2025年人教版選擇性必修1化學(xué)上冊階段測試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※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2025年人教版選擇性必修1化學(xué)上冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)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7題，共14分)1、牙齒的表面有一薄層釉質(zhì)保護(hù)著，釉質(zhì)層的主要成分是難溶的羥基磷灰石[Ca5(PO4)3OH]。下列行為不利于牙齒保護(hù)的是A.堅(jiān)持飯后漱口B.在牙膏中添加氟化物C.大量飲用可樂等碳酸飲料D.早晚按時(shí)刷牙2、下列有關(guān)敘述，正確的是A.25℃與60℃時(shí)，水的pH相等B.0.01mol/L的氨水可以使酚酞試液變紅，說明氨水是弱電解質(zhì)C.在某溫度下，測得純水中c(H+)=2×10－7mol/L，則c(OH－)為5×10－8mol/LD.常溫下，0.1mol/L亞硝酸(HNO2)溶液的pH值為2.145，則亞硝酸是弱電解質(zhì)3、相同溫度下，甲、乙兩個(gè)恒容密閉容器均進(jìn)行反應(yīng)：X(g)＋Y(s)Z(g)△H＜0。實(shí)驗(yàn)過程中部分?jǐn)?shù)據(jù)如表所示。容器容積物質(zhì)的起始加入量平衡時(shí)Z的物質(zhì)的量甲21molX、1molY、0molZ0.6mol乙12molX、2molY、2molZa

下列說法錯(cuò)誤的是A.a＝2.4molB.乙中反應(yīng)向正反應(yīng)方向進(jìn)行建立平衡C.甲中氣體密度不再改變說明達(dá)到平衡狀態(tài)D.平衡后縮小容器容積，甲、乙中X的體積分?jǐn)?shù)均減小4、在超臨界水中進(jìn)行碳碳加成反應(yīng)時(shí)存在兩條不同的路徑；其反應(yīng)機(jī)理如圖所示。下列有關(guān)說法錯(cuò)誤的是。

A.比穩(wěn)定B.升高溫度，生成的反應(yīng)速率增大的程度更大C.升高溫度，生成物中的比例一定會(huì)提高D.選擇適當(dāng)?shù)拇呋瘎?，有可能改變不同路徑產(chǎn)物的產(chǎn)量5、已知：①2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)?H=-566kJ/mol②Na2O2(s)+CO2(g)=Na2CO3(s)+O2(g)?H=-226kJ/mol；根據(jù)熱化學(xué)方程式判斷；下列說法或表示正確的是。

A.Na2O2(s)+CO2(s)=Na2CO3(s)+O2(g)?H>-226kJ/molB.由圖可表示由CO生成CO2的反應(yīng)過程和能量關(guān)系C.CO的燃燒熱為283kJD.CO(g)+Na2O2(s)=Na2CO3(s)?H=+509kJ/mol6、從海水中提取鎂的工藝流程可表示如圖：

下列說法不正確的是A.用此法提取鎂的優(yōu)點(diǎn)之一是原料來源豐富B.步驟⑥電解MgCl2時(shí)陰極產(chǎn)生氯氣C.步驟⑤可將晶體置于HCl氣體氛圍中脫水D.上述工藝流程中涉及化合、分解和復(fù)分解反應(yīng)7、NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，以下說法正確的是（）A.常溫下pH=13的Ba(OH)2溶液中含有Ba2+數(shù)目為0.05NAB.0.1L0.5mol/LCH3COOH溶液中含有的H+數(shù)小于0.05NAC.100mL1.0mol/LNaHCO3溶液中的數(shù)目為0.1NAD.用惰性電極電解CuSO4溶液，外電路中通過電子數(shù)目為NA時(shí)，陽極產(chǎn)生5.6L氣體評卷人得分二、多選題(共7題，共14分)8、在甲、乙兩個(gè)恒溫恒容的密閉容器中，分別加入足量活性炭和一定量的NO，發(fā)生反應(yīng)C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)。在不同溫度下；測得各容器中c(NO)隨反應(yīng)時(shí)間t的變化如圖所示。下列說法正確的是。

A.達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，v正(NO)=2v逆(CO2)B.乙容器中從反應(yīng)開始到建立平衡的平均反應(yīng)速率v(NO)=0.1125mol·L-1·min-1C.氣體平均相對分子質(zhì)量不再改變，說明反應(yīng)已達(dá)到平衡D.由圖分析可知，T乙＜T甲9、一種捕獲并資源化利用CO2的方法是將CO2催化加氫合成CH3OCH3；其過程中主要發(fā)生如下反應(yīng)：

I.2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g)ΔH1=-122.5kJ?mol-1

II.CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.2kJ?mol-1

向恒壓密閉容器中充入1molCO2和3molH2，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率和平衡時(shí)CH3OCH3的選擇性[CH3OCH3的選擇性=×100%]隨溫度的變化如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是。

A.2CO(g)+4H2(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH=-204.9kJ?mol-1B.由圖可知，210℃時(shí)以反應(yīng)II為主，300℃時(shí)，以反應(yīng)I為主C.增大反應(yīng)體系壓強(qiáng)，CH3OCH3選擇性增大D.反應(yīng)狀態(tài)達(dá)A點(diǎn)時(shí)，容器中n(CH3OCH3)為mol10、研究表明，采用零價(jià)鐵(ZVI)活化過硫酸鈉(Na2S2O8)可去除廢水中的正五價(jià)砷[As(V)]；其反應(yīng)機(jī)制模型如圖所示，定義比表面積為單位質(zhì)量的物質(zhì)所具有的表面積。下列敘述正確的是。

A.1molNa2S2O8中含有1mol過氧鍵B.若56gFe參加反應(yīng)，共有1mol被還原C.ZVI(Fe)的比表面積越大，凈化速率越快D.pH越小，越有利于去除廢水中的正五價(jià)砷11、下列兩組實(shí)驗(yàn)，將和通入體積為2L的恒容密閉容器中：。實(shí)驗(yàn)組溫度/℃起始量/達(dá)到平衡所需時(shí)間/達(dá)到平衡所需時(shí)間/1650241.62.452900120.41.63

發(fā)生反應(yīng)結(jié)合表中數(shù)據(jù)，下列說法錯(cuò)誤的是A.混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不再變化，則反應(yīng)達(dá)到平衡B.實(shí)驗(yàn)1中，反應(yīng)達(dá)到平衡后，的體積分?jǐn)?shù)為40%C.實(shí)驗(yàn)2的反應(yīng)平衡常數(shù)D.升高溫度有利于提高實(shí)驗(yàn)1和實(shí)驗(yàn)2中的轉(zhuǎn)化率12、用鉛蓄電池電解甲；乙電解池中的溶液。電解一段時(shí)間后向；c極和d極附近分別滴加酚酞試劑，c極附近溶液變紅，下列說法不正確的是。

A.d極為陽極B.若利用甲池精煉銅，b極應(yīng)為粗銅C.放電時(shí)鉛蓄電池負(fù)極的電極反應(yīng)式：D.若四個(gè)電極均為石墨，當(dāng)析出6.4gCu時(shí)，兩池中共產(chǎn)生氣體4.48L(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)13、常溫下，下列溶液中的微粒濃度關(guān)系不正確的是A.常溫下，0.1mol/LNaHB的pH=4，則c(HB-)>c(B2-)>c(H2B)B.等物質(zhì)的量濃度的Na2CO3和NaHCO3溶液中：c(Na+)<2c(CO)+c(HCO)C.NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至恰好呈中性：c(Na+)>c(SO)>c(NH)>c(OH-)=c(H+)D.常溫下pH相等的①NH4Cl、②(NH4)2SO4、③NH4HSO4溶液中，c(NH)由大到小的順序?yàn)椋孩?gt;①>③14、鐵碳微電解技術(shù)是利用原電池原理處理酸性污水的一種工藝，裝置如下圖所示。若上端開口打開，并鼓入空氣，可得到強(qiáng)氧化性的(羥基自由基)；若上端開口關(guān)閉，可得到強(qiáng)還原性的(氫原子)。下列說法正確的是。

A.上端開口關(guān)閉，不鼓入空氣時(shí)，正極的電極反應(yīng)式為B.上端開口打開，并鼓入空氣時(shí)，每生成轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為C.鐵碳微電解的工作原理基于電化學(xué)、氧化還原、物理吸附等共同作用對污水進(jìn)行處理D.用該技術(shù)處理含有草酸的污水時(shí)，上端應(yīng)打開評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)15、按照要求回答下列問題。

(1)用NaOH溶液吸收煙氣中的SO2，將所得的Na2SO3溶液進(jìn)行電解，可循環(huán)再生NaOH，同時(shí)得到H2SO4；其原理如下圖所示(電極材料為石墨)。

①圖中b極要連接電源的________(填“正”或“負(fù)”)極。

②SO放電的電極反應(yīng)式為________________________________。

(2)用零價(jià)鐵(Fe)去除酸性水體中的硝酸鹽(NO)已成為環(huán)境修復(fù)研究的熱點(diǎn)之一。Fe還原水體中的NO的反應(yīng)原理如圖1所示。

①作負(fù)極的物質(zhì)是________。

②正極的電極反應(yīng)式是________________________________。

(3)通過NOx傳感器可監(jiān)測NOx的含量；其工作原理示意圖如圖2所示。

①Pt電極上發(fā)生的是________反應(yīng)(填“氧化”或“還原”)。

②寫出NiO電極的電極反應(yīng)式：___________________________________。16、I.在一定條件下xA+yBzC的可逆反應(yīng)達(dá)到平衡；

(1)已知A、B、C均為氣體，在減壓后平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，則x、y、z的關(guān)系是___________。

(2)已知C是氣體且x+y=z，在加壓時(shí)如果平衡發(fā)生移動(dòng)，則平衡必向___________方向移動(dòng)。(填“正反應(yīng)”或“逆反應(yīng)”)

(3)已知B、C是氣體，現(xiàn)增加A的物質(zhì)的量(其他條件不變)，平衡不移動(dòng)，則A是___________態(tài)。

II.(4)研究氮氧化物與懸浮在大氣中海鹽粒子的相互作用時(shí)；涉及如下反應(yīng)：

2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)K1△H1

2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)K2△H2

則4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)的平衡常數(shù)K=_______(用含有K1、K2的式子表示)；

(5)在時(shí)，2L的密閉容器中A、B、C三種氣體的初始濃度和2min末的濃度如下表(該反應(yīng)為可逆反應(yīng))：。物質(zhì)ABC初始濃度/()1.02.002min末的濃度/()0.40.21.2

請?zhí)顚懴铝锌瞻祝?/p>

該反應(yīng)方程式可表示為_____；從反應(yīng)開始到2min末，A的平均反應(yīng)速率為_____。17、可逆反應(yīng)A(g)+2B(g)?2C(g)△H＜0在一定條件下達(dá)到平衡；若改變條件，將變化結(jié)果(增大；減小、不變)填入空格。

(1)升高溫度，B的轉(zhuǎn)化率__________，v(正)__________，v(逆)__________；

(2)加催化劑，A的物質(zhì)的量_________，v(正)_________，v(逆)_________；

(3)保持溫度和壓強(qiáng)不變加入惰性氣體；則C的物質(zhì)的量_____，A的轉(zhuǎn)化率____。

(4)保持溫度和體積不變加入惰性氣體；A的轉(zhuǎn)化率______________。

(5)若溫度和體積不變；反應(yīng)從開始到平衡，在這個(gè)變化過程中，壓強(qiáng)________。

(6)若恒溫恒容，A足量且為固體，反應(yīng)平衡后，向體系中加入一定量的B，反應(yīng)再次達(dá)平衡后，A的質(zhì)量_____。平衡常數(shù)K_____18、25℃時(shí)，電離常數(shù)：?；瘜W(xué)式電離常數(shù)K1=

K2=

請回答下列問題：

(1)物質(zhì)的量濃度為的下列四種溶液：a．溶液b．溶液c．溶液d．溶液，由大到小的順序是________(用序號填空)。

(2)寫出向氰化鈉溶液中通入少量二氧化碳的離子方程式：________________。

(3)25℃時(shí)，與的混合溶液，若測得混合液則溶液中________(填準(zhǔn)確數(shù)值)，=________。

(4)某溫度時(shí)，純水的該溫度下溶液的________，向該溫度下的純水中加入少量的碳酸鈉固體，使溶液為9，則水電離出的=_________。19、已知氮化硅陶瓷材料可由石英固體與焦炭顆粒在高溫的氮?dú)饬髦型ㄟ^如下反應(yīng)制得：(未配平)。該反應(yīng)過程中的能量變化如圖所示：

試回答下列問題。

(1)該反應(yīng)中的氧化劑是________，還原產(chǎn)物是________。

(2)該反應(yīng)是________(填“吸熱反應(yīng)”或“放熱反應(yīng)”)，________(填“＞”“＜”或“＝”)0。

(3)該反應(yīng)過程中，斷裂舊化學(xué)鍵吸收的總能量________(填“>”“<”或“=”)形成新化學(xué)鍵釋放的總能量。20、Ⅰ．如圖所示，一密閉容器被無摩擦、可滑動(dòng)的兩隔板a、b分成甲、乙兩室；標(biāo)準(zhǔn)狀況下，在乙室中充入NH30.4mol，甲室中充入HCl、N2的混合氣體；靜止時(shí)隔板位置如圖所示。已知甲；乙兩室中氣體的質(zhì)量之差為17.3g。

（1）甲室中HCl、N2的質(zhì)量之比為__________________。

（2）將隔板a去掉，一段時(shí)間后，隔板b將穩(wěn)定位于刻度“________’’處（填數(shù)字，不考慮固體物質(zhì)產(chǎn)生的壓強(qiáng)），此時(shí)體系的平均相對分子質(zhì)量為________。

Ⅱ．已知硫酸、氨水的密度與所加水的量的關(guān)系如圖所示，現(xiàn)有硫酸與氨水各一份，請根據(jù)表中信息，回答下列問題：。溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度/mol?L-1溶液的密度/g?cm-3硫酸c1ρ1氨水c2ρ2

（1）表中硫酸的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為________（不寫單位，用含c1、ρ1；的代數(shù)式表示）。

（2）物質(zhì)的量濃度為c1mol?L-1的硫酸與水等體積混合（混合后溶液的體積變化忽略不計(jì)），所得溶液的物質(zhì)的量濃度為________mol?L-1。

（3）將物質(zhì)的量濃度分別為c2mol?L-1和0.2c2mol?L-1的氨水等質(zhì)量混合，所得溶液的物質(zhì)的量濃度__________0.6c2mol?L-1（填“大于”；“小于”或“等于”）（設(shè)混合后溶液的體積變化忽略不計(jì)）

Ⅲ．電解法處理含氮氧化物廢氣，可回收硝酸，具有較高的環(huán)境效益和經(jīng)濟(jì)效益。實(shí)驗(yàn)室模擬電解法吸收NOx的裝置如圖所示（圖中電極均為石墨電極）。

若用NO2氣體進(jìn)行模擬電解法吸收實(shí)驗(yàn)。

①寫出電解時(shí)NO2發(fā)生反應(yīng)的電極反應(yīng)式：_________________________________。

②若有標(biāo)準(zhǔn)狀況下2.24LNO2被吸收，通過陽離子交換膜的H+為________mol。21、某可逆反應(yīng)：2HI(g)?I2(g)+H2(g)在3種不同條件下進(jìn)行，H2(g)和I2(g)的起始濃度均為0，反應(yīng)物HI的濃度隨反應(yīng)時(shí)間的變化情況如下表：。實(shí)驗(yàn)序號010203040506018001.000.800.670.570.500.500.5028001.000.600.500.500.500.500.5039501.000.400.250.200.200.200.20

(1)實(shí)驗(yàn)1中，在10～20min內(nèi)，以物質(zhì)HI表示的平均反應(yīng)速率為___________，50min時(shí)，v正___________v逆(填“＜”“>”或“=”)。

(2)0～20min內(nèi)，實(shí)驗(yàn)2比實(shí)驗(yàn)1的反應(yīng)速率______(填“快”或“慢”)，其原因可能是___________。

(3)實(shí)驗(yàn)3比實(shí)驗(yàn)1的反應(yīng)速率________(填“快”或“慢”)，其原因是_______。22、(1)氯化銨的水溶液顯弱酸性，其原因?yàn)開_____(用離子方程式表示)

(2)25℃，幾種酸的電離平衡常數(shù)如表。化學(xué)式CH3COOHH2CO3HCNHClOH2SO3電離常數(shù)1.8×10-5K1=4.3×10-7

K2=5.6×10-115×10-103.0×10-8K1=2×10-2

K2=1×10-7

①物質(zhì)的量濃度均為0.1mol/L的五種溶液：a．CH3COONab．Na2CO3c．NaClOd．NaHCO3e.NaCN，pH由大到小的順序?yàn)開_____(用編號填寫)。

②根據(jù)上表數(shù)據(jù)判斷，下列離子方程式錯(cuò)誤的是_______。

A．CO2(過量)+H2O+ClO-=HCO+HClOB．SO2(過量)+H2O+ClO-=HSO+HClO

C．CO2(少量)+H2O+CN-=HCO+HCND．2SO2(過量)+CO+H2O=2HSO+CO2↑

E．SO2(少量)+2CO+H2O=SO+2HCOF．SO2(少量)+H2O+CN-=HSO+HCN

③0.10mol·L-1NaHSO3溶液中離子濃度由大到小的順序?yàn)開______。

④25℃時(shí)，NaCN與HCN的混合溶液，若c(CN-)=c(HCN)，則溶液中pH=_____(已知lg2=0.3；lg5=0.7)。

⑤25℃時(shí)，若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，則溶液中將______(填“增大”“減小”或“不變”)。評卷人得分四、判斷題(共1題，共6分)23、滴定終點(diǎn)就是酸堿恰好中和的點(diǎn)。（____________）A.正確B.錯(cuò)誤評卷人得分五、實(shí)驗(yàn)題(共4題，共8分)24、已知FeCl3溶液與KI溶液的反應(yīng)為可逆反應(yīng)；某小組同學(xué)對該反應(yīng)進(jìn)行實(shí)驗(yàn)探究。

(1)甲同學(xué)首先進(jìn)行了實(shí)驗(yàn)1。實(shí)驗(yàn)1實(shí)驗(yàn)步驟實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象?。?mL1mol?L-1KI溶液，滴加0.1mol?L-1FeCl3溶液3滴(1滴約為0.05mL，下同)?。芤撼首攸S色.ⅰ．溶液呈棕黃色.ⅱ．向其中滴加2滴0.1mol?L-1KSCN溶液.ⅱ．溶液不顯紅色.ⅱ．溶液不顯紅色.

①寫出FeCl3溶液與KI溶液反應(yīng)的離子方程式_____。

②加入KSCN溶液的目的是_____。

③甲同學(xué)認(rèn)為溶液不顯紅色的原因是反應(yīng)體系中c(Fe3+)太低，故改進(jìn)實(shí)驗(yàn)方案，進(jìn)行了實(shí)驗(yàn)2。實(shí)驗(yàn)2實(shí)驗(yàn)步驟實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象ⅰ．取2mL0.1mol?L-1KI溶液，滴加0.1mol?L-1FeCl3溶液3滴。?。芤撼首攸S色。?。芤撼首攸S色。ⅱ．向其中滴加2滴0.1mol?L-1KSCN溶液。ⅱ．溶液顯紅色。ⅱ．溶液顯紅色。ⅲ．繼續(xù)加入2mLCCl4，充分振蕩、靜置。ⅲ．液體分層，上層紅色消失，變?yōu)樽攸S色，下層呈紫紅色。ⅲ．液體分層，上層紅色消失，變?yōu)樽攸S色，下層呈紫紅色。

本實(shí)驗(yàn)改用0.1mol?L-1KI溶液的目的是______。

用化學(xué)平衡原理解釋實(shí)驗(yàn)2中加入CCl4后上層溶液紅色消失的原因：______。

(2)甲同學(xué)認(rèn)為“用CCl4萃取后上層溶液仍為棕黃色”的原因是I2未被充分萃取，但乙同學(xué)查閱資料得到信息：I2、I在水中均呈棕黃色，兩者有如下關(guān)系：I2+I-?I于是提出假設(shè)：萃取后的溶液呈棕黃色的主要原因是存在I

①為驗(yàn)證假設(shè)，乙同學(xué)設(shè)計(jì)并完成了實(shí)驗(yàn)3。實(shí)驗(yàn)3實(shí)驗(yàn)步驟實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象?。?mL實(shí)驗(yàn)2中棕黃色的上層清液，再加入2mLCCl4，振蕩、靜置。?。后w分層，上層呈黃色，下層呈紫紅色。?。后w分層，上層呈黃色，下層呈紫紅色。ⅱ．取1mL飽和碘水，加入2mLCCl4，振蕩靜置。ⅱ．液體分層，上層為無色，下層呈紫紅色。ⅱ．液體分層，上層為無色，下層呈紫紅色。

實(shí)驗(yàn)3的結(jié)論是_____。

②甲同學(xué)依據(jù)乙同學(xué)的實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)思路，選用實(shí)驗(yàn)2中的試劑，運(yùn)用控制變量的方法設(shè)計(jì)了更加嚴(yán)謹(jǐn)?shù)膶?shí)驗(yàn)，證明了平衡I2+I-?I的存在。請你補(bǔ)充完整他設(shè)計(jì)的實(shí)驗(yàn)步驟：將實(shí)驗(yàn)2中下層紫紅色溶液平均分成兩份，分裝于兩支試管中，向試管1中加入1mL水，振蕩、靜置；向試管2中____，振蕩、靜置，對比觀察現(xiàn)象。25、將濃度均為0.01mol/L的KI、溶液及淀粉混合，一定時(shí)間后溶液變?yōu)樗{(lán)色。該實(shí)驗(yàn)是一種“碘鐘實(shí)驗(yàn)”。某小組同學(xué)在室溫下對該“碘鐘實(shí)驗(yàn)”的原理進(jìn)行探究。資料：該“碘鐘實(shí)驗(yàn)”的總反應(yīng)為反應(yīng)分兩步進(jìn)行，反應(yīng)A為反應(yīng)B為

(1)反應(yīng)B的離子方程式是___________。對于總反應(yīng)，I-的作用相當(dāng)于___________。

(2)為證明反應(yīng)A；B的存在；進(jìn)行實(shí)驗(yàn)Ⅰ。

a．向酸化的溶液中加入KI溶液和試劑X；溶液變?yōu)樗{(lán)色。

b．再向得到的藍(lán)色溶液中加入溶液；溶液的藍(lán)色褪去。

試劑X是___________。

(3)為探究溶液變藍(lán)快慢的影響因素，進(jìn)行實(shí)驗(yàn)Ⅱ、實(shí)驗(yàn)Ⅲ．(溶液濃度均為0.01mol/L)。用量/mL

實(shí)驗(yàn)序號溶液溶液溶液KI溶液(含淀粉)實(shí)驗(yàn)Ⅱ54830實(shí)驗(yàn)Ⅲ52xyz

溶液從混合時(shí)的無色變?yōu)樗{(lán)色的時(shí)間：實(shí)驗(yàn)Ⅱ是30min；實(shí)驗(yàn)Ⅲ是40min。

①實(shí)驗(yàn)Ⅲ中，x、y、z所對應(yīng)的數(shù)值分別是___________。

②對比實(shí)驗(yàn)Ⅱ、實(shí)驗(yàn)Ⅲ，可得出的實(shí)驗(yàn)結(jié)論是___________。

(4)為探究其他因素對該“碘鐘實(shí)驗(yàn)”的影響，進(jìn)行實(shí)驗(yàn)Ⅳ。(溶液濃度均為0.01mol/L)。用量/mL

實(shí)驗(yàn)序號溶液溶液溶液KI溶液(含淀粉)實(shí)驗(yàn)Ⅳ44930

實(shí)驗(yàn)過程中；溶液始終無明顯顏色變化。

試結(jié)合該“碘鐘實(shí)驗(yàn)”總反應(yīng)方程式及反應(yīng)A與反應(yīng)B速率的相對快慢關(guān)系，解釋實(shí)驗(yàn)Ⅳ未產(chǎn)生顏色變化的原因：___________。26、青蒿素是高效的抗瘧藥；為無色針狀晶體，易溶于有機(jī)溶劑，難溶于水，熔點(diǎn)為156～157℃，溫度超過60℃完全失去藥效(已知：乙醚沸點(diǎn)為35℃)。從青蒿中提取青蒿素的一種工藝如圖：

索氏提取裝置如圖所示。實(shí)驗(yàn)時(shí)燒瓶中溶劑受熱蒸發(fā)；蒸汽沿蒸汽導(dǎo)管2上升至裝置a，冷凝后滴入濾紙?zhí)淄?中，與青蒿粉末接觸，進(jìn)行萃取。萃取液液面達(dá)到虹吸管3頂端時(shí)，經(jīng)虹吸管3返回?zé)浚瑥亩鴮?shí)現(xiàn)對青蒿粉末的連續(xù)萃取?；卮鹣铝袉栴}：

(1)裝置a的名稱為______。

(2)索氏提取裝置提取的青蒿素位于_____(填“圓底燒瓶”或“索氏提取器”)中；與常規(guī)的萃取相比，索氏提取的優(yōu)點(diǎn)是______。

(3)提取液蒸餾過程中選用下列哪種裝置更好_____(填“甲”或“乙”)，原因是_____。

(4)粗品提純的過程可能是______(填標(biāo)號)。

a.加水溶解；蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶。

b.加95%的乙醇溶解；水浴加熱、冷卻結(jié)晶、過濾。

c.加入乙醚進(jìn)行萃取分液。

(5)青蒿素()中含有過氧鍵，與碘化鈉反應(yīng)生成碘單質(zhì)。為測定產(chǎn)品中青蒿素的純度，取青蒿素樣品8.0g配制成250mL溶液，取25.00mL加入錐形瓶中，再加入足量的KI溶液和幾滴淀粉溶液，用0.1mol?L-1Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)液滴定[已知：I2+2S2O=2I-+S4OM(青蒿素)=282g/mol]。

①滴定終點(diǎn)的顏色變化為_____。

②三次滴定數(shù)據(jù)記錄如表：。滴定次數(shù)待測液體(mL)標(biāo)準(zhǔn)液讀數(shù)(mL)滴定前讀數(shù)滴定后讀數(shù)滴定前讀數(shù)滴定后讀數(shù)第一次25.001.5041.52第二次25.003.0042.98第三次25.004.5041.60

則青蒿素的純度為______。27、花椒油是一種常用調(diào)味劑；溶于乙醇；乙醚和熱水，學(xué)習(xí)小組利用水蒸氣蒸餾法從花椒籽中提取花椒油，并進(jìn)行相關(guān)實(shí)驗(yàn)探究?；卮鹣铝袉栴}：

(1)按上圖連接裝置，并_______(填操作)；其中儀器d的名稱為_______。

(2)向a中加入適量蒸餾水和幾粒沸石，c中加入20g花椒籽粉和適量蒸餾水。若實(shí)驗(yàn)過程中發(fā)現(xiàn)忘記加沸石。應(yīng)進(jìn)行的操作為_______。

(3)打開止水夾；接通d的冷凝水，加熱a，進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。

①管b的作用為_______。

②為達(dá)到較好的冷凝效果，d的冷凝水應(yīng)從下口進(jìn)上口出，解釋其原因?yàn)開______。

③判斷花椒籽粉中的花椒油已被提取的現(xiàn)象為_______。

(4)實(shí)驗(yàn)后，向e中所得液體中依次加入NaCl、乙醚分離出醚層，干燥后蒸餾得花椒油。其中加入NaCl的目的為_______。

(5)測定花椒油中油脂的含量：取20.00mL花椒油溶于乙醇中，加入80.00mL0.5mol·L-1NaOH溶液；加熱，充分反應(yīng)后配成200mL溶液；取25.00mL所配溶液，用0.1mol·L-1鹽酸滴定過量NaOH，達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)消耗鹽酸20.00mL。則該花椒油中含有油脂_______g/L(保留一位小數(shù)；油脂記為Mr=884)評卷人得分六、元素或物質(zhì)推斷題(共4題，共32分)28、短周期主族元素A；B、C、D、E在元素周期表中的位置如下圖所示；其中A為地殼中含量最高的金屬元素。

請用化學(xué)用語回答下列問題：

(1)D元素在周期表中的位置：_______

(2)A、D、E元素簡單離子半徑由大到小的順序?yàn)開______>_______>_______(填微粒符號)

(3)F與D同主族且相鄰，其氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性的大小_______>_______(填微粒符號)

(4)用高能射線照射含有10電子的D元素氫化物分子時(shí)，一個(gè)分子能釋放一個(gè)電子，同時(shí)產(chǎn)生一種具有較高氧化性的陽離子，試寫出該陽離子的電子式_______，該陽離子中存在的化學(xué)鍵有_______。

(5)C元素的簡單氫化物與E元素的最高價(jià)氧化物的水化物反應(yīng)，生成化合物K，則K的水溶液顯_______性(填“酸性”、“堿性”或“中性”)，用離子方程式表示其原因_______。

(6)化合物AC導(dǎo)熱性好，熱膨脹系數(shù)小，是良好的耐熱沖擊材料。其中制備AC的一種方法為：用A元素的氧化物、焦炭和C的單質(zhì)在1600~1750℃生成AC，每生成1molAC，消耗18g碳，吸收bkJ的熱量。(熱量數(shù)據(jù)為25℃、101.3kPa條件下)寫出該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式_______。

(7)在Fe和Cu的混合物中加入一定量C的最高價(jià)氧化物的水化物稀溶液，充分反應(yīng)后，剩余金屬m1g；再向其中加入稀硫酸，充分反應(yīng)后，金屬剩余m2g。下列說法正確的是_______。

a.加入稀硫酸前和加入稀硫酸后的溶液中肯定都有Cu2+

b.加入稀硫酸前和加入稀硫酸后的溶液中肯定都有Fe2+

c.m1一定大于m2

d.剩余固體m1g中一定有單質(zhì)銅，剩余固體m2g中一定沒有單質(zhì)銅29、A；B、C、D、E、F是原子半徑依次減小的短周期元素；A、C兩元素形成的化合物是廚房中最常用的調(diào)味品，A、B、C的最高價(jià)氧化物對應(yīng)的水化物兩兩間均能反應(yīng)生成鹽和水；D元素的同位素之一被用來作為相對原子質(zhì)量和阿伏加德羅常數(shù)的標(biāo)準(zhǔn)；E元素能形成多種同素異形體，其中一種是導(dǎo)致許多食品、藥品變質(zhì)的氣體；F元素的氧化物是許多有機(jī)物燃燒的液態(tài)生成物。據(jù)此回答：

(1)A、C、E按原子個(gè)數(shù)之比1：1：1形成的化合物是一種常見的消毒劑，將該消毒劑的水溶液滴在pH試紙上，可觀察到現(xiàn)象是____________，原因是________________。

(2)我國首創(chuàng)的海洋電池以B的單質(zhì)為負(fù)極，鉑網(wǎng)為正極，空氣作氧化劑，海水作電解質(zhì)溶液。電池的正極反應(yīng)式為_____________，電池總反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________。

(3)C的最高價(jià)氧化物為無色液體，0.25mol該物質(zhì)與一定量水混合得到一種稀溶液，并放出QkJ的熱量。寫出該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：___________________。

(4)在1L的密閉容器中，充入1molDE和1molF2E(g)，于850℃時(shí)進(jìn)行化學(xué)反應(yīng)：DE(g)+F2E(g)DE2(g)+F2(g)△H＜0，達(dá)平衡時(shí)，有50%的DE轉(zhuǎn)化為DE2。在相同溫度下，將1molDE和4molF2E(g)充入同樣的容器中，記錄0~8分鐘內(nèi)測得容器內(nèi)各物質(zhì)的物質(zhì)的量如下表。t分鐘時(shí)為改變條件后達(dá)平衡時(shí)所測得的數(shù)據(jù)。下列說法正確的是。時(shí)間/minn(DE)/moln(F2E)/moln(DE2)/moln(F2)/mol0140040.253.250.750.756n1n2n3n48n1n2n3n4t0.153.150.850.85

①反應(yīng)在第4min時(shí)，v(正)___________v(逆)（填“＞”；“＝”或“＜”）。

②8分鐘時(shí)，混合氣體中DE2的體積分?jǐn)?shù)為________________。

③t分鐘時(shí)，反應(yīng)所處的溫度_______________850℃（填“＞”、“=”或“＜”）。30、A；B、C、D、E、F、G、H是相對分子質(zhì)量依次增大的氣體；它們均由短周期元素組成，具有如下性質(zhì)：

①B能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)；A；C、D不能使?jié)駶櫟氖镌嚰堊兩珽、G均可使?jié)駶櫟乃{(lán)色石蕊試紙變紅；

②F呈紅棕色；

③G和H均能使品紅褪色；A在H中安靜燃燒并產(chǎn)生蒼白色火焰；

④C在D中完全燃燒生成E和H2O；同時(shí)放出大量熱，工業(yè)上可利用該反應(yīng)焊接或切割金屬。

請回答下列問題：

(1)E的電子式為_____，D中所含元素的基態(tài)原子核外電子排布式為___，C分子中的σ鍵和π鍵的個(gè)數(shù)之比為___。

(2)寫出實(shí)驗(yàn)室用固體藥品制取B的化學(xué)方程式_______________。

(3)若從a口通入氣體G，從b口通入氣體F，X為氯化鋇溶液，觀察到的現(xiàn)象是_____________,

反應(yīng)的離子方程式為_________________。

(4)已知：E(g)+3A(g)CH3OH(l)+H2O(l)ΔH=-53.66kJ·mol-1

2CH3OH(l)CH3OCH3(g)+H2O(l)ΔH=-23.4kJ·mol-1

寫出E有催化劑時(shí)與A合成二甲醚(CH3OCH3)的熱化學(xué)方程式_____________。

(5)氣體C能使硫酸酸化的高錳酸鉀溶液褪色，產(chǎn)物之一是E，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________。31、已知常溫下D；E、F、H、L、N均為氣體；A的焰色反應(yīng)呈黃色；向B的溶液中滴加KSCN溶液；無明顯現(xiàn)象；1molB隔絕空氣分解得到F、G、H三種氧化物，其物質(zhì)的量均為1mol；F是易與血紅蛋白結(jié)合的物質(zhì)；J是現(xiàn)代社會(huì)中應(yīng)用最廣泛的金屬單質(zhì)。

請回答下列題：

(1)B的化學(xué)式為________；H的結(jié)構(gòu)式為________

(2)電解A溶液的離子方程式為______________________________________

(3)D與E反應(yīng)可制得一種重要的化工原料，其反應(yīng)的現(xiàn)象是____________________________

(4)F與G反應(yīng)的化學(xué)方程式為________________________________參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、C【分析】【分析】

【詳解】

A．堅(jiān)持飯后漱口就可以避免食物殘?jiān)诳谇粌?nèi)在微生物作用下酸敗而腐蝕牙釉質(zhì)；從而可以保護(hù)牙齒，A不符合題意；

B．在牙膏中添加氟化物，Ca5(PO4)3OH與牙膏中的F-發(fā)生離子交換產(chǎn)生更難溶的Ca5(PO4)3F；從而可以保護(hù)牙齒，B不符合題意；

C．大量飲用可樂等碳酸飲料，飲料中的H+與牙齒電離產(chǎn)生的OH-發(fā)生反應(yīng)，使羥基磷灰石[Ca5(PO4)3OH]不斷溶解；容易導(dǎo)致齲齒，不利于牙齒保護(hù)，C符合題意；

D．早晚按時(shí)刷牙可以防止食物殘?jiān)峄蟾g牙齒；因而能夠利于牙齒保護(hù)，D不符合題意；

故合理選項(xiàng)是C。2、D【分析】【詳解】

A．升溫有利于水的電離；故25℃時(shí)水中氫離子濃度小于60℃時(shí)，故水的pH不相等，A錯(cuò)誤；

B．0.01mol/L的氨水可以使酚酞試液變紅；只能說明氨水呈堿性，不能說明氨水是弱電解質(zhì)，B錯(cuò)誤；

C．純水中不管任何溫度，其中c(H+)與c(OH－)總會(huì)相等而呈中性；C錯(cuò)誤；

D．亞硝酸（HNO2）若為強(qiáng)電解質(zhì)則完全電離，常溫下0.1mol/LHNO2的pH值為2.145，說明c(H+)≠0.1mol/L；亞硝酸不完全電離；則亞硝酸是弱電解質(zhì)，D正確；

答案選D。3、D【分析】【詳解】

A.反應(yīng)物Y為固體，X(g)＋Y(s)Z(g)為反應(yīng)前后氣體體積不變的可逆反應(yīng)，乙容器中充入2molX、2molY、2molZ，折算成反應(yīng)物相當(dāng)于加入4molX、4molY，與甲容器為比例等效平衡，達(dá)到平衡時(shí)甲、乙容器中各氣體的體積分?jǐn)?shù)相等，則a=0.6mol×4=2.4mol，故A正確；B.起始時(shí)乙容器中加入的Z的物質(zhì)的量是2mol，根據(jù)A項(xiàng)分析可知，達(dá)到平衡時(shí)乙容器中Z的物質(zhì)的量為2.4mol，說明乙中反應(yīng)向正反應(yīng)方向進(jìn)行建立平衡，故B正確；C.Y為固體，甲容器中加入1molX、1molY、0molZ，反應(yīng)正向進(jìn)行達(dá)到平衡，未達(dá)到平衡時(shí)，氣體的質(zhì)量一直在增大，容器的體積不變，則氣體的密度一直在增大，當(dāng)氣體密度不再改變時(shí)，說明達(dá)到平衡狀態(tài)，故C正確；D.反應(yīng)物Y為固體，X(g)＋Y(s)Z(g)為反應(yīng)前后氣體體積不變的可逆反應(yīng)，平衡后縮小容器容積，壓強(qiáng)增大，但平衡不移動(dòng)，所以甲、乙兩容器中X的體積分?jǐn)?shù)均不變，故D錯(cuò)誤；答案選D。4、C【分析】【詳解】

A．能量越低越穩(wěn)定，根據(jù)題給反應(yīng)機(jī)理圖可知的相對能量比的相對能量低，更穩(wěn)定；故A正確；

B．由題圖可知，生成的反應(yīng)的活化能小，生成的反應(yīng)的活化能大，故升高溫度，生成的反應(yīng)速率增大的程度大于生成的反應(yīng)速率增大的程度；故B正確；

C．生成是放熱反應(yīng)、生成是吸熱反應(yīng)，升高溫度促進(jìn)吸熱反應(yīng)的正向進(jìn)行，故升高溫度能提高生成物中的比例；故C錯(cuò)誤；

D．催化劑可以改變反應(yīng)的路徑；所以選擇適當(dāng)?shù)拇呋瘎?，有可能改變不同路徑產(chǎn)物的產(chǎn)量，故D正確；

選C。5、A【分析】【詳解】

A.反應(yīng)Na2O2(s)+CO2(s)=Na2CO3(s)+O2(g)中，固態(tài)二氧化碳具有能量較低，則該反應(yīng)放出的熱量減小，即△H>?226kJ/mol；故A正確；

B.圖象中的焓變應(yīng)是2molCO燃燒的反應(yīng)熱；圖象中物質(zhì)的量和焓變不統(tǒng)一，故B錯(cuò)誤；

C.燃燒熱是1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物時(shí)放出的熱量；單位為kJ/mol，CO的燃燒熱為283kJ/mol，故C錯(cuò)誤；

D.由蓋斯定理可知，①+②可以得到CO(g)+Na2O2(s)=Na2CO3(s)?H=-566kJ/mol-226kJ/mol=-509kJ/mol；故D錯(cuò)誤；

故選A。6、B【分析】【分析】

【詳解】

A．海水中鎂元素含量高；原料來源于海水，且石灰乳便宜易得，則提取鎂原料來源豐富，故A正確；

B．步驟⑥電解熔融MgCl2可得到金屬鎂，鎂離子在陰極放電，陰極反應(yīng)式為：Mg2++2e?=Mg；故B錯(cuò)誤；

C．MgCl2?6H2O在一定條件下加熱得到無水MgCl2，若直接加熱MgCl2?6H2O，會(huì)促進(jìn)Mg2+水解，得不到無水MgCl2，因Mg2+水解呈酸性，在步驟⑤可將晶體置于氯化氫氣流中可抑制Mg2+水解；同時(shí)帶走水蒸氣，故C正確；

D．上述工藝流程中貝殼分解涉及分解反應(yīng)；得到石灰乳涉及化合反應(yīng)，③④為復(fù)分解反應(yīng)，最后兩個(gè)反應(yīng)都是分解反應(yīng)，故D正確；

答案選B。7、B【分析】【詳解】

A.pH=13的Ba(OH)2溶液，氫離子的濃度是10-13；但溶液的體積未知，無法計(jì)算，故A錯(cuò)誤；

B.醋酸是弱電解質(zhì)，不能完全電離，0.1L0.5mol/LCH3COOH溶液中含有的H+數(shù)小于0.05NA；故B正確；

C.碳酸氫根離子易發(fā)生水解，也會(huì)電離，水解程度大于電離程度，故的數(shù)目小于NA；故C錯(cuò)誤；

D.陽極生成的氣體所處的狀態(tài)不明確，故當(dāng)電路中通過NA個(gè)電子時(shí)；陽極上生成的氣體的體積無法計(jì)算，故D錯(cuò)誤；

答案選B。二、多選題(共7題，共14分)8、AC【分析】【分析】

【詳解】

A．C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)，達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，v正(NO)=2v逆(CO2)；故A正確；

B．乙容器中從反應(yīng)開始到建立平衡的平均反應(yīng)速率v(NO)=0.01125mol·L-1·min-1；故B錯(cuò)誤；

C．平均相對分子質(zhì)量=氣體的總質(zhì)量/氣體的總物質(zhì)的量；氣體的總物質(zhì)的量不變，氣體的總質(zhì)量改變，所以氣體平均相對分子質(zhì)量不再改變時(shí)，氣體的總質(zhì)量不改變，說明反應(yīng)已達(dá)到平衡，故C正確；

D．由圖分析可知，T乙的平衡時(shí)間小于T甲，升高溫度平衡速率增大，說明T乙＞T甲；故D錯(cuò)誤；

故選AC。9、BD【分析】【詳解】

A．依據(jù)蓋斯定律，按“反應(yīng)I－反應(yīng)II×2”，可得所求反應(yīng)，ΔH=－122.5kJ·mol－1－41.2kJ·mol－1×2=－204.9kJ·mol－1；A正確；

B．210°C時(shí)，CH3OCH3(g)的選擇性較大，同時(shí)CO2的平衡轉(zhuǎn)化率也較大，以反應(yīng)I為主，300°C時(shí)，CH3OCH3(g)的選擇性小，同時(shí)CO2的平衡轉(zhuǎn)化率也小；以反應(yīng)II為主，B錯(cuò)誤；

C．增大壓強(qiáng)，反應(yīng)I正向移動(dòng)，生成更多的CH3OCH3(g)，即CH3OCH3選擇性增大；選項(xiàng)C正確；

D．依據(jù)CH3OCH3的選擇性公式：CH3OCH3的選擇性=A點(diǎn)處，CH3OCH3的選擇性和CO2的平衡轉(zhuǎn)化率均為25%，n(CH3OCH3)=選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

故選BD。10、AC【分析】【分析】

【詳解】

A．根據(jù)化合物中各元素化合價(jià)代數(shù)和為零，設(shè)含有x個(gè)-2價(jià)的O，y個(gè)-1價(jià)的O，則2x+y=14，x+y=8，可得出x=6，y=2，過氧鍵存在于2個(gè)-1價(jià)的O原子之間，則1molNa2S2O8中含有NA個(gè)過氧鍵；即1mol過氧鍵，故A正確；

B．根據(jù)圖示轉(zhuǎn)化過程可知，F(xiàn)e先被氧化為Fe2+，反應(yīng)為Fe+=Fe2++2然后Fe2+又繼續(xù)被氧化為Fe3+，最后沉淀中有Fe(OH)2和Fe(OH)3，56gFe為1mol，則56gFe參加反應(yīng)，被還原的大于1mol；故B錯(cuò)誤；

C．ZVI(Fe)的比表面積越大；反應(yīng)物的接觸面越大，反應(yīng)速率越快，則凈化速率越快，故C正確；

D．pH越小，溶液酸性越強(qiáng)，酸性條件下不利于Fe(OH)2和Fe(OH)3沉淀生成；難以與正五價(jià)砷發(fā)生共沉淀，故D錯(cuò)誤；

答案選AC。11、AD【分析】【分析】

【詳解】

A．該反應(yīng)為恒容，前后分子數(shù)不變的反應(yīng)，根據(jù)混合氣體的平均相對分子質(zhì)量始終不變，不能判斷反應(yīng)是否達(dá)到平衡狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；

B．根據(jù)反應(yīng)前后氣體分子總數(shù)不變，的體積分?jǐn)?shù)為故B正確；

C．根據(jù)三段式容器的體積為被2L，根據(jù)平衡常數(shù)計(jì)算公式可求出故C正確；

D．實(shí)驗(yàn)2起始物質(zhì)的量比實(shí)驗(yàn)1少一半，若溫度相同兩個(gè)實(shí)驗(yàn)是等效平衡，物質(zhì)的量應(yīng)該為0.8，但是溫度是900℃，物質(zhì)的量為0.4mol，說明升高溫度平衡逆向移動(dòng)，反應(yīng)是放熱反應(yīng)，的轉(zhuǎn)化率下降；故D錯(cuò)誤；

故答案為AD。12、CD【分析】【詳解】

A．電解一段時(shí)間后向c極和d極附近分別滴加酚酞試劑，c極附近溶液變紅，說明c極附近有堿生成，即該電極上氫離子放電，即2H++2e-=H2↑；該電極是陰極，則d極是陽極，故A正確；

B．由選項(xiàng)A可知，c為陰極，d極是陽極，那么鉛蓄電池的右邊為正極，鉛蓄電池的左邊為負(fù)極，a與鉛蓄電池負(fù)極相連，則a是陰極，b是陽極，電解精煉銅時(shí)，粗銅作陽極，純銅作陰極，所以b極應(yīng)為粗銅；故B正確；

C．放電時(shí)，鉛蓄電池負(fù)極的電極反應(yīng)式為Pb(s)+(aq)-2e-=PbSO4(s)；故C錯(cuò)誤；

D．若四個(gè)電極材料均為石墨，甲電解池中電極反應(yīng)為陰極Cu2++2e-=Cu，陽極2Cl--2e-=Cl2↑，乙電解池中電極反應(yīng)為陰極2H++2e-=H2↑，陽極4OH--4e-=2H2O+O2↑，當(dāng)析出6.4gCu時(shí)，轉(zhuǎn)移電子是0.2mol，所以生成0.1mol氯氣、0.1mol氫氣、0.05mol氧氣，則兩池中共產(chǎn)生氣體V=(0.1+0.1+0.05)mol×22.4L/mol=5.6L(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)；故D錯(cuò)誤；

答案為CD。13、BD【分析】【詳解】

A．常溫下，0.1mol/LNaHB的pH=4，c(H+)=10-4mol/L＜0.1mol/L，說明H2B是二元弱酸，在溶液中NaHB電離產(chǎn)生的HB-存在電離平衡和水解平衡，電離產(chǎn)生H+使溶液顯酸性；水解產(chǎn)生OH-，使溶液顯堿性?，F(xiàn)在0.1mol/LNaHB溶液pH=4＜7，溶液顯酸性，說明HB-的電離作用大于其水解作用，所以HB-電離產(chǎn)生的B2-的濃度大于HB-水解產(chǎn)生的H2B的濃度，即濃度：c(B-)＞c(H2B)，但鹽電離和水解程度都是微弱的，主要以鹽電離產(chǎn)生的離子濃存在，所以微粒濃度大小關(guān)系為：c(HB-)＞c(B-)＞c(H2B)；故A不選；

B．溶液中存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c()+c()，Na2CO3和NaHCO3都是強(qiáng)堿弱酸鹽，水解使溶液顯堿性，c(OH-)＞c(H+)，所以c(Na+)>2c()+c()；故B選；

C．NH4HSO4溶液中滴加NaOH，NH4HSO4中的H+先與OH-反應(yīng)，都被消耗后，因水解，溶液顯酸性，而此時(shí)溶液呈中性，說明NH4HSO4和NaOH按1：1反應(yīng)后又多加了一點(diǎn)NaOH，因此c(Na+)＞c()，而會(huì)因水解而消耗，因此c()＞c()，此時(shí)溶液中還有大量的遠(yuǎn)大于水電離產(chǎn)生的OH-的濃度，所以c()＞c(OH-)，因此離子濃度關(guān)系為：c(Na+)>c()>c()>c(OH-)=c(H+)；故C不選；

D．③NH4HSO4是強(qiáng)酸的酸式鹽，電離產(chǎn)生和H+，起一元強(qiáng)酸是作用，電離產(chǎn)生H+使溶液顯酸性，電離產(chǎn)生的H+對的水解反應(yīng)起抑制作用；使其水解程度減弱；

①NH4Cl、②(NH4)2SO4是強(qiáng)酸弱堿鹽，在溶液中發(fā)生水解反應(yīng)消耗OH-，使水的電離平衡正向移動(dòng)，最終達(dá)到平衡時(shí)溶液中c(H+)＞c(OH-)，使溶液顯酸性，當(dāng)溶液pH相等時(shí)，c()：①=②；但鹽水解程度是微弱的，水解產(chǎn)生的c(H+)遠(yuǎn)小于酸電離產(chǎn)生的c(H+)，故當(dāng)溶液pH相等時(shí)，c()：①=②＞③；故D選；

故選：BD。14、CD【分析】【分析】

根據(jù)題目信息判斷參與反應(yīng)的正極反應(yīng)的物質(zhì)。根據(jù)反應(yīng)實(shí)質(zhì)判斷反應(yīng)類型。鐵粉做負(fù)極；碳粉做正極，砂芯板起吸附作用，讓正極反應(yīng)物充分接觸。

【詳解】

A．該原電池屬于鐵的吸氧腐蝕；正極的反應(yīng)物為氧氣，A項(xiàng)不正確；

B．若上端口打開，并鼓入空氣，可得到強(qiáng)氧化性的羥基自由基，電極反應(yīng)為2H++2e-+O2=2OH-；所以每生成1mol羥基自由基有1mol電子發(fā)生轉(zhuǎn)移，B項(xiàng)不正確；

C．根據(jù)該工藝圖判斷屬于原電池；實(shí)質(zhì)發(fā)生氧化還原反應(yīng)，砂芯板起吸附作用，故C正確；

D．除去草酸需要氧化性的物質(zhì)；上端口打開可生成羥基自由基，D項(xiàng)正確；

故選答案CD。

【點(diǎn)睛】

原電池的實(shí)質(zhì)是氧化還原反應(yīng)，金屬在堿性條件下發(fā)生的電化學(xué)腐蝕常見的吸氧腐蝕。三、填空題(共8題，共16分)15、略

【分析】【分析】

分析電解池中離子的移動(dòng)方向，a極為陰極，連接電源負(fù)極，b極為陽極，連接電源的正極，且b極發(fā)生氧化反應(yīng)；生成硫酸從C口流出；原電池部分結(jié)合原電池的工作原理進(jìn)行判斷；書寫電極反應(yīng)方程式；

【詳解】

(1)①據(jù)分析可知，圖中b極要連接電源的正極；②SO放電后有硫酸根生成，故在陽極上發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：SO－2e－＋H2O＝SO＋2H＋。

(2)①Fe還原水體中的NO則Fe作還原劑，失去電子，作負(fù)極；②由圖知，NO在正極得電子發(fā)生還原反應(yīng)產(chǎn)生NH正極的電極反應(yīng)式是NO＋8e－＋10H＋＝NH＋3H2O。

(3)①由圖知，鉑電極上氧氣得電子生成氧離子而被還原，即發(fā)生還原反應(yīng)。②NiO電極上NO失電子和氧離子反應(yīng)生成二氧化氮，所以電極反應(yīng)式為：NO＋O2－－2e－＝NO2?！窘馕觥空齋O－2e－＋H2O＝SO＋2H＋鐵(Fe)NO＋8e－＋10H＋＝NH＋3H2O還原NO＋O2－－2e－＝NO216、略

【分析】【詳解】

(1)A、B.C都是氣體，在減壓后平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，降低壓強(qiáng)平衡向氣體體積增大的方向移動(dòng)，即x+y>z，故答案為：x+y>z；

(2)C是氣體；且x+y=z，在加壓時(shí)化學(xué)平衡可發(fā)生移動(dòng)，說明X；Y至少有1種不是氣體，逆反應(yīng)是氣體體積減小的反應(yīng)，故平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，故答案為：逆反應(yīng)；

(3)B；C是氣體；增加A物質(zhì)的量(其他條件不變)，平衡不移動(dòng)，說明A是固體或純液體，即A為非氣態(tài)，故答案為：固體或純液體。

(4)①2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)中平衡常數(shù)K1=②2NO(g)+Cl2(g)?2ClNO(g)中平衡常數(shù)K2=③4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)的平衡常數(shù)K=計(jì)算得到K=故答案為：

(5)依據(jù)圖表數(shù)據(jù)ABC的反應(yīng)濃度分別為：A變化的濃度為1.0mol/L-0.4mol/L=0.6mol/L，B變化的濃度=2.0mol/L-0.2mol/L=1.8mol/L，C的變化濃度=1.2mol/L，反應(yīng)之比等于化學(xué)方程式計(jì)量數(shù)之比，n(A)：n(B)：n(C)=0.6：1.8：1.2=1：3：2，反應(yīng)的化學(xué)方程式為A+3B2C，從反應(yīng)開始到2min末，A的平均反應(yīng)速率為v==0.3mol?L-1?min-1，故答案為：A+3B2C；0.3mol?L-1?min-1?！窘馕觥縳+y>z逆反應(yīng)固體或純液體A+3B2C0.3mol?L-1?min-117、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)A(g)+2B(g)?2C(g)△H＜0，正反應(yīng)放熱，升高溫度，反應(yīng)速率增大，平衡逆向移動(dòng)，B的轉(zhuǎn)化率減小，v(正)增大，v(逆)增大；

(2)催化劑能加快反應(yīng)速率，但不影響平衡移動(dòng)，加催化劑，平衡不移動(dòng)，A的物質(zhì)的量不變，v(正)增大，v(逆)增大；

(3)保持溫度和壓強(qiáng)不變加入惰性氣體；容器體積增大，平衡體系中各組分濃度減小，平衡逆向移動(dòng)，則C的物質(zhì)的量減小，A的轉(zhuǎn)化率減??；

(4)反應(yīng)A(g)+2B(g)?2C(g)；保持溫度和體積不變加入惰性氣體，各組分濃度不變，平衡不移動(dòng)，A的轉(zhuǎn)化率不變；

(5)反應(yīng)A(g)+2B(g)?2C(g)正反應(yīng)方向?yàn)闅怏w體積減小的反應(yīng)；若溫度和體積不變，反應(yīng)從開始到平衡，平衡體系氣體的分子數(shù)減小，在這個(gè)變化過程中，壓強(qiáng)減??；

(6)A足量且為固體，反應(yīng)為A(s)+2B(g)?2C(g)，反應(yīng)前后氣體的分子數(shù)目不變，平衡移動(dòng)不受壓強(qiáng)影響，若恒溫恒容，反應(yīng)平衡后，向體系中加入一定量的B，B的濃度增大，平衡正向移動(dòng)，反應(yīng)再次達(dá)平衡后，A的質(zhì)量減小，溫度不變，平衡常數(shù)K不變?！窘馕觥繙p小增大增大不變增大增大減小減小不變減小減小不變18、略

【分析】【詳解】

(1)由電離常數(shù)可知，酸性：酸越弱，對應(yīng)酸根離子的水解程度越大，溶液堿性越強(qiáng)，所以由大到小的順序是

(2)由上述分析可知，酸性強(qiáng)弱順序?yàn)楦鶕?jù)較強(qiáng)酸制較弱酸原理，向氰化鈉溶液中通入少量二氧化碳的離子方程式為

(3)25℃時(shí)，與的混合溶液根據(jù)水的離子積常數(shù)，Kw=溶液中存在電荷守恒：=通過電離平衡常數(shù)的表達(dá)式可知：

(4)純水中則=Kw=×=的的==溫度不變，水的離子積不變，的碳酸鈉溶液中=則溶液中的全部來自水的電離，故水電離出的=

【點(diǎn)睛】

計(jì)算時(shí)要依靠醋酸的電離平衡常數(shù)公式變形，為易錯(cuò)點(diǎn)。【解析】181019、略

【分析】【詳解】

(1)題述反應(yīng)中,碳元素的化合價(jià)由0升高到氮元素的化合價(jià)由0降低到故反應(yīng)中的氧化劑是還原產(chǎn)物是

(2)根據(jù)圖示，反應(yīng)物的總能量大于生成物的總能量，則該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，

(3)由(2)中分析可知，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故斷裂舊化學(xué)鍵吸收的總能量＜形成新化學(xué)鍵放出的總能量?！窘馕觥糠艧岱磻?yīng)＜＜20、略

【分析】【詳解】

試題分析：Ⅰ．依據(jù)相同條件下，氣體體積比等于氣體物質(zhì)的量比分析；Ⅱ．（1）根據(jù)c=計(jì)算；

（2）根據(jù)稀釋過程中溶質(zhì)的質(zhì)量不變列式；

（3）氨水的濃度越高，其密度就越小，c2mol?L-1和0.2c2mol?L-1的氨水等質(zhì)量混合，c2mol?L-1的氨水體積大；

Ⅲ．根據(jù)圖示；左室有氫氣生成，所以左室是陰極發(fā)生還原反應(yīng)，右室是陽極發(fā)生氧化反應(yīng)。

解析：Ⅰ．(1)看圖可知甲、乙兩室氣體的體積比為2:1，故其物質(zhì)的量之比為2:1，所以甲室中氣體為0.8mol。(2)NH3氣體的質(zhì)量為0.4mol×17g/mol=6.8g，則甲室中氣體的質(zhì)量為6.8g+17.3g=24.1g。設(shè)HCl的物質(zhì)的量是xmol，則36.5x+28(0.8-x)=24.1g;x=0.2mol；所以氯化氫的質(zhì)量是7.3g，氮?dú)獾馁|(zhì)量是16.8g，HCl、N2的質(zhì)量之比為73∶168；（2）將隔板a去掉，氨氣和氯化氫反應(yīng)生成氯化銨固體，反應(yīng)后剩余0.6molN2和0.2molNH3，所以隔板b將穩(wěn)定位于刻度“4’處；此時(shí)體系的平均相對分子質(zhì)量為25.25；

Ⅱ．（1）根據(jù)c=表中硫酸的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為

（2）根據(jù)稀釋過程中溶質(zhì)的質(zhì)量不變，物質(zhì)的量濃度為c1mol?L-1的硫酸與水等體積混合（混合后溶液的體積變化忽略不計(jì)），所得溶液的物質(zhì)的量濃度為=C1/2mol?L-1。

（3）根據(jù)題意，將物質(zhì)的量濃度分別為c2mol?L-1和0.2c2mol?L-1的氨水等體積混合，所得溶液的物質(zhì)的量濃度氨水的濃度越高，其密度就越小，c2mol?L-1和0.2c2mol?L-1的氨水等質(zhì)量混合，c2mol?L-1的氨水體積大，所以混合后，濃度大于0.6c2mol?L-1；

Ⅲ．根據(jù)圖示，左室有氫氣生成，所以左室是陰極，右室是陽極，①電解時(shí)NO2發(fā)生氧化反應(yīng)反應(yīng)，電極反應(yīng)式：NO2-e-+H2O=NO3-+2H+。

②根據(jù)陽極反應(yīng)式，若有標(biāo)準(zhǔn)狀況下2.24LNO2被吸收，轉(zhuǎn)移電子0.1mol，根據(jù)電荷守恒，通過陽離子交換膜的H+為0.1mol；

點(diǎn)睛：本題主要考查溶液濃度的計(jì)算，依據(jù)混合前后溶質(zhì)是物質(zhì)的量不變列方程求解。熟悉物質(zhì)的量濃度與溶質(zhì)質(zhì)量分?jǐn)?shù)的換算公式c=【解析】73∶168425.25C1/2大于NO2-e-+H2O=NO3-+2H+0.121、略

【分析】【分析】

（1）實(shí)驗(yàn)1中，在10～20min內(nèi)HI的物質(zhì)的量濃度減少了0.8mol/L-0.67mol/L＝0.13mol/L，則以HI表示的平均反應(yīng)速率為：根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，40min以后HI的濃度不再變化，說明40min后達(dá)到平衡狀態(tài)，則50min時(shí)，v正=v逆。

（2）實(shí)驗(yàn)1；2起始量相同；溫度相同，平衡濃度相同，但實(shí)驗(yàn)2達(dá)到平衡所需要的時(shí)間短，反應(yīng)速率快，說明加入了催化劑，加快反應(yīng)速率，平衡不變。

（3）實(shí)驗(yàn)1、3起始量相同，但實(shí)驗(yàn)3達(dá)到平衡所需要的時(shí)間短，反應(yīng)速率增大，根據(jù)圖表可知，實(shí)驗(yàn)3溫度比實(shí)驗(yàn)1高，實(shí)驗(yàn)3溫度升高加快了反應(yīng)速率【解析】（1）0.013mol·L-1·min-l=

（2）快實(shí)驗(yàn)2中使用了催化劑。

（3）快實(shí)驗(yàn)3溫度升高加快了反應(yīng)速率22、略

【分析】【詳解】

(1)氯化銨為強(qiáng)酸弱堿鹽，發(fā)生水解，其水解反應(yīng)方程式為：＋H2ONH3·H2O＋H＋，使溶液中c(H＋)>c(OH－)，溶液顯酸性；故答案：＋H2ONH3·H2O＋H＋；

(2)電離平衡常數(shù)越大，電離出H＋能力越強(qiáng)，根據(jù)表格中數(shù)據(jù)，推出電離出H＋能力的強(qiáng)弱是：H2SO3>CH3COOH>H2CO3>>HClO>HCN>

①根據(jù)上述電離出H＋的能力，利用鹽類水解的規(guī)律“越弱越水解”，推出結(jié)合質(zhì)子能力的順序是：>CN－>ClO－>>CH3COO－，得出相同濃度時(shí)，pH由大到小的順序是b>e>c>d>a；

②A．碳酸的酸性強(qiáng)于HClO，因此過量的CO2通入含ClO－的溶液發(fā)生：CO2(過量)＋ClO－＋H2O=HClO＋故A正確；

B．具有還原性，能被HClO氧化成故B錯(cuò)誤；

C．電離出H＋能力：H2CO3>HCN>利用酸性強(qiáng)的制取酸性弱的，因此CO2(少量)通入含CN－溶液中發(fā)生CO2(少量)＋CN－＋H2O=HCN＋故C正確；

D．亞硫酸的酸性強(qiáng)于碳酸，通入過量的SO2，因SO2與發(fā)生SO2＋＋H2O=2因此發(fā)生2SO2(過量)＋＋H2O=2＋CO2↑；故D正確；

E．電離出H＋能力：H2SO3>H2CO3>>通入少量的SO2，則發(fā)生SO2(少量)＋2＋H2O=＋2故E正確；

F．電離出H＋能力：H2SO3>>HCN，通入少量的SO2，則發(fā)生SO2(少量)＋2CN－＋H2O=＋2HCN；故F錯(cuò)誤；

綜上所述錯(cuò)誤的有：BF；

③H2SO3屬于中強(qiáng)酸，在溶液中既有水解也有電離，其電離平衡常數(shù)Ka=1×10－7，水解平衡常數(shù)Kh==5×10－13<1×10－7，的電離大于水解，電離程度微弱，則0.10mol·L－1NaHSO3溶液中離子濃度大小順序是c(Na＋)>c()>c(H＋)>c()>c(OH－)；

④HCN電離平衡常數(shù)的表達(dá)式為K=電離平衡常數(shù)只受溫度的影響，與濃度大小無關(guān)，若c(CN－)=c(HCN)，則K=c(H＋)=5×10－10；即pH=9.3；

⑤NaHSO3和少量I2發(fā)生H2O＋I(xiàn)2＋=2I－＋＋3H＋，H＋＋=H2SO3，溶液中c(H＋)增大，Ka1只受溫度的影響，即Ka1保持不變，c(H＋)增大；該比值增大；

【點(diǎn)睛】

本題的難點(diǎn)是離子方程式正誤判斷，應(yīng)利用酸性強(qiáng)的制取酸性弱的，同時(shí)還應(yīng)注意生成物之間是否發(fā)生反應(yīng)，如HClO能與發(fā)生氧化還原反應(yīng)，的電離平衡常數(shù)大于HCN，還能與過量的CN－反應(yīng)生成HCN?！窘馕觥縉H+H2ONH3?H2O+H+b>e>c>d>aBFc(Na+)>c(HSO)>c(H+)>c(SO)>c(OH-)9.3增大四、判斷題(共1題，共6分)23、B【分析】【分析】

【詳解】

滴定終點(diǎn)是指示劑顏色發(fā)生突變的點(diǎn)，并不一定是酸堿恰好中和的點(diǎn)，故答案為：錯(cuò)誤。五、實(shí)驗(yàn)題(共4題，共8分)24、略

【分析】【詳解】

(1)①Fe3+能將I-氧化為I2，該反應(yīng)為可逆反應(yīng)，離子方程式為2Fe3++2I-2Fe2++I2。

②KSCN遇Fe3+生成紅色的Fe(SCN)3，可用于檢驗(yàn)Fe3+，故答案為檢驗(yàn)溶液中是否大量存在Fe3+。

③改用濃度小的KI溶液，能夠提高溶液中鐵離子濃度；平衡1：2Fe3++2I-2Fe2++I2和平衡2：Fe3++3SCN-Fe(SCN)3都為可逆反應(yīng)，加入CCl4后，I2被CCl4萃取，平衡1正向移動(dòng)，平衡2逆向移動(dòng)，F(xiàn)e(SCN)3濃度降低，所以紅色消失，故答案為：提高平衡時(shí)溶液中的c(Fe3+)；平衡1：2Fe3++2I-2Fe2++I2，平衡2：Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，加入CCl4后，I2被CCl4萃取，平衡1正向移動(dòng)，或c(Fe3+)降低，平衡2逆向移動(dòng)，或c[Fe(SCN)3降低；所以紅色消失。

(2)①根據(jù)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象分析，ⅰ．液體分層，上層黃色，ⅱ．液體分層，上層無色可知，萃取后溶液呈黃色的主要原因是存在I

②運(yùn)用控制變量的方法設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)，證明平衡I2+I-?I的存在。將實(shí)驗(yàn)2中下層紫紅色溶液平均分成兩份，分裝于兩支試管中，向試管1中加入1mL水，振蕩、靜置，試管1中液體分層，上層為無色，下層呈紫紅色；向試管2中加入1mL0.1mol?L-1KI溶液，振蕩、靜置，試管2中液體分層，上層呈黃色，下層呈紫紅色，說明存在平衡I2+I-?I故答案為：加入1mL0.1mol?L-1KI溶液。【解析】2Fe3++2I-2Fe2++I2檢驗(yàn)溶液中是否大量存在Fe3+提高平衡時(shí)溶液中的c(Fe3+)平衡1：2Fe3++2I-2Fe2++I2，平衡2：Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，加入CCl4后，I2被CCl4萃取，平衡1正向移動(dòng)，或c(Fe3+)降低，平衡2逆向移動(dòng)，或c[Fe(SCN)3降低，所以紅色消失萃取后的溶液呈棕黃色的主要原因是存在I加入1mL0.1mol?L-1KI溶液25、略

【分析】【詳解】

（1）該“碘鐘實(shí)驗(yàn)”的總反應(yīng)：①反應(yīng)分兩步進(jìn)行：反應(yīng)A：②反應(yīng)B：①-②得到反應(yīng)的離子方程式：對于總反應(yīng)，I-的作用相當(dāng)于催化劑；

（2）過氧化氫具有氧化性會(huì)將KI氧化為碘單質(zhì)，碘單質(zhì)遇到淀粉變藍(lán)色，碘單質(zhì)具有氧化性，可以氧化Na2S2O3溶液，發(fā)生反應(yīng)則試劑X為淀粉溶液；

（3）①為了方便研究在反應(yīng)中要采取控制變量方法進(jìn)行研究；即只改變一個(gè)反應(yīng)條件，其它條件相同，依據(jù)表格數(shù)據(jù)可知，實(shí)驗(yàn)Ⅲ跟實(shí)驗(yàn)Ⅱ比硫酸體積減少，所以其它條件都相同，而且混合后總體積也要相同，故實(shí)驗(yàn)Ⅲ中，x；y、z所對應(yīng)的數(shù)值分別是：8、3、2；

②對比實(shí)驗(yàn)Ⅱ；實(shí)驗(yàn)Ⅲ；可得出的實(shí)驗(yàn)結(jié)論是：其它條件不變，溶液酸性越強(qiáng)，氫離子濃度越大，增大氫離子濃度可以加快反應(yīng)速率；

（4）對比實(shí)驗(yàn)Ⅱ、實(shí)驗(yàn)Ⅳ，可知溶液總體積相同，該變量是過氧化氫、Na2S2O3溶液，過氧化氫減少，Na2S2O3增大，由于所以未出現(xiàn)溶液變藍(lán)的現(xiàn)象。【解析】(1)催化劑。

(2)淀粉。

(3)8；3、2其他條件不變；增大氫離子濃度可以加快反應(yīng)速率。

(4)由于所以未出現(xiàn)溶液變藍(lán)的現(xiàn)象26、略

【分析】【分析】

青蒿粉末經(jīng)過索式提取得到提取液；提取液通過蒸餾，分離乙醚和粗產(chǎn)品，對粗產(chǎn)品進(jìn)行提純得到青蒿素；

【詳解】

（1）裝置a為冷凝管或球形冷凝管；

（2）青蒿粉末位于索氏提取器；萃取劑位于圓底燒瓶中，提取出來的青蒿素位于圓底燒瓶；與常規(guī)的萃取相比，索氏提取能提高萃取效率，的優(yōu)點(diǎn)是節(jié)約萃取劑，可連續(xù)萃取(萃取效率高)；

（3）乙的蒸餾效果好；裝置乙用真空泵抽真空，設(shè)置了減壓蒸餾裝置，可以更好的降低蒸餾溫度，防止青蒿素失效；

（4）a.青蒿素在水中幾乎不溶；不能用水溶解，a錯(cuò)誤；

b.青蒿素再乙醇，乙酸，石油醚中可溶解，加95%的乙醇，濃縮，結(jié)晶，過濾可以提純青蒿素，b正確；

c.加入乙醚進(jìn)行萃取分液得到還是混合物；c錯(cuò)誤；

答案選b;

（5）碘單質(zhì)與反應(yīng)得到碘單質(zhì)遇淀粉變藍(lán)，則滴定終點(diǎn)為滴入最后一滴標(biāo)準(zhǔn)液時(shí)，溶液顏色由藍(lán)色變?yōu)闊o色且半分鐘顏色不恢復(fù)；滴定三次，除去誤差大的第三次，第一次和第二次兩次平均體積為250ml容量瓶中含青蒿素的物質(zhì)的量為青蒿素的純度為【解析】(1)球形冷凝管。

(2)圓底燒瓶節(jié)約萃取劑；可連續(xù)萃取(萃取效率高)

(3)乙乙為減壓蒸餾裝置；可以更好的降低蒸餾溫度，防止青蒿素失效。

(4)b

(5)滴入最后半滴Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)液時(shí)，溶液顏色由藍(lán)色變?yōu)闊o色且半分鐘不恢復(fù)藍(lán)色70.5%27、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)按上圖連接裝置；先檢驗(yàn)裝置的氣密性，再加入藥品；其中儀器d的名稱為(直形)冷凝管；故答案為：檢驗(yàn)裝置的氣密性；(直形)冷凝管。

(2)忘記加沸石；應(yīng)進(jìn)行的操作為停止加熱，待冷卻后補(bǔ)加沸石，繼續(xù)實(shí)驗(yàn)；故答案為：停止加熱，待冷卻后補(bǔ)加沸石，繼續(xù)實(shí)驗(yàn)。

(3)①管b的作用為平衡壓強(qiáng)；防止燒瓶中壓強(qiáng)過大；故答案為：平衡壓強(qiáng)。

②為達(dá)到較好的冷凝效果；d的冷凝水應(yīng)從下口進(jìn)上口出，解釋其原因?yàn)槔淠c內(nèi)壁接觸面積大，采用相反方向更易冷凝氣體；故答案為：冷凝水與內(nèi)壁接觸面積大。

③花椒油是油狀液體；難溶于水，因此判斷花椒籽粉中的花椒油已被提取的現(xiàn)象為e中有油狀液體生成；故答案為：e中有油狀液體生成。

(4)實(shí)驗(yàn)后；向e中所得液體中依次加入NaCl，其目的為降低花椒油在水中的溶解度，提高產(chǎn)率；故答案為：降低花椒油在水中的溶解度，提高產(chǎn)率。

(5)根據(jù)題意得到200mL溶液中剩余NaOH溶液的物質(zhì)的量為0.1mol?L?1×0.02L×8＝0.016mol，則20.00mL花椒油消耗NaOH溶液的物質(zhì)的量為0.5mol?L?1×0.08L－0.016mol＝0.024mol，根據(jù)～3NaOH，則油脂的物質(zhì)的量為0.008mol，該花椒油中含有油脂故答案為：353.6。【解析】檢驗(yàn)裝置的氣密性(直形)冷凝管停止加熱，待冷卻后補(bǔ)加沸石，繼續(xù)實(shí)驗(yàn)平衡壓強(qiáng)冷凝水與內(nèi)壁接觸面積大e中有油狀液體生成降低花椒油在水中的溶解度，提高產(chǎn)率353.6六、元素或物質(zhì)推斷題(共4題，共32分)28、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)A是地殼中含量最高的金屬元素；則A是Al元素，所以B；C、D、E分別是C、N、O、Cl，則D元素在元素周期表中的位置是第二周期第ⅥA族；

(2)A、D、E的離子分別是Al3+、O2-、Cl-，其中Al3+、O2-的電子層結(jié)構(gòu)相同，核電荷數(shù)大的離子半徑小，則鋁離子的半徑小于氧離子，二者都比Cl-少一層電子，所以氯離子的半徑最大，則三種離子的半徑的大小順序是Cl->O2->Al3+；

(3)與O元素同主族且相鄰的元素是S元素，因?yàn)镺元素的非金屬性大于S，所以水的穩(wěn)定性大于硫化氫，H2O>H2S；

(4)含10個(gè)電子的O的氫化物是H2O，該分子釋放1個(gè)電子，則帶1個(gè)單位的正電荷，形成陽離子，所以該陽離子電子式為該離子中存在H與O之間形成的極性共價(jià)鍵；

(5)N的氫化物是氨氣，E的最高價(jià)氧化物的水化物為高氯酸，是強(qiáng)酸，氨氣與高氯酸反應(yīng)生成高氯酸銨，因?yàn)殇@根離子水解，使溶液呈酸性，所以銨根離子水解的離子方程式是+H2O?NH3·H2O+H+；

(6)根據(jù)題意，每生成1molAlN，消耗18g碳，說明AlN與C的系數(shù)之比為1：18/12=2：3，所以C與氧化鋁、氮?dú)庠诟邷叵路磻?yīng)生成AlN和CO，所以該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式是3C(s)+Al2O3(s)+N2(g)=2AlN(s)+3CO(g)?H=+2bkJ/mol；

(7)N的最高價(jià)氧化物的水化物是硝酸，F(xiàn)e、Cu與硝酸均反應(yīng)，F(xiàn)e的還原性比Cu強(qiáng)，所以Fe先反應(yīng)，則剩余固體中一定有Cu，可能含有Fe；再向其中加入稀硫酸，則溶液中相當(dāng)于存在硝酸，所以固體繼續(xù)溶解，質(zhì)量減小，則m1>m2；最后還有固體剩余，說明酸不足，則Fe被氧化為亞鐵離子，所以加入稀硫酸前后一定都有亞鐵離子，而反應(yīng)前后不一定含有銅離子，剩余固體中一定都有單質(zhì)Cu，所以答案選bc。

考點(diǎn)：考查元素推斷，元素化合物性質(zhì)的判斷【解析】第二周期第ⅥA族Cl-O2Al3+H2OH2S極性共價(jià)鍵酸性+H2O?NH3·H2O+H+)3C(s)+Al2O3(s)+N2(g)=2AlN(s)+3CO(g)?H=+2bkJ/molbc29、略

【分析】【分析】

A；B、C、D、E、F是原子半徑依次減小的短周期元素；A、C兩元素形成的化合物是廚房中最常用的調(diào)味品，則A是Na，C是Cl；A、B、C的最高價(jià)氧化物對應(yīng)的水化物兩兩間均能反應(yīng)生成鹽和水，則B是Al元素；D元素的同位素之一被用來作為相對原子質(zhì)量和阿伏加德羅常數(shù)的標(biāo)準(zhǔn)，則D是C元素；E元素能形成多種同素異形體，其中一種是導(dǎo)致許多食品、藥品變質(zhì)的氣體，則E是O元素；F元素的氧化物是許多有機(jī)物燃燒的液態(tài)生成物，F(xiàn)是H元素。

(1)A；C、E按原子個(gè)數(shù)之比1：1：1形成的化合物是NaClO該物質(zhì)是強(qiáng)堿弱酸鹽；根據(jù)鹽的水解規(guī)律及水解產(chǎn)物的性質(zhì)分析；

(2)Al-空氣電池中；Al作負(fù)極，鉑網(wǎng)為正極，根據(jù)原電池反應(yīng)原理書寫反應(yīng)式；

(3)根據(jù)物質(zhì)的量與反應(yīng)放