…………○…………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年外研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、下列有關化學用語表示正確的是（）A.鉀原子結構示意圖：B.水的電子式：C.CO2的比例模型：D.間羥基苯甲酸的結構簡式：2、下列說法不正確的是（）A.Na2O2能與CO2反應，可用作呼吸面具的供氧劑B.SiO2有導電性，可用于制備光導纖維C.硅膠常用作實驗室和食品、藥品等的干燥劑，也可作催化劑載體D.小蘇打是一種膨松劑，可用于制作饅頭和面包3、在密閉容器中1molHI分解達平衡時I2占x%（體積分數），保持溫度和壓強不變，再充入1molHI，分解達平衡時I2占y%（體積分數），則x與y的關系是（）A.x=yB.x＜yC.x＞yD.不能確定4、在加入鋁粉能放出H2的無色溶液，可能大量共存的離子組是（）A.NH4+、Na+、NO3-、S2-B.Na+、K+、CH3COO-、HCO3-C.K+、NO3-、SO42-、Cl-D.K+、Al3+、MnO4-、NO3-5、在不同溫度下，水達到電離平衡時c（H+）與c（OH﹣）的關系如圖所示；下列說法中正確的是（）

A.100℃時，pH=12的NaOH溶液和pH=2的H2SO4溶液恰好中和后，所得溶液的pH等于7B.25℃時，0.2mol/LBa（OH）2溶液和0.2mol/LHCl溶液等體積混合，所得溶液的pH等于7C.25℃時，0.2mol/LNaOH溶液與0.2mol/L乙酸溶液恰好中和，所得溶液的pH等于7D.25℃時，pH=12的氨水和pH=2的H2SO4溶液等體積混合，所得溶液的pH大于76、手持技術是基于數據采集器、傳感器和多媒體計算機構成的一種新興掌上試驗系統，具有實時、定量、直觀等特點，下圖是利用手持技術得到的微粒物質的量變化圖，常溫下向20mL0.2mol/LH2A溶液中滴加0.2mol/LNaOH溶液．下列說法正確的是（）

A.H2A在水中的電離方程式是：H2A=H++HA﹣；HA﹣═H++A2﹣B.當V（NaOH）=20mL時，則有：c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H+）＞c（A2﹣）＞c（OH﹣）C.當V（NaOH）=30mL時，則有：2c（H+）+c（HA﹣）+2c（H2A）=c（A2﹣）+2c（OH﹣）D.當V（NaOH）=40mL時，其溶液中水的電離受到抑制7、在25℃；101kPa時；已知：

2H2O（g）═O2（g）+2H2（g）△H1

Cl2（g）+H2（g）═2HCl（g）△H2

2Cl2（g）+2H2O（g）═4HCl（g）+O2（g）△H3

則△H3與△H1和△H2間的關系正確的是（）A.△H3=△H1+2△H2B.△H3=△H1+△H2C.△H3=△H1-2△H2D.△H3=△H1-△H28、下列反應符合如圖p-υ變化曲線的是（）

A.H2（g）+I2（g）?2HI（g）B.3NO2（g）+H2O（l）?2HNO3（l）+NO（g）C.4NH3（g）+5O2（g）?4NO（g）+6H2O（g）D.CO2（g）+C（s）?2CO（g）9、下列有關環境保護與綠色化學的敘述不正確的是（）A.形成酸雨的主要物質是硫的氧化物和氮的氧化物B.大氣污染物主要來自化石燃料燃燒和工業生產過程產生的廢氣C.綠色化學的核心就是如何對被污染的環境進行無毒無害的治理D.水華、赤潮等水體污染主要是由含氮、磷的生活污水任意排放造成的評卷人得分二、雙選題(共5題，共10分)10、將mg銅粉和鎂粉的混合物分成兩等份，其中一份加入100mL的稀硝酸中并加熱，固體和硝酸恰好完全反應，反應前后溶液體積變化忽略不計，反應產生NO、NO2（不考慮N2O4的影響）混合氣體4.48L（標準狀況下）；將另一份在空氣中充分加熱至恒重，稱得固體質量增加3.2g．下列有關說法中正確的是（）A.無法確定硝酸的濃度B.n（NO）：n（NO2）=1：1C.4.8＜m＜12.8D.反應后c（NO）=4mol/L11、已知鋅及其化合物的性質與鋁及其化合物相似．現向ZnCl2溶液中逐漸滴加NaOH溶液，溶液的pH與某些離子的濃度關系如圖（橫坐標為溶液的pH，縱坐標為Zn2+或ZnO22-的物質的量濃度；假設Zn2+的濃度為10-5mol/L時，Zn2+已沉淀完全）．則下列說法正確的是（）A.pH≥12時，發生反應的離子方程式為Zn2++4OH-═ZnO22-+2H2OB.若要使ZnCl2溶液中Zn2+沉淀完全，加入的NaOH溶液越多越好C.向1L0.1mol/LZnCl2溶液中逐漸滴加NaOH溶液至pH=7，需NaOH0.2molD.若溶液的溫度保持不變，則該溫度下Zn（OH）2的溶度積Ksp=10-1712、在恒容密閉容器中發生反應A（g）+B（g）?C（g）+D（？）+Q，其中B為紫色，A、C、D皆為無色，D的狀態不明確．下列選項中能夠確定上述容器中反應已達平衡的是（）A.密度不變B.溫度不變C.顏色不變D.壓強不變13、一種熔融碳酸鹽燃料電池原理示意如圖，下列有關該電池的說法正確的是rm{(}rm{)}A.反應rm{CH_{4}+H_{2}Odfrac{overset{{麓脽祿爐錄脕}}{-}}{triangle}3H_{2}+CO}每消耗rm{CH_{4}+H_{2}Odfrac{

overset{{麓脽祿爐錄脕}}{-}}{triangle}3H_{2}+CO}轉移rm{1molCH_{4}}電子B.電極rm{6mol}上rm{A}參與的電極反應為：rm{H_{2}}C.電池工作時，rm{H_{2}+2OH^{-}-2e^{-}=2H_{2}O}向電極rm{CO_{3}^{2-}}移動D.電極rm{B}上發生的電極反應為：rm{B}rm{O_{2}+2CO_{2}+4e^{-}=2CO_{3}^{2-}}14、工業上一般在恒容密閉容器中采用下列反應合成甲醇：rm{CO(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)triangleH=-90.8kJ?mol^{-1}}

rm{CO(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)triangle

H=-90.8kJ?mol^{-1}}時，在容積相同的rm{300隆忙}個密閉容器中；按不同方式投入反應物，保持恒溫；恒容，測得反應達到平衡時的有關數據如表：

。rm{3}容器乙丙丙反應物投入量rm{1molCH_{3}OH}rm{2molCH_{3}OH}rm{2molCH_{3}OH}衡。

時。

數據rm{CH_{3}OH}的濃度rm{(mol?L^{-1})}rm{c_{1}}rm{c_{2}}rm{c_{3}}反應的能量變化rm{akJ}rm{bkJ}rm{ckJ}rm{ckJ}體系壓強rm{(Pa)}rm{p_{1}}rm{p_{2}}rm{p_{3}}rm{p_{3}}反應物轉化率rm{a_{1}}rm{a_{2}}rm{a_{3}}rm{a_{3}}下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.rm{2}rm{c_{1}>c_{3}}B.rm{|a|+|b|=90.8}C.rm{2}rm{p_{2}<p_{3}}D.rm{a_{1}+a_{3}<1}評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)15、有5瓶白色固體試劑；分別是氯化鋇；氫氧化鈉、無水硫酸銅、碳酸鈉、硫酸鈉．現只提供蒸餾水，通過下面的實驗步驟即可鑒別它們．請填寫下列空白：

（1）各取適量固體試劑分別加入5支試管中，加入適量蒸餾水，振蕩試管，觀察到的現象是____．

被檢出的物質的化學式（分子式）是____．

（2）分別取未檢出的溶液；往其中加入上述已檢出的溶液，觀察到的現象和相應的化學方程式是：

1支試管中有白色沉淀生成____．

2支試管中有藍色沉淀生成_____．

被檢出物質的化學式（分子式）是____．

（3）鑒別余下未檢出物質的方法和觀察到的現象是____．16、已知砷（As）元素原子的最外層電子排布式是4s24p3．在元素周期表里，砷元素位于第____周期第____族，最高價氧化物的化學式是____．17、（2014春?吉州區校級月考）如圖中A；B、C、D是同周期或同主族的相鄰元素：

①已知：A元素的最低價為-3價，它的最高價氧化物含氧56.34%，原子核內中子數比質子數多1個，則A元素原子的質量數為____，原子序數為____，A元素位于第____周期____族．

②A、B、C三種元素最高價氧化物的水化物的酸性由強到弱的順序為____．（寫化學式）

③B、D兩種元素和氫組成的氣態氫化物的穩定性由強到弱的順序為____．氫化物的還原性由強到弱的順序為____．（寫化學式）18、向一容積不變的密閉容器中充入一定量A和B，發生反應：xA(g)＋2B(s)yC(g)ΔH＜0。在一定條件下，容器中A、C的物質的量濃度隨時間變化的曲線如圖所示。請回答下列問題：(1)用A的濃度變化表示該反應0～10min內的平均反應速率v(A)＝________。(2)根據圖示可確定x∶y＝________。(3)0～10min容器內壓強________(填“變大”、“不變”或“變小”)。(4)推測第10min引起曲線變化的反應條件可能是________；第16min引起曲線變化的反應條件可能是________。①減壓②增大A的濃度③增大C的量④升溫⑤降溫⑥加催化劑(5)若平衡Ⅰ的平衡常數為K1，平衡Ⅱ的平衡常數為K2，則K1________K2(填“＞”、“＝”或“＜”)。19、某學?；瘜W科研小組使用一些廢舊物品組裝了一個簡易裝置；用來測定乙醇的燃燒熱，過程如下：

①用一只墨水瓶；蓋上鉆一小孔，插入一段玻璃管，燈芯通過玻璃管浸入無水乙醇中；

②取小食品罐頭盒；去了蓋子，開口的兩側各鉆一小孔，準備系線繩用，罐頭盒外面纏上石棉繩；

③用絕熱板（或用硬紙板代替）做成一個圓筒；圓筒下沿剪開一排小孔，便于排入空氣．圓筒正好套在罐頭盒和自制酒精燈外邊．如圖所示；

④準確量取200毫升水；倒入罐頭盒中；

⑤在自制酒精燈中注入容積的的無水乙醇；

⑥點燃燈芯；使火焰接觸罐頭盒底進行加熱，并用環形玻璃棒在罐頭盒里上下輕輕地攪動；

⑦當水溫上升到40℃～50℃時，熄滅燈焰．記錄下最高溫度t2；

⑧再次稱量自制酒精燈的質量m2；

⑨更換水；添加無水乙醇，重復以上實驗．

（1）請結合實驗信息；補充④；⑤中實驗操作．

④______．

⑤______．

（2）該小組同學通過實驗并查閱資料得到了如表實驗數據：

請根據公式Q=利用測得數據計算乙醇的燃燒熱并填入表中．

（3）結合計算結果分析誤差產生的原因（兩條即可）：①______，②______．

（4）實驗中當水溫上升到40℃～50℃時，即熄滅燈焰，記錄最高溫度，溫度太高或太低時，會對結果產生什么影響？解釋原因．20、（2014秋?海淀區校級月考）某?；瘜W研究性學習小組；在學習了金屬的知識后，探究Cu的常見化合物性質．過程如下：

【提出問題】

①在周期表中，Cu、Al位置接近．Cu不如Al活潑，Al（OH）3既能體現堿性，也能在一定條件下體現酸的性質，該性質稱為Al（OH）3的兩性，Cu（OH）2也具有兩性嗎？

②通常情況下；+2價Fe的穩定性小于+3價Fe，+1價Cu的穩定性也小于+2價Cu嗎？

③CuO能被H2、CO等還原，也能被NH3還原嗎？

【實驗方案】

（1）解決問題①需用到的藥品有CuSO4溶液、____（填試劑）；同時進行相關實驗．

（2）解決問題②的實驗步驟和現象如下：取98gCu（OH）2固體，加熱至80℃～100℃時，得到黑色固體粉末，繼續加熱到1000℃以上，黑色粉末全部變成紅色粉末A．冷卻后稱量，A的質量為72g．A的化學式為____，向A中加入適量的稀硫酸，得到藍色溶液，同時觀察到容器中還有紅色固體存在．寫出A與稀硫酸反應的化學方程式____．

（3）為解決問題③，設計了如下的實驗裝置（夾持裝置未畫出）：實驗中觀察到CuO變成紅色物質．查資料可知，反應產物中還有一種無污染的氣體．該氣體的化學式為____．

【實驗結論】

（1）Cu（OH）2具有兩性．

證明Cu（OH）2具有酸性的化學反應是Cu（OH）2+2NaOH=Na2[Cu（OH）4]，寫出該反應的離子方程式____

（2）根據實驗方案（2），得出的+1價Cu和+2價Cu穩定性大小的結論是：在高溫時____；在酸性溶液中____．

（3）CuO能夠被NH3還原．

【問題討論】

有同學認為NH3與CuO反應后生成的紅色物質是Cu，也有同學認為NH3與CuO反應后生成的紅色物質是Cu和A的混合物．請你設計一個簡單的實驗檢驗NH3與CuO反應后生成的紅色物質中是否含有A？____．21、（2015秋?商洛校級月考）某同學為探究元素周期表中元素性質的遞變規律；設計了如下實驗．

Ⅰ．將鈉、鉀、鎂、鋁各1mol分別投入到足量的同濃度的鹽酸中，試預測實驗結果：____與鹽酸反應最劇烈，____與鹽酸反應的速度最慢．

Ⅱ．利用如圖裝置可驗證同主族元素非金屬性的變化規律。

（1）檢驗該裝置氣密性的操作方法是____，干燥管D的作用是____．

（2）現有試劑：鹽酸、碳酸鈣、澄清石灰水、硅酸鈉溶液，請從中選擇試劑并用如圖裝置證明酸性：HCl＞H2CO3＞H2SiO3．則B中應盛裝的試劑為____，C中產生的現象為____．請判斷____（填“能”或“不能”）根據實驗現象判斷非金屬性：Cl＞C＞Si．

（3）若C中盛裝的是Na2S溶液，A中盛裝濃鹽酸，B中盛裝KMnO4粉末．（KMnO4與濃鹽酸常溫下快速反應生成氯氣）反應開始后觀察到C中出現淡黃色渾濁，可證明Cl的非金屬性比S____（填“強”或者“弱”或者“無法比較”），寫出反應的離子方程式為____．評卷人得分四、判斷題(共1題，共8分)22、水蒸氣變為液態水時放出的能量就是該變化的反應熱．____．（判斷對錯）評卷人得分五、探究題(共4題，共16分)23、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________．24、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：25、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________．26、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、推斷題(共4題，共24分)27、如圖是A～G各物質間的轉化關系；其中B；D為氣態單質．

請回答下列問題：

（1）物質A和E的名稱分別為____、____．

（2）反應①的化學方程式為____．

（3）反應②可選用不同的C物質來進行，若能在常溫下進行，其化學方程式為____；若只能在加熱情況下進行，則反應物C應為____．

（4）工業上F可通過多種途徑轉化成G．

①在F溶液中加入適量氫碘酸，發生反應的離子方程式為____．

②將無水F在氮氣做保護氣下加熱至300℃-350℃，通入干燥H2，而制得G．該反應的化學方程式為____．

③另一種制備G的方法是：將無水的F與適量氯苯（C6H5Cl）；在130℃持續加熱約3小時，可發生如下反應：

2F+C6H5Cl2G+C6H4Cl2+HCl

根據有機反應規律，該反應中氯苯發生的是____（填有機反應類型）．

④分析上述三個反應，下列有關說法正確的是：____．

A．反應①中；氫碘酸既表現了酸性，又表現了還原性。

B．反應③中；HCl為氧化產物。

C．上述三個反應中，G均為還原產物．28、有A；B、C、D、E五種化合物；其中A、B、C、D是含鋁元素的化合物，F是一種氣體，標準狀況下相對于空氣的密度為1.103．它們之間有下列的轉化關系：

①A+NaOH→D+H2O②B→A+H2O③C+NaOH→B+NaCl④E+H2O→NaOH+F

（1）寫出A；B、C、D的化學式：

A____，B____，C____，D____．

（2）寫出③④的離子方程式：

①____；

④____．29、如圖是無機物A～M在一定條件下的轉化關系（部分產物及反應條件未列出）．其中；I是由地殼中含量最多的金屬元素組成的單質，K為紅棕色氣體；D是紅棕色固體．

請填寫下列空白：

（1）物質K的分子式為____．

（2）反應⑦的化學方程式是____

（3）在反應②、③、⑥、⑨中，既屬于化合反應又屬于非氧化還原反應的是____（填寫序號）

（4）將化合物D與KNO3、KOH共熔，可制得一種“綠色”環保高效凈水劑K2FeO4（高鐵酸鉀），KNO3被還原為KNO2．請推測其余的生成物，寫出化學方程式____．30、（15分）化合物莫沙朵林（F）是一種鎮痛藥，它的合成路線如下（其中的THF是有關反應的催化劑）：（1）化合物C中的含氧官能團的名稱為、。化合物E的分子中含有的手性碳原子數為。1molF最多可與molNaOH反應。（2）化合物C與新制氫氧化銅的懸濁液反應的化學方程式為。（3）寫出同時滿足下列條件的E的一種同分異構體的結構簡式：。Ⅰ．分子的核磁共振氫譜圖（1H核磁共振譜圖）中有4個峰；Ⅱ．能發生銀鏡反應和水解反應；Ⅲ．能與FeCl3溶液發生顯色反應，且與溴水反應。（4）已知E＋X→F為加成反應，則化合物X的結構簡式為。（5）已知：化合物G（結構如右下圖所示）是合成抗病毒藥阿昔洛韋的中間體。請寫出以OHCCH(Br)CH2CHO和1,3—丁二烯為原料制備G的合成路線流程圖（無機試劑任用）。合成路線流程圖示例如下：參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、D【分析】【分析】A．K的質子數為19；核外有4個電子層，最外層電子數為1；

B．水為共價化合物；分子中不存在陰陽離子；

C．C原子半徑比O原子半徑大；為直線型結構；

D．間羥基苯甲酸中，-OH與-COOH處于間位．【解析】【解答】解：A．鉀原子的核電荷數為19，最外層為1個電子，其正確的結構示意圖為：故A錯誤；

B．水為共價化合物，水分子正確的電子式為：故B錯誤；

C．二氧化碳分子中，C的原子半徑大于O原子，所以CO2正確的比例模型為：故C錯誤；

D．間羥基苯甲酸的結構簡式為：故D正確；

故選D．2、B【分析】【分析】A．Na2O2能與CO2反應生成氧氣；

B．SiO2不能導電；但具有較好的折光性；

C．根據硅膠表面積大；吸附性強的性質判斷；

D．小蘇打不穩定，可分解生成二氧化碳氣體．【解析】【解答】解：A．Na2O2能與CO2反應生成氧氣；可用作呼吸面具的供氧劑，故A正確；

B．SiO2不能導電；但具有較好的折光性，故B錯誤；

C．硅膠表面積大；吸附性強，常用作實驗室和食品；藥品等的干燥劑，也可作催化劑載體，故C正確；

D．小蘇打不穩定；可分解生成二氧化碳氣體，可用于制作饅頭和面包，故D正確．

故選B．3、A【分析】【分析】碘化氫分解生成氫氣和碘蒸氣，反應前后氣體體積不變，在密閉容器中1molHI分解達平衡時I2占x%（體積分數），保持溫度和壓強不變，再充入1molHI，最后達到的平衡相同．【解析】【解答】解：碘化氫分解生成氫氣和碘蒸氣，2HI（g）?H2（g）+I2（g），反應前后氣體體積不變，在密閉容器中1molHI分解達平衡時I2占x%（體積分數）；保持溫度和壓強不變，再充入1molHI，最后達到的平衡相同，碘的體積分數相同；

故選A．4、C【分析】【分析】加入鋁粉能放出H2的無色溶液，為酸或強堿溶液，離子之間不能結合生成水、氣體、沉淀、弱電解質，不能發生氧化還原反應等，則離子能大量共存，以此來解答．【解析】【解答】解：加入鋁粉能放出H2的無色溶液；為酸或強堿溶液；

A．酸溶液中H+、NO3-、S2-發生氧化還原反應，堿溶液中NH4+、OH-結合生成弱電解質；則一定不能共存，故A錯誤；

B．HCO3-既能與酸反應又能與堿反應；則一定不能共存，故B錯誤；

C．無論酸或強堿溶液中；該組離子之間不反應，能共存，故C正確；

D．酸溶液中H+、NO3-、Al發生氧化還原反應不生成氫氣，堿溶液中Al3+、OH-結合生成沉淀；則一定不能共存，故D錯誤；

故選C．5、D【分析】【解答】A．100℃時水的離子積為10﹣12；溶液為中性是溶液的pH=6，故A錯誤；

B．25℃時，0.2mol/LBa（OH）2溶液和0.2mol/LHCl溶液等體積混合；所得溶液中氫氧根離子濃度為0.1mol/L，溶液的pH等于13，故B錯誤；

C．25℃時；0.2mol/LNaOH溶液與0.2mol/L乙酸溶液恰好中和，反應生成了乙酸鈉，醋酸根離子水解，溶液顯示堿性，溶液的pH＞7，故C錯誤；

D．25℃時，pH=12的氨水和pH=2的H2SO4溶液等體積混合；一水合氨為弱電解質，溶液中部分電離出氫氧根離子，所以混合后氨水過量，溶液顯示堿性，溶液的pH＞7，故D正確；

故選D．

【分析】A．根據圖象判斷100℃時水的離子積；然后計算出溶液為中性時溶液的pH即可；

B．兩溶液混合后氫氧根離子過量；溶液顯示堿性，溶液的pH＞7；

C．乙酸為弱酸；氫氧化鈉與乙酸反應生成乙酸鈉，溶液顯示堿性，溶液的pH＞7；

D．氨水為弱堿，pH=12的氨水和pH=2的H2SO4溶液等體積混合，氨水過量，反應后溶液顯示堿性．6、B【分析】【解答】解：A．根據圖知，溶液中存在HA﹣、H2A、A2﹣，說明該酸是二元弱酸，在水溶液中部分電離，所以其二元酸的電離方程式為H2A?H++HA﹣；HA﹣?H++A2﹣，故A錯誤；B．當V（NaOH）=20mL時，二者恰好完全反應生成NaHA，溶液中存在HA﹣、H2A、A2﹣，說明HA﹣能電離和水解，且c（H2A）＜c（A2﹣），說明其電離程度大于水解程度，導致溶液呈酸性，其電離和水解程度都較小，則溶液中離子濃度大小順序是：c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H+）＞c（A2﹣）＞c（OH﹣）；故B正確；

C．當V（NaOH）=30mL時，發生反應為NaOH+H2A=NaHA+H2O，NaHA+NaOH=Na2A+H2O，溶液主要為等物質量的NaHA，Na2A的混合溶液，根據電荷守恒得：c（Na+）+c（H+）=c（HA﹣）+2c（A2﹣）+c（OH﹣）①，物料守恒可知：3c（HA﹣）+3c（A2﹣）+3c（H2A）=2c（Na+）②，①×2+②得：2c（H+）+c（HA﹣）+3c（H2A）═c（A2﹣）+2c（OH﹣）；故C錯誤；

D．當V（NaOH）=40mL時，二者恰好完全反應生成強堿弱酸鹽Na2A，含有弱離子的鹽促進水電離，所以Na2A促進水電離；故D錯誤；

故選B．

【分析】A．根據圖知，溶液中存在HA﹣、H2A、A2﹣；說明該酸是二元弱酸，在水溶液中部分電離；

B．當V（NaOH）=20mL時，二者恰好完全反應生成NaHA，溶液中存在HA﹣、H2A、A2﹣，說明HA﹣能電離和水解，且c（H2A）＜c（A2﹣）；說明其電離程度大于水解程度，導致溶液呈酸性，其電離和水解程度都較??；

C．當V（NaOH）=30mL時，3n（H2A）=2n（NaOH），發生反應為NaOH+H2A=NaHA+H2O，NaHA+NaOH=Na2A+H2O，溶液主要為等物質量的NaHA，Na2A的混合溶液；根據電荷守恒和物料守恒；

D．當V（NaOH）=40mL時，二者恰好完全反應生成強堿弱酸鹽Na2A，含有弱離子的鹽促進水電離．7、A【分析】解：①2H2O（g）=2H2（g）+O2（g）△H1；

②H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△H2；

③2Cl2（g）+2H2O（g）=4HCl（g）+O2（g）△H3；

則反應③=①+2×②；

由蓋斯定律可知；

△H3=△H1+2△H2；

故選：A。

根據三個化學反應方程式可知，反應2Cl2（g）+2H2O（g）=4HCl（g）+O2（g）可由另兩個反應加和得到，則由蓋斯定律可知，△H3應為另兩個反應反應熱的加和．

本題考查學生利用蓋斯定律來計算反應熱的關系，明確化學反應的關系，在加和反應時等號同側的相加，當乘以一個系數時反應熱也要乘以這個系數來解答即可．【解析】A8、B【分析】【分析】圖象分析可知，平衡后增大壓強平衡正向進行，正反應速率大于逆反應速率，據此分析判斷；【解析】【解答】解：A、H2（g）+I2（g）?2HI（g）；反應是氣體體積不變的反應，增大壓強平衡不變，u符合圖象變化，故A錯誤；

B、3NO2（g）+H2O（l）?2HNO3（l）+NO（g）；反應前后氣體體積減小的反應，增大壓強平衡正向進行，符合圖象變化，故B正確；

C、3NO2（g）+H2O（l）?2HNO3（l）+NO（g）；反應前后氣體體積增大的反應，增大壓強，平衡逆向進行，不符合圖象變化，故C錯誤；

D、CO2（g）+C（s）?2CO（g）；反應前后氣體體積增大，增大壓強平衡逆向進行，圖象不符合變化，故D錯誤；

故選B．9、C【分析】【分析】A；二氧化硫、氮氧化物等物質是形成酸雨的重要物質；

B；排放到大氣中的有害物質主要來自化石燃料的燃燒和工廠的廢氣；

C；綠色化學的核心就是要利用化學原理從源頭消除污染；

D、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：A；形成酸雨的主要物質是硫的氧化物和氮的氧化物；故A正確；

B；化石燃料燃燒和工業生產過程產生的廢氣；產生了大氣污染物，故B正確；

C；綠色化學的核心就是要利用化學原理從源頭消除污染；不是對你環境進行無毒無害的治理，故C錯誤；

D；水華、赤潮等水體污染主要是由含氮、磷的生活污水任意排放造成的；故D正確；

故選：C．二、雙選題(共5題，共10分)10、B|D【分析】解：標況下4.48LNO、NO2的物質的量為：=0.2mol，將另一份在空氣中充分加熱至恒重，稱得固體質量增加3.2g，所以參加反應的氧氣的物質的量為：=0.1mol，所以所以n（NO）=0.1mol；n（NO2）=0.1mol；固體和硝酸恰好完全反應，反應生成硝酸銅；硝酸鎂，根據N原子守恒，100mL該硝酸溶液中含有硝酸的物質的量為：0.1mol×2+0.2mol=0.4mol；

A、根據c===4mol/L；故A錯誤；

B、因為n（NO）=0.1mol；n（NO2）=0.1mol，所以n（NO）：n（NO2）=1：1；故B正確；

C；銅與鎂在空氣中加熱生成CuO、MgO；得到固體中含有氧元素的物質的量與金屬的物質的量相等，如果全部是鎂，m=0.2×24=4.8g，如果是銅，m=0.2×64=12.8，所以9.6＜m＜25.6，故C錯誤；

D、反應后溶液中硝酸根離子的物質的量為：=4mol/L；故D正確；

故選BD．

標況下4.48LNO、NO2的物質的量為：=0.2mol，將另一份在空氣中充分加熱至恒重，稱得固體質量增加3.2g，所以參加反應的氧氣的物質的量為：=0.1mol，所以所以n（NO）=0.1mol；n（NO2）=0.1mol，固體和硝酸恰好完全反應，反應生成硝酸銅、硝酸鎂，根據N原子守恒，100mL該硝酸溶液中含有硝酸的物質的量為：0.1mol×2+0.2mol=0.4mol，根據c=計算出硝酸的物質的量濃度；銅與鎂在空氣中加熱生成CuO；MgO；得到固體中含有氧元素的物質的量與金屬的物質的量相等，則得到固體的質量=金屬質量+氧元素質量，由此分析解答．

本題考查了混合物反應的計算，題目難度中等，明確發生反應實質為解答關鍵，注意掌握質量守恒定律、電子守恒在化學計算中的應用，試題培養了學生的分析能力及化學計算能力．【解析】【答案】BD11、A|D【分析】解：A、由圖象可知溶液的堿性較強時，鋅的存在形式為[Zn（OH）4]2-，所以其反應的離子方程式為：Zn2++4OH-═ZnO22-+2H2O；故A正確；

B、加入的NaOH溶液越多越好，沉淀轉化為ZnO22-；所以沉淀又溶解，故B錯誤；

C、根據圖象知，pH=7時，C（Zn2+）=10-3mol/L，即只有部分鋅離子生成氫氧化鋅沉淀，則加入的n（NaOH）＜2n（ZnCl2）；故C錯誤；

D、Zn2+離子濃度為10-5mol?L-1時，Zn2+離子已沉淀完全，當溶液的pH=8.0時，c（Zn2+）=10-5mol?L-1，c（OH-）=10-6mol?L-1，Ksp=c（Zn2+）．c2（OH-）=10-5?（10-6）2=10-17；故D正確；

故選AD．

A、由圖象可知溶液的堿性較強時，鋅的存在形式為ZnO22-；結合元素守恒書寫方程；

B、加入的NaOH溶液越多越好，沉淀轉化為ZnO22-；

C、根據圖象知，pH=7時，c（Zn2+）=10-3mol/L；根據反應的鋅離子的物質的量計算需要的氫氧化鈉的物質的量；

D、Ksp=c（Zn2+）．c2（OH-）．

本題考查了難溶電解質的溶解平衡，難度不大，要注意：計算氫氧化鋅的溶度積時，往往容易直接把溶液的pH當作氫氧根離子濃度來計算，為易錯點．【解析】【答案】AD12、B|C【分析】解：A；如果D是氣體；混合氣體的密度始終不變，不一定平衡，故A錯誤；

B；溫度不變；說明正逆反應速率相等，達平衡狀態，故B正確；

C；顏色不變；說明B的濃度不變，反應達平衡狀態，故C正確；

D；如果D是氣體；兩邊的氣體計量數相等，壓強始終不變，所以不一定平衡，故D錯誤；

故選BC．

根據化學平衡狀態的特征解答；當反應達到平衡狀態時，正逆反應速率相等，各物質的濃度；百分含量不變，以及由此衍生的一些量也不發生變化，解題時要注意，選擇判斷的物理量，隨著反應的進行發生變化，當該物理量由變化到定值時，說明可逆反應到達平衡狀態．

本題考查了化學平衡狀態的判斷，難度不大，注意當反應達到平衡狀態時，正逆反應速率相等，但不為0．【解析】【答案】BC13、rAD【分析】解：rm{A.}反應rm{CH_{4}+H_{2}Odfrac{overset{{麓脽祿爐錄脕}}{-}}{triangle}3H_{2}+CO}rm{CH_{4}+H_{2}Odfrac{

overset{{麓脽祿爐錄脕}}{-}}{triangle}3H_{2}+CO}元素化合價由rm{C}價升高到rm{-4}價，rm{+2}元素化合價由rm{H}價降低到rm{+1}價，每消耗rm{0}轉移rm{1molCH_{4}}電子；故A正確；

B.甲烷和水經催化重整生成rm{6mol}和rm{CO}反應中rm{H_{2}}元素化合價由rm{C}價升高到rm{-4}價，rm{+2}元素化合價由rm{H}價降低到rm{+1}價，rm{0}和rm{CO}參與負極反應生成二氧化碳和水，負極反應為：rm{H_{2}}故B錯誤；

C.電池工作時，rm{H_{2}+CO+2CO_{3}^{2-}-4e^{-}=H_{2}O+3CO_{2}}向負極移動，即向電極rm{CO_{3}^{2-}}移動；故C錯誤；

D.rm{A}為正極，正極氧氣得電子被還原生成rm{B}反應為rm{CO_{3}^{2-}}故D正確；

故選：rm{O_{2}+2CO_{2}+4e^{-}=2CO_{3}^{2-}}

根據圖示可知，甲烷和水經催化重整生成rm{AD}和rm{CO}反應中rm{H_{2}}元素化合價由rm{C}價升高到rm{-4}價，rm{+2}元素化合價由rm{H}價降低到rm{+1}價，原電池工作時，rm{0}和rm{CO}均為負極反應，被氧化生成二氧化碳和水，負極反應為rm{H_{2}}正極為氧氣得電子生成rm{H_{2}+CO+2CO_{3}^{2-}-4e^{-}=H_{2}O+3CO_{2}}反應為rm{CO_{3}^{2-}}以此解答該題。

本題考查了化學電源新型電池，題目難度中等，明確原電池中物質得失電子、電子流向、離子流向即可解答，難點是電極反應式書寫，要根據電解質確定正負極產物，試題培養了學生的分析能力及綜合應用能力。rm{O_{2}+2CO_{2}+4e^{-}=2CO_{3}^{2-}}【解析】rm{AD}14、rBD【分析】解：rm{A.}甲、丙相比較，把甲等效為開始加入rm{1molCH_{3}OH}丙中甲醇的物質的量為甲的rm{2}倍，增大了壓強，平衡rm{CH_{3}OH(g)?CO(g)+2H_{2}(g)}向生成甲醇的方向移動，則rm{2c_{1}<c_{3}}故A錯誤；

B.由題目可知生成rm{1molCH_{3}OH}的能量變化為rm{90.8kJ}甲、乙平衡狀態相同，設平衡時甲醇為rm{nmol}對于甲容器：rm{a=90.8n}對于乙容器：rm{b=90.8(1-n)}故rm{a+b=90.8}故B正確；

C.比較乙、丙可知，丙中甲醇的物質的量為乙的rm{2}倍，壓強增大，對于反應rm{CH_{3}OH(g)?CO(g)+2H_{2}(g)}平衡向生成甲醇的方向移動，則rm{2p_{2}>p_{3}}故C錯誤；

D.甲、乙處于相同的平衡狀態，則rm{婁脕_{1}+婁脕_{2}=1}由rm{C}可知rm{婁脕_{2}>婁脕_{3}}則rm{a_{1}+a_{3}<1}故D正確；

故選BD．

A.甲、丙相比較，把甲等效為開始加入rm{1molCH_{3}OH}丙中甲醇的物質的量為甲的rm{2}倍，壓強增大，對于反應rm{CH_{3}OH(g)?CO(g)+2H_{2}(g)}平衡向生成甲醇的方向移動；

B.由題目可知生成rm{1molCH_{3}OH}的能量變化為rm{90.8kJ}甲、乙平衡狀態相同，平衡時相同物質的物質的量相等，設平衡時甲醇為rm{nmol}計算反應熱數值；

C.比較乙、丙可知，丙中甲醇的物質的量為乙的rm{2}倍，壓強增大，對于反應rm{CH_{3}OH(g)?CO(g)+2H_{2}(g)}平衡向生成甲醇的方向移動；

D.甲、乙處于相同的平衡狀態，則rm{婁脕_{1}+婁脕_{2}=1}結合rm{婁脕_{2}>婁脕_{3}}分析．

本題考查了化學平衡的計算，題目難度中等，涉及等效平衡、轉化率、化學平衡及其影響等知識，明確等效平衡的含義為解答關鍵，注意掌握化學平衡及其影響，試題培養了學生的分析、理解能力及邏輯推理能力．【解析】rm{BD}三、填空題(共7題，共14分)15、5種固體全部溶解，4支試管中得到無色溶液，1支試管中得到藍色溶液CuSO4CuSO4+BaCl2═BaSO4↓+CuCl2CuSO4+2NaOH═Cu（OH）2↓+Na2SO4和CuSO4+Na2CO3═CuCO3↓+Na2SO4BaCl2和Na2SO4分別?。?）中能產生藍色沉淀的兩種溶液，向其中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成的是Na2CO3溶液，無沉淀生成的是NaOH溶液【分析】【分析】根據銅離子在溶液中顯藍色，銅離子和氫氧根離子會生成藍色沉淀；鋇離子和硫酸根離子會生成白色沉淀，氯化鉀不會出現現象最后鑒別等進行分析；解決此題可以先把帶色的離子鑒別出來，再用該離子去鑒別其他的離子，再用鑒別出來的去鑒別后面的離子，依次進行，以此解答該題．【解析】【解答】解：（1）5種固體均溶于水形成溶液，其中只有CuSO4溶液是藍色，故先檢出的物質是CuSO4；

故答案為：5種固體全部溶解，4支試管中得到無色溶液，1支試管中得到藍色溶液；CuSO4；

（2）剩余的四種溶液加入CuSO4溶液時，產生白色沉淀的是BaCl2，發生CuSO4+BaCl2═BaSO4↓+CuCl2，產生藍色沉淀的是NaOH和Na2CO3，發生CuSO4+2NaOH═Cu（OH）2↓+Na2SO4和CuSO4+Na2CO3═CuCO3↓+Na2SO4，無明顯變化的是Na2SO4，故被檢出的物質是BaCl2和Na2SO4．

故答案為：CuSO4+BaCl2═BaSO4↓+CuCl2；CuSO4+2NaOH═Cu（OH）2↓+Na2SO4和CuSO4+Na2CO3═CuCO3↓+Na2SO4；BaCl2和Na2SO4；

（3）向未檢出的NaOH溶液和Na2CO3溶液中，加入已檢出的BaCl2溶液，產生白色沉淀的是Na2CO3溶液；無白色沉淀的是NaOH溶液．

故答案為：分別?。?）中能產生藍色沉淀的兩種溶液，向其中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成的是Na2CO3溶液，無沉淀生成的是NaOH溶液．16、四VAAs2O5【分析】【分析】由最外層電子排布式是4s24p3，電子層數為4，最外層電子數為5，周期數=電子層數，最外層電子數=族序數=最高正價數，以此來解答．【解析】【解答】解：由最外層電子排布式是4s24p3，電子層數為4，最外層電子數為5，則位于第四周期VA族，最高正價數為+5價，最高價氧化物的化學式是As2O5；

故答案為：四；ⅤA；As2O5．17、3115三ⅤAHClO4＞H2SO4＞H3PO4H2O＞H2SH2S＞H2O【分析】【分析】A元素的最低價為-3價，則最高價為+5價，它的最高價氧化物為A2O5，含氧56.34%，設相對原子質量為x，則×100%=56.34%，解得x=31，故A為P元素，由元素在周期表中的位置可知，B為S，C為Cl，D為O，再根據元素的非金屬性越強，最高價氧化物的水化物的酸性越強、氣態氫化物的穩定性越強、氫化物還原性減弱來解答．【解析】【解答】解：A元素的最低價為-3價，則最高價為+5價，它的最高價氧化物為A2O5，含氧56.34%，設相對原子質量為x，則×100%=56.34%；解得x=31，故A為P元素，由元素在周期表中的位置可知，B為S，C為Cl，D為O；

①A為P元素；原子核內中子數比質子數多1個，其質量數為15+15+1=31，原子序數為15，位于周期表中第三周期ⅤA族，故答案為：31；15；三；ⅤA；

②P、S、Cl同周期，從左到右元素的非金屬性增強，最高價含氧酸的酸性增強，故酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4，故答案為：HClO4＞H2SO4＞H3PO4；

③O、S同主族，氣態氫化物的化學式依次為H2S、H2O，非金屬性O＞S，則穩定性H2O＞H2S，還原性H2S＞H2O，故答案為：H2O＞H2S；H2S＞H2O．18、略

【分析】(1)A是反應物，10min內其濃度減小量為(0.45－0.25)mol·L－1，則平均反應速率是0.02mol/(L·min)。(2)10min時C的濃度增加0.40mol·L－1，則與A的濃度變化之比是2∶1，故x∶y＝1∶2。(3)0～10min內C的濃度增加的量比A的濃度減小的量大，B是固體，所以壓強變大。(4)根據圖像知10min時反應速率加快，分析可知10min時改變的條件可能是升溫或加催化劑；12～16min，反應處于平衡狀態，16min后A的濃度逐漸增大，C的濃度逐漸減小，20min時達到新平衡，分析可知16min時改變的條件可能是升溫。(5)升溫平衡左移，K減小?！窘馕觥俊敬鸢浮?1)0.02mol/(L·min)(2)1∶2(3)變大(4)④⑥④(5)＞19、略

【分析】解：（1）依據該實驗的原理需要測量的量為乙醇的質量；水的質量，加熱前后水的溫度，可知：

操作④準確量取200毫升水，倒入罐頭盒中，測得其溫度為t1；操作⑤稱量自制酒精燈的質量m1；

故答案為：測得其溫度為t1；稱量自制酒精燈的質量m1；

（2）實驗Ⅰ中Q===1285.4（KJ/mol）；

實驗Ⅱ中Q===1093.9（KJ/mol）；

故答案為：實驗Ⅰ1285.4（KJ/mol）；實驗Ⅱ1093.9（KJ/mol）；

（3）該實驗的關鍵在于保溫；避免熱量散失，上述結果偏小，可能原因，圓筒中空氣吸收熱量或者圓筒絕熱性能差；

故答案為：圓筒中空氣吸收熱量；圓筒絕熱性能差；

（4）該實驗的關鍵在于保溫；避免熱量散失，溫度過低，圓筒中空氣吸收的熱量占較大的百分比；溫度過高，散失的熱量會更多，使誤差更大；

故答案為：溫度過低；圓筒中空氣吸收的熱量占較大的百分比；溫度過高，散失的熱量會更多，使誤差更大；

燃燒熱是指1mol純凈物完全燃燒生成穩定的氧化物放出的熱量；要測乙醇的燃燒熱，可以通過一定質量的乙醇完全燃燒放出的熱量來加熱一定質量的水，通過測量水加熱前后溫度變化計算吸收的熱量，然后依據反應熱與方程式的計量系數成正比，計算1mol乙醇燃燒放出的熱量，實驗關鍵在于保溫，減少熱量的損耗，據此解答．

本題考查了燃燒熱的測量，屬于實驗題，解題關鍵在于明確實驗的原理，找準關鍵的信息，側重考查學生對知識的遷移應用，題目難度不大．【解析】測得其溫度為t1；稱得自制酒精燈質量為m1；圓筒中空氣吸收熱量；圓筒絕熱性能差20、稀硫酸、氫氧化鈉溶液Cu2OCu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2ON2Cu（OH）2+2OH-=Cu（OH）42-Cu+穩定性大于Cu2+Cu2+穩定性大于Cu+取樣，加入稀硫酸，如果得到藍色溶液和紅色固體，說明有A；如果不溶解，說明無A【分析】【分析】【實驗方案】

（1）要證明Cu（OH）2具有兩性，應先加入堿生成Cu（OH）2；根據提供的藥品可確定還需要的藥品；

（2）根據質量守恒計算中含有1molCu；質量為64g，剩余為O元素；依據反應現象書寫化學方程式；

（3）根據反應遵循質量守恒定律和該氣體物污染確定氣體的化學式；

【實驗結論】

（1）NaOH、Na2[Cu（OH）4]都是強電解質；根據化學方程式改寫離子方程式；

（2）根據在不同溫度下反應物的組成可確定物質的穩定性；

【問題討論】

A為Cu2O，在酸性條件下不穩定，可加入酸進行檢驗．【解析】【解答】解：【實驗方案】（1）Cu不如Al活潑，可以用硫酸溶液進行驗證，要證明Cu（OH）2具有兩性，應先加入堿生成Cu（OH）2；藥品中缺少氫氧化鈉溶液；

故答案為：稀硫酸；氫氧化鈉溶液；

（2）98gCu（OH）2固體的物質的量為1mol，解熱分解生成的72g固體中含有Cu的質量為1mol，即64g，則氧原子的質量為72g-64g8g，n（O）==0.5mol；

則A中n（Cu）：n（O）=2：1，向A中加入適量的稀硫酸，得到藍色溶液，同時觀察到容器中還有紅色固體存在，說明生成了銅和銅離子，反應的方程式為：Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O；

故答案為：Cu2O；Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O；

（3）氧化銅和氨氣反應生成紅色物質銅；根據反應遵循質量守恒定律和該氣體無污染確定氣體為氮氣；

故答案為：N2；

【實驗結論】

（1）NaOH、Na2[Cu（OH）4]都是強電解質，根據化學方程式改寫得離子方程式為Cu（OH）2+2OH-=Cu（OH）42-；

故答案為：Cu（OH）2+2OH-=Cu（OH）42-；

（2）80℃～100℃時，得到黑色固體粉末，為CuO，繼續加熱到1000℃以上，黑色粉末全部變成紅色粉末，說明在較高溫度時Cu2O穩定；與酸反應生成硫酸銅和銅，說明在酸性條件下+2價的銅穩定；

故答案為：Cu+穩定性大于Cu2+；Cu2+穩定性大于Cu+；

【問題討論】

如含有Cu2O，根據其與酸反應的現象可判斷，方程式為：Cu2O+H2SO4═Cu+CuSO4+H2O；溶液變藍，而銅與稀硫酸不反應；

故答案為：取樣，加入稀硫酸，如果得到藍色溶液和紅色固體，說明有A；如果不溶解，說明無A．21、鉀鋁打開分液漏斗A的旋塞，用熱毛巾捂熱錐形瓶B，試管C中有氣泡冒出，移開熱毛巾，C中水柱上升一段防倒吸碳酸鈣有白色沉淀生成能強Cl2+S2-=2Cl-+S↓【分析】【分析】I．元素的金屬性越強；其單質與酸或水反應越劇烈；

II．（1）根據氣壓原理檢查裝置的氣密性；有緩沖作用的儀器能防止倒吸；

（2）要證明酸性強弱；應該采用強酸制取弱酸的方法檢驗，強酸和弱酸鹽反應生成弱酸；鹽酸酸性最強，所以A中盛放鹽酸，鹽酸和碳酸鈣制取二氧化碳，二氧化碳和硅酸鈉溶液生成硅酸，從而確定酸性強弱；

（3）濃鹽酸具有還原性、酸性高錳酸鉀溶液具有強氧化性，二者發生氧化還原反應生成氯氣，氯氣具有強氧化性，能氧化Na2S溶液中的S2-生成S，非金屬元素的非金屬性越強，其單質的氧化性越強，同一氧化還原反應中氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性．【解析】【解答】解：I．同一周期元素；金屬性隨著原子序數增大而減弱，元素的金屬性越強，其單質與酸或水反應越劇烈，所以金屬性K＞Na＞Mg＞Al，則K與鹽酸反應最劇烈；Al與鹽酸反應速率最慢，故答案為：鉀；鋁；

II．（1）檢查裝置氣密性的方法：打開分液漏斗A的旋塞；用熱毛巾捂熱錐形瓶B，試管C中有氣泡冒出，移開熱毛巾，C中水柱上升一段；有緩沖作用的儀器能防止倒吸，倒置的干燥管有緩沖作用，所以能防止倒吸，故答案為：打開分液漏斗A的旋塞，用熱毛巾捂熱錐形瓶B，試管C中有氣泡冒出，移開熱毛巾，C中水柱上升一段；防倒吸；

（2）要證明酸性強弱；應該采用強酸制取弱酸的方法檢驗，鹽酸酸性最強，所以A中盛放鹽酸，鹽酸和碳酸鈣制取二氧化碳，二氧化碳和硅酸鈉溶液生成硅酸，則B中盛放碳酸鈣；C中盛放硅酸鈉，硅酸難溶于水，所以二氧化碳和硅酸鈉反應生成硅酸沉淀，看到的現象是有白色沉淀生成，故答案為：碳酸鈣；有白色沉淀生成；能；

（3）濃鹽酸具有還原性、酸性高錳酸鉀溶液具有強氧化性，二者發生氧化還原反應生成氯氣，氯氣具有強氧化性，能氧化Na2S溶液中的S2-生成S，離子方程式為Cl2+S2-=2Cl-+S↓，非金屬元素的非金屬性越強，其單質的氧化性越強，同一氧化還原反應中氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性，該反應中Cl元素化合價由0價變為-1價、S元素化合價由-2價變為0價，所以氯氣是氧化劑、S是氧化產物，則氧化性：Cl2＞S；所以非金屬性Cl＞S；

故答案為：強；Cl2+S2-=2Cl-+S↓．四、判斷題(共1題，共8分)22、×【分析】【分析】水蒸氣變化為液態水不是化學反應；【解析】【解答】解：水蒸氣變化為液態水不是化學反應，是物質的能量變化，故錯誤；五、探究題(共4題，共16分)23、|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．24、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，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c（待測）=分析；c（標準）偏大，故D正確；

E．觀察讀數時，滴定前仰視，滴定后俯視，造成V（標準）偏小，根據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，根據關系式2KMnO4～5H2C2O4計算；

④根據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．25、|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．26、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，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c（待測）=分析；c（標準）偏大，故D正確；

E．觀察讀數時，滴定前仰視，滴定后俯視，造成V（標準）偏小，根據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，根據關系式2KMnO4～5H2C2O4計算；

④根據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．六、推斷題(共4題，共24分)27、濃鹽酸四氧化三鐵MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O2H2O22H2O+O2↑KClO32Fe3++2I-═I2+2Fe2+2FeCl3+H22FeCl2+2HCl取代反應C【分析】【分析】在二氧化錳催化條件下，C反應生成D且不需加熱，H2O2水解生成H2O和O2，所以C是H2O2；

鐵在D中點燃，所以D是O2，鐵在O2中燃燒生成Fe3O4；

加熱條件下，A和二氧化錳反應，能和二氧化錳反應的物質是濃鹽酸、氯酸鉀，B、D不是同一種物質，所以A是濃鹽酸，B是Cl2；

鐵和Cl2反應生成FeCl3，所以F是FeCl3鐵；

Fe3O4和濃鹽酸反應生成FeCl3、FeCl2，所以G是FeCl2；

結合對應物質的性質以及題目要求可解答該題．【解析】【解答】解：在二氧化錳催化條件下，C反應生成D且不需加熱，H2O2水解生成H2O和O2，所以C是H2O2；

鐵在D中點燃，所以D是O2，鐵在O2中燃燒生成Fe3O4；

加熱條件下，A和二氧化錳反應，能和二氧化錳反應的物質是濃鹽酸、氯酸鉀，B、D不是同一種物質，所以A是濃鹽酸，B是Cl2；

鐵和Cl2反應生成FeCl3，所以F是FeCl3鐵；

Fe3O4和濃鹽酸反應生成FeCl3、FeCl2，所以G是FeCl2；

（1）由以上分析可知A為濃鹽酸；E為四氧化三鐵；

故答案為：濃鹽酸；四氧化三鐵；

（2）①為濃鹽酸和二氧化錳在催化劑條件下加熱生成氯氣的反應，反應的方程式為MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O；

故答案為：MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O；

（3）反應②可選用不同的C物質來進行，若能在常溫下進行，雙氧水分解生成水和氧氣，反應方程式為2H2O22H2O+O2↑，若只能在加熱情況下進行，反應物C是KC