2025年人教版高三化学上册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年人教版高三化学上册阶段测试试卷920考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、能降低反应所需的活化能的是（）A.降低温度B.增大压强C.使用催化剂D.增加浓度2、已知氧化性从强到弱的顺序是：Cl2＞Br2＞Fe2+＞I2，则下列化学方程式（或离子方程式）中错误的是（）A.Cl2+2FeCl2→2FeCl3B.Br2+2Fe2+→2Fe3++2Br-C.2FeCl3+2KI→2FeCl2+2KCl+I2D.I2+2Fe2+→2I-+2Fe3+3、某温度下，反应N2O4（g）⇌2NO2（g），△H＞0，在体积可变的密闭容器中达到平衡．下列说法正确的是（）A.保持温度和体积不变，加入少许N2O4，再达到平衡时，颜色变深，N2O4转化率减小B.保持温度和体积不变，加入少许NO2，将使正反应速率减小C.保持温度不变，增大压强时，将使正反应速率增大，逆反应速率减小D.保持体积不变，升高温度，再达平衡时颜色变浅4、选择萃取剂将碘水中的碘萃取出来，这种萃取剂应具备的性质是（）A.不溶于水，且必须易与碘发生化学反应B.不溶于水，不与碘发生化学反应且比水更易溶解碘C.不溶于水，且必须比水密度大D.不溶于水，且必须比水密度小5、下列各组比较中，前者比后者大的是（）A.25℃时，pH均为2的H2SO4溶液和盐酸中氢离子的物质的量浓度B.25℃时，pH均为2的盐酸和CH3COOH溶液中溶质的物质的量浓度C.25℃时，同浓度的NaCl溶液和氨水的导电能力D.25℃时，pH均为3的HCl和FeCl3溶液中水的电离程度6、对下列化学反应的热现象的说法正确的是（）A.所有的放热反应不加热都能进行B.任何化学反应的发生一定伴有能量变化C.吸热反应和放热反应都需要加热才能发生D.化学反应吸收或放出热量的多少与参加反应的物质的多少无关7、已知1g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121kJ，且氧气中1molO=O键完全断裂时吸收热量496kJ，水蒸气中1molH-O键形成时放出热量463kJ，则氢气中1molH-H键断裂时吸收热量为（）A.872kJB.557kJC.436kJD.188kJ8、下列有关硫及其化合物的叙述中正确的是（）A.浓H2SO4可用于干燥Cl2，但不能干燥SO2B.SO2具有漂白性，所以它能使碘的淀粉溶液由蓝色变为无色C.向Na2S2O3溶液中加入盐酸产生淡黄色沉淀D.SO2和Cl2分别与双氧水反应均产生O2评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)9、下列物质中，属于合金的是（）A.水银B.黄铜C.钢铁D.生铁10、锂-钒氧化物电池的能量密度远远超过其他材料电池，电池总反应式为xLi+V2O5LixV2O5，下列说法正确的是（）A.放电时，锂离子向负极移动B.放电时，负极上反应的物质是锂，正极上反应的物质是V2O5C.放电时，负极的电极反应为Li-e-=Li+D.充电时，V2O5在阴极被还原11、在一定条件下，N2和O2于密闭容器中发生如下反应：2N2（g）+O2（g）⇌2N2O（g）．下列说法能说明该反应达到化学平衡状态的有（）A.反应不再进行B.反应体系中的c（N2）不再发生变化C.c（N2O）=c（N2）D.N2O的分解速率与生成速率相等12、有四瓶常用溶液：①BaCl2溶液②NaCl溶液③Na2SO4溶液④CuSO4溶液．不用其他试剂，可通过实验方法将它们一一鉴别出来，被鉴别的先后顺序是（）A.①④③②B.①③④②C.④①③②D.④①②③13、稀土是工业味精，邓小平说过“中东有石油，我们有稀土”．稀土元素铈（Ce）主要存在于独居石中，金属铈在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应．已知：铈常见的化合价为+3和+4，氧化性：Ce4+＞Fe3+．下列说法正确的是（）A.已知Ce原子序数是58，则其为镧系元素B.铈有四种稳定的核Ce、Ce、Ce、Ce，它们互为同位素C.用Ce（SO4）2溶液可与硫酸亚铁溶液反应，其离子方程式为：Ce4++2Fe2+=Ce3++2Fe3+D.铈溶于氢碘酸的化学方程式可表示为：Ce+4HI=CeI4+2H2↑评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)14、（2015秋•彭州市校级期中）某研究性学习小组用PH=1的盐酸滴定25.00mL未知物质的量浓度的NaOH溶液；从而求出该NaOH溶液的PH值（选用酚酞作为指示剂）

①实验过程中需要使用的仪器有铁架台、滴定管夹、碱式滴定管、胶头滴管、____、____；

②如图，是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为____mL．

③如何判断滴定到达终点____．

③根据下列数据：

。滴定次数待测液体积（mL）标准盐酸体积（mL）滴定前读数（mL）滴定后读数（mL）滴定前读数（mL）滴定后读数（mL）第一次25.000.5020.40第二次25.004.0024.10请计算待测NaOH溶液的浓度（保留两位小数）____mol/L．

④在上述实验中，下列操作（其他操作正确）会造成测定结果偏高的有：____．

A；滴定终点读数时俯视读数。

B；酸式滴定管使用前；水洗后未用盐酸溶液润洗。

C；锥形瓶水洗后未干燥。

D、酸式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失．15、A；B、C、D、E、F是原子序数依次增大的短周期主族元素；A的最外层电子数是次外层电子数2倍，B是短周期中金属性最强的元素，C是同周期中阳离子半径最小的元素，D元素的最高价氧化物与B元素的最高价氧化物对应水化物反应的产物M是制备木材防火剂的原料，E的最外层电子数与内层电子数之比为3：5．请回答：

（1）F元素的氢化物沸点比同族上一周期元素的氢化物____．（填“高”；“低”）

（2）D元素的最高价氧化物是____晶体．

（3）写出M的水溶液久置于空气中变浑浊的离子方程式____．

（4）B单质与氧气反应的产物与C的单质同时放入水中，产生两种无色气体，如果这两种气体恰好能完全反应，与氧气反应的B单质和放入水中的C单质的质量比为____．

（5）工业上将干燥的F单质通入熔融的E单质中可制得化合物E2F2．该物质可与水反应生成一种能使品红溶液褪色的气体，0.2mol该物质参加反应时转移0.3mol电子，其中只有一种元素化合价发生改变，该反应的化学方程式为____．16、实验室用碳酸钠晶体配制1.00mol/L的Na2CO3溶液98mL；回答下列问题：

（1）所需主要仪器为：药匙、托盘天平、____、____、____、和____

（2）本实验须称量碳酸钠晶体（Na2CO3•10H2O）____g．

（3）容量瓶上标有温度、____、____．

（4）某同学将称量好的碳酸钠晶体用适量的蒸馏水在烧杯中溶解；冷却后直接倒进所选的且经检查不漏水的容量瓶中，洗涤烧杯2-3次，洗涤液也移至容量瓶中，然后加水至离刻度线2cm处，用滴管加水至刻度线，倒入试剂瓶保存．请指出上述操作中的2处错误：

①____；②____．

（5）若实验中出现下列现象对所配溶液浓度有什么影响？（填偏高；偏低、无影响）

①浓硫酸溶解后未冷至室温即进行定容____；

②定容时俯视刻度线____．17、下边是温州城区2011年10月某日的空气质量日报。污染指数空气质量等级空气污染指数空气质量等级二氧化硫二氧化氮可吸入颗粒物557856良（1）首要污染物是____；

（2）空气污染指数是____；

（3）能引起光化学烟雾的是____（从表中选）；

（4）能引起酸雨的是____（从表中选）．18、（2015•滑县校级模拟）已知：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H=Q；其平衡常数随温度变化如下表所示：

。温度/℃400500850平衡常数9.9491请回答下列问题：

（1）上述反应的化学平衡常数表达式为：____．该反应的Q____0（填“＞”或“＜”）．

（2）850℃时在体积为10L反应器中，通入一定量的CO和H2O（g），发生上述反应，CO和H2O（g）浓度变化如图所示，则0～4min时平均反应速率v（CO）=____．

（3）若在500℃时进行，且CO、H2O（g）的起始浓度均为0.020mol/L，该条件下，CO的最大转化率为____．

（4）若在850℃时进行，设起始时CO和H2O（g）共为1mol，其中水蒸气的体积分数为x，平衡时CO的转化率为y，试推导y随x变化的函数关系式为____．

（5）有人提出可以设计反应2CO═2C+O2（△H＞0）来消除CO的污染．请判断上述反应能否自发进行：____（填“可能”或“不可能”），理由是____．19、（1）在下列物质中①熔融的NaOH②H2SO4③Al④乙醇⑤蔗糖⑥NaCl溶液⑦NaCl

属于电解质的有____（填序号，下同）；属于非电解质的有____；

（2）电子工业常用30%的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜箔；制造印刷电路板．

①检验溶液中Fe3+存在的试剂是____，证明Fe3+存在的现象是____．

②写出FeCl3溶液与金属铜发生反应的化学方程式____．

工业上从海水中提取溴采用下列方法：

（1）向海水中通入氯气使NaBr氧化，反应方程式为____．

（2）实验室常用氯化铝与氨水反应制备氢氧化铝，反应方程式为____．20、比较下列溶液的pH（填“＞”；“＜”或“=”）

（1）25℃时1mol/LFeCl3溶液____80℃时1mol/LFeCl3溶液．

（2）0.1mol/L（NH4）2CO3溶液____0.1mol/L（NH4）2SO4溶液．21、下表是元素周期表的一部分；按要求填空（填元素符号或化学式）：

。周期。

族ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA02①②3③④⑤4⑥⑦⑧（1）写出下列元素的元素符号：②____③____⑦____

（2）在这些元素中，最活泼的金属元素是____；元素的最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的是____．

（3）元素①的气态氢化物与其最高价氧化物的水化物反应的化学方程式____．

（4）在④与⑧的单质中，化学性质较为活泼的是____，请用离子方程式加以说明____．22、（2013•郴州模拟）研究和开发CO2和CO的创新利用是环境保护和资源利用的双赢的课题．

（1）CO可用于合成甲醇．在压强为0.1Mpa条件下，在体积为bL的密闭容器中充入amolCO和2amolH2；在催化剂作用下合成甲醇：

CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）平衡时CO的转化率与温度；压强的关系如图：

（i）该反应属于____反应：（填“吸热”或“放热”）．

（ii）100℃时，该反应的平衡常数：K=____；（用a、b的代数式表示）．若一个可逆反应的平衡常数K值很大，对此反应的说法正确的是：____填序号）

a；该反应使用催化剂意义不大；

b；该反应发生将在很短时间内完成；

c；该反应达到平衡时至少有一种反应物百分含量很小；

d；该反应一定是放热反应；

（iii）在温度和容积不变的情况下，再向平衡体系中充入amolCO，2amolH2，达到平衡时CO转化率____（填“增大”，“不变”或“减小”，下同）平衡常数：____．

（iv）在某温度下，向一容积不变的密闭容器中充入2.5molCO，7.5molH2，反应生成CH3OH（g），达到平衡时，CO转化率为90%，此时容器内压强为开始时的压强____倍．

（2）某温度条件下，若将CO2（g）和H2（g）以体积比1：4混合；在适当压强和催化剂作用下可制得甲烷，已知：

CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.3KJ/mol

H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=-285.8KJ/mol

则CO2（g）和H2（g）反应生成液态水的热化学方程式为：____．

（5）25°C时，将amol•L-1的氨水与0.1mol•L-1的盐酸等体积混合．

①当溶液中离子浓度关系满足c（NH4+）＜c（Cl-）时，则反应的情况可能为____

a．盐酸不足，氨水剩余b．氨水与盐酸恰好完全反应c．盐酸过量。

②当溶液中c（NH4+）=c（Cl-）时，用含a的代数式表示NH3•H2O的电离常数Kb=____．评卷人得分四、判断题(共3题，共21分)23、碳酸钠可以除苯中的苯酚．____（判断对错）24、在0.5molNa2SO4中含有Na+的数目为6.02×1023个____．（判断对错）25、加用盐酸酸化的Ba（NO3）2溶液，产生了大量的白色沉淀，溶液里一定含有大量的SO42-．____（判断对错正确的打“√”，错误的打“×”）评卷人得分五、计算题(共2题，共12分)26、①在氧化还原化学反应中（2CuO+C2Cu+CO2），物质所含元素化合价高，这种物质是____剂，在反应中____（“得”或“失”）电子；元素化合价降低，表明该元素的原子在反应中____（“得”或“失”）电子．若反应中得到64gCu，则转移的电子数为____．

②用双线桥法表示下列反应电子转移的方向和数目：3S+6NaOH═2Na2S+Na2SO3+3H2O

③硫代硫酸钠可作为脱氯剂，已知25.0mL0.100mol•L-1Na2S2O3溶液恰好把224mL（标准状况下）Cl2完全转化为Cl-，则S2O中S被氧化的价态为____

④某河道两旁有甲乙两厂，它们排放的工业废水中含有K+、Ag+、Fe3+、Cl-、OH-、NO3-六种杂质离子；甲厂的废水明显呈碱性．

（1）乙厂的废水中所含三种离子是____；

（2）将甲厂和乙厂的废水按适当的比例混合，可将____（填离子符号）为沉淀；过滤所得的废水可灌溉农田．

⑤写出下列反应的离子方程式：实验室制备CO2____．27、假设SO2接触氧化过程产生的热量有70%可以利用，请问生产100t98%的硫酸在接触氧化过程中能节约多少能量。（已知ΔH=-98.3kJ/mol）参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【分析】只有催化剂能降低反应所需的活化能．【解析】【解答】解：压强；浓度只能改变单位体积的活化分子数目；不能改变活化能；降低温度，活化分子百分数减小，反应速率降低，但不是降低反应的活化能的原因；

使用催化剂；可改变反应历程，降低活化能；

故选C．2、D【分析】【分析】根据化学方程式，只要根据氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物的还原性，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性得出的结果符合题干已知条件的，说明反应成立．【解析】【解答】解：A、根据2FeCl2+Cl2=2FeCl3可知氧化性是Cl2＞Fe3+；符合题干已知条件，所以化学方程式成立，故A正确；

B、根据Br2+2Fe2+→2Fe3++2Br-可知氧化性是Br2＞Fe3+；符合题干已知条件，所以化学方程式成立，故B正确；

C、根据2FeCl3+2KI→2FeCl2+2KCl+I2可知氧化性是Fe3+＞I2；符合题干已知条件，所以化学方程式成立，故C正确；

D、根据I2+2Fe2+→2I-+2Fe3+可知氧化性是I2＞Fe3+；不符合题干已知条件，所以化学方程式不成立，故D错误；

故选D．3、A【分析】【分析】A、保持温度和体积不变，加入少许N2O4；所到达平衡状态，等效为在原平衡的基础上增大压强；

B、保持温度和体积不变，加入少许NO2；达到平衡状态，等效为原平衡状态的基础上增大压强；

C；压强增大正逆反应速率都增大；

D、反应是吸热反应，升温平衡正向进行，达到平衡状态气体颜色加深；【解析】【解答】解：A、保持温度和体积不变，加入少许N2O4，所到达平衡状态，等效为在原平衡的基础上增大压强，平衡状态浓度增大，气体颜色加深，平衡逆向进行，N2O4转化率减小；故A正确；

B、保持温度和体积不变，加入少许NO2；达到平衡状态，等效为原平衡状态的基础上增大压强，反应速率增大，正逆反应速率都增大，故B错误；

C；保持温度不变；压强增大正逆反应速率都增大，故C错误；

D；保持体积不变；反应是吸热反应，升温平衡正向进行，达到平衡状态气体颜色加深，故D错误；

故选A．4、B【分析】【分析】萃取剂的选择必须符合下列条件：溶质在萃取剂中的溶解度比在原溶剂中要大；萃取剂与原溶剂不相溶；萃取剂与溶质不反应．【解析】【解答】解：A．萃取剂必须不能和溶质碘反应；故A错误；

B．萃取剂必须具备下列条件：碘在萃取剂中的溶解度大于在水中的溶解度；萃取剂和水不互溶，且萃取剂和碘不反应，故B正确；

C．萃取剂必须不溶于水；但密度不一定比水大，故C错误；

D．萃取剂必须不溶于水；但密度不一定比水小，故D错误．

故选B．5、C【分析】【分析】A．硫酸和盐酸都是强酸；pH相同时溶液中氢离子浓度相同；

B．醋酸为弱酸；醋酸的浓度大于氢离子浓度；

C．氨水为弱碱；溶液中只能部分电离出铵根离子和氢氧根离子；

D．酸抑制了水的电离，铁离子促进了水的电离．【解析】【解答】解：A．25℃时，pH均为2的H2SO4溶液和盐酸中氢离子的物质的量浓度都是0.01mol/L；故A错误；

B．pH=2的盐酸中氯化氢的浓度为0.01mol/L；醋酸为弱酸，pH=2的醋酸中氢离子浓度为0.01mol/L，醋酸的浓度大于0.01mo/L，前者的浓度小于后者，故B错误；

C．溶液导电性与溶液中离子浓度有关；25℃时，同浓度的NaCl溶液和氨水中，氨水中离子浓度小于氯化钠，所以氯化钠溶液的导电能力大于氨水，故C正确；

D．盐酸中氢离子抑制了水的电离；铁离子水解促进了水的电离，所以前者水的电离程度小于后者，故D错误；

故选C．6、B【分析】【分析】A；有些放热反应需要加热才能进行；

B；所有的反应均存在热效应；

C；反应吸放热与反应条件无关；

D、反应的热效应与物质的物质的量呈比例．【解析】【解答】解：A；有些放热反应需要加热才能进行；如煤炭的燃烧虽然是放热反应，但也需加热才能发生，故A错误；

B；所有的反应均存在热效应；不存在既不吸热也不放热的反应，故B正确；

C；反应吸放热与反应条件无关；吸热反应不一定需要加热，放热反应也不一定不需要不加热，故C错误；

D；反应的热效应与物质的物质的量呈正比；故化学反应吸收或放出热量的多少与参加反应的物质的多少有关，故D错误．

故选B．7、C【分析】【分析】化学反应放出的热量=新键生成释放的能量-旧键断裂吸收的能量，依此结合反应方程式进行计算．【解析】【解答】解：氢气完全燃烧生成水蒸气是放热反应，所以化学反应放出的热量=新键生成释放的能量-旧键断裂吸收的能量，设氢气中1molH-H键断裂时吸收热量为Q，根据方程式：2H2+O22H2O；则：4×121kJ=4×463kJ-（2Q+496kJ），解得Q=436KJ；

故选C．8、C【分析】解：A．浓H2SO4可用于干燥Cl2，也能能干燥SO2；故A错误；

B．SO2具有还原性；所以它能使碘的淀粉溶液由蓝色变为无色，故B错误；

C．Na2S2O3与盐酸反应生成单质硫；二氧化硫、氯化钠和水；故C正确；

D．SO2与双氧水反应生成硫酸；Cl2与双氧水反应生成氧气和盐酸；故D错误；

故选C．

A．浓H2SO4与Cl2和SO2都不反应；

B．SO2具有还原性；能与碘发生氧化还原反应；

C．Na2S2O3与盐酸反应生成单质硫；二氧化硫、氯化钠和水；

D．SO2与双氧水反应生成硫酸；Cl2与双氧水反应生成氧气和盐酸．

本题考查浓硫酸和二氧化硫的性质，难度不大．要注意硫代硫酸钠的性质．【解析】【答案】C二、多选题(共5题，共10分)9、BCD【分析】【分析】合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质；合金具有以下特点：①一定是混合物；②合金中至少有一种金属等．【解析】【解答】解：A．水银是单质；不属于合金，故A错误；

B．黄铜是铜锌合金；故B正确；

C．钢铁是铁与碳的合金；属于合金，故C正确；

D．生铁是铁与碳的合金；故D正确．

故选BCD．10、BC【分析】【分析】放电时，该原电池中锂失电子而作负极，V2O5得电子而作正极，负极上发生氧化反应，正极上发生还原反应，阳离子向正极移动，据此分析．【解析】【解答】解：A．放电时；该装置是原电池，锂离子向正极移动，故A错误；

B．该原电池中，锂失电子而作负极，V2O5得电子而作正极；故B正确；

C．该原电池中，锂失电子发生氧化反应而作负极，电池反应式为：xLi-xe-=xLi+；故C正确；

D．放电时V2O5得电子而作正极；发生还原反应，充电时做阳极发生氧化反应，故D错误；

故选BC．11、BD【分析】【分析】化学反应到达平衡时，正逆反应速率相等，各物质的物质的量浓度不再发生变化来进行判断．【解析】【解答】解：A；反应达到平衡状态时；正逆反应速率相等但反应不停止且反应速率不为0，故A错误；

B；化学反应到达平衡时；各物质的物质的量浓度不再发生变化，故B正确；

C；化学反应到达平衡时；各物质的物质的量浓度不再发生变化，但是不一定是相等的，故C错误；

D、N2O的分解速率与生成速率相等；说明正逆反应速率相等，达到了平衡，故D正确．

故选BD．12、CD【分析】【分析】硫酸铜溶液为蓝色溶液，可以先鉴别出来，然后利用硫酸铜把硫酸铜分别与其它三种物质反应，能生成沉淀的是氯化钡，把氯化钡与剩余的两种物质反应，能生成白色沉淀的是硫酸钠，剩余的为氯化钠，对于硫酸钠和氯化钠，不强调明显先后顺序．四种物质鉴别完毕，可以据此答题．【解析】【解答】解：硫酸铜溶液为蓝色；所以硫酸铜可以首先被鉴别出来，然后利用硫酸铜和氯化钡反应，把氯化钡鉴别出来，把剩余两液体分别滴入到氯化钡中，无现象时所加溶液为氯化钠，有沉淀时所加溶液为硫酸钠溶液．所以这四种物质先后被鉴别出的顺序为：硫酸铜溶液；氯化钡溶液、硫酸钠溶液、氯化钠溶液或者是硫酸铜溶液、氯化钡溶液、氯化钠溶液、硫酸钠溶液，即：④①③②或者④①②③．

故选CD．13、AB【分析】【分析】A．镧系元素是第57号元素镧到71号元素镥15种元素的统称；

B．质子数相同而中子数不同的一类原子互称为同位素；

C．电荷不守恒；

D．由Fe3+氧化I-可知，Ce4+也可氧化I-，故CeI4不存在，应为CeI3．【解析】【解答】解：A．镧系元素是第57号元素镧到71号元素镥15种元素的统称；则Ce原子序数是58，则其为镧系元素，故A正确；

B．Ce、Ce、Ce、Ce质子数均Wie58；中子数不同，则互称为同位素，故B正确；

C．用Ce（SO4）2溶液可与硫酸亚铁溶液反应，其离子方程式为Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+；故C错误；

D．由Fe3+氧化I-可知，Ce4+也可氧化I-，故CeI4不存在，应为CeI3，则铈溶于氢碘酸的化学方程式可表示为：2Ce+6HI=2CeI3+3H2↑；故D错误；

故选AB．三、填空题(共9题，共18分)14、酸式滴定管锥形瓶22.60当滴加最后一滴盐酸，溶液的颜色由黄色变为橙色，且在半分钟内不变色0.0800BD【分析】【分析】①本滴定实验还需要装标准液盐酸的酸式滴定管；装待测液的锥形瓶；

②从图中读出数据为22.60mL；

③当滴加最后一滴盐酸；溶液的颜色由黄色变为橙色，且在半分钟内不变色，说明达到终点；算出标准液体积的平均值，根据关系式HCl～NaOH来计算该NaOH溶液的物质的量浓度；

④用公式c（待测）=分析误差，主要是对标准液所用体积的影响进行分析．【解析】【解答】解：①本滴定实验还需要装标准液盐酸的酸式滴定管；装待测液的锥形瓶；

故答案为：酸式滴定管；锥形瓶；

②从图中读出数据为22.60mL；

故答案为：22.60；

③当滴加最后一滴盐酸；溶液的颜色由黄色变为橙色，且在半分钟内不变色，说明达到终点；PH=1的盐酸的浓度为0.1mol/L，标准液体积的平均值为：（19.90mL+20.10mL）=20.00mL；

n（盐酸）=c（盐酸）×V（盐酸）=0.1mol/L×0.0200L=0.0020mol；根据关系式HCl～NaOH可知氢氧化钠的物质的量为0.0020mol，待测液的体积为25.00mL；

NaOH溶液的物质的量浓度：c（NaOH）===0.0800mol/L；

故答案为：当滴加最后一滴盐酸；溶液的颜色由黄色变为橙色，且在半分钟内不变色；0.0800；

④用公式c（待测）=分析误差；主要是对标准液所用体积的影响进行分析；

A．滴定终点读数时俯视读数；读数偏小，所以标准液的体积偏小，结果偏低，故A错误；

B．酸式滴定管使用前；水洗后未用盐酸溶液润洗，标准液被稀释，达到终点时消耗的标准液体积增大，使测定结果偏高，故B正确；

C．锥形瓶水洗后未干燥；水珠附着在瓶壁，对待测液的物质的量没有影响，消耗标准液无影响，所以对结果无影响，故C错误；

D．酸式滴定管尖嘴部分有气泡；滴定后消失，达到终点时消耗的标准液体积增大，使测定结果偏高，故D正确；

故答案为：BD．15、低原子SiO32-+CO2+H2O═CO32-+H2SiO3↓23：92S2Cl2+2H2O═3S+SO2↑+4HCl【分析】【分析】A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的短周期主族元素，A的最外层电子数是次外层电子数2倍，A原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，则A为碳元素；B是短周期中金属性最强的元素，则B为Na；结合原子序数可知，C、D、E、F都处于第三周期，C是同周期中阳离子半径最小的元素，则C为Al；D元素的最高价氧化物对应水化物与B元素的最高价氧化物对应水化物反应的产物M是制备木材防火剂的原料，则D为Si、M为Na2SiO3；E的最外层电子数与内层电子数之比为3：5，则最外层电子数为6，故E为硫元素，F的原子序数最大，故F为Cl，据此解答．【解析】【解答】解：A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的短周期主族元素，A的最外层电子数是次外层电子数2倍，A原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，则A为碳元素；B是短周期中金属性最强的元素，则B为Na；结合原子序数可知，C、D、E、F都处于第三周期，C是同周期中阳离子半径最小的元素，则C为Al；D元素的最高价氧化物对应水化物与B元素的最高价氧化物对应水化物反应的产物M是制备木材防火剂的原料，则D为Si、M为Na2SiO3；E的最外层电子数与内层电子数之比为3：5；则最外层电子数为6，故E为硫元素，F的原子序数最大，故F为Cl；

（1）F为Cl元素；由于HF分子间存在氢键，所以HF的沸点高于HCl；

故答案为：低；

（2）D为硅元素；它的最高价氧化物是二氧化硅，是原子晶体；

故答案为：原子；

（3）Na2SiO3水溶液久置于空气中，与二氧化碳反应生成不溶于水的硅酸，溶液变浑浊，该反应离子方程式为：SiO32-+CO2+H2O═CO32-+H2SiO3↓；

故答案为：SiO32-+CO2+H2O═CO32-+H2SiO3↓；

（4）由关系式：2Na→Na2O2→O2和Al→H2，则与氧气反应的钠和与放入水中的铝的质量比为23×2：27×=23：9；

故答案为：23：9；

（5）S2Cl2与水反应生成一种能使品红溶液褪色的气体为二氧化硫，只有一种元素化合价发生改变，故S元素化合价降低，转移0.3mol电子生成二氧化硫为0.1mol，故有0.3molS原子发生还原反应，根据电子转移守恒可知S元素在还原产物中的化合价为0，故生成S，同时生成HCl，该反应的化学方程式为：2S2Cl2+2H2O═3S+SO2↑+4HCl；

故答案为：2S2Cl2+2H2O═3S+SO2↑+4HCl；16、烧杯玻璃棒100mL容量瓶胶头滴管28.6容积刻度线直接倒入容量瓶中，没有用玻璃棒引流定容后没有将容量瓶倒转摇匀偏高偏高【分析】【分析】（1）根据配制一定物质的量浓度的溶液配制步骤选择使用仪器来解答；

（2）根据钠原子守恒可知Na2CO3与Na2CO3•10H2O的物质的量相等，根据m=cvM计算所需Na2CO3•10H2O的质量；

（3）根据容量瓶的构造进行解答；

（4）根据操作的方法和注意事项；

（5）根据c=并结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析．【解析】【解答】解：（1）操作步骤有计算；称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作；一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解（可用量筒量取水加入烧杯），并用玻璃棒搅拌，加速溶解．冷却后转移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2-3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀，所以所需仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管、药匙；

故答案为：烧杯；玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管；

（2）本实验须称量碳酸钠晶体（Na2CO3•10H2O）的质量为=0.1L×1.0mol•L-1×286g/mol=28.6g；故答案为：28.6；

（3）由根据容量瓶的构造可知；容量瓶上标有温度；容积和刻度线，故答案为：容积；刻度线；

（4）因溶解；冷却后的溶液应转移到100mL容量瓶中；并用玻璃棒引流，所以错误为直接倒入容量瓶中，没有用玻璃棒引流；

定容结束后需要将配制的溶液摇匀；该操作中定容后没有将容量瓶倒转摇匀；

故答案为：①直接倒入容量瓶中；没有用玻璃棒引流；②定容后没有将容量瓶倒转摇匀．

（5）①浓硫酸溶解后未冷至室温即进行定容；待冷却后溶液体积偏小，则浓度偏大，故答案为：偏高；

②定容时俯视刻度线，则溶液体积偏小，浓度偏大，故答案为：偏高．17、二氧化氮78NO2NO2SO2【分析】【分析】首要污染物是二氧化氮，根据表中数据可知污染指数是78．能引起光化学烟雾的是NO2，能引起酸雨的SO2和NO2．【解析】【解答】解：（1）空气污染重的首要污染物是二氧化氮；故答案为：二氧化氮；

（2）可以入颗粒物的污染指数78；故答案为：78；

（3）氮的氧化物是引起光化学烟雾的主要原因；故答案为：NO2；

（4）氮的氧化物、硫的氧化物是酸雨的主要原因；故答案为：NO2SO2．18、K=＜0.03mol/（L•min）75%y=x不可能△H＞0吸热且△S＜0（或依据吉布斯自由能判断）【分析】【分析】（1）根据平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积；根据平衡常数随温度的变化进行判断；

（2）根据图象中CO的浓度变化及v=计算0～4min时平均反应速率v（CO）；

（3）到达平衡时转化率最大；令平衡时CO的浓度变化量为cmol/L，根据三段式法用c表示出平衡时各组分个浓度，再利用平衡常数列方程，求出c，再利用转化率定义计算；

（4）起始时水的物质的量为xmol；转化的CO的物质的量为（1-x）ymol，利用三段式法求出平衡时各组分的物质的量，代入850℃平衡常数，据此解答；

（5）根据吉布斯自由能的大小判断反应能否进行．【解析】【解答】解：平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，故K=；依据图表数据分析，升高温度，平衡常数减小，平衡逆向移动，故正反应为放热反应，△H＜0；

故答案为：K=；＜；

（2）v（CO）==0.03mol/（L•min）；

故答案为：0.03mol/（L•min）；

（3）设CO的浓度变化量为c；则。

CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）；

起始（mol/L）：0.020.0200

转化（mol/L）：cccc

平衡（mol/L）：0.02-c0.02-ccc

代入500℃时反应平衡常数有K===9；解得c=0.015；

CO的最大所以转化率为：=75%；

故答案为：75%；

（4）因850℃时反应平衡常数为1．起始时水的物质的量为xmol；CO的物质的量为（1-x）mol，则。

CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）；

起始（mol/L）：（1-x）x00

转化（mol/L）：（1-x）y（1-x）y（1-x）y（1-x）y

平衡（mol/L）：（1-x）（1-y）（x-y+xy）（1-x）y（1-x）y

所以平衡常数k==1；解得y=x；

故答案为：y=x；

（5）反应2CO=2C+O2（△H＞0）；则△G=△H-T•△S＞0，反应△H＞0吸热且△S＜0，依据吉布斯自由能判断任何情况下不能自发进行；

故答案为：不能；△H＞0吸热且△S＜0（或依据吉布斯自由能判断）．19、①②⑦④⑤KSCN溶液变红色2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl22NaBr+Cl2=2NaCl+Br2AlCl3+3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4Cl【分析】【分析】（1）水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质；酸；碱、盐都是电解质；在上述两种情况下都不能导电的化合物称为非电解质，蔗糖、乙醇等都是非电解质．大多数的有机物都是非电解质；单质，混合物既不是电解质，也不是非电解质；

（2）①检验溶液中Fe3+存在通常用KSCN溶液，溶液变红说明Fe3+存在；

②铜与氯化铁反应生成氯化铁；氯化亚铁；

（1）氯气具有氧化性氧化溴化钠为氯化钠和溴单质；

（2）氯化铝和一水合氨反应生成氢氧化铝呈和氯化铵；【解析】【解答】解：（1）①熔融的NaOH能导电；是电解质；

②H2SO4属于酸是电解质；

③Al是金属单质；既不是电解质，也不是非电解质；

④乙醇在水溶液中以乙醇分子的形式存在；是非电解质；

⑤蔗糖在水溶液中以蔗糖分子的形式存在；是非电解质；

⑥NaCl溶液中有自由离子能导电；但它是混合物，故既不是电解质，也不是非电解质；

⑦NaCl固体是电解质；但固体状态下不能够导电；

故答案为：①②⑦；④⑤；

（2）①检验溶液中Fe3+存在通常用KSCN溶液，取少量溶液与试管中，滴加KSCN溶液，溶液变红说明Fe3+存在；

故答案为：KSCN溶液；溶液变红；

②铜与氯化铁反应生成氯化铁、氯化亚铁，反应方程式为：2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2；

故答案为：2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2；

（1）氯气具有氧化性氧化溴化钠为氯化钠和溴单质，反应的化学方程式为：2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2；

故答案为：2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2；

（2）氯化铝和一水合氨反应生成氢氧化铝呈和氯化铵，反应的化学方程式为：AlCl3+3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4Cl；

故答案为：AlCl3+3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4Cl；20、＞＞【分析】【分析】（1）FeCl3为强酸弱碱盐；水解呈酸性，加热促进水解；

（2）（NH4）2CO3为弱酸弱碱盐，（NH4）2SO4为强酸弱碱盐．【解析】【解答】解：（1）FeCl3为强酸弱碱盐；水解呈酸性，加热促进水解，溶液酸性增强，则升高温度pH降低，故答案为：＞；

（2）一水合氨的电离程度比碳酸大，（NH4）2CO3为弱酸弱碱盐，CO32-水解程度大于NH4+水解程度，溶液呈碱性，（NH4）2SO4为强酸弱碱盐，溶液呈酸性，则（NH4）2CO3溶液pH较大；

故答案为：＞．21、FClCaKHClO4NH3+HNO3=NH4NO3Cl2Cl2+2Br-=2Cl-+Br2【分析】【分析】由元素在周期表中的位置可知，①为N，②为F，③为Al，④为Cl，⑤为Ar，⑥为K，⑦为Ca，⑧为Br，非金属性越强，其单质越活泼，其最高价氧化物的水化物的酸性越强，结合元素及其单质、化合物的性质来解答．【解析】【解答】解：由元素在周期表中的位置可知，①为N，②为F，③为Al，④为Cl，⑤为Ar，⑥为K，⑦为Ca，⑧为Br；

（1）由上述分析可知；②为F，③为Al，⑦为Ca，故答案为：F；Al；Ca；

（2）左下角元素的金属性强，则以上元素中金属性最强的为K，元素的最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的是HClO4，故答案为：K；HClO4；

（3）①的气态氢化物与其最高价氧化物的水化物反应的化学方程式为NH3+HNO3=NH4NO3，故答案为：NH3+HNO3=NH4NO3；

（4）④⑧位于同一主族，从上到下非金属性减弱，则④与⑧的单质中，化学性质较为活泼的是Cl2，单质之间的置换反应可说明，如Cl2+2Br-=2Cl-+Br2；

故答案为：Cl2；Cl2+2Br-=2Cl-+Br2．22、放热c增大不变0.55CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（l）△H=-252.9kJ•mol-1abc【分析】【分析】（1）（i）由图可知；压强一定时，随温度升高，CO的转化率降低，故升高温度平衡向逆反应移动，据此判断；

（ii）化学平衡常数K=；根据CO的转化率，利用三段式计算出平衡时各组分的物质的量，进而求出平衡时各组分的浓度，代入平衡常数计算；

可逆反应的平衡常数越大；说明反应进行的程度越大，不能说明反应速率快慢；不能说明该反应在通常条件下一定可以发生、不能说明反应是吸热还是放热；

（iii）在温度和容积不变的情况下，再向平衡体系中充入amolCO（g）、2amolH2（g）；等效为在原平衡的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动；

化学平衡常数只受温度影响；与浓度无关，温度不变，平衡常数不变；

（iv）计算参加反应的CO的物质的量；利用差量法计算平衡时反应混合物的物质的量变化量，进而计算平衡时总的物质的量，利用恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比解答；

（2）根据盖斯定律书写目标热化学方程式；

（3）①根据电荷守恒可知：c（NH4+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-），若足c（NH4+）＜c（Cl-），则c（H+）＞c（OH-）；溶液呈酸性，据此结合选项判断；

②溶液中存在平衡NH3．H2O⇌NH4++OH-，根据电荷守恒计算溶液的pH值，进而计算溶液中c（OH-），根据氯离子浓度计算c（NH4+），利用物料守恒计算溶液中c（NH3．H2O），代入NH3•H2O的电离常数表达式计算．【解析】【解答】解：（1）（i）由图可知；压强一定时，随温度升高，CO的转化率降低，故升高温度平衡向逆反应移动，则正反应为放热反应；

故答案为：放热；

（2）100℃；平衡时CO的转化率为0.5，所以参加反应的CO的物质的量为0.5amol．

CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）；

开始（mol）：a2a0

变化（mol）：0.5aa0.5a

平衡（mol）：0.5aa0.5a

所以平衡时，CO的浓度为=mol/L，H2的浓度为=mol/L，CH3OH的浓度为=mol/L，100℃时该反应的平衡常数k═=；

a．可逆反应的平衡常数很大；说明反应进行的程度很大，不能说明该反应在通常条件下一定可以发生，该反应可能需要催化剂才可以进行，故a错误；

b．可逆反应的平衡常数很大，说明反应进行的程度很大，不能说明该条件下反应速率很快，故b错误；

c．可逆反应的平衡常数很大；说明反应进行的程度很大，反应达平衡时至少有一种反应物的百分含量很小，故c正确；

d．可逆反应的平衡常数很大；说明反应进行的程度很大，不能说明该反应是吸热还是放热，故d错误；

故答案为：；c；

（iii）在温度和容积不变的情况下，再向平衡体系中充入amolCO（g）、2amolH2（g）；等效为在原平衡的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动，CO的转化率增大，化学平衡常数只受温度影响，与浓度无关，温度不变，平衡常数不变；

故答案为：增大；不变；

（iv）参加反应的CO的物质的量为2.5mol×90%=2.25mol；则：

CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）物质的量减少△n

12

2.25mol4.5mol

故平衡时总的物质的量为2.5mol+7.5mol-4.5mol=5.5mol，恒温恒容下压强之比等于物质的量之比，故平衡时容器内压强为开始时压强的=0.55倍；

故答案为：0.55；

（2）已知：①CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H1=-890.3kJ•mol-1

②H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H2=-285.8kJ•mol-1；

利用盖斯定律，将②×4-①可得：CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（l）△H=4×（-285.8kJ•mol-1）-（-890.3kJ•mol-1）=-252.9kJ•mol-1；

故答案为：CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（l）△H=-252.9kJ•mol-1；

（5）①根据电荷守恒可知：c（NH4+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-），若足c（NH4+）＜c（Cl-），则c（H+）＞c（OH-）；溶液呈酸性；

a．盐酸不足；氨水剩余，为氯化铵与氨水的混合溶液，铵根离子水解程度大于氨水的电离时，溶液可能呈酸性，故a可能；

b．氨水与盐酸恰好完全反应，为氯化铵溶液，铵根离子水解，溶液呈酸性，故b可能；

c．盐酸过量；溶液为氯化铵；盐酸的混合溶液，溶液呈酸性，故c可能；

故选：abc；

②根据电荷守恒有c（NH4+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-），由于c（NH4+）=c（Cl-），故c（H+）=c（OH-），溶液呈中性，故溶液中c（OH-）=10-7mol/L，溶液中c（NH4+）=c（Cl-）=×0.1mol•L-1=0.05mol•L-1，故混合后溶液中c（NH3．H2O）=×amol•L-1-0.05mol•L-1=（0.5a-0.05）mol/L，NH3•H2O的电离常数Kb==；

故答案为：