…………○…………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571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總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、如圖所示；裝置在常溫下工作（溶液體積變化忽略不計）．閉合K，燈泡發光．下列敘述中不正確的是（）

A.當電路中有1.204×1022個電子轉移時，乙燒杯中溶液的C（H+）約為0.1mol?L-1B.電池工作時，鹽橋中的K+移向甲燒杯C.電池工作時，外電路的電子方向是從a到bD.乙池中的氧化產物為SO42-2、化學與生活密切相關，下列說法不正確的是（）A.“地溝油”禁止食用，但可以用來制肥皂B.PM2.5作為空氣質量預報的一項重要指標，它是指空氣中直徑小于或等于2.5um的顆粒物，該值越高，代表空氣污染程度越嚴重C.積極推行“限塑令”，加快研發利用二氧化碳合成的聚碳酸酯類可降解塑料D.碳酸鋇是一種難溶于水和酸的鹽，可用作X光透視腸胃的藥劑3、下列有關離子（或物質）的檢驗及結論，正確的是（）A.用丁達爾效應可以鑒別FeCl3溶液和Fe（OH）3膠體B.焰色反應試驗時，透過藍色鈷玻璃，可觀察到Na+離子火焰呈黃色C.檢驗Na2CO3固體中是否混有NaHCO3，可向固體滴加稀鹽酸，觀察是否產生氣體D.向某無色溶液中加入BaCl2溶液有白色沉淀出現，再加入稀鹽酸，沉淀不消失，則該溶液中一定含有SO42-4、使1mol乙烯與氯氣發生完全加成反應，然后使該加成反應的產物與氯氣在光照的條件下發生取代反應全部生成C2H2Cl4，則兩個過程中消耗的氯氣的總的物質的量是（）A.3molB.4molC.5molD.6mol5、下列有關物質性質的應用正確的是rm{(}rm{)}A.常溫下干燥氯氣與鐵不反應，可以用鋼瓶儲存氯水B.二氧化硫具有漂白、殺菌性能，可在食品生產中大量使用C.濃硫酸具有吸水性，可以用來干燥氨氣D.次氯酸鈉具有強氧化性，可用于配制消毒液6、為確定某溶液的離子組成；分別進行如下實驗：

rm{壟脵}測定溶液的rm{pH}溶液顯強堿性．

rm{壟脷}取少量溶液加入稀鹽酸至溶液呈酸性；產生無刺激性；能使澄清石灰水變渾濁的氣體．

rm{壟脹}在上述溶液中再滴加rm{Ba(NO_{3})_{2}}溶液；產生白色沉淀．

rm{壟脺}取上層清液繼續滴加rm{Ba(NO_{3})_{2}}溶液至無沉淀時，再滴加rm{AgNO_{3}}溶液；產生白色沉淀．

根據實驗以下推測正確的是rm{(}rm{)}A.一定有rm{SO_{3}^{2-}}離子B.一定有rm{CO_{3}^{2-}}離子C.一定有rm{Cl^{-}}離子存在D.不能確定rm{HCO_{3}^{-}}離子是否存在7、短周期主族元素A、B、C、D的原子序數依次增大，A和B形成的氣態化合物的水溶液呈堿性，B位于第VA族，A和C同主族，D原子最外層電子數與電子層數相等．下列敘述正確的是（）A.原子半徑：D＞C＞BB.單質的還原性：D＞CC.元素C的氧化物均為共價化合物D.元素D的最高價氧化物對應的水化物能相互反應8、25℃、101kPa下，2g氫氣燃燒生成液態水，放出285.8kJ熱量，表示該反應的熱化學方程式正確的是（）A.2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=-285.8kJ?mol-1B.2H2（g）+O2（g）═2H2O（1）△H=+571.6kJ?mol-1C.2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=-571.6kJ?mol-1D.2H2（g）+O2（g）═2H2O（1）△H=-571.6kJ?mol-1評卷人得分二、雙選題(共8題，共16分)9、在酸性條件下，可以水解生成相對分子質量相同的兩種物質的有機物是()A.蔗糖B.麥芽糖C.乙酸乙酯D.甲酸乙酯10、在探究rm{SO_{2}}水溶液成分和性質的實驗中，下列根據實驗現象得出的結論正確的是rm{(}rm{)}A.向rm{SO_{2}}水溶液中加入少量rm{NaHCO_{3}}粉末，有氣泡產生，說明rm{SO_{2}}水溶液呈酸性B.向rm{SO_{2}}水溶液中滴加rm{Ba(NO_{3})_{2}}溶液，有白色沉淀產生，說明rm{SO_{2}}水溶液中含有rm{SO_{4}^{2mathrm{{-}}}}C.向rm{SO_{2}}水溶液中通入rm{H_{2}S}氣體，有淡黃色沉淀產生，說明rm{SO_{2}}水溶液具有氧化性D.向rm{KMnO_{4}}溶液中滴加rm{SO_{2}}水溶液，溶液顏色褪去，說明rm{SO_{2}}水溶液具有漂白性11、將等物質的量的rm{F_{2}}和rm{ClF}混合，在密閉容器中發生反應：rm{F_{2}(g)+ClF(g)?ClF_{3}(g)}rm{F_{2}(g)+ClF(g)?

ClF_{3}(g)}下列敘述中正確的是rm{婁隴H<0}rm{(}

A.恒溫恒容時，當rm{)}轉化rm{ClF}時，容器內的壓強為初始時的rm{40%}倍B.若rm{0.8}rm{c(F_{2}}rm{)隆脙c(ClF)隆脙c(ClF}rm{)隆脙c(ClF)隆脙c(ClF}則反應一定達到平衡狀態C.達到平衡后，若增大容器體積，則正反應速率減小，逆反應速率增大，平衡左移D.平衡后再降低溫度，保持恒容，達到新的平衡，則混合氣體的平均摩爾質量增大rm{{,!}_{3}}12、按如圖所示裝置，在試管rm{A}里加入rm{3mL}乙醇和rm{2mL}冰醋酸，然后一邊搖動，一邊慢慢地加入rm{2mL}濃硫酸，再加入少量碎瓷片，用酒精燈加熱rm{10min}結果在飽和碳酸鈉溶液的液面上沒有無色油狀液體，下列對其原因的分析錯誤的是rm{(}rm{)}A.試管rm{A}中沒有發生反應B.熱源小、水量多，水浴升溫速度太慢C.產物蒸汽在試管rm{A}上部全部被冷凝回流D.產物已全部溶解在飽和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液中13、某有機物和過量鈉反應生成氣體rm{V_{a}L}另一份等質量的該有機物和碳酸氫鈉反應生成rm{V_{b}L}氣體rm{(}同溫同壓rm{)}若rm{V_{a}=V_{b}}則該有機物可能是rm{(}rm{)}A.rm{HOCH_{2}CH_{2}COOH}B.rm{CH_{3}COOH}C.rm{HOOC-COOH}D.14、下列說法不正確的是（）A.酸式滴定管、堿式滴定管、容量瓶、移液管都是準確量取一定體積液體的容器，它們在使用時都要進行檢查是否漏水、水洗、潤洗、注液、調整液面等幾個過程B.紙層析法是以濾紙為惰性支持物，水為固定相，有機溶劑作流動相．用該方法可分離Fe3+和Cu2+，層析后氨熏顯色，濾紙上方出現紅棕色斑點C.進行分液操作時，應先打開上口活塞或使塞上的凹槽對準漏斗口的小孔，然后打開旋塞，下層液體從下口放出，上層液體從漏斗上口倒出D.在制備硝酸鉀晶體的實驗中，趁熱過濾時，承接濾液的小燒杯中預先加2mL蒸餾水．以防過濾時氯化鈉晶體析出15、下列實驗操作能達到實驗目的是rm{(}rm{)}A.用排飽和氯化銨溶液的方法收集氨氣B.用重結晶的方法除去rm{BaSO_{4}}固體中混有的rm{NaCl}C.將碳酸鈣置于蒸發皿中高溫灼燒可得到氧化鈣D.將硫酸銅溶液蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥得到膽礬晶體16、一種電化學制備rm{NH_{3}}的裝置如圖所示，圖中陶瓷在高溫時可以傳輸rm{H^{+}}下列敘述正確的是rm{(}rm{)}

A.rm{Pd}電極rm{b}為陰極B.陰極的反應式為：rm{N_{2}+6H^{+}+6e^{?}=2NH_{3}}C.rm{H^{+}}由陰極向陽極遷移D.陶瓷可以隔離rm{N_{2}}和rm{H_{2}}評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)17、鐵及其化合物與生產；生活關系密切．

（1）如圖2是實驗室研究海水對鐵閘不同部位腐蝕情況的剖面示意圖這一腐蝕過程中發生還原反應的物質是____（填化學式）．圖2中A、B、C、D四個區域，生成鐵銹最多的是____（填字母）．

（2）用廢鐵皮制取鐵紅（Fe2O3）的部分流程示意圖如下：（圖1）

步驟I若溫度過高，將不利于反應的進行，用適當的文字和化學方程式進行解釋：____．

步驟Ⅱ中發生反應：4Fe（NO3）2+O2+（2n+4）H2O→2Fe2O3?nH2O+8HNO3，反應產生的HNO3又將廢鐵皮中的鐵轉化為Fe（NO3）2，該反應的化學方程式為____上述生產流程中，能體現“綠色化學”思想的是____（任寫一項）．

（3）已知t℃時，反應FeO（s）+CO（g）?Fe（s）+CO2（g）的平衡常數為K1．寫出K1的表達式____．若該反應在恒容容器中反應時滿足圖3所示變化，則該反應的正反應為____反應（選填“吸熱”或“放熱”）．若在t℃的2L恒溫密閉容器中加入0.02molFeO（s），并通入一定量CO．若5min后FeO（s）轉化率為50%，則CO2的平均反應速率為____．18、影響化學反應速率的因素：

（1）內因：____．

（2）外因：____．

①濃度：____．

②壓強：____．

③溫度：____．

④催化劑：____．

⑤其他因素：____．19、浩瀚的海洋是一個巨大的寶庫；蘊含有80多種元素，可供提取利用的有50多種．

（1）其中“氯堿工業”就是以食鹽水為原料制取Cl2等物質，有關的化學方程式為：____．

（2）實驗室用二氧化錳制取氯氣的化學方程式為：____；根據上述實驗原理，從下列裝置中選擇合適的發生裝置用于實驗室制取少量氯氣____（填寫裝置的序號）．

（3）實驗室中模擬Br-→Br2的轉化，可以通過在KBr溶液中滴加少量新制氯水的實驗進行實現．寫出Br-→Br2的轉化離子方程式為：____；氯水不穩定，要現用現配，下列吸收氯氣制備氯水的裝置最合理的是____（選填下列選項的編號字母）．

（4）實驗室制備氯氣的反應會因鹽酸濃度下降而停止．為測定反應殘余液中鹽酸的濃度，探究小組同學進行了以下實驗：取100mL殘余液放入燒杯中，將燒杯（含玻璃棒）放在電子天平上（如下圖），再把已稱好50.0gCaCO3粉末慢慢加入到殘余液中；邊加邊攪拌使其充分反應．觀察讀數變化如下表所示：

。CaCO3用量未加CaCO3時加約四分之一時加一半時全部加完時讀數/g318.3325.3334.5359.5請你據此分析計算：

①實驗中產生的CO2氣體質量為____；

②殘余液中鹽酸的物質的量濃度為（結果精確到小數點后一位）____．20、聚丙烯腈的單體是丙烯腈（CH2═CHCN）；其合成方法很多，如以乙炔為原料，其合成過程的化學反應方程式如下：

①CH≡CH+HCNCH2═CHCN

乙炔氫氰酸丙烯腈。

②nCH2═CHCN→．

聚丙烯腈。

回答下列問題：

（1）制備聚丙烯腈的反應類型是____．

（2）聚丙烯腈中氮的質量分數為____．

（3）如何檢驗某品牌的羊毛衫是羊毛還是“人造羊毛”？____，____，____．

（4）根據以上材料分析，聚丙烯腈是線型結構還是體型結構？____．21、接觸法制硫酸工藝中，其主反應在450℃并有催化劑存在下進行：2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）；△H=-190KJ/mol

（1）該反應的平衡常數表達式是____，該反應450℃時的平衡常數____500℃時的平衡常數（填“大于”；“小于”或“等于”）．

（2）說明反應達到平衡狀態是____．

a．V（O2）正=2V（SO3）逆b．ひ（SO2）正?ひ（O2）逆=2：1

c．容器中氣體的密度不隨時間而變化d．容器中氣體的分子總數不隨時間而變化

e．容器中氣體的平均分子量不隨時間而變化

（3）在一個固定容積為5L的密閉容器中充入0.20molSO2和0.10molO2，半分鐘后達到平衡，測得容器中含SO30.18mol，則V（O2）=____mol．L-1．min-1：若繼續通入0.30molSO2和0.15molO2，則平衡____移動（填“向正反應方向”、“向逆反應方向”或“不”），再次達到平衡后，____mol＜n（SO3）＜____mol．評卷人得分四、實驗題(共3題，共6分)22、用中和滴定法測定某燒堿樣品的純度；試根據實驗回答下列問題：

（1）準確稱量10.0g含有少量中性易溶雜質的樣品，配成500mL待測溶液．稱量時，樣品可放在____（填編號字母）稱量．

A．小燒杯中B．潔凈紙片上C．托盤上。

（2）滴定時，用0.2000mol?L-1的鹽酸來滴定待測溶液，不可選用____（填編號字母）做指示劑．

A．甲基橙B．石蕊C．酚酞。

（3）滴定過程中，眼睛應注視____；在鐵架臺上墊一張白紙，其目的是____．

（4）根據下表數據，計算被測燒堿溶液的物質的量濃度是____mol?L-1，燒堿樣品的純度是____．

。滴定次數待測溶液體積（mL）標準酸體積滴定前的刻度（mL）滴定后的刻度（mL）滴定前的刻度（mL）滴定后的刻度（mL）第一次10.000.4020.50第二次10.004.1024.00（5）下列實驗操作會對滴定結果產生什么后果？（填“偏高”；“偏低”或“無影響”）

①觀察酸式滴定管液面時，開始俯視，滴定終點平視，則滴定結果____．

②若將錐形瓶用待測液潤洗，然后再加入10.00mL待測液，則滴定結果____．23、過氧乙酸是一種弱酸性氧化劑；極不穩定，廣泛用作漂白劑和高效殺菌消毒劑等．

Ⅰ、制備：冰醋酸與H2O2濃溶液按體積比1：1混合，加入適量濃硫酸，控制溫度5℃～30℃，攪拌30min并靜置4～6h．反應原理為：H2O2+CH3COOH（過氧乙酸）+H2O

Ⅱ、含量測定：稱取5.0000g過氧乙酸試樣（液體），稀釋至100mL備用．取上述稀釋后過氧乙酸試樣5.00mL，用0.0100mol?L-1KMnO4溶液滴定到終點以除去其中的H2O2，隨即加入10%KI溶液10mL（足量），加入0.5%淀粉溶液3滴，搖勻，并用0.0500mol?L-1Na2S2O3標準溶液滴定到終點（離子反應方程式為：I2+2S2O32-═2I-+S4O62-），消耗Na2S2O3標準溶液的總體積為20.00mL．

（1）制備過氧乙酸時，溫度不宜過高，其原因可能是______．

（2）稀釋樣品時，除用到燒杯及玻璃棒外，還用到的玻璃儀器有______、______．

（3）用Na2S2O3標準溶液滴定到終點的現象是______．

（4）通過計算確定原試樣中過氧乙酸的質量分數（寫出計算過程）．24、將某黃銅礦rm{(}主要成分為rm{CuFeS_{2})}和rm{O_{2}}在一定溫度范圍內發生反應，反應所得固體混合物rm{X}中含有rm{CuSO_{4}}rm{FeSO_{4}}rm{Fe_{2}(SO_{4})_{3}}及少量rm{SiO_{2}}等，除雜后可制得純凈的膽礬晶體rm{(CuSO_{4}隆隴5H_{2}O)}rm{壟脜}實驗測得溫度對反應所得固體混合物中水溶性銅rm{(CuSO_{4})}的含量的影響如圖所示。生產過程中應將溫度控制在____左右，溫度升高至一定程度后，水溶性銅含量下降的可能原因是____。rm{壟脝}下表列出了相關金屬離子生成氫氧化物沉淀的rm{pH(}開始沉淀的rm{pH}按金屬離子濃度為rm{1.0mol隆隴L^{-1}}計算rm{)}實驗中可選用的試劑和用品：稀硫酸、rm{3%H_{2}O_{2}}溶液、rm{CuO}玻璃棒、精密rm{pH}試紙。rm{壟脵}實驗時需用約rm{3%}的rm{H_{2}O_{2}}溶液rm{100mL}現用市售rm{30%(}密度近似為rm{1g?cm^{隆陋3})}的rm{H_{2}O_{2}}來配制，其具體配制方法是____。rm{壟脷}補充完整由反應所得固體混合物rm{X}制得純凈膽礬晶體的實驗步驟：第一步：將混合物加入過量稀硫酸，攪拌、充分反應，過濾。第二步：____。第三步：____，過濾。第四步：____、冷卻結晶。第五步：過濾、洗滌，低溫干燥。rm{壟脟}在酸性、有氧條件下，一種叫rm{Thibacillusferroxidans}的細菌能將黃銅礦轉化成硫酸鹽，該過程反應的離子方程式為____。評卷人得分五、簡答題(共2題，共18分)25、鎳電池廣泛應用于混合動力汽車系統，電極材料由Ni（OH）2；碳粉、氧化鐵等涂覆在鋁箔上制成．由于電池使用后電極材料對環境有危害．某興趣小組對該電池電極材料進行資源回收研究；設計實驗流程如下：

已知：①NiCl2易溶于水，Fe3+不能氧化Ni2+．②已知實驗溫度時的溶解度：NiC2O4＞NiC2O4．?H2O＞NiC2O4?2H2O③Ksp（Ni（OH）2）：5.0×10-16，Ksp（NiC2O4）：4.0×10-10

回答下列問題：

（1）酸溶后所留殘渣的主要成份______（填物質名稱）．

（2）用NiO調節溶液的pH，析出沉淀的成分為______（填化學式）；

（3）寫出加入Na2C2O4溶液后反應的化學方程式______．

（4）寫出加入NaOH溶液所發生反應的離子方程式______，該反應的平衡常數為______．

（5）電解過程中陰極反應式為：______，沉淀Ⅲ可被電解所得產物之一氧化，寫出氧化反應的離子方程式：______．

（6）鐵鎳蓄電池，放電時總反應：Fe+Ni2O3+3H2O═Fe（OH）2+2Ni（OH）2；下列有關該電池的說法不正確的是。

A．電池的電解液為堿性溶液，電池的正極為Ni2O3；負極為Fe

B．電池充電時；陰極附近溶液的pH降低。

C．電池放電時，負極反應為Fe+20H--2e一═Fe（OH）2

D．電池充電時，陽極反應為2Ni（OH）2+20H--2e-═Ni2O3+3H2O．26、鈦酸鋇是一種強介電化合物材料，具有高介電常數和低介電損耗，是電子陶瓷中使用最廣泛的材料之一，被譽為“電子陶瓷工業的支柱”，工業制取方法如圖，先獲得不溶性草酸氧鈦鋇晶體[BaTiO（C2O4）2?4H2O]；煅燒后可獲得鈦酸鋇粉體．

（1）酸浸時發生的反應的離子方程式為______；

（2）配制TiCl4溶液時通常將TiCl4固體溶于濃鹽酸再加水稀釋；其目的是______；

（3）加入H2C2O4溶液時；發生反應的化學方程式為______；可循環使用的物質X是______（填化學式），設計實驗方案驗證草酸氧鈦鋇晶體是否洗滌干凈：______；

（4）煅燒草酸氧鈦鋇晶體得到BaTiO3的同時；生成高溫下的氣體產物有CO；______和______；

（5）工業上用飽和Na2CO3溶液處理重晶石（主要成分是BaSO4），待達到平衡后，移走上層清液，重復多次操作，將其轉化為易溶于酸的BaCO3，再由BaCO3制備其它鋇鹽．已知常溫下：Ksp（BaSO4）=1.0×10-10，Ksp（BaCO3）=2.58×10-9，請問至少需要______mol?L-1的碳酸鈉溶液浸泡才能實現上述轉化（忽略CO32-的水解）．參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】【分析】圖中裝置為原電池，反應中高錳酸鉀被還原，在酸性條件下生成Mn2+，甲中電極為原電池的正極，乙中亞硫酸鈉被氧化，為原電池的負極，被氧化生成SO42-，結合電極方程式解答該題．【解析】【解答】解：A．乙中電極反應為HSO3--2e-+H2O=SO42-+3H+，則當電路中有1.204×1022個電子轉移時，即0.02mol電子轉移時，乙中生成0.03molH+，c（H+）==0.1mol/L；故A正確；

B．甲為正極，電池工作時，陽離子移向正極，鹽橋中的K+移向甲燒杯；故B正確；

C．外電路的電子方向是從b（負極）到a（正極）；故C錯誤；

D．乙中電極反應為HSO3--2e-+H2O=SO42-+3H+，氧化產物為SO42-；故D正確；

故選C．2、D【分析】【分析】A．油脂堿性條件下水解；可生成肥皂；

B．空氣中直徑大于或等于2.5μm的顆粒物屬于空氣污染物；

C．積極推行“限塑令”；使用二氧化碳合成的聚碳酸酯類可降解塑料可減少白色污染；

D．碳酸鋇能溶于鹽酸．【解析】【解答】解：A．地溝油的主要成分是油脂；油脂堿性條件下水解成為造化反應，可生成肥皂，故A正確；

B．；PM2.5是指大氣中直徑小于或等于2.5微米的顆粒物；也稱為可入肺顆粒物，屬于空氣污染物，PM2.5的值越高，空氣中顆粒物的含量越大，空氣污染程度越嚴重，故B正確；

C．積極推行“限塑令”；加快研發利用二氧化碳合成的聚碳酸酯類可降解塑料可減少白色污，故C正確；

D．碳酸鋇是一種難溶于水的鹽；但是碳酸鋇能溶于鹽酸生成氯化鋇，鋇離子有毒，而胃酸的主要成分是鹽酸，所以不能用碳酸鋇作X光透視腸胃的藥劑，故D錯誤．

故選D．3、A【分析】【分析】A．膠體具有丁達爾效應；

B．透過藍色鈷玻璃，可觀察到K+離子焰色反應現象；

C．碳酸鈉和碳酸氫鈉與鹽酸都反應生成氣體；

D．不能排除Ag+的干擾．【解析】【解答】解：A．膠體具有丁達爾效應；可用丁達爾效應鑒別溶液和膠體，故A正確；

B．透過藍色鈷玻璃可濾去黃光，可觀察到K+離子焰色反應現象；故B錯誤；

C．碳酸鈉和碳酸氫鈉與鹽酸都反應生成氣體；可用加熱的方法檢驗，故C錯誤；

D．不能排除Ag+的干擾；應先加鹽酸，如無現象，再加氯化鋇檢驗，故D錯誤．

故選A．4、A【分析】【分析】乙烯和氯氣發生加成反應時，碳碳雙鍵的物質的量和參加加成反應的氯氣的物質的量相等，1，2-二氯乙烷和氯氣發生取代反應時，被取代氫原子的物質的量和參加取代反應的氯氣的物質的量相等，據此解答．【解析】【解答】解：根據C2H4+Cl2→CH2ClCH2Cl知；1mol乙烯與氯氣發生加成反應需要氯氣1mol；

根據CH2ClCH2Cl+2Cl2C2H2Cl4+2HCl知，1mol1，2-二氯甲烷生成C2H2Cl4時需要氯氣的物質的量為2mol；所以兩個過程一共消耗氯氣的物質的量為3mol；

故選A．5、D【分析】解：rm{A.}氯水中含氫離子，與rm{Fe}反應；鋼瓶不能儲存氯水，但常溫下干燥氯氣與鐵不反應，故A錯誤；

B.二氧化硫有毒；不能在食品生產中大量使用，故B錯誤；

C.濃硫酸與氨氣反應；則不能用來干燥氨氣，故C錯誤；

D.具有強氧化性；可殺菌消毒，則次氯酸鈉具有強氧化性，可用于配制消毒液，故D正確；

故選D．

A.氯水中含氫離子，與rm{Fe}反應；

B.二氧化硫有毒；

C.濃硫酸與氨氣反應；

D.具有強氧化性；可殺菌消毒．

本題考查物質的性質及用途，為高頻考點，把握物質的性質、發生的反應、性質與用途等為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意元素化合物知識的應用，題目難度不大．【解析】rm{D}6、B【分析】解：rm{壟脵}測定溶液的rm{pH}溶液顯強堿性，說明溶液中含有氫氧根離子，碳酸氫根離子不能存在；

rm{壟脷}取少量溶液加入稀鹽酸至溶液呈酸性，產生無刺激性、能使澄清石灰水變渾濁的氣體，說明生成的氣體為二氧化碳，不是刺激性氣味的二氧化硫，說明rm{B}原溶液中含碳酸根離子；

rm{壟脹}在上述溶液中再滴加rm{Ba(NO_{3})_{2}}溶液，產生白色沉淀rm{.}進一步證明溶液中含碳酸根離子；

rm{壟脺}取上層清液繼續滴加rm{Ba(NO_{3})_{2}}溶液至無沉淀時，再滴加rm{AgNO_{3}}溶液，產生白色沉淀說明含氯離子，但rm{壟脷}步中加入鹽酸含有氯離子；不能確定原溶液中含氯離子；

綜上所述：溶液中一定含碳酸根離子；一定不含亞硫酸根離子碳酸氫根離子，氯離子不能確定．

故選B．

rm{壟脵}說明溶液在含有氫氧根離子；

rm{壟脷}現象說明有二氧化碳氣體生成；無刺激性氣味二氧化硫氣體生成；

rm{壟脹}說明產生鋇離子的白色沉淀為硫酸鋇；

rm{壟脺}現象證明是氯離子的性質，但rm{壟脷}步驟中加入了鹽酸；不能說明原溶液中含氯離子；

本題考查了元素化合物性質，主要是離子性質的檢驗和應用，熟練撞我離子性質和特征反應，檢驗方法是解題關鍵．【解析】rm{B}7、D【分析】【分析】短周期主族元素A、B、C、D的原子序數依次增大，A和B形成的氣態化合物的水溶液呈堿性，B位于第VA族，該化合物為氨氣，可推知A為氫元素、B為N元素；A和C同主族，C的原子序數大于N，則C為Na；D原子序數大于Na，處于第三周期，D原子最外層電子數與電子層數相等，則D為Al，結合元素周期律與元素化合物性質解答．【解析】【解答】解：短周期主族元素A；B、C、D的原子序數依次增大；A和B形成的氣態化合物的水溶液呈堿性，B位于第VA族，該化合物為氨氣，可推知A為氫元素、B為N元素；A和C同主族，C的原子序數大于N，則C為Na；D原子序數大于Na，處于第三周期，D原子最外層電子數與電子層數相等，則D為Al；

A．同周期自左而右原子半徑減小；同主族自上而下原子半徑增大，故原子半徑Na＞Al＞N，故A錯誤；

B．金屬性Na＞Al；故還原性Na＞Al，故B錯誤；

C．H元素；N元素的氧化物均為共價化合物；Na的氧化物屬于離子化合物，故C錯誤；

D．氫氧化鋁是兩性氫氧化物；能與硝酸；氫氧化鈉反應，硝酸與氫氧化鈉發生中和反應，故D正確；

故選D．8、D【分析】【分析】2g氫氣燃燒生成液態水，放出285.8kJ熱量，則4g氫氣燃燒生成液態水，放出571.6kJ熱量，熱化學方程式應為2H2（g）+O2（g）═2H2O（1）△H=-571.6kJ?mol-1；

以此解答該題．【解析】【解答】解：A；因4g氫氣燃燒生成液態水；放出熱量571.6kJ，不是285.8kJ，故A錯誤；

B；因4g氫氣燃燒生成液態水；放出熱量571.6kJ，放熱時焓變值為負值，故B錯誤；

C；因4g氫氣燃燒生成液態水；不是氣態水，故C錯誤；

D；因4g氫氣燃燒生成液態水；放出571.6kJ熱量，放熱時焓變值為負值，故D正確；

故選：D．二、雙選題(共8題，共16分)9、A|D【分析】解：A．蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，C12H22O11+H2OC6H12O6+C6H12O6分子式均為C6H12O6；為相對分子質量相同的有機物，故A正確；

B．麥芽糖水解只生成葡萄糖C6H12O6；只有一種產物，故B錯誤；

C．乙酸乙酯水解方程式為CH3COOC2H5+H2OCH3COOH+C2H5OH；為相對分子質量不同的有機物，故C錯誤；

D．甲酸乙酯水解生成甲酸和乙醇，HCOOCH2CH3+H2OHCOOH+CH3CH2OH；為相對分子質量相同的有機物，故D正確；

故選AD．【解析】【答案】AD10、AC【分析】【分析】本題主要考查二氧化硫的性質，難度不大。【解答】A.向rm{SO_{2}}水溶液中加入少量rm{NaHCO_{3}}粉末，有氣泡產生，氣體為二氧化碳，發生強酸制取弱酸的反應原理，則rm{SO_{2}}水溶液呈酸性，故A正確；rm{B.}向rm{SO_{2}}水溶液中滴加rm{Ba(NO_{3})_{2}}溶液，發生氧化還原反應生成硫酸鋇白色沉淀，但rm{SO_{2}}水溶液中不含有rm{SO_{4}^{2-}}故B錯誤；C.將rm{SO_{2}}水溶液中通入rm{H_{2}S}氣體，發生氧化還原反應生成淡黃色沉淀rm{S}由rm{S}元素的化合價降低可知rm{SO_{2}}水溶液具有氧化性，故C正確；D.向rm{KMnO_{4}}溶液中滴加rm{SO_{2}}水溶液，發生氧化還原反應溶液顏色褪去，由rm{S}元素的化合價升高可知rm{SO_{2}}水溶液具有還原性，故D錯誤。故選AC。【解析】rm{AC}11、AD【分析】【分析】本題考查化學平衡的影響因素及計算等問題，難度中等，rm{B}為易錯點，平衡常數未知，不能根據平衡時各物質的物質的量關系確定是否達到平衡狀態。【解答】A.設rm{F_{2}}和rm{ClF}的物質的量都為rm{1mol}當rm{ClF}轉化rm{40%}時，由rm{F_{2}(g)+ClF(g)?ClF_{3}(g)}可知生成rm{0.4molClF_{3}}剩余rm{F_{2}}和rm{ClF}都為rm{0.6mol}則容器內的壓強為初始時的rm{dfrac{0.4mol+0.6mol+0.6mol}{2mol}=0.8}故A正確；B.平衡常數未知，若rm{dfrac{0.4mol+0.6mol+0.6mol}{2mol}

=0.8}rm{c(F_{2})}rm{c(ClF)}rm{c(ClF_{3})=1}rm{1}不能確定是否達到平衡狀態，故B錯誤；C.增大容器容積，壓強減小，正、逆反應速率都降低，正反應速率降低更多，平衡向逆反應方向移動，故C錯誤；D.降低溫度，平衡向正反應方向移動，氣體的總物質的量減小，而質量不變，則混合氣體的平均摩爾質量增大，故D正確。故選AD。rm{1}【解析】rm{AD}12、rAD【分析】解：rm{A.}乙醇；乙酸在濃硫酸作用下；加熱可發生酯化反應生成乙酸乙酯，故A錯誤；

B.如燒杯內加水過多；反應溫度較低，則反應較慢，可能收集不到乙酸乙酯，故B正確；

C.如生成乙酸乙酯較少，產物蒸汽在試管rm{A}上部全部被冷凝回流；也可能收集不到乙酸乙酯，故C正確；

D.乙酸乙酯不溶于飽和碳酸鈉溶液；故D錯誤．

故選AD．

乙酸與乙醇在濃硫酸作用下加熱發生酯化反應生成乙酸乙酯和水，方程式為rm{CH_{3}COOH+C_{2}H_{5}OHunderset{triangle}{overset{{脜簍脕貌脣謾}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}COOC_{2}H_{5}+H_{2}O}反應需在加熱條件下進行，生成的乙酸乙酯不溶于飽和碳酸鈉溶液，長導管起到冷凝回流的作用，以此解答該題．

本題考查乙酸乙酯的制備，為高頻考點，題目難度中等，本題注意把握乙酸乙酯的制備原理和實驗方法，學習中注重實驗評價能力的培養．rm{CH_{3}COOH+C_{2}H_{5}OH

underset{triangle}{overset{{脜簍脕貌脣謾}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}COOC_{2}H_{5}+H_{2}O}【解析】rm{AD}13、rAD【分析】解：有機物和足量的鈉反應，該有機物中可能含有rm{-OH}或rm{-COOH}或rm{-OH}rm{-COOH}該機物與足量的小蘇打溶液反應，說明該有機物含有rm{-COOH.}有機物與鈉反應；與碳酸氫鈉反應；二者生成的氣體體積相等，則有機物中羧基數目與羥基數目相等．

A.rm{HOCH_{2}CH_{2}COOH}中羧基與羥基數目相等；該有機物與鈉反應；與碳酸氫鈉反應，二者生成的氣體體積相等，故A正確；

B.rm{CH_{3}COOH}中不含羥基，該有機物與鈉反應、與碳酸氫鈉反應，二者生成的氣體體積之比為rm{1}rm{2}故B錯誤；

C.rm{HOOC-COOH}中不含羥基，該有機物與鈉反應、與碳酸氫鈉反應，二者生成的氣體體積之比為rm{1}rm{2}故C錯誤；

D.含有rm{1}個羥基、rm{1}個羧基；則該有機物與鈉反應；與碳酸氫鈉反應，二者生成的氣體體積相等，故D正確．

故選AD．

有機物和足量的鈉反應，該有機物中可能含有rm{-OH}或rm{-COOH}或rm{-OH}rm{-COOH}該機物與足量的小蘇打溶液反應，說明該有機物含有rm{-COOH.}有機物與鈉反應；與碳酸氫鈉反應；二者生成的氣體體積相等，則有機物中羧基數目與羥基數目相等，以此解答該題．

本題考查醇、羧酸的性質與有機物結構推斷等，為高頻考點，難度不大，清楚醇、羧酸的性質是解題關鍵，注意基礎知識的掌握．【解析】rm{AD}14、A|D【分析】解：A．容量瓶為配置一定物質的量濃度溶液的主要儀器；使用時不能潤洗，故A錯誤；

B．紙層析法是以濾紙為惰性支持物，水為固定相，有機溶劑作流動相．用該方法可分離Fe3+和Cu2+；紙層析法是利用離子在濾紙上的移動速度不同，進行分離，鐵離子在上層，遇到氨水生成紅褐色沉淀氫氧化鐵層析后氨熏顯色，濾紙上方出現紅棕色斑點，故B正確；

C．進行分液操作時；應先打開上口活塞或使塞上的凹梢對準漏斗口的小孔，然后打開旋塞，下層液體從下口放出，上層液體從漏斗上口倒出符合實驗基本操作，故C正確；

D．在制備硝酸鉀晶體的實驗中；利用的是硝酸鉀和氯化鈉溶解度隨溫度改變而發生不同變化的原理，所以不應該趁熱過濾，故D錯誤；

故選：AD．

A．依據酸式滴定管；堿式滴定管、容量瓶、移液管的裝置特點和使用注意事項解答；

B．紙層析法是利用離子在濾紙上的移動速度不同；進行分離，鐵離子在上層，遇到氨水生成紅褐色沉淀氫氧化鐵；

C．依據分液漏斗的使用方法解答；

D．制備KNO3利用的是硝酸鉀和氯化鈉溶解度隨溫度改變而發生不同變化的原理解答．

本題為實驗題，考查了常見儀器的使用和常見實驗的原理，側重于學生的分析能力、實驗能力的考查，題目難度不大．【解析】【答案】AD15、rAD【分析】解：rm{A.}氨氣易溶于水；氯化銨溶液可抑制氨氣的溶解，則用排飽和氯化銨溶液的方法收集氨氣，故A正確；

B.rm{NaCl}溶于水；硫酸鋇不溶于水，應選溶解；過濾法分離，故B錯誤；

C.在試管中加熱分解；蒸發皿用于溶液與可溶性固體的分離，故C錯誤；

D.硫酸銅溶液蒸發濃縮；冷卻結晶可析出晶體；過濾、洗滌、干燥得到膽礬晶體，故D正確；

故選AD．

A.氨氣易溶于水；氯化銨溶液可抑制氨氣的溶解；

B.rm{NaCl}溶于水；硫酸鋇不溶于水；

C.在試管中加熱分解；

D.硫酸銅溶液蒸發濃縮；冷卻結晶可析出晶體．

本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握混合物分離提純、物質的性質、實驗技能為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意實驗評價性分析，題目難度不大．【解析】rm{AD}16、BD【分析】【分析】本題側重考查電解原理，為高頻考點，把握電極、電極反應及離子移動方向為解答的關鍵，注重分析與應用能力的考查，題目難度不大。【解答】A.rm{Pb}電極rm{b}上氫氣失去電子；為陽極，故A錯誤；

B.陰極上發生還原反應，則陰極反應為rm{N_{2}+6H^{+}+6e^{-}=2NH_{3}}故B正確；

C.電解池中，rm{H^{+}}由陽極向陰極遷移；故C錯誤；

D.由圖可知，氮氣與氫氣不直接接觸，陶瓷可以隔離rm{N_{2}}和rm{H_{2}}故D正確。

故選BD。【解析】rm{BD}三、填空題(共5題，共10分)17、O2B4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O，造成原料浪費4Fe+10HNO3=4Fe（NO3）2+NH4NO3+3H2O氮氧化物排放少吸熱0.001mol/（L?min）【分析】【分析】（1）①由圖可知；海水溶液為弱酸性，發生吸氧腐蝕，氧氣具有強氧化性，充當氧化劑，被還原；

②A發生化學腐蝕；B發生電化學腐蝕，C已經腐蝕后有氧化層，D在金屬內部；

（2）由流程圖可知，Fe與硝酸反應生成硝酸亞鐵，步驟Ⅱ中轉化為Fe2O3?nH2O；最后得到鐵紅；

硝酸分解生成二氧化氮、氧氣、水；產生的HNO3又將廢鐵皮中的鐵轉化為Fe（NO3）2；則Fe與硝酸反應生成硝酸亞鐵；硝酸銨和水；氮氧化物為有毒氣體；

（3）K=，升高溫度，V正增加的快；

通入xmolCO；t℃時反應達到平衡．此時FeO（s）轉化率為50%，即反應的FeO為0.02mol×50%=0.01mol，則。

FeO（s）+CO（g）?Fe（s）+CO2（g）

開始0.02x00

轉化0.010.010.010.01

平衡x-0.010.01

結合化學反應速率計算．【解析】【解答】解：（1）由圖可知，海水溶液為弱酸性，則Fe失去電子，正極上O2得到電子，發生吸氧腐蝕，A發生化學腐蝕，B發生電化學腐蝕，C已經腐蝕后有氧化層，D在金屬內部，顯然B中腐蝕速率最快，生成鐵銹最多，故答案為：O2；B；

（2）由流程圖可知，Fe與硝酸反應生成硝酸亞鐵，步驟Ⅱ中轉化為Fe2O3?nH2O，最后得到鐵紅；硝酸分解生成二氧化氮、氧氣、水，該反應為4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O，產生的HNO3又將廢鐵皮中的鐵轉化為Fe（NO3）2，則Fe與硝酸反應生成硝酸亞鐵、硝酸銨和水，該反應為4Fe+10HNO3═4Fe（NO3）2+NH4NO3+3H2O；由流程可知，上述生產流程中，能體現“綠色化學”思想的是減少了有毒的氮氧化物的生成，氮氧化物排放少；

故答案為：4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O，造成原料浪費；4Fe+10HNO3═4Fe（NO3）2+NH4NO3+3H2O；氮氧化物排放少；

（3）依據化學反應方程式得出：平衡常數K=；升高溫度，V正增加的快；故正反應為吸熱反應；

t℃時反應達到平衡．此時FeO（s）轉化率為50%；即反應的FeO為0.02mol×50%=0.01mol，則。

FeO（s）+CO（g）?Fe（s）+CO2（g）

開始0.020

轉化0.010.01

平衡0.01

故v（CO2）==0.001mol/（L?min），故答案為：；吸熱；0.001mol/（L?min）．18、反應物本身的性質外部條件增大或減小濃度，反應速率增大或減小對有氣體的反應，增大壓強或減小壓強，反應速率增大或減小升溫或降低問題反應速率增大或減小改變反應速率接觸面積增大，反應速率增大，光、磁場、超聲波、顆粒大小、溶劑性質【分析】【分析】參加反應的物質的性質是影響化學反應速率的決定性因素，這是內因；外因一般來說，化學反應都與溫度有關，升高溫度，化學反應速率增加；在其他條件相同時，固體顆粒越小，反應物的表面積越大，化學反應速率越快；固體顆粒越小，固體反應物的表面積越小，化學反應速率降低，在其他條件相同時，增大反應物的濃度，化學反應速率加快；減小反應物的濃度，反應速率降低．．在其他條件相同時，使用催化劑，可以加快化學反應速率；在其他條件相同時，增大氣態反應物的壓強，化學反應速率加快；減小氣態反應物的壓強，化學反應速率降低．【解析】【解答】解：（1）決定化學反應速率的因素：反應物本身的性質；

故答案為：反應物本身的性質；

（2）外部條件改變影響化學反應速率；故答案為：外部條件；

①在其它條件相同時；增大或減小反應物濃度，反應速率增大或減小；

故答案為：增大或減小反應物濃度；反應速率增大或減小；

②對于有氣體參加的反應來說；其他條件不變時，增大或減小體系的壓強，反應速率會加大或減小；

故答案為：對有氣體的反應；增大壓強或減小壓強，反應速率增大或減小；

③在其它條件不變的情況下；升高或降低溫度，化學反應要加快或減小，經過實驗測定，溫度每升高10℃，反應速率通常要增大到原來的2～4倍；

故答案為：升溫或降低問題反應速率增大或減小；

④催化劑能改變化學反應速率；故答案為：改變化學反應速率；

⑤其它因素對化學反應速率的影響；接觸面積；光、磁場、超聲波、顆粒大小、溶劑性質；

故答案為：接觸面積增大，反應速率增大，光、磁場、超聲波、顆粒大小、溶劑性質影響反應速率．19、2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2Ob2Br-+Cl2=2Cl-+Br2d8.8g4.0mol/L【分析】【分析】（1）“氯堿工業”通過飽和食鹽水得到氫氧化鈉；氯氣和氫氣；

（2）二氧化錳與濃鹽酸加熱反應生成氯化錳；氯氣和水；根據該反應物狀態、反應條件選擇合理的裝置；

（3）根據氯氣能氧化溴離子得到單質溴形成反應的離子方程式；由于氯氣有毒；所以需要對尾氣進行吸收；

（4）①先判斷碳酸鈣過量情況；然后根據最終質量差可以計算出實驗中產生二氧化碳的質量；

②根據二氧化碳的質量計算出消耗HCl的物質的量，再根據c=計算出殘余液中鹽酸的物質的量濃度．【解析】【解答】解：（1）電解飽和食鹽水反應生成NaOH、H2、Cl2，該反應方程式為：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；

故答案為：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；

（2）二氧化錳與濃鹽酸反應生成氯化錳、水、氯氣，反應的化學方程式為：MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O；該反應需要加熱條件下進行，反應物為固體和液體，所以只有裝置b合理；

故答案為：MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O；b；

（3）氯氣能氧化溴離子得到單質溴，離子方程式為：2Br-+Cl2=2Cl-+Br2；氯氣有毒，應注意尾氣吸收，以防污染空氣，所以裝置d最合理；

故答案為：2Br-+Cl2=2Cl-+Br2；d；

（4）①未加CaCO3時總量為：318.3，加約四分之一時，加入碳酸鈣的質量為：50g×=12.5g；反應后溶液增加的質量為：318.3g+12.5g-325.3=5.5g；

加一半碳酸鈣時；溶液增加的質量為：318.3g+25g-334.5=8.8g；加入50g碳酸鈣時，即又加入了25g碳酸鈣，此時總質量增加了25g，說明加入一半碳酸鈣時，溶液中鹽酸已經完全反應，所以減少的質量8.8g即為二氧化碳的質量；

故答案為：8.8g；

②反應生成了8.8g二氧化碳，n（CO2）==0.2mol，根據反應關系式CaCO3～2HCl可知，消耗氯化氫的物質的量為：n（HCl）=2n（CO2）=0.4mol，殘余液中鹽酸的物質的量濃度為：c（HCl）==4.0mol/L；

故答案為：4.0mol/L．20、加成反應和加聚反應26.4%羊毛接近火焰時蜷縮，燃燒時有特殊氣味（燒焦羽毛的氣味），燃燒后灰燼用手一壓就變成粉末而化學纖維（如腈綸）接近火焰時迅速蜷縮，燃燒較緩慢氣味與羊毛（主要成分是蛋白質）燃燒時明顯不同，趁熱可拉成絲，灰燼為灰褐色玻璃球狀，不易破碎線型結構【分析】【分析】（1）依據反應的特征是有進無出分析判斷為加成反應；

（2）氮的質量分數=；

（3）純羊毛制品的主要成分是蛋白質；蛋白質燃燒時能產生燒焦羽毛的氣味；

（4）聚丙烯腈分子中的結構單元連接成長鏈．【解析】【解答】解：（1）反應①屬于加成反應；反應②屬于聚合反應（加聚反應），故答案為：加成反應和加聚反應；

（2）w（N）=×100%=×100%≈26.4%；故答案為：26.4%；

（3）羊毛接近火焰時蜷縮；燃燒時有特殊氣味（燒焦羽毛的氣味），燃燒后灰燼用手一壓就變成粉末；而化學纖維（如腈綸）接近火焰時迅速蜷縮，燃燒較緩慢，氣味與羊毛（主要成分是蛋白質）燃燒時明顯不同，趁熱可拉成絲，灰燼為灰褐色玻璃球狀，不易破碎；

故答案為：羊毛接近火焰時蜷縮；燃燒時有特殊氣味（燒焦羽毛的氣味），燃燒后灰燼用手一壓就變成粉末；而化學纖維（如腈綸）接近火焰時迅速蜷縮，燃燒較緩慢，氣味與羊毛（主要成分是蛋白質）燃燒時明顯不同，趁熱可拉成絲，灰燼為灰褐色玻璃球狀，不易破碎；

（4）由于聚丙烯腈分子中的結構單元連接成長鏈，故屬于線型高分子，故答案為：線型結構．21、K=大于bde0.036向正反應方向0.360.50【分析】【分析】（1）根據化學平衡常數的書寫方法：K=生成物的濃度冪之積除以反應物的濃度冪之積來書寫；結合溫度對平衡的影響來分析K的變化情況；

（2）根據化學平衡狀態的標志：正反應速率等于逆反應速率；平衡混合物中各組成成分的含量不變來判斷；

a．V（O2）正=V（SO3）逆表明反應得到平衡狀態；

b．化學平衡狀態的標志：正逆反應速率相等；

c．容器中氣體的密度=；根據分子和分母是否變化來回答；

d．容器中氣體的分子總數（物質的量）不隨時間而變化是平衡狀態的標志；

e．容器中氣體的平均分子量=，根據分子和分母是否變化來回答．【解析】【解答】解：（1）化學平衡常數K=生成物的濃度冪之積除以反應物的濃度冪之積，即K=，對于放熱反應，升高溫度，K減小，故答案為：K=；大于；

（2）a．化學方程式的系數之比等于化學反應中各物質的反應速率之比，V（O2）正=V（SO3）逆；均為正反應速率，不能判斷是否達到平衡明反應得到平衡狀態，故a錯誤；

b．ひ（SO2）正?ひ（O2）逆=2：1，表明正逆反應速率相等是平衡狀態，故b正確；

c．容器中氣體的密度=；反應前后質量守恒，反應在體積不變的容器中進行，所以氣體的密度始終不變，故c錯誤；

d．該反應為氣體的分子總數減少的反應；當容器中氣體的分子總數不隨時間而變化時，平衡混合物中各組成成分含量不變，反應達到平衡狀態，故d正確；

e．容器中氣體的平均分子量=；反應前后質量守恒，反應是一個氣體物質的量變化的反應，所以當容器中氣體的平均分子量不隨時間而變化時是平衡狀態，故e正確．

故選bde；

（3）當生成0.18molSO3時；參加反應的氧氣的物質的量為x；

2SO2+O22SO3

12

x0.18mol

解得x=0.09mol；

v（O2）==0.036mol?L-1?min-1；

繼續通入0.30molSO2和0.15molO2；容器內壓強增大，平衡向氣體體積減小的方向移動，即向正反應方向移動；

用極限法求出n（SO3）的范圍，假設平衡不移動，此時n（SO3）=0.18×2=0.36mol，假設0.50molSO2完全生成SO3，根據化學方程式2SO2+O2?2SO3可知n（SO3）=0.5mol，所以再次達到平衡時，0.36mol＜n（SO3）＜0.50mol；

故答案為：0.036；向正反應方向；0.45；0.50．四、實驗題(共3題，共6分)22、AB錐形瓶內溶液的顏色變化便于觀察錐形瓶內液體顏色的變化，減小滴定誤差0.400080.00%偏高偏高【分析】【分析】（1）易潮解的藥品；必須放在玻璃器皿上（如：小燒杯；表面皿）里稱量；

（2）酸堿中和滴定時；可用酚酞或甲基橙做指示劑，石蕊變色范圍寬且現象不明顯，故一般不用石蕊作指示劑；

（3）滴定時；左手控制滴定管，右手搖動錐形瓶，眼睛注視錐形瓶內溶液顏色的變化，根據溶液顏色的變化判斷終點；

（4）根據c（待測）=；V（標準）用兩次的平均值；根據m=c?V?M計算500mL溶液中氫氧化鈉的質量，再根據質量分數公式計算氫氧化鈉的質量分數；

（5）根據操作對c（待測）=產生的影響分析誤差．【解析】【解答】解：（1）易潮解的藥品；必須放在玻璃器皿上（如：小燒杯；表面皿）里稱量，防止玷污托盤．因燒堿易潮解，所以應放在小燒杯中稱量，故選A；

（2）酸堿中和滴定時；可用酚酞或甲基橙做指示劑，石蕊變色范圍寬且現象不明顯，故一般不用石蕊作指示劑，故選B；

（3）滴定時；滴定過程中兩眼應該注視錐形瓶內溶液的顏色變化，在盛放待測溶液的錐形瓶下方放一張白紙的作用是觀察錐形瓶中溶液顏色的變化明顯，減少實驗誤差，故答案為：錐形瓶內溶液的顏色變化；便于觀察錐形瓶內液體顏色的變化，減小滴定誤差；

（4）第一次消耗的標準液的體積為：（20.50-0.40）mL=20.10mL；第二次消耗的標準液體積為：24.00mL-4.10mL=19.90mL，兩次滴定數據都是有效的，所以消耗標準液平均體積為20.00mL；

根據c（待測）=，=0.4000mol?L-1；

樣品中含有燒堿的質量為：m（燒堿）=c?V?M=0.4000mol?L-1×0.5L×40g/mol=8.0g，燒堿的質量分數為：ω=×100%=80.00%；

故答案為：0.4000；80.00%；

（5）①觀察酸式滴定管液面時；開始俯視，滴定終點平視，導致計算出的標準液體積偏大，濃度偏高，故答案為：偏高；

②若若將錐形瓶用待測液潤洗，然后再加入10.00mL待測液，導致待測液的物質的量增加，消耗的標準液體積增大，結果偏高，故答案為：偏高．23、略

【分析】解：（1）溫度過高時過氧化氫會分解不能保證其和醋酸充分反應；同時過氧乙酸也容易分解；

故答案為：溫度過高H2O2和CH3COOOH會分解；

（2）稱取5.0000g過氧乙酸試樣（液體）；稀釋至100mL時，除用到燒杯及玻璃棒外，還要用到膠頭滴管取液體，要用100mL容量瓶定容；

故答案為：100mL容量瓶；膠頭滴管；

（3）用Na2S2O3標準溶液滴定到終點時；溶液中的碘全部參加反應，溶液的藍色會褪色，所以滴定到終點的現象是溶液藍色剛好褪去，且半分鐘不變化；

故答案為：溶液藍色剛好褪去；且半分鐘不變化；

（4）根據（3）的方程式及I2+2S2O32-=2I-+S4O62-兩個化學方程式，可以得關系式如下：CH3COOOH～I2～2Na2S2O3，由關系式可知，n（CH3COOOH）=n（Na2S2O3）=×0.05mol/L×0.02L=5×10-4mol，故原樣品中w（CH3COOOH）=×100%=15.2%；

答：原試樣中過氧乙酸的質量分數為15.2%．

（1）溫度過高時過氧化氫會分解不能保證其和醋酸充分反應；同時過氧乙酸也容易分解；

（2）稱取5.0000g過氧乙酸試樣（液體）；稀釋至100mL時，除用到燒杯及玻璃棒外，還要用到膠頭滴管取液體，要用100mL容量瓶定容；

（3）用Na2S2O3標準溶液滴定到終點時；溶液中的碘全部參加反應，溶液的藍色會褪色，據此答題；

（4）根據（3）的方程式及I2+2S2O32-=2I-+S4O62-兩個化學方程式，可以得關系式如下：CH3COOOH～I2～2Na2S2O3，據此計算稀釋后5mL反應中n（CH3COOOH）；進而計算原試樣中過氧乙酸的質量分數．

本題考查氧化還原反應滴定、實驗原理的分析和多步反應關系的計算等，難度中等，（4）中注意利用關系式進行計算，為易錯點，學生容易忽略滴定中所取溶液的體積，按稀釋后溶液體積計算，導致錯誤答案．【解析】溫度過高H2O2和CH3COOOH會分解；100mL容量瓶；膠頭滴管；溶液藍色剛好褪去，且半分鐘不變化24、(1)600℃CuSO4發生了分解(2)①用量筒量取10mL30%H2O2溶液加入燒杯中，再加入90mL水(或加水稀釋至100mL)，攪拌均勻②向濾液中加入稍過量3%H2O2溶液，充分反應向溶液中加入CuO，用精密pH試紙控制pH在3.2～4.7之間加熱濃縮(3)4CuFeS2＋4H＋＋17O2=4Cu2＋＋4Fe3＋＋8SO42-＋2H2O【分析】【分析】本題考查考查較為綜合，涉及物質的制備、檢驗和性質實驗設計等問題，側重于考查學生綜合運用化學知識的能力，為高考常見題型，難度中等。【解答】rm{(1)}由圖可知，rm{600隆忙}時水溶性銅rm{(CuSO_{4})}的含量出現轉折，故應控制溫度在rm{600隆忙}左右，水溶性銅化合物為rm{CuSO_{4}?5H_{2}O}酸溶性銅化合物為rm{CuO}溫度較高時，rm{CuSO_{4}?5H_{2}O}可分解生成rm{CuO}則在rm{600隆忙}以上時水溶性銅化合物含量減少；

故答案為：rm{600隆忙}rm{CuSO_{4}}發生了分解反應；

rm{(2)壟脵}實驗時需用約rm{3%}的rm{H_{2}O_{2}}溶液rm{100mL}現用市售rm{30%(}密度近似為rm{1g?cm^{-3})}的rm{H_{2}O_{2}}來配制，即rm{3%隆脕100=30%隆脕x}解rm{x=10mL}故需要rm{30%}的雙氧水rm{10mL}需用水rm{90mL}故步驟為：用量筒量取rm{10mL30%H_{2}O_{2}}溶液加入燒杯中，再加入rm{90mL}水rm{(}或加水稀釋至rm{100mL)}攪拌均勻；故答案為：用量筒量取rm{10mL30%H_{2}O_{2}}溶液加入燒杯中，再加入rm{90mL}水rm{(}或加水稀釋至rm{100mL)}攪拌均勻；

rm{壟脷}混合物rm{X}中含有rm{CuSO_{4}}rm{FeSO_{4}}rm{Fe_{2}(SO_{4})_{3}}及少量rm{SiO_{2}}等，需先溶解于硫酸，除去二氧化硅，然后氧化亞鐵離子生成鐵離子，以便降低rm{pH}值除去，故應加入氧化劑，最后調節rm{pH}值，然后加熱濃縮、冷卻結晶、洗滌、干燥即可得產品，故步驟二為：向濾液中加入稍過量rm{3%}rm{H_{2}O_{2}}溶液；充分反應，以便氧化亞鐵離子；

步驟三為：向溶液中加入rm{CuO}用精密rm{pH}試紙控制rm{pH}在rm{3.2隆蘆4.7}之間；便于讓鐵離子生成氫氧化鐵除去；

步驟四為：加熱濃縮；

故答案為：向濾液中加入稍過量rm{3%H_{2}O_{2}}溶液，充分反應；向溶液中加入rm{CuO}用精密rm{pH}試紙控制rm{pH}在rm{3.2隆蘆4.7}之間；加熱濃縮；

rm{(3)}在酸性溶液中利用氧氣可以將黃銅礦氧化成硫酸鹽，則應有硫酸參加反應，且生成硫酸銅，硫酸鐵和水，反應的方程式為rm{4CuFeS_{2}+2H_{2}SO_{4}+17O_{2}=4CuSO_{4}+2Fe_{2}(SO_{4})_{3}+2H_{2}O}離子反應方程式為：rm{4CuFeS_{2}+4H^{+}+17O_{2}=4Cu^{2+}+4Fe^{3+}+8SO_{4}^{2-}+2H_{2}O}故答案為：rm{4CuFeS_{2}+4H^{+}+17O_{2}=4Cu^{2+}+4Fe^{3+}+8SO_{4}^{2-}+2H_{2}O}

【解析】rm{(1)600隆忙}rm{CuSO_{4}}發生了分解rm{(2)壟脵}用量筒量取rm{10mL30%H_{2}O_{2}}溶液加入燒杯中，再加入rm{90mL}水rm{(}或加水稀釋至rm{100mL)}攪拌均勻rm{壟脷}向濾液中加入稍過量rm{3%H_{2}O_{2}}溶液，充分反應向溶液中加入rm{CuO}用精密rm{pH}試紙控制rm{pH}在rm{3.2隆蘆4.7}之間加熱濃縮rm{(3)4CuFeS_{2}+4H^{+}+17O_{2}=4Cu^{2+}+4Fe^{3+}+8SO_{4}^{2-}+2H_{2}O}rm{(3)

4CuFeS_{2}+4H^{+}+17O_{2}=4Cu^{2+}+4Fe^{3+}+8SO_{4}^{2-}+2H_{2}O}五、簡答題(共2題，共18分)25、略

【分析】解：將廢舊鎳電池電極材料溶于稀鹽酸，發生反應Ni（OH）2+2HCl=NiCl2+2H2O、Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，過濾得到的殘渣是C，向濾液中加入NiO，條件溶液的pH，根據流程圖知，生成的沉淀應該是Fe（OH）3、Al（OH）3，然后向濾液中加入Na2C2O4溶液，發生反應NiCl2+Na2C2O4=NiC2O4↓+2NaCl，過濾，將濾液電解，陽極上氯離子放電生成氯氣、陰極上氫離子放電生成氫氣，過濾得到的NiC2O4和NaOH反應生成Ni（OH）2，用氯氣將Ni（OH）2氧化生成Ni（OH）3，根據鐵鎳蓄電池放電時總反應：Fe+Ni2O3+3H2O═Fe（OH）2+2Ni（OH）2；可判斷電解液為堿性，充電時消耗氫氧根，陰極附近溶液的pH升高．

（1）通過以上分析知，酸溶時能與鹽酸反應的物質是Al、Ni（OH）2、Fe2O