2+4H2O，該反應中有氮氣是還原產物，所以該反應中肼和還原產物的關系式為：2N2H4N2

；設肼的質量是x；

2N2H4N2

6428

x28kg

x==64kg；

答：參加反應的肼的質量64kg．三、判斷題(共8題，共16分)19、×【分析】【分析】氧氣與氦氣的分子構成不同，含有原子數(shù)相等時，分子數(shù)不同，以此解答．【解析】【解答】解：氧氣為雙原子分子，氦氣為單原子分子，標準狀況下當氧氣與氦氣的原子數(shù)均為NA時；氧氣為0.5mol，氦氣為1mol，則體積不同．

故答案為：×．20、√【分析】【分析】膠體中分散質粒子直徑在1-100nm之間，膠體能發(fā)生丁達爾效應、能產生電泳現(xiàn)象、能產生聚沉．【解析】【解答】解：膠體中分散質粒子直徑在1-100nm之間，所以膠體能產生丁達爾效應；膠體具有吸附性，吸附帶電荷的離子，所以能產生電泳現(xiàn)象；膠體能發(fā)生聚沉現(xiàn)象，故答案為：√．21、×【分析】【分析】根據(jù)滴管滴加液體時，滴管尖端要懸空在容器口的正上方，不能伸入試管內部更不能接觸試管內壁解答．【解析】【解答】解：滴管滴加液體時，滴管尖端要懸空在容器口的正上方，不能伸入試管內部更不能接觸試管內壁，以免污染滴管內的液體，故答案為：×．22、×【分析】【分析】磷酸鈉溶液中磷酸根能發(fā)生水解，磷酸溶液中磷酸電離產生PO43-．【解析】【解答】解：磷酸是中強酸；存在電離平衡，磷酸鹽存在水解平衡，這兩個平衡程度都很小．

磷酸電離由3步（磷酸是三元酸）；分別是磷酸二氫根，磷酸氫根，最后是少量磷酸根離子；

磷酸鈉電離狀態(tài)下電離出鈉離子和磷酸根離子；但是磷酸根離子要水解，其程度也很小，所以磷酸鈉中磷酸根離子遠多于等濃度的磷酸溶液；

故答案為：×．23、√【分析】【分析】流感病毒的成分為蛋白質，而食醋的主要成分為乙酸，乙酸能使蛋白質發(fā)生變性，以此來解答．【解析】【解答】解：因流感病毒的成分為蛋白質；而食醋的主要成分為乙酸，乙酸能使蛋白質發(fā)生變性，則為防止流感傳染，可將教室門窗關閉后，用食醋熏蒸，進行消毒，做法正確；

故答案為：√．24、×【分析】【分析】電解質：在水溶液中或熔融狀態(tài)下能夠導電的化合物；

非電解質：在熔融狀態(tài)和水溶液中都不能導電的化合物；

在水溶液中完全電離的是強電解質；部分電離的是弱電解質．【解析】【解答】解：氨氣在水溶液中與水反應生成一水合氨；一水合氨部分電離出銨根離子和氫氧根離子，氨氣自身不能電離，故氨氣是非電解質；

故答案為：×．25、×【分析】【分析】部分鹽溶液能使蛋白質發(fā)生鹽析，重金屬鹽溶液能使蛋白質發(fā)生變性．【解析】【解答】解：部分鹽溶液能使蛋白質發(fā)生鹽析；如硫酸鈉溶液；硫酸銨溶液；重金屬鹽溶液能使蛋白質發(fā)生變性，如硫酸銅溶液、硝酸銀溶液等；所以電解質溶液不一定能使蛋白質發(fā)生變性；

故答案為：×．26、√【分析】【分析】（1）乙酸分子中含有羧基；乙酸的酸性大于碳酸；

（2）乙醇的官能團是羥基；乙酸的官能圖是羧基；

（3）CH3CO18OC2H5的水解產物是CH3COOH和C2H518OH；

（4）在水溶液里；乙酸分子中的羧基可以電離出氫離子；

（5）乙醇與水以任意比例互溶；

（6）碳酸鈉溶液可以吸收乙酸，降低乙酸丁酯的溶解度．【解析】【解答】解：（1）乙酸分子中含有羧基，乙酸的酸性大于碳酸，可與NaHCO3溶液反應生成CO2氣體；

故答案為：√；

（2）乙醇、乙酸均能與Na反應放出H2；乙醇的官能團是羥基，乙酸的官能圖是羧基，因此二者分子中官能團不相同；

故答案為：×；

（3）在酸性條件下，CH3CO18OC2H5的水解產物是CH3COOH和C2H518OH；

故答案為：×；

（4）在水溶液里；乙酸分子中的羧基可以電離出氫離子，甲基不能電離出氫離子；

故答案為：×；

（5）乙醇與水以任意比例互溶；用碳酸鈉溶液洗滌，除掉了乙酸，引入了乙酸鈉和碳酸鈉；

故答案為：×；

（6）碳酸鈉溶液可以吸收乙酸；降低乙酸丁酯的溶解度；

故答案為：√．四、實驗題(共1題，共2分)27、關閉分液漏斗活塞，向外拉注射器的內管一段距離后松手，若內管能回到開始位置，證明氣密性好，若不能則說明氣密性不好短長頸漏斗控制反應的進行不可取，收集25mLH2時所需時間間隔太短多孔塑料袋浸入稀硫酸反應放熱，溫度升高反應速率加快酸中氫離子濃度減小氣體遇冷壓縮0.39mol/（L?s）【分析】【分析】（1）使裝置內外形成氣壓差是氣密性檢查的常用手段；

（2）根據(jù)濃度越大化學反應速率越快來回答；

（3）根據(jù)實驗裝置的特點和實驗的可行性來回答；

（4）根據(jù)產生一定體積的氣體所需要的時間來確定反應速率時；在物質混合后就應該計時；

（5）溫度升高；反應速率加快；濃度減小，反應速率減慢；

（6）根據(jù)氣體的熱脹冷縮性質來分析；根據(jù)v=來計算化學反應速率．【解析】【解答】解：（1）使裝置內外形成氣壓差是氣密性檢查的常用手段；檢查該裝置的氣密性可關閉分液漏斗活塞，向外拉注射器的內管一段距離后松手，若內管能回到開始位置，證明氣密性好，若不能則說明氣密性不好；

故答案為：關閉分液漏斗活塞；向外拉注射器的內管一段距離后松手，若內管能回到開始位置，證明氣密性好，若不能則說明氣密性不好；

（2）1mol/L硫酸濃度小于4mol/L硫酸，化學反應速率后者快，收集25mLH2時所需時間后者比前者短；故答案為：短；

（3）本實驗設計存在明顯不足，長頸漏斗的使用不能達到實驗目的，應該改為分液漏斗，其次是反應速率太快，收集25mLH2時所需時間間隔太短；不易計時；

故答案為：長頸漏斗控制反應的進行不可取，收集25mLH2時所需時間間隔太短；

（4）產生一定體積的氣體所需要的時間來確定反應速率時；在物質混合后就應該計時，故答案為：多孔塑料袋浸入稀硫酸；

（5）觀察到鋅與稀硫酸反應初期；反應放熱，溫度升高，反應速率加快；反應進行一定時間后，酸中氫離子濃度減小，反應速率減慢，故答案為：反應放熱，溫度升高反應速率加快；酸中氫離子濃度減??；

（6）在金屬鋅和硫酸的反應中，接近反應的最后階段，由于氣體的熱脹冷縮性質，會發(fā)現(xiàn)氣體的體積突然減小，根據(jù)金屬鋅和硫酸反應的實質是：Zn+2H+=Zn2++H2↑，產生氫氣40mL時，質量是0.040L×25g/L=1g，物質的量是0.5mol，消耗氫離子的物質的量是1mol，根據(jù)v===0.39mol/（L?s）；

故答案為：氣體遇冷壓縮；0.39mol/（L?s）．五、探究題(共4題，共20分)28、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，與氫氧化鈉不反應，甲酸、苯酚與氫氧化鈉反應生成溶于水的鈉鹽，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；CH3OH；HCOOH．

【分析】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，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，以此解答該題．29、酸式|反應中生成的錳離子具有催化作用，所以隨后褪色會加快|滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有強氧化性，應用酸式滴定管盛裝；高錳酸根離子被還原生成的錳離子有催化作用而導致反應速率加快，所以剛滴下少量KMnO4溶液時；溶液迅速變成紫紅色；滴定終點時，當?shù)稳胱詈笠坏胃咤i酸鉀溶液，錐形瓶內的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化，證明達到終點；

故答案為：酸式；反應中生成的錳離子具有催化作用；所以隨后褪色會加快；滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化；

(2)③第3組KMnO4溶液的體積與第1、2組相差比較大，舍去第3組，應按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，故消耗KMnO4溶液的體積為mL=20mL

設樣品的純度為x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g2mol5.0g×x×g（0.1000×0.020）mol解得：x==90.00%；

故答案為：20.00；90.00%；

(3)④A．未用標準濃度的酸性KMnO4溶液潤洗滴定管，標準液的濃度偏小，造成V（標準）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）偏大，故A正確；

B．滴定前錐形瓶有少量水，待測液的物質的量不變，對V（標準）無影響，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）不變，故B錯誤；

C．滴定前滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后氣泡消失，造成V（標準）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）偏大，故C正確；

D．不小心將少量酸性KMnO4溶液滴在錐形瓶外，造成V（標準）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）偏大，故D正確；

E．觀察讀數(shù)時，滴定前仰視，滴定后俯視，造成V（標準）偏小，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）偏小，故E錯誤；

故選ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有強氧化性，應用酸式滴定管盛裝；高錳離子有催化作用而導致反應速率加快；乙二酸與KMnO4發(fā)生氧化還原反應，滴定終點時，溶液由無色變成紫紅色，且半分鐘內不褪色；③第3組KMnO4溶液的體積與第1、2組相差比較大，舍去第3組，應按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，根據(jù)關系式2KMnO4～5H2C2O4計算；

④根據(jù)c（待測）=分析不當操作對V（標準）的影響，以此判斷濃度的誤差．30、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，與氫氧化鈉不反應，甲酸、苯酚與氫氧化鈉反應生成溶于水的鈉鹽，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；CH3OH；HCOOH．

【分析】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，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，以此解答該題．31、酸式|反應中生成的錳離子具有催化作用，所以隨后褪色會加快|滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有強氧化性，應用酸式滴定管盛裝；高錳酸根離子被還原生成的錳離子有催化作用而導致反應速率加快，所以剛滴下少量KMnO4溶液時；溶液迅速變成紫紅色；滴定終點時，當?shù)稳胱詈笠坏胃咤i酸鉀溶液，錐形瓶內的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化，證明達到終點；

故答案為：酸式；反應中生成的錳離子具有催化作用；所以隨后褪色會加快；滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化；

(2)③第3組KMnO4溶液的體積與第1、2組相差比較大，舍去第3組，應按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，故消耗KMnO4溶液的體積為mL=20mL

設樣品的純度為x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g2mol5.0g×x×g（0.1000×0.020）mol解得：x==90.00%；

故答案為：20.00；90.00%；

(3)④A．未用標準濃度的酸性KMnO4溶液潤洗滴定管，標準液的濃度偏小，造成V（標準）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）偏大，故A正確；

B．滴定前錐形瓶有少量水，待測液的物質的量不變，對V（標準）無影響，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）不變，故B錯誤；

C．滴定前滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后氣泡消失，造成V（標準）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）偏大，故C正確；

D．不小心將少量酸性KMnO4溶液滴在錐形瓶外，造成V（標準）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）偏大，故D正確；

E．觀察讀數(shù)時，滴定前仰視，滴定后俯視，造成V（標準）偏小，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）偏小，故E錯誤；

故選ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有強氧化性，應用酸式滴定管盛裝；高錳離子有催化作用而導致反應速率加快；乙二酸與KMnO4發(fā)生氧化還原反應，滴定終點時，溶液由無