…………○…………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2024年滬科新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7題，共14分)1、已知氯化銀、溴化銀的溶解度分別是1.5×10-4g和8.4×10-6g，將氯化銀和溴化銀的飽和溶液等體積混合，再加入足量濃硝酸銀溶液，則發生的反應為（）A.只有溴化銀沉淀生成B.氯化銀河溴化銀沉淀等量生成C.氯化銀沉淀多于溴化銀沉淀D.氯化銀沉淀少于溴化銀沉淀2、下列說法正確的是（）A.相同溫度下，飽和溶液的導電性一定比不飽和溶液的導電性強B.Na2O的水溶液能導電是因為Na2O與水反應生成的NaOH發生電離，所以NaOH是電解質，Na2O是非電解質C.強電解質水溶液的導電能力一定比弱電解質水溶液的導電能力強D.難溶于水的物質不一定是弱電解質3、一些裝有化學物質的容器上常貼有危險化學品的標志．下列標志中，應貼在裝有濃硫酸的容器上的警示標記是（）A.B.C.D.4、乙烷和丙烷的混合氣體完全燃燒后，先將產物通過濃硫酸，濃硫酸增重rm{2.04g}然后通過rm{Na_{2}O_{2}}rm{Na_{2}O_{2}}增重rm{2.24g}混合氣體中乙烷和丙烷的體積比為rm{(}rm{)}A.rm{1}rm{1}B.rm{2}rm{3}C.rm{3}rm{2}D.rm{3}rm{5}5、化學與生產生活、環境保護、資利用、能開發等密切相關rm{.}下列說法錯誤的是rm{(}rm{)}A.煤炭經氣化、液化和干餾等過程，可以轉化為清潔能B.利用二氧化碳制造全降解塑料，可以緩解溫室效應C.利用生物方法脫除生活污水中的氮和磷，防止水體富營養化D.高純硅廣泛應用于太陽能電池、計算機芯片和光導纖維6、下列敘述正確的是（）A.苯與酸性KMnO4溶液混合振蕩，醇置分層，下層液體為無色B.用核磁共振氫譜鑒別1-丙醇和2-丙醇C.不慎將苯酚溶液沾到皮膚上，立即用NaOH溶液清洗D.C5H10的鏈狀烴有7種（考慮順反異構體）7、為探究溴乙烷與NaOH的醇溶液共熱發生的是水解反應還是消去反應；甲；乙、丙三名同學分別設計如下三個實驗方案：

甲：向反應混合液中滴入溴水；若溶液顏色很快褪去，則可證明發生了消去反應．

乙：向反應混合液中滴入稀硝酸中和NaOH，然后再滴入AgNO3溶液；若有淺黃色沉淀生成，則可證明發生了消去反應．

丙：向反應混合液中滴入酸性KMnO4溶液；若溶液顏色變淺，則證明發生了消去反應．

則有關上述實驗方案敘述（）A.甲正確B.乙正確C.丙正確D.上述實驗方案都不正確評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)8、Cl2O為國際公認高效安全滅菌消毒劑之一，它是棕黃色強刺激性氣體，沸點3.8℃，熔點-116℃．實驗室可用潮濕的Cl2與Na2CO3反應制取少量Cl2O；裝置如下（圖Ⅰ）：

回答下列問題：

（1）把濃鹽酸直接滴在KMnO4晶體上就可以產生Cl2．請模仿“圖Ⅱ”在“圖Ⅰ”A處補畫出正確的裝置圖；并作必要的標注。

（2）B中試劑a應選用____（填下列序號字母）：

a．CCl4b．飽和NaCl溶液c．濃H2SO4d．飽和NaHCO3溶液。

（3）通入適量的氯氣，在C中生成黃綠色的物質Cl2O；該物質常溫為氣體，方程式為：

____Cl2+____Na2CO3+____═____NaHCO3+____NaCl+____Cl2O

（4）對C中反應后的固體成分進行檢驗；請寫出實驗步驟以及預期的現象和結論．

限選實驗試劑和儀器：蒸餾水、稀HNO3、BaCl2溶液、Ba（OH）2溶液、AgNO3溶液；澄清石灰水、試管、小燒杯、帶導管的橡皮塞、過濾裝置．

。實驗步驟現象和結論步驟一：取C中的少量固體樣品于試管中，滴加足量蒸餾水至完全溶解，然后將溶液分別置于a、b試管中．步驟二：向a試管中滴加BaCl2溶液，靜置．無明顯現象，證明固體中不含Na2CO3步驟三：________步驟四：________

則證明固體中含有NaCl9、已知B是中學化學中常見的金屬單質；E為地殼中含量最多的元素構成的單質，H常溫下為無色液體，反應③；④是工業生產C的重要反應，C的濃溶液在加熱時才與D反應．根據下列框圖所示，試回答：

（1）反應②③④⑤⑥中屬于氧化還原反應的是____；

（2）反應①的化學方程式：____；

（3）寫出C的濃溶液在加熱時與D反應的化學方程式：____；

（4）F與A、H反應，當有7.8gF參加反應時轉移的電子數目是____．10、FeCl3具有凈水作用，但腐蝕設備，而聚合氯化鐵是一種新型的絮凝劑，處理污水比FeCl3高效；且腐蝕性小．請回答下列問題：

（1）FeCl3凈水的原理是____．FeCl3溶液腐蝕鋼鐵設備，除H+作用外，另一主要原因是（用離子方程式表示）____．

（2）為節約成本，工業上用NaClO3氧化酸性FeCl2廢液得到FeCl3．①若酸性FeCl2廢液中c（Fe2+）=2.0×10-2mol?L-1，c（Fe3+）=1.0×10-3mol?L-1，c（Cl-）=5.3×10-2mol?L-1，則該溶液的PH約為____．

②完成NaClO3氧化FeCl2的離子方程式：ClO3-+Fe2++____=Cl-+Fe3++____．

（3）FeCl3在溶液中分三步水解：K1：Fe3++H2O?Fe（OH）2++H+；

Fe（OH）2++H2O?Fe（OH）2++H+K2Fe（OH）++H2O?Fe（OH）3+H+K3

通過控制條件，以上水解產物聚合，生成聚合氧化鐵，離子方程式為：xFe3++yH2O?Fex（OH）y（3x-y）++yH+，欲使平衡正向移動可采用的方法是（填序號）____．

a．降溫b．加水稀釋c．加入NH4Cld．加入NaHCO3．11、（2014秋?如東縣校級月考）根據化學反應原理；回答下列問題：

（1）將溶液甲：pH=4的NH4Cl溶液及溶液乙：pH=4的鹽酸，分別加水稀釋10倍，pH變化較大的是溶液____（填“甲”、“乙”，下同），稀釋后水的電離程度較大的是溶液____．

（2）在密閉容器中加入一定量N2O5，發生分解反應：2N2O5（g）?4NO2（g）+O2（g）△H＞0．

①該反應平衡常數表達式為k=____．

②提出一個合理措施，使得該反應反應速率減小，且平衡向正反應方向移動____．

③通過NOx傳感器可監測汽車尾氣中NOx含量，工作原理如圖1：寫出NiO電極的電極反應式____．

（3）25℃時，0.1molNa2CO3與鹽酸混合所得的一組體積為1L的溶液；溶液中部分微粒與pH的關系如圖2所示．

①CO32-水解反應的平衡常數即水解常數Kh=，選擇圖中合理數據，算得CO32-水解常數Kh=____．

②W點所示的溶液中：3c（CO32-）+c（OH-）+c（Cl-）____（選填“＞”“＜”或“=”）c（Na+）．12、（2014?長春三模）元素周期表揭示了化學元素間的內在聯系；使其構成了一個完整的體系．

（1）第二周期元素碳、氮、氧的電負性從大到小順序為____（用元素符號表示）．

（2）第四周期元素砷、硒、溴的第一電離能從大到小順序為____（用元素符號表示）．

（3）第ⅢA族元素原子具有缺電子性，其化合物往往具有加合性，因而硼酸（H3BO3）在水溶液中能與水反應生成[B（OH）4]-而體現一元弱酸的性質．

①[B（OH）4]-中B的原子雜化類型為____；

②不考慮空間構型，[B（OH）4]-的結構可用示意圖表示為____．

（4）過渡區元素銅的離子是人體內多種酶的輔因子．某化合物Y與Cu（Ⅰ）（Ⅰ表示化合價為+1）結合形成圖1所示的離子：

①寫出Cu（Ⅰ）的電子排布式____；

②該離子中含有化學鍵的類型有____（選填字母）．

A．極性鍵B．離子鍵C．非極性鍵D．配位鍵。

③向氯化銅溶液中通入足量的二氧化硫，生成白色沉淀M，M的晶胞結構如圖2所示．寫出該反應的離子方程式____．若M晶體的密度為ag/cm3，NA表示阿伏加德羅常數，則晶胞的體積是____cm3．13、（2012春?賀蘭縣校級月考）如圖為相互串聯的甲乙兩個電解池；請回答：

（1）若甲池為電解精煉粗銅（含有鋅鐵鎳銀金和鉑等微量雜質，雜質發生的電極反應不必寫出）裝置，電解液選用CuSO4溶液；則：

①A電極發生的反應類型為____；B電極和Fe電極電子的流向由____到____（填B或Fe）．

②B電極的材料是____，電極反應式為____．CuSO4溶液的濃度____（填“不變”“略有增加”或“略有減少”）

（2）實驗開始時；若在乙池兩邊電極附近同時各滴入幾滴酚酞試液，則：

①寫出電解NaCl溶液總的化學方程式____．

②在Fe極附近觀察到的現象是____．檢驗碳棒電極反應產物的方法是_____．

（3）若甲槽電解液為CuSO4，實驗中發現陰極增重12.8g，則乙槽陰極放出氣體在標準狀況下的體積為____L．若乙槽剩余液體為400mL，則電解后得到堿液的物質的量濃度為____．評卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)14、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．____（判斷對錯）15、水體污染的危害是多方面的；它不僅加劇水資源短缺，而且嚴重危害人體健康．

請判斷下列說法是否正確（填“√”或“×”）．

（1）工業廢水中含有的酸、堿、鹽，會造成水體污染．____

（2）生活污水中不含工業污染物，因此可以不經處理任意排放．____

（3）含重金屬（Hg、Pb、Cd、Cr等）的水，對人類健康有害．____

（4）含大量N、P的污水任意排向湖泊和近海，會出現水華、赤潮等問題．____．16、常溫常壓下，16gCH4中所含中子數為10NA____（判斷對錯）17、加足量稀鹽酸后過濾，除去混在銅粉中的少量鎂粉和鋁粉____．（判斷對錯）18、加過量的NaOH溶液，未看見產生氣體，溶液里一定不含NH4+．____（判斷對錯）正確的打“√”，錯誤的打“×”19、將飽和氯化鐵溶液滴入稀氫氧化鈉溶液中加熱，可得氫氧化鐵膠體____．（判斷對錯）20、常溫常壓下，22.4LSO2和O2的混合氣體中氧原子總數為2NA____（判斷對錯）21、鑒定鹵代烴中鹵元素的存在的操作是：加入NaOH溶液，加熱后加入AgNO3溶液．____．（判斷對錯說明理由）評卷人得分四、推斷題(共1題，共4分)22、中學常見單質A；B和甲、乙、丙三種化合物有如圖所示的轉換關系（部分產物未列出）．單質A常作為食品包裝材料；甲是兩性氧化物．

根據圖示轉化關系回答：

（1）寫出下列物質的化學式：單質A____，乙____．

（2）寫出單質A與Fe2O3反應的化學方程式：____，利用該反應的原理，可用于____．

（3）用單質A做成的容器可以儲存和運輸濃硫酸的原因是____．

（4）寫出反應①的離子方程式：____．

（5）工業上冶煉下列物質通常不采用電解法的是____．

a．Nab．Mgc．Fed．Ag

（6）用鋁粉和Fe2O3做鋁熱反應實驗，需要的試劑還有____

a．KClb．KClO3c．MnO2d．Mg．評卷人得分五、簡答題(共1題，共2分)23、以丙烯為原料合成有機高分子化合物E；合成路線如下：

請回答：

（1）A中官能團名稱為______，B→C的反應類型是______．

（2）A→B的化學方程式______．

（3）高分子E的結構簡式______．

（4）對于化合物D，下列說法正確的是______．

A．能發生皂化反應B．能使Br2/CCl4溶液褪色。

C．能發生氧化反應D．能發生銀鏡反應。

（5）下列化合物屬于C的同分異構體的是______．

A．B．CH3CH2-N=CHCH2OHC．D．評卷人得分六、計算題(共3題，共24分)24、在一定條件下，16克A恰好能根20克B完全反應，生成若干克c和4.5克D，若在相同條件下，將8gA和15gB反應，則生成0.125molC和若干克D．則C的摩爾質量是多少．25、李老師要用含雜質質量分數為20%的大理石與足量的稀鹽酸反應；制備20瓶二氧化碳氣體．已知：

①集氣瓶的體積為100mL；

②大理石中雜質不與稀鹽酸反應；

③常溫常壓下二氧化碳的密度為1.98g/L．

計算李老師需要準備大理石的最少質量．26、①20gNaOH溶于水形成500mL溶液，所得溶液的物質的量濃度是____．

②標準狀況下，44.8LNH3溶于水形成1L溶液，所得溶液的物質的量濃度是____．

③配制500mL0.5mol?L-1的鹽酸溶液，需要標準狀況下的HCl氣體____升．參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、C【分析】【分析】向AgCl與AgBr的飽和溶液中，加入AgNO3，AgCl與AgBr的溶解平衡向左移動，但AgBr的溶解度更小，溶液中AgCl沉淀較多．【解析】【解答】解：在AgCl和AgBr兩飽和溶液中，前者c（Ag+）大于后者c（Ag+），c（Cl-）＞c（Br-），當將AgCl、AgBr兩飽和溶液混合時，發生沉淀的轉化，生成更多的AgBr沉淀，與此同時，溶液中n（Cl-）比原來AgCl飽和溶液中大，當加入足量的濃AgNO3溶液時，AgBr沉淀有所增多；但AgCl沉淀增加更多．

故選C．2、D【分析】【分析】A；溶液的導電性與溶液中離子濃度有關；電解質不同時，飽和溶液中的離子濃度不一定大于不飽和溶液的離子濃度；

B；氧化鈉在熔融狀態下能夠電離出鈉離子和氧離子；所以氧化鈉為電解質；

C；導電能力取決于溶液中離子濃度大小；與強弱電解質沒有必然關系；

D、有些難溶物屬于強電解質，如碳酸鈣、硫酸鋇等，是否為強電解質關鍵分析溶于水的部分是否完全電離．【解析】【解答】解：A；導電能力取決于溶液中離子濃度大小；電解質不同，飽和溶液中的離子濃度不一定比不飽和溶液中的離子濃度大，所以導電性大小無法比較，故A錯誤；

B；由于氧化鈉在熔融狀態下能夠導電；所以氧化鈉為電解質，故B錯誤；

C；導電能力與強弱電解質沒有必然關系；導電性取決于溶液中離子濃度大小，強電解質的溶液中離子濃度不一定比弱電解質溶液中離子濃度大，溶液硫酸鋇溶液的導電性比醋酸溶液導電性差，故C錯誤；

D；強弱電解質的本質區別是能否完全電離；與電解質的溶解性沒有必然關系，如硫酸鋇難溶，硫酸鋇屬于強電解質，故D正確；

故選D．3、D【分析】【分析】根據濃硫酸的化學性質和常用化學危險品的標志含義解答．【解析】【解答】解：A．圖中所示標志與濃硫酸無關；故A錯誤；

B．圖中所示標志是劇毒品標志；濃硫酸具有強腐蝕性，不具備劇毒性，故B錯誤；

C．圖中所示標志是易燃品標志；濃硫酸不能燃燒，故C錯誤；

D．圖中所示標志是腐蝕品標志；濃硫酸具有三大特性：強氧化性；吸水性、脫水性．濃硫酸強烈的腐蝕性是強氧化性的體現，故裝運濃硫酸的包裝箱應貼腐蝕品標志，故D正確．

故選D．4、C【分析】解：濃硫酸增重為燃燒生成水的質量，即混合物反應生成了rm{2.04g}

二氧化碳與過氧化鈉發生反應：rm{2CO_{2}+2Na_{2}O_{2}=2Na_{2}CO_{3}+O_{2}}固體質量增重等于與二氧化碳等物質的量的rm{CO}的質量，故Crm{O}的物質的量rm{=dfrac{2.24g}{28g/mol}=0.08mol}

設乙烷、丙烷的物質的量分別為rm{=dfrac

{2.24g}{28g/mol}=0.08mol}rm{xmol}由rm{ymol}原子守恒及rm{H}原子守恒；則：

rm{6x+8y=dfrac{2.04g}{18g/mol}隆脕2}rm{C}

聯立解得：rm{6x+8y=dfrac

{2.04g}{18g/mol}隆脕2}rm{2x+3y=0.08}

所以乙烷和丙烷的物質的量之比為：rm{x=0.02}rm{y=dfrac{2}{150}}rm{0.02mol}

故選C．

濃硫酸增重為燃燒生成水的質量，通過過氧化鈉發生反應：rm{dfrac{2}{150}mol=3}固體質量增重等于與二氧化碳等物質的量的rm{2}的質量，設乙烷、丙烷的物質的量分別為rm{2CO_{2}+2Na_{2}O_{2}=2Na_{2}CO_{3}+O_{2}}rm{CO}根據rm{xmol}rm{ymol}原子守恒列方程計算解答．

本題考查混合物反應的計算，題目難度中等，解答關鍵是根據方程式確定固體質量增重，注意利用原子守恒進行解答，有利于培養學生的邏輯推理能力，有助于提高學生的化學計算能力．rm{C}【解析】rm{C}5、D【分析】解：rm{A.}煤炭經氣化；液化和干餾等過程；可以轉化為清潔能源，可以節約能源，減少污染物的排放，故A正確；

B.利用二氧化碳制造全降解塑料；減少了二氧化碳的排放，可以緩解溫室效應，故B正確；

C.氮和磷是植物的營養元素；可造成水體富營養化，故C正確；

D.光導纖維的成分是二氧化硅；不是硅單質，故D錯誤．

故選D．

A.煤炭進行深加工；綜合利用煤資源，如煤的干餾；氣化、液化技術，提高能源的利用率，可以節約能源，減少污染物的排放；

B.利用二氧化碳制造全降解塑料；減少了二氧化碳的排放；

C.氮和磷是植物的營養元素；

D.光導纖維的成分是二氧化硅．

本題考查化學與社會、環境的關系，把握能源使用及污染物的排放為解答的關鍵，注重基礎知識的考查，題目難度不大．【解析】rm{D}6、B【分析】【分析】A．苯不溶于水；密度比水小；

B.1-丙醇和2-丙醇含有的氫原子的位置和強度不同；

C．氫氧化鈉具有腐蝕性；

D．組成為C5H10的有機物，其所有同分異構體中屬于烯烴，同分異構體說明含有1個C=C雙鍵，根據碳鏈縮短法書寫同分異構體，①先寫烷烴同分異構體（烷烴碳骨架）②主鏈從長到短、支鏈由整到散、位置由心到邊③“C=C”位置移動．考慮順反異構，C=C雙鍵不飽和的同一C原子上應連接不同的基團或原子具有順反異構．【解析】【解答】解：A．苯不溶于水，密度比水小，苯與酸性KMnO4溶液混合振蕩；醇置分層，上層液體為無色，下層為紫色，故A錯誤；

B.1-丙醇為CH3CH2CH2OH，2-丙醇為CH3CH（OH）CH3；由于分子中氫原子的位置和強度不同，會出現不同的峰值，可以進行鑒別，故B正確；

C．氫氧化鈉具有腐蝕性；不能用于清晰皮膚，可用酒精，故C錯誤；

D．戊烷的同分異構體有CH3-CH2-CH2-CH2-CH3、．

若為CH3-CH2-CH2-CH2-CH3，相應烯烴有CH2═CH-CH2-CH2-CH3、CH3-CH═CH-CH2-CH3，其中CH3-CH═CH-CH2-CH3有2種順反異構；即有3種異構．

若為相應烯烴有：CH2═C（CH3）CH2CH3；CH3C（CH3）═CHCH3；CH3CH（CH3）CH═CH2；都不存在順反異構，即有3種異構．

若為沒有相應烯烴．

所以分子式為C5H10的烯烴共有（包括順反異構）3+3=6種．故D錯誤．

故選B．7、D【分析】【分析】甲；反應后的溶液中有氫氧化鈉；溴能夠與氫氧化鈉反應褪色；

乙；消去反應和水解反應都會生成溴離子；

丙、溶液中有溴離子存在，溴離子能夠被高錳酸鉀溶液氧化，以此來解答．【解析】【解答】解：甲；由于反應后的溶液中存在氫氧化鈉；氫氧化鈉能夠與溴能夠反應使溴水褪色，所以無法證明反應類型，故錯誤；

乙；由于無論發生消去反應還是發生水解反應；溶液中都會存在溴離子，無法證明反應類型，故錯誤；

丙；由于兩種反應的溶液中都有溴離子存在；溴離子能夠被高錳酸鉀溶液氧化，所以無法判斷反應類型，故錯誤；

故選D．二、填空題(共6題，共12分)8、b22H2O221取a試管的上層清液于c試管中取a試管的上層清液于c試管中加入適量氫氧化鋇溶液產生白色沉淀證明固體中含有碳酸氫鈉向試管b中加入過量稀硝酸溶液向試管b中加入過量稀硝酸溶液再滴加少量硝酸銀溶液有白色沉淀生成【分析】【分析】（1）反應是固體和液體不加熱制取氣體；液體從分液漏斗加入，固體在錐形瓶內加入高錳酸鉀固體，導氣管露出膠塞，導氣管接B裝置膠皮管，畫出裝置圖；

（2）濃鹽酸易揮發；制備的氯氣中含有氯化氫，依據氯氣與氯化氫水溶性選擇除雜劑；

（3）依據氧化還原反應的元素化合價變化；結合電子守恒和原子守恒確定空項物質，配平書寫；

（4）依據實驗步驟和反應現象，結合物質性質選擇試劑，判斷反應現象得到結論；【解析】【解答】解：（1）把濃鹽酸直接滴在KMnO4晶體上就可以產生Cl2．反應是固體和液體不加熱制取氣體；液體從分液漏斗加入，固體在錐形瓶內加入高錳酸鉀固體，導氣管露出膠塞，導氣管接B裝置膠皮管，畫出裝置圖為：

故答案為：

（2）濃鹽酸易揮發；制備的氯氣中含有氯化氫，氯化氫易溶于水，氯氣在飽和食鹽水中溶解度不大，可以選擇飽和食鹽水除去氯氣中的氯化氫；

故答案為：b；

（3）反應中部分氯元素化合價升高：0→+1價，部分氯元素化合價降低：0→-1價，依據氧化還原反應得失電子守恒，氯化鈉系數為2，Cl2O系數為1，依據原子個數守恒，反應方程式：2Cl2+2Na2CO3+H2O=2NaHCO3+2NaCl+Cl2O；

故答案為：2，2，H2O；2，2，1；

（4）對C中反應后的固體成分進行檢驗；乙實驗的方法測定是否含有碳酸鈉，碳酸氫鈉，氯化鈉，依據題干實驗步驟，步驟二加入氯化鋇檢驗碳酸鈉的存在；步驟三利用酸和碳酸氫鈉反應生成碳酸鈉，在溶液中和鋇離子反應生成白色沉淀證明碳酸氫鈉的存在；步驟四加入過量稀硝酸排除其他離子的干擾，加入硝酸銀生成白色沉淀判斷氯化鈉的存在；

故答案為：。實驗步驟現象和結論步驟三：取a試管的上層清液于c試管中加入適量氫氧化鋇溶液產生白色沉淀證明固體中含有碳酸氫鈉步驟四：向試管b中加入過量稀硝酸溶液再滴加少量硝酸銀溶液

有白色沉淀生成9、②③⑤⑥2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑Cu+2H2SO4（濃）CuSO4+SO2↑+2H2O6.02×1022【分析】【分析】A的電解產物反應生成H，H常溫下為無色液體，H為H2O；L是藍色沉淀，為Cu（OH）2，M的焰色反應為黃色，M含有Na元素，由轉化關系A+H+F→E+L+M，即A溶液+F→E+L+M，可知F與水反應生成堿與E，且B+E→F，故F為Na2O2，E為O2，B為金屬Na，A為銅鹽，由A溶液C+D+E可知，電解產物為三種，為放氧生酸型，電解生成Cu、O2、酸，C的濃溶液在加熱時才與D反應，D為Cu，C為H2SO4，故A為CuSO4，由C+DI+D+H可知，I為SO2，由IK可知，K為SO3，SO3與水反應生成硫酸，驗證符合轉化關系．【解析】【解答】解：A的電解產物反應生成H，H常溫下為無色液體，H為H2O；L是藍色沉淀，為Cu（OH）2，M的焰色反應為黃色，M含有Na元素，由轉化關系A+H+F→E+L+M，即A溶液+F→E+L+M，可知F與水反應生成堿與E，且B+E→F，故F為Na2O2，E為O2，B為金屬Na，A為銅鹽，由A溶液C+D+E可知，電解產物為三種，為放氧生酸型，電解生成Cu、O2、酸，C的濃溶液在加熱時才與D反應，D為Cu，C為H2SO4，故A為CuSO4，由C+DI+D+H可知，I為SO2，由IK可知，K為SO3，SO3與水反應生成硫酸；驗證符合轉化關系．

（1）由上述分析可知；反應②為銅與濃硫酸的反應，是氧化還原反應，反應③為二氧化硫的催化氧化，是氧化還原反應，反應④為三氧化硫與水反應生成硫酸，是非氧化還原反應，反應⑤為鈉在氧氣中燃燒，是氧化還原反應，反應⑥為過氧化鈉與水及硫酸銅的反應，是氧化還原反應，所以屬于氧化還原反應的是②③⑤⑥；

故答案為：②③⑤⑥；

（2）反應①為電解硫酸銅溶液生成銅、硫酸、氧氣，反應離子方程式為：2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑；

故答案為：2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑；

（3）銅與濃硫酸加熱生成硫酸銅、二氧化硫和水，反應的方程式為Cu+2H2SO4（濃）CuSO4+SO2↑+2H2O；

故答案為：Cu+2H2SO4（濃）CuSO4+SO2↑+2H2O；

（4）過氧化鈉與水及硫酸銅的反應時，可以看作過氧化鈉與水反應生成氫氧化鈉和氧氣，氫氧化鈉與硫酸銅反應生成氫氧化銅，在過氧化鈉與水的反應中，每摩爾過氧化鈉反應可以轉移1mol即6.02×1023個電子，所以7.8g過氧化鈉即為0.1mol參加反應時轉移的電子數目是6.02×1022；

故答案為：6.02×1022．10、Fe3+水解生成的Fe（OH）3膠體粒子能吸附水中的懸浮雜質2Fe3++Fe=3Fe2+26H+3H2Obd【分析】【分析】（1）Fe3+水解生成的Fe（OH）3膠體粒子能吸附水中的懸浮雜質；可起到凈水的作用；鋼鐵設備中的Fe會與鐵離子反應生成亞鐵離子；

（2）①根據電荷守恒：c（Cl-）=2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H+）（酸性溶液中OH-濃度很小，在這里可以忽略不計），據此溶液中氫離子的濃度，再根據pH=-lgc（H+）計算；

②氯酸鈉氧化酸性的氯化亞鐵，則反應物中有氫離子參加，則生成物中有水生成，Cl元素的化合價從+5價降低到-1價，得到6個電子，而Fe元素的化合價從+2價升高到+3價，失去1個電子，根據得失電子守恒，則氯酸根離子的系數為1，Fe2+的系數為6；則鐵離子的系數也是6，氯離子的系數是1，根據電荷守恒，則氫離子的系數是6，水的系數是3；

（3）控制條件使平衡正向移動，水解為吸熱反應，所以降溫平衡逆向移動；加水稀釋，則水解平衡也正向移動；加入氯化銨，氯化銨溶液為酸性，氫離子濃度增大，平衡逆向移動；加入碳酸氫鈉，則消耗氫離子，平衡正向移動．【解析】【解答】解：（1）Fe3+水解生成的Fe（OH）3膠體粒子能吸附水中的懸浮雜質，可起到凈水的作用；鋼鐵設備中的Fe會與鐵離子反應生成亞鐵離子，離子方程式是：2Fe3++Fe=3Fe2+；

故答案為：Fe3+水解生成的Fe（OH）3膠體粒子能吸附水中的懸浮雜質；2Fe3++Fe=3Fe2+；

（2）①根據電荷守恒：c（Cl-）=2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H+）（酸性溶液中OH-濃度很小，在這里可以忽略不計），則c（H+）=c（Cl-）-2c（Fe2+）-3c（Fe3+）=1.0×10-2mol?L-1，則溶液pH=-lg1.0×10-2=2；

故答案為：2；

②氯酸鈉氧化酸性的氯化亞鐵，則反應物中有氫離子參加，則生成物中有水生成，Cl元素的化合價從+5價降低到-1價，得到6個電子，而Fe元素的化合價從+2價升高到+3價，失去1個電子，根據得失電子守恒，則氯酸根離子的系數為1，Fe2+的系數為6，則鐵離子的系數也是6，氯離子的系數是1，根據電荷守恒，則氫離子的系數是6，水的系數是3，配平后離子方程式為：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；

故答案為：1；6；6H+；1；6；3H2O；

（3）控制條件使平衡正向移動，使平衡正向移動，因為水解為吸熱反應，所以降溫，平衡逆向移動；加水稀釋，則水解平衡也正向移動；加入氯化銨，氯化銨溶液為酸性，氫離子濃度增大，平衡逆向移動；加入碳酸氫鈉，則消耗氫離子，所以氫離子濃度降低，平衡正向移動，故選bd；

故答案為：bd．11、乙甲減小壓強NO+O2--2e-═NO22.5×10-4＞【分析】【分析】（1）強酸溶液稀釋；氫離子濃度隨體積變化減小，氯化銨溶液稀釋除隨體積變化濃度減小外，稀釋促進銨根離子的水解；

（2）化學平衡常數為生成物濃度系數次冪的乘積與反應物濃度系數次冪乘積的比值；減小壓強平衡向氣體體積增大的方向移動；NiO電極上NO失電子和氧離子反應生成二氧化氮；

（3）當PH=11時，c（CO32-）=0.08mol/L，c（HCO3-）=0.02mol/L，結合水解常數Kh=計算，根據電荷守恒結合W點c（CO32-）=c（HCO3-）判斷．【解析】【解答】解：（1）pH均為4的鹽酸和NH4Cl溶液，分別加水稀釋10倍，鹽酸溶液PH變化為5，氯化銨銨根離子水解促進，溶液中氫離子濃度減小的少，溶液PH小于5，所以pH較大的是鹽酸，稀釋后水的電離程度較大的是NH4Cl溶液；

故答案為：乙；甲；

（2）①化學平衡常數為生成物濃度系數次冪的乘積與反應物濃度系數次冪乘積的比值，即K=，故答案為：；

②該反應正反應是體積增大的反應；減小壓強平衡向氣體體積增大的方向移動，即向正反應移動，故答案為：減小壓強；

③NiO電極上NO失電子和氧離子反應生成二氧化氮，所以電極反應式為：NO+O2--2e-=NO2，故答案為：NO+O2--2e-=NO2；

（3）①當PH=11時，c（OH-）=1×10-3mol/L，c（CO32-）=0.08mol/L，c（HCO3-）=0.02mol/L，所以水解常數Kh===2.5×10-4；

故答案為：2.5×10-4；

②根據電荷守恒可知，溶液中離子應該滿足關系式c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（OH-）+c（Cl-）+c（HCO3-），W點c（CO32-）=c（HCO3-），所以c（Na+）+c（H+）=3c（CO32-）+c（OH-）+c（Cl-），所以3c（CO32-）+c（OH-）+c（Cl-）＞c（Na+），故答案為：＞．12、N＞C＞OBr＞As＞Sesp31s22s22p63s23p63d10ACD2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+【分析】【分析】（1）同周期從左向右第一電離能增大；但N原子p軌道半滿，為穩定結構，則第一電離能更大；

（2）同周期從左向右第一電離能增大；但As原子p軌道半滿，為穩定結構，則第一電離能比Se的大；

（3）[B（OH）4]-中B原子形成3個θ鍵，1個配位鍵，共含有4個價層電子對，所以采用sp3雜化；

（4）①根據能量最低原理和洪特規則書寫電子排布式；

②同種非金屬元素之間存在非極性鍵；不同非金屬元素之間存在極性鍵，含有孤電子對的原子和含有空軌道的原子間存在配位鍵；

③利用均攤法確定M的化學式；銅離子和二氧化硫能發生氧化還原反應生成亞銅離子和硫酸根離子．

先計算一個CuCl分子的質量，再用均攤法求出一個晶胞含有的陰陽離子數，然后根據V=求出其體積．【解析】【解答】解：（1）同周期從左向右第一電離能增大；但N原子p軌道半滿，為穩定結構，則第一電離能更大，所以第一電離能為C＜O＜N，故答案為：N＞C＞O；

（2）同周期從左向右第一電離能增大，但As原子p軌道半滿，為穩定結構，則第一電離能比Se的大，所以第一電離能為Br＞As＞Se，故答案為：Br＞As＞Se；

（3）[B（OH）4]-中B原子形成3個θ鍵，1個配位鍵，共含有4個價層電子對，所以采用sp3雜化，結構可用示意圖表示為

故答案為：sp3；；

（4）①Cu的電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1，失去一個電子后生成Cu+，其電子排布式為1s22s22p63s23p63d10；

故答案為：1s22s22p63s23p63d10；

②該離子中；氮原子和氮原子之間；碳原子和碳原子之間都存在非極性鍵，碳原子和氮原子之間、氮原子和氫原子之間、碳原子和氫原子之間都存在極性鍵，銅原子和氮原子間存在配位鍵；

故答案為：ACD；

③根據晶胞結構知，白色小球個數=8×+6×=4，黑色小球個數=4，所以該化合物的化學式為：CuCl，二氧化硫有還原性，銅離子有氧化性，所以二氧化硫和氯化銅發生氧化還原反應生成氯化亞銅和硫酸，離子反應方程式為：2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+．

1個“CuCl”的質量為g，而用均攤法算出一個晶胞含有1個“CuCl”，即一個晶胞質量為g，又有v===cm3．

故答案為：2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+；cm3．13、還原反應FeB粗銅Cu-2e-═Cu2+略有減少2NaCl+2H2OH2↑+2NaOH+Cl2↑溶液變紅把濕潤的淀粉碘化鉀放在碳棒附近，試紙變藍色4.481mol?L-1【分析】【分析】（1）圖示是兩個串聯的電解池；依據電源判斷A為陰極，B為陽極，Fe為陰極，碳棒為陽極，電解精煉粗銅時，粗銅作陽極，純銅作陰極，電解質溶液為可溶性的銅鹽；

（2）乙池為電解食鹽水裝置，反應中陰極：2H2O+2e-═H2↑+20H-，陽極：2Cl--2e-═Cl2↑；

（3）若甲為用電解原理給鐵片鍍銅的裝置，陰極反應為Cu2++2e-═Cu，然后根據電極反應以及兩個串聯電解池轉移電子數目相等計算．【解析】【解答】解：圖示是兩個串聯的電解池；依據電源判斷A為陰極，B為陽極，Fe為陰極，碳棒為陽極；

（1）①A為陰極；發生還原反應，B為陽極，發生氧化反應，Fe為陰極，發生還原反應，則B電極和Fe電極電子的流向由Fe到B；

故答案為：還原反應；Fe；B；

②B為粗銅，電極方程式為Cu-2e-═Cu2+；由于粗銅含有Zn等金屬，活潑性比銅強，在陽極上鋅；銅放電，而陰極只有銅離子放電，則溶液中銅離子濃度略有減小；

故答案為：粗銅；Cu-2e-═Cu2+；略有減少；

（2）①電解NaCl溶液總的化學方程式為2NaCl+2H2OH2↑+2NaOH+Cl2↑；

故答案為：2NaCl+2H2OH2↑+2NaOH+Cl2↑；

②乙池電解NaCl溶液，陰極反應為：2H2O+2e-═H2↑+20H-；滴加酚酞溶液后，陰極溶液變紅，陽極生成氯氣，可用濕潤的淀粉碘化鉀試紙檢驗，方法是把濕潤的淀粉碘化鉀放在碳棒附近，試紙變藍色；

故答案為：溶液變紅；把濕潤的淀粉碘化鉀放在碳棒附近；試紙變藍色；

（3）甲槽陰極陰極反應為Cu2++2e-═Cu，陰極增重12.8g，應為銅的質量，為0.2mol，轉移的電子為0.4mol，兩個電解池串聯，轉移的電子數目相等，乙槽陽極反應為2Cl--2e-═Cl2↑；轉移的電子為0.4mol時，在陽極上生成氣體的物質的量為0.2mol，放出氣體在標準狀況下的體積為0.2mol×22.4L/mol=4.48L；

乙池陰極反應為：2H2O+2e-═H2↑+20H-，轉移的電子為0.4mol時，生成0.4mol0H-離子，則電解后得到堿液的物質的量濃度為=1mol?L-1；

故答案為：4.48；1mol?L-1．三、判斷題(共8題，共16分)14、×【分析】【分析】根據溶液中不水解的離子的物質的量濃度=溶質的物質的量濃度×化學式中離子的個數，與溶液的體積無關，據此分析解答．【解析】【解答】解：假設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：×．15、√【分析】【分析】（1）工業廢水應遵循“先凈化；后排放”的原則，工業廢水需要經過處理達標后再排放才不會污染環境；

（2）生活污水不經處理任意排放；會危害人畜等需飲水生物的健康；

（3）重金屬能使蛋白質變性；

（4）含N、P的大量污水任意排向湖泊和近海，會造成水體的富營養化從而破壞水體生態系統，會出現水華、赤潮等水體污染問題．【解析】【解答】解：（1）工業廢水是指工業生產過程中產生的廢水；污水和廢液；其中含有隨水流失的工業生產用料、中間產物和產品以及生產過程中產生的污染物．廢水中含有的酸、堿、鹽，會造成水體污染，需要經過處理達標后才能排放；

故答案為：√；

（2）生活污水中雖不含工業污染物；但廢水中污染物成分極其復雜多樣，常要幾種方法組成處理系統才能達到完全凈化的目的，因此可以不經處理任意排放錯誤；

故答案為：×．

（3）重金屬能使蛋白質變性；對人類健康有害；

故答案為：√；

藻類生長需要大量的N；P元素；如果水體中N、P元素嚴重超標，會引起藻類瘋長，從而導致水中氧氣含量降低，水生生物大量死亡，海水中常稱為赤潮，淡水中稱為水華；

故答案為：√．16、×【分析】【分析】1個CH4中含有的中子數為6個，結合n==計算．【解析】【解答】解：n（CH4）==1mol，此時H原子不含中子，則1個CH4中含有的中子數為6個，1mol甲烷含有6NA個中子．

故答案為：×．17、√【分析】【分析】Mg、Al均能與鹽酸反應，而Cu不能與鹽酸反應，以此來解答．【解析】【解答】解：Mg、Al均能與鹽酸反應，而Cu不能與鹽酸反應，則加足量稀鹽酸后過濾，可除去混在銅粉中的少量鎂粉和鋁粉，故答案為：√．18、×【分析】【分析】需要考慮銨根離子的濃度和氨氣極易溶于水的性質來解答．【解析】【解答】解：因為氨氣極易溶于水；所以若溶液里銨根離子的濃度很小時，即使加入過量的NaOH溶液，生成的一水合氨的濃度很小，不能放出氨氣．

故答案為：×．19、×【分析】【分析】氫氧化鐵膠體制備方法為：向沸水中滴加幾滴飽和氯化鐵溶液并加熱至液體呈紅褐色即可，據此分析解答．【解析】【解答】解：氫氧化鐵膠體制備方法為：向沸水中滴加幾滴飽和氯化鐵溶液并加熱至液體呈紅褐色即可，如果將飽和氯化鐵溶液滴入稀氫氧化鈉溶液中加熱，二者反應生成紅褐色氫氧化鐵沉淀，得不到氫氧化鐵膠體，所以該題說法錯誤，故答案為：×．20、×【分析】【分析】常溫常壓下，氣體的氣體摩爾體積不等于22.4L/mol，無法計算物質的量．【解析】【解答】解：常溫常壓下，氣體的氣體摩爾體積不等于22.4L/mol，則22.4LSO2和O2的混合氣體的物質的量不等于1mol，氧原子個數不等于2NA；

故答案為：×．21、×【分析】【分析】鹵代烴中鹵原子在堿性條件下水解產生鹵離子，加硝酸酸化后，在加硝酸銀，依據產生沉淀的顏色可以判斷鹵離子．【解析】【解答】解：鑒定鹵代烴中鹵元素的存在的操作是：加入NaOH溶液；加熱后，冷卻，然后加入足量的硝酸酸化，再加入硝酸銀溶液來檢驗鹵素離子，故錯誤；

故答案為：×．四、推斷題(共1題，共4分)22、AlNaAlO22Al+Fe2O3Al2O3+2Fe焊接金屬等Al單質遇濃硫酸發生鈍化2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑cdbd【分析】【分析】單質A常作為食品包裝材料，甲是典型的兩性氧化物，A與氧化鐵反應得到甲，且A能與NaOH反應，則A為Al，甲為Al2O3，單質B為H2，乙為NaAlO2，丙為NaAlO2，據此解答．【解析】【解答】解：單質A常作為食品包裝材料，甲是典型的兩性氧化物，A與氧化鐵反應得到甲，且A能與NaOH反應，則A為Al，甲為Al2O3，單質B為H2，乙為NaAlO2，丙為NaAlO2；

（1）A為金屬Al，乙是金屬Al與氫氧化鈉溶液反應得到的化合物，故乙為NaAlO2，故答案為：Al；NaAlO2；

（2）單質A與Fe2O3發生的是鋁熱反應，故反應方程式為：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，鋁熱反應的應用為焊接金屬等，故答案為：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe；焊接金屬等；

（3）金屬鋁遇到濃硫酸在常溫下可以發生鈍化現象；故可以用金屬鋁容器儲存和運輸濃硫酸，故答案為：Al單質遇濃硫酸發生鈍化；

（4）反應①的離子方程式為：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，故答案為：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；

（5）冶煉活潑金屬K、Ca、Na、Mg、Al，一般用電解熔融的氯化物（Al是電解熔融的Al2O3）制得；熱還原法用于冶煉較不活