2024年华东师大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2024年华东师大版高三化学上册阶段测试试卷312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总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、按照绿色化学的原则，以下反应不符合“原子经济性”要求的是（）A.乙烯与水反应生成乙醇B.淀粉水解生成葡萄糖C.以苯和溴为原料生产溴苯D.乙烯聚合为聚乙烯2、对于某些离子的检验及结论一定正确的是（）A.加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42-B.加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO32-C.无色溶液焰色反应呈黄色，结论：试液是钠盐溶液D.加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4+3、在0℃1.01×105Pa下，对H2，O2，CH4三种气体叙述正确的是（）A.其密度之比等于物质的量之比B.其密度之比等于摩尔质量之比C.等质量的三种气体，其体积之比等于相对分子质量的倒数比D.等体积的三种气体，其物质的量之比等于相对分子质量之比4、有下列反应（其中A；B、C、D各代表一种元素）其中还原性强弱顺序为（）

①2A-+B2=2B-+A2

②2A-+C2=2C-+A2

③2B-+C2=2C-+B2

④2C-+D2=2D-+C2．A.A-＞B-＞C-＞D-B.D-＞C-＞B-＞A-C.D-＞B-＞A-＞C-D.A-＞C-＞D-＞B-5、在气相条件下（T=500K），有相同体积的甲、乙两容器，甲容器充入1gSO2、lgO2，乙容器充入2gSO2、2gO2则下列叙述中正确的是（）A.化学反应速率：乙＞甲B.平衡后SO2的浓度：甲＞乙C.SO2转化率：乙＜甲D.平衡后O2的体积分数：乙＞甲评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)6、H2S水溶液中存在电离平衡H2S⇌H++HS-和HS-⇌H++S2-．若向H2S溶液中。

（1）加水，溶液中氢离子浓度____（填增大；减小、不变；下同）

（2）通入少量SO2气体，溶液pH值____

（3）加入少量硫化钠固体，溶液pH值____

（4）加入少量硫酸铜固体（忽略体积变化），溶液pH值____．7、如图是利用丙烯和对二甲苯合成有机高分子材料W的转化关系示意图．

已知：①B可以发生银镜反应，C不含甲基，1molD与足量钠可生成22.4LH2（标准状况下）．

②R-CH=C2+H2OR-CH2CH2OH

（1）B→C反应类型为____．

（2）C的结构简式为____

（3）C物质不具有下列____性质（填数字序号）．

①与金属钠反应②酯化反应③水解反应④氧化反应⑤还原反应。

（4）写出D与足量金属钠反应的化学方程式：____．

（5）写出W的结构简式____．

（6）写出满足以下条件的一个E的同分异构体：____．

①遇FeCl3溶液显紫色②可发生银镜反应③可与NaHCO3溶液生成CO2．8、（2013秋•龙山县校级期末）如图所示的装置在实验室中用途比较广泛：

①排空气法收集气体，若收集NH3气体，进气口为____（填“a”或“b”）．

②若瓶中装满水，可用于收集下列气体中的____（选填编号）．

A、NH3B、HClC、O2D、NO2

此时进气口为____（填“a”或“b”）．

③如果广口瓶中盛放浓硫酸，可用作气体干燥装置，则该装置不可以干燥的气体有____（选填编号）．

A、N22C、H2D、NH3

④此装置还可用于除去气体中的杂质气体．若要用此装置除去CO2中混有的少量SO2气体，则装置中应盛放的液体可能是____（选填编号）．

A、饱和NaHCO3溶液B、盐酸C、NaOH溶液D、H2SO4溶液．9、为妥善处理氯甲烷生产企业的副产物CCl4，以减少其对臭氧层的破坏．化学家研究在催化条件下，通过下列反应，使CCl4转化为重要的化工原料氯仿（CHCl3）：CCl4+H2CHCl3+HCl．

已知CCl4的沸点为77℃，CHCl3的沸点为61.2℃．

（1）密闭容器中；该反应在某催化剂下进行10h后均达平衡，测得如下数据（不考虑副反应）．

。实验序号温度℃初始CCl4浓度（mol•L-1）初始H2浓度（mol•L-1）CCl4的转化率11100.81.2A21101150%310011B①实验1中，CCl4的转化率A____50%（填“＞”；“＜”或“=”）．

②实验2中，10h后达到平衡．在此实验的平衡体系中，再加入0.5molCCl4和1.0molHCl，平衡将向____方向移动．

③实验3中，B的值____：A．等于50%B．大于50%C．小于50%D．从本题资料；无法判断。

（2）为从平衡体系CCl4+H2⇌CHCl3+HCl中分离得到CHCl3，请你结合题给信息设计合理的方案，用简要的文字表示：____．10、（2014•鄂尔多斯一模）[化学-化学与技术]

煤是重要的能源；也是生产化工产品的重要原料．试用所学知识，解答下列问题：

（1）煤的转化技术包括煤的气化技术和液化技术．煤的液化技术又分为____和____

（2）在煤燃烧前需对煤进行脱硫处理．煤的某种脱硫技术的原理如图所示：

FeS2Fe2+Fe3+

这种脱硫技术称为微生物脱硫技术．该技术的第一步反应的离子方程式为____，第二步反应的离子方程式为____．

（3）工业煤干馏得到的产品有焦炭、____．

（4）工业上主要采用氨氧化法生产硝酸，如图是氨氧化率与氨-空气混合气中氧氨比的关系．其中直线表示反应的理论值；曲线表示生产实际情况．当氨氧化率达到100%，理论上γ{n（O2）/n（NH3）}=____，实际生产要将γ值维护在1.7-2.2之间，原因是____．11、某实验小组为探究ClO－、I2、SO42－在酸性条件下的氧化性强弱，设计实验如下：实验①：在淀粉碘化钾溶液中加入少量次氯酸钠溶液，并加入少量的稀硫酸，溶液立即变蓝；实验②：向实验①的溶液中加入4mL0.5mol/L的亚硫酸钠溶液，蓝色恰好完全褪去。（1）写出实验①中发生反应的离子方程式。（2）实验②中化学反应转移电子的物质的量是。（3）以上实验说明，在酸性条件下ClO－、I2、SO42－的氧化性由弱到强的顺序是_________________。12、（2015•黄冈模拟）苯甲酸及其钠盐可用作乳胶；牙膏、果酱及其它食品的防腐剂；也可用作染色和印色的媒染剂．某兴趣小组同学利用高锰酸钾氧化甲苯制备苯甲酸，制备原理和实验主要装置甲如下：

已知：①甲苯为无色澄清液体；微溶于水，沸点110.6℃．

②苯甲酸的熔点为122.4℃．

③苯甲酸在25C和95°C时的溶解度分别为0.17g和6.8g．

实验流程：

I；往甲装置中加入2.7mL（2.3g）甲苯和125mL水；然后分批次加人8.5g稍过量的。

KMn04固体，控制反应温度约在1000C；回流反应4小时．

Ⅱ；将反应混合物趁热过滤；用少量热水洗涤滤渣，合并滤液与洗涤液，冷却后加人浓盐。

酸；经操作B得白色较干燥粗产品．

Ⅲ、纯度测定：称取1.220g白色样品，配成l00mL苯甲酸溶液，取25.00mL溶液，用0.1000mol•L-1

KOH标准溶液滴定；重复滴定四次，每次消耗的体积如下表所示：

。第一次第二次第三次第四次体积（mL）24.0024.1022.4023.90请回答：

（1）仪器A的名称____，图甲冷水应从____（填“a“或“b“）管进人．

（2）判断甲苯被氧化完全的实验现象是____

（3）根据实验过程B；回答下列两个问题：

①操作B的名称____

②如果滤液呈紫色，要先加亚硫酸氢钾，然后再加人浓盐酸酸化，加亚硫酸氢钾的目的是____

（4）实验所得的苯甲酸在结晶过程中常裹携KC1析出．

①结合题中所给苯甲酸的性质，设计检验苯甲酸固体中KC1的实验方案：____

②除去产品中KCl的实验方法的名称是____

（5）样品中苯甲酸纯度为____．13、新型高效的甲烷燃料电池采用铂为电极材料，两电极上分别通入CH4和O2；电解质为KOH溶液．某研究小组将两个甲烷燃料电池串联后作为电源，进行饱和氯化钠溶液电解实验，如图所示．

（l）通入甲烷的一极作原电池的____极（填“正”或“负”）

（2）闭合K开关后，a、b电极上均有气体产生，其中b极得到的气体是____．

（3）该甲烷燃料电池中，负极反应式为____，正极反应式为____．

（4）甲烷燃料电池工作时，若某一电极上消耗11.2L（标准状况下）的CH4气体，线路中转移电子的个数是____．14、汽车尾气中的主要污染物是NO以及燃料不完全燃烧所产生的CO．为了减轻大气污染；人们提出通过以下反应来处理汽车尾气：

2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）△H=akJ•mol-1．

为了测定在某种催化剂作用下该反应的反应速率，t1℃下，在一等容的密闭容器中，某科研机构用气体传感器测得了不同时间的NO和CO的浓度如表1（CO2和N2的起始浓度为0）．

表1

。时间/s012345c（NO）/×10-4mol•L-110.04.502.501.501.001.00c（CO）/×10-3mol•L-13.603.052.852.752.702.70回答下列问题：

（1）在上述条件下该反应能自发进行，则正反应必然是____反应（填“放热”或“吸热”）．

（2）前3s内的平均反应速率v（N2）=____；t1℃时该反应的平衡常数K=____．

（3）假设在密闭容器中发生上述反应，达到平衡时改变下列条件，能提高NO转化率的是____．

A．选用更有效的催化剂B．升高反应体系的温度。

C．降低反应体系的温度D．缩小容器的体积

（4）研究表明：在使用等质量催化剂时；增大催化剂的比表面积可提高化学反应速率．根据表2设计的实验测得混合气体中NO的浓度随时间t变化的趋势如图1所示：

。实验编号T/℃NO初始浓度/mol•L-1CO初始浓度/mol•L-1催化剂的比表面积/m2•g-1①3501.20×10-25.80×10-2124②2801.20×10-25.80×10-2124③2801.20×10-35.80×10-382则曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应的实验编号依次为____．

（5）已知：N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H1=+180.5kJ•mol-1

2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H2=-221.0kJ•mol-1

C（s）+O2（g）=CO2（g）△H3=-393.5kJ•mol-1

则处理汽车尾气反应中的a=____．

（6）用活性炭还原法也可以处理氮氧化物，有关反应为：C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）△H4．向某密闭容器加入一定量的活性炭和NO，在t2℃下反应；

有关数据如表3．

。NON2CO起始浓度mol．L-10.1000平衡浓度/mol．L-10.040.030.03平衡后升高温度，再次达到平衡测得容器中NO、N2、CO2的浓度之比为5：3：3，则△H4____O（填“＞”、“=”或“＜”）．评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)15、0.1L3.0mol•L-1的NH4NO3溶液中含有的NH4+的数目为0.3NA．____（判断对错）16、同浓度的三种溶液：Na2SO4、MgSO4、Al2（SO4）3，其体积比为3：2：1，则SO浓度之比为3：2：3．____（判断对错）17、苯的同系物能与溴水反应．____（判断对错）18、因为SO2可以使酸性KMnO4溶液褪色，所以SO2具有漂白性____．（判断对错）19、0.1mol•L-1的NaHSO4溶液中，阳离子的数目之和为0.2NA．____（判断对错）20、判断对错：1molNa2O2固体中含有离子总数为4NA____．评卷人得分四、探究题(共4题，共36分)21、为了分离甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人设计了下列实验过程．请在括号内填写分离时所用操作方法，并写出方框内有关物质的结构简式．

写出下列物质的结构简式A________、C________、E________、G________．22、实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，操作为：23、为了分离甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人设计了下列实验过程．请在括号内填写分离时所用操作方法，并写出方框内有关物质的结构简式．

写出下列物质的结构简式A________、C________、E________、G________．24、实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，操作为：参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【分析】“绿色化学”原子经济性反应是原料分子中的原子全部转化成所需要的产物，不产生副产物，常见的加成反应和加聚反应符合要求．【解析】【解答】解：A．乙烯与水反应生成乙醇是加成反应；故A错误；

B．淀粉水解完全生成葡萄糖；原料分子中的原子全部转化成所需要的产物，故B错误；

C．苯和溴反应生成溴苯和溴化氢；故C正确；

D．乙烯聚合为聚乙烯高分子材料；反应物全部转化为产物，原料利用率为100%，故D错误．

故选C．2、D【分析】【分析】A；加入的物质不一定含有硫酸根；也可能含有银离子；

B；盐酸能与碳酸根离子、碳酸氢根离子等反应生成能使澄清石灰水变浑浊的气体；

C；含有钠元素的物质的焰色反应呈黄色；

D、湿润红色石蕊试纸遇碱性物质变蓝．【解析】【解答】A；加入的物质不一定含有硫酸根；也可能含有银离子，形成氯化银白色沉淀，AgCl也不溶于盐酸，故A错误；

B、盐酸能与碳酸根离子、碳酸氢根离子反应生成二氧化碳，与亚硫酸离子、亚硫酸氢根离子反应生成二氧化硫，二氧化碳、二氧化硫均能使澄清石灰水变浑浊，所以加入稀盐酸产生使澄清石灰水变浑浊的气体，不一定有CO32-；故B错误；

C、乙溶液进行焰色反应呈黄色，说明其中含有钠元素，可能是某钠盐的溶液、NaOH溶液或含Na+的混合溶液；故C错误；

D、湿润红色石蕊试纸遇碱性物质变蓝，加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4+；故D正确；

故选D．3、B【分析】【分析】A．相同条件下；气体密度之比等于相对分子质量；

B．相同条件下；气体密度之比等于相对分子质量，等于摩尔质量之比；

C．根据n=判断物质的量之比；相同条件下，气体体积之比等于物质的量之比；

D．相同条件下，气体物质的量之比等于体积之比．【解析】【解答】解：A．相同条件下；气体密度之比等于相对分子质量，故A错误；

B．相同条件下；气体密度之比等于相对分子质量，等于摩尔质量之比，故B正确；

C．根据n=可知，等质量H2，O2，CH4三种气体的物质的量之比=：：，相同条件下，三种气体体积之比=：：；故C确；

D．相同条件下；气体物质的量之比等于体积之比，故D错误；

故选BC．4、A【分析】【分析】同一化学反应方程式中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，据此分析解答．【解析】【解答】解：①反应2A-+B2═2B-+A2中A元素的化合价升高，A-是还原剂，B2发生还原反应生成B-，B-是还原产物，所以还原性A-＞B-；

②2A-+C2═2C-+A2中A元素的化合价升高，A-是还原剂，C2发生还原反应生成C-，C-是还原产物，所以还原性A-＞C-；

③2B-+C2═2C-+B2中B元素的化合价升高，B-是还原剂，C2发生还原反应生成C-，C-是还原产物，所以还原性B-＞C-；

④2C-+D2═2D-+C2中A元素的化合价升高，C-是还原剂，D2发生还原反应生成D-，D-是还原产物，所以还原性C-＞D-；

所以还原性为A-＞B-＞C-＞D-．

故选A．5、A【分析】【分析】A；浓度越大反应速率越快；

B；由于乙中的量是甲中的2倍；所以反应后乙中剩余的二氧化硫多；

C；由于乙中的量是甲中的2倍；气体物质的量越大，压强越大，所以乙中相当于增大了压强，平衡正移，二氧化硫的转化率增大；

D、由C选项可知，乙中氧气的转化率大，所以氧气的体积分数小．【解析】【解答】解：A；浓度越大反应速率越快；所以开始时化学反应速率：乙＞甲，故A正确；

B、由于乙中的量是甲中的2倍，平衡后SO2的浓度：甲＜乙；故B错误；

C、由于乙中的量是甲中的2倍，气体物质的量越大，压强越大，所以乙中相当于增大了压强，平衡正移，二氧化硫的转化率增大，所以平衡后SO2的转化率：乙＞甲；故C错误；

D、由于乙中的量是甲中的2倍，压强大有利于化学平衡正向移动，所以乙中二氧化硫的体积分数小于甲中，平衡后O2的体积分数乙＜甲；故D错误；

故选A．二、填空题(共9题，共18分)6、减小增大增大减小【分析】【分析】（1）加水稀释促进弱电解质电离；

（2）硫化氢和二氧化硫反应生成硫和水；硫化氢浓度减小，溶液中氢离子浓度减小；

（3）加入少量硫化钠；硫离子浓度增大，电离平衡向着逆向移动，溶液中氢离子浓度减小，溶液pH增大；

（4）硫化氢和硫酸铜反应生成硫酸和硫化铜，硫酸酸性大于氢硫酸．【解析】【解答】解：（1）向H2S溶液中加水稀释；促进了硫化氢电离，但溶液中氢离子浓度减小；

故答案为：减小；

B．二氧化硫和硫化氢反应方程式为：SO2+2H2S=3S↓+2H2O；通入少量二氧化硫后，硫化氢浓度减小，溶液pH增大；

故答案为：增大；

C．加入少量的硫化钠固体后；溶液中的硫离子浓度增大，则硫化氢的电离平衡向着逆向移动，导致溶液中氢离子浓度减小，则溶液的pH增大；

故答案为：增大；

D．加入硫酸铜溶液发生反应：CuSO4+H2S=H2SO4+CuS↓；硫酸的酸性大于氢硫酸，所以氢离子浓度增大，溶液的pH减小；

故答案为：减小．7、加成反应HOCH2CH2CHO①②④⑤HOCH2CH2CH2OH+2Na→NaOCH2CH2CH2ONa+H2↑【分析】【分析】丙烯与氯气在加热条件下发生取代反应生成CH2=CHCH2Cl，CH2=CHCH2Cl在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成醇，故A为CH2=CHCH2OH，A发生氧化反应生成B为CH2=CHCHO，根据信息②可知B与过氧化物得到C为HOCH2CH2CHO，C与氢气发生加成反应生成D为HOCH2CH2CH2OH．对二甲苯发生氧化反应生成E为D与E发生水解反应生成高聚物W为据此解答．【解析】【解答】解：丙烯与氯气在加热条件下发生取代反应生成CH2=CHCH2Cl，CH2=CHCH2Cl在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成醇，故A为CH2=CHCH2OH，A发生氧化反应生成B为CH2=CHCHO，根据信息②可知B与过氧化物得到C为HOCH2CH2CHO，C与氢气发生加成反应生成D为HOCH2CH2CH2OH．对二甲苯发生氧化反应生成E为D与E发生水解反应生成高聚物W为

（1）由上述分析可知；B发生信息反应与水加成生成C，所以B→C反应类型为加成反应，故答案为：加成反应；

（2）由上述分析可知，C为HOCH2CH2CHO，故答案为：HOCH2CH2CHO；

（3）由上述分析可知，C为HOCH2CH2CHO；含有醛基，所以可以发生④氧化反应；⑤还原反应；含有羟基，则可以发生①与金属钠反应；②酯化反应，故选：①②④⑤；

（4）D为HOCH2CH2CH2OH与足量金属钠反应的化学方程式：HOCH2CH2CH2OH+2Na→NaOCH2CH2CH2ONa+H2↑，故答案为：HOCH2CH2CH2OH+2Na→NaOCH2CH2CH2ONa+H2↑；

（5）根据以上分析，W为故答案为：

（6）满足以下条件的一个E（）的同分异构体：①遇FeCl3溶液显紫色，含有酚羟基；②可发生银镜反应，③可与NaHCO3溶液生成CO2，含有羧基、醛基，符合条件的同分异构体有：取代基的位置可以互换，故答案为：．8、bCbDA【分析】【分析】①氨气密度小于空气的密度；应该采用向下排空气法收集；

②不易溶于水的气体可以采用排水法收集；导管应短进长出；

③浓硫酸具有酸性和强氧化性；不能干燥部分有还原性的气体；不能干燥碱性气体；

④除去二氧化碳中的二氧化硫，利用二氧化硫的还原性、亚硫酸的酸性大于碳酸来分析．【解析】【解答】解：①氨气密度小于空气的密度，应该采用向下排空气法收集，则收集NH3气体，进气口为b，故答案为：b；

②不易溶于水的气体可以采用排水法收集，二氧化氮、氨气和氯化氢都能和水反应，所以不能用排水法收集，只有氧气不易溶于水，所以氧气采用排水法收集，故选C；为将水排除，则气体进气口为b，故答案为：C；b；

③浓硫酸具有酸性和强氧化性；不能干燥部分有还原性的气体；不能干燥碱性气体，氨气属于碱性气体，所以不能干燥氨气，故答案为：D；

④A．饱和NaHCO3溶液与二氧化硫反应；与二氧化碳不反应，且不引入新杂质，故A正确；

B．均不与盐酸反应；不能除杂，故错误；

C．NaOH溶液和二氧化碳；二氧化硫都反应；所以不能用NaOH溶液除杂，故错误；

D．H2SO4和二氧化硫；二氧化碳都不反应；所以不能除杂，故错误；

故答案为：A．9、＞逆反应B先把平衡体系中的混合物降温到61.2℃以下得到CCl4和CHCl3液态混合物，再分馏得到CHCl3【分析】【分析】（1）①先根据图表数据计算①的平衡常数利用平衡三段式计算出各物质的平衡浓度；再根据转化率的公式计算；

②根据速率概念和不同温度下的平衡常数来判断；

③根据外界条件对化学平衡的影响分析反应热量变化和平衡移动来解答；

（2）依据物质沸点大小分析分离方法；【解析】【解答】解：（1）①实验2中，10h后达到平衡，CCl4的转化率为50%；

CCl4（g）+H2（g）⇌CHCl3（g）+HCl（g）；

起始（mol/L）1100

反应（mol/L）0.50.50.50.5

平衡（mol/L）0.50.50.50.5

则平衡常数为==1；

实验1中；设四氯化碳转化的浓度为a

CCl4（g）+H2（g）⇌CHCl3（g）+HCl（g）；

起始（mol/L）0.81.200

反应（mol/L）aaaa

平衡（mol/L）0.8-a1.2-aaa

则平衡常数为==1，所以a=0.48mol/L，则CCl4的转化率为×100%=60%＞50%；

故答案为：＞；

②实验2中，10h后达到平衡，CCl4的转化率为50%

CCl4（g）+H2（g）⇌CHCl3（g）+HCl（g）；

起始（mol/L）1100

反应（mol/L）0.50.50.50.5

平衡（mol/L）0.50.50.50.5

在此实验的平衡体系中，再加入0.5molCCl4和1.0molHCl，则会导致增大；大于1，则平衡逆向进行；

故答案为：逆反应；

③CCl4+H2CHCl3+HCl此反应能自发进行，伴随有副反应，会生成CH2Cl2、CH3Cl和CH4等．已知CCl4的沸点为77℃，CHCl3的沸点为61.2℃．反应是熵增加的反应，可知△H-T•△S＜0，则反应是放热反应；所以温度110°C降低到100°C，平衡正向进行，CCl4转化率大于50%；

故答案为：B；

（2）从平衡体系CCl4+H2⇌CHCl3+HCl中分离得到CHCl3，已知CCl4的沸点为77℃，CHCl3的沸点为61.2℃，先把平衡体系中的混合物降温到61.2℃以下得到CCl4和CHCl3液态混合物，再分馏得到CHCl3；

故答案为：先把平衡体系中的混合物降温到61.2℃以下得到CCl4和CHCl3液态混合物，再分馏得到CHCl3；10、直接液化技术间接液化技术2FeS2+7O2+2H2O=4H++2Fe2++4SO42-4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；焦炉煤气、粗氨水、煤焦油1.25O2浓度太少不利于NH3的转化，γ{n（O2）/n（NH3）值为2.2时NH3氧化率已近100%【分析】【分析】（1）煤的液化分为直接液化和间接液化；

（2）根据化合价升降总数相等以及原子守恒来写离子方程式；

（3）工业煤干馏得到的产品有焦炭；焦炉煤气、粗氨水、煤焦油；

（4）根据氨氧化的化学方程式来分析；根据O2浓度对平衡的影响；【解析】【解答】解：（1）煤的液化分为直接液化和间接液化；故答案为：直接液化技术；间接液化技术；

（2）第一步反应中反应物有FeS2、O2和H2O，生成物有Fe2+和SO42-，根据化合价升降总数相等以及原子守恒，反应的离子方程式为：2FeS2+7O2+2H2O=4H++2Fe2++4SO42-；Fe2+具有还原性，可被氧气氧化为Fe3+，根据化合价升降总数相等以及原子守恒，反应的离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；

故答案为：2FeS2+7O2+2H2O=4H++2Fe2++4SO42-；4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；

（3）工业煤干馏得到的产品有焦炭；焦炉煤气、粗氨水、煤焦油；故答案为：焦炉煤气、粗氨水、煤焦油；

（4）由氨氧化的化学方程式：4NH3+5O24NO+6H2O，可知氨氧化率达到100%，理论上γ{n（O2）/n（NH3）}==1.25；故答案为：1.25；

O2浓度太少不利于NH3的转化，γ{n（O2）/n（NH3）值为2.2时NH3氧化率已近100%，故答案为：O2浓度太少不利于NH3的转化，γ{n（O2）/n（NH3）值为2.2时NH3氧化率已近100%；11、略

【分析】（1）次氯酸钠具有氧化性，能把碘化钾氧化生成单质碘，反应的方程式是ClO－＋2I－＋2H＋＝I2＋Cl－＋H2O。（2）单质碘能氧化亚硫酸钠生成硫酸钠，反应的方程式是I2＋SO32－＋H2O=2I－＋SO42－＋2H＋，所以再反应中转移2个电子。因此当消耗0.002mol亚硫酸钠时，转移0.004mol电子。（3）根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的可知，在酸性条件下ClO－、I2、SO42－的氧化性由弱到强的顺序是SO42－、I2、ClO－。【解析】【答案】（1）ClO－＋2I－＋2H＋＝I2＋Cl－＋H2O（2分）（2）0.004mol（没单位不给分）（3）SO42－、I2、ClO－12、（球形）冷凝管a甲苯层消失，回流液不再有明显的油珠过滤将过量的KMnO4反应掉，防止其与浓盐酸反应取适量样品加热水溶解后，冷却过滤得滤液（或取上层清液），向滤液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若得到白色沉淀，则可证明样品中含有KCl重结晶96.00%【分析】【分析】（1）根据常用仪器的名称来解答；冷凝回流时；冷水应从下口进，上口出；

（2）甲苯被完全氧化后；甲苯层消失，回流液不再有明显的油珠；

（3）①从混合液中得到沉淀一般采用过滤；②如果滤液呈紫色；说明高锰酸钾过量，要先加亚硫酸氢钾，将高锰酸钾还原，否则浓盐酸可能被氧化成氯气；

（4）①根据氯离子的检验的方法来解答；

②根据苯甲酸的溶解度与氯化钾的溶解度随温度变化不同来解答；

由苯甲酸在25C和95°C时的溶解度分别为0.17g和6.8g；则苯甲酸的溶解度随着温度的升高变化较大，二氯化钾的溶解度随着温度的升高变化不大；

（5）第三次数据与其它数据差别较大，舍去，然后求出其他三次的平均消耗体积，从而求出KOH的物质的量，根据反应方程式中物质之间量的关系求出苯甲酸的物质的量，再求质量分数．【解析】【解答】解：（1）由实验装置图可知A为（球形）冷凝管；冷凝回流时；图甲冷水应从a口进水；

故答案为：（球形）冷凝管；a；

（2）由于甲苯被完全氧化后生成苯甲酸；甲苯层消失，回流液不再有明显的油珠出现；

故答案为：甲苯层消失；回流液不再有明显的油珠；

（3）①将反应混合物趁热过滤；用少量热水洗涤滤渣，合并滤液与洗涤液，冷却后加入浓盐酸，生成的苯甲酸溶解度较小，以晶体的形式析出，从混合液中得到沉淀一般采用过滤；

故答案为：过滤；

②如果滤液呈紫色；说明高锰酸钾过量，要先加亚硫酸氢钾，除去未反应的高锰酸钾，否则浓盐酸酸化时可能被高锰酸钾氧化成氯气；

故答案为：将过量的KMnO4反应掉；防止其与浓盐酸反应；

（4）①检验苯甲酸固体中含有KC1；可检验氯离子的存在，具体操作：取适量样品加热水溶解后，冷却过滤得滤液（或取上层清液），向滤液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若得到白色沉淀，则可证明样品中含有KCl；

故答案为：取适量样品加热水溶解后；冷却过滤得滤液（或取上层清液），向滤液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若得到白色沉淀，则可证明样品中含有KCl；

②由苯甲酸在25C和95°C时的溶解度分别为0.17g和6.8g；则苯甲酸的溶解度随着温度的升高变化较大，而氯化钾的溶解度随着温度的升高变化不大，所以除去产品中KCl用重结晶；

故答案为：重结晶；

（5）第三次数据与其它数据差别较大，舍去，平均消耗体积为mL=24.00mL，则消耗的KOH的物质的量为0.1000mol•L-1×0.02400L=0.002400mol，苯甲酸（）中含有一个羧基；与等物质的量的氢氧化钾恰好反应，则25.00mL溶液中苯甲酸的物质的量也为0.002400mol；

晶体中苯甲酸的总物质的量为0.002400mol×=0.009600mol，则样品中苯甲酸纯度为×100%=96.00%；

故答案为：96.00%．13、负H2CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O2O2+4H2O+8e-=8OH-4NA【分析】【分析】（1）甲烷碱性燃料电池中正极氧气得电子被还原；负极甲烷失电子被氧化；

（2）b连接电源的负极；应为阴极，生成氢气；

（3）甲烷碱性燃料电池中正极氧气得电子被还原；负极甲烷失电子被氧化；

（4）根据关系式1molCH4～8mole-计算．【解析】【解答】解：（1）在碱性溶液中；正极氧气得电子被还原，负极甲烷失电子被氧化，所以通入甲烷的一极作原电池的负极，故答案为：负；

（2）b电极与通入甲烷的电极相连，作阴极，是H+放电，生成H2；故答案为：H2；

（3）在碱性溶液中，甲烷燃料电池的总反应式为：CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O，正极是：2O2+4H2O+8e-═8OH-，负极是：CH4-8e-+10OH-═CO32-+7H2O．

故答案为：CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O；2O2+4H2O+8e-=8OH-；

（3）根据得失电子守恒，可得：1molCH4～8mole-，故若某一电极上消耗11.2L（标准状况下）即=0.5mol的CH4气体，所以线路中转移电子的个数是4NA，故答案为：4NA．14、放热1.42×10-4mol•L-1•S-15000（mol•L-1）-1CD③②①-746.5＜【分析】【分析】（1）根据△G=△H-T•△S＜0能自发进行判断；

（2）计算出NO的反应速率，根据反应速率与化学计量数的关系可计算v（N2）；计算出平衡时各物质的浓度，可计算平衡常数；

（3）能提高NO转化率；应使平衡向正向移动，结合温度；浓度等外界条件对平衡移动的影响解答；

（4）利用影响化学反应速率及化学平衡的因素来分析；

（5）利用盖斯定律计算反应热；

（6）由浓度的比值关系可知，升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应．【解析】【解答】解：（1）由反应能够自发进行；则△H-T△S＜0，由方程式可知△S＜0，则只有该反应的△H＜0时，即该反应一定是放热才有可能自发进行，故答案为：放热；

（2）前3s内的平均反应速率v（N2）=v（N0）=×=1.42×10-4mol•L-1•S-1；

由表格中的数据可知到4s时达到化学平衡；则。

2NO+2CO2CO2+N2；

开始1.00×10-33.60×10-300

转化9×10-49×10-49×10-44.50×10-4

平衡1.00×10-42.70×10-39×10-44.50×10-4

则K==5000；

故答案为：1.42×10-4mol•L-1•S-1；5000（mol•L-1）-1；

（3）A．选用更有效的催化剂；不能使平衡发生移动，故A错误；

B．升高反应体系的温度；因反应放热，则平衡逆向移动，转化率减小，故B错误；

C．降低反应体系的温度；平衡正向移动，转化率增大，故C正确；

D．缩小容器的体积；平衡正向移动，转化率增大，故D正确；

故答案为：CD；

（4）由于②；③温度相同；催化剂对平衡移动无影响，化学平衡不移动，达到相同的平衡状态，但②的起始浓度较大，催化剂的比表面积较大，则反应的速率大，所以②先达到化学平衡，则Ⅰ为③，Ⅱ为②的图象，而①的温度高，则反应速率最大且平衡向着逆向移动，即达到化学平衡时c（NO）增大，则①对应Ⅲ图象；

故答案为：③②①；

（5）已知：①N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H1=+180.5kJ•mol-1

②2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H2=-221.0kJ•mol-1

③C（s）+O2（g）=CO2（g）△H3=-393.5kJ•mol-1；

将③×2-①-②可得2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）△H=2×（-393.5kJ•mol-1）-（-221.0kJ•mol-1）-（+180.5kJ•mol-1）=-746.5kJ•mol-1；

故答案为：-746.5；

（6）由浓度的比值关系可知，升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，故答案为：＜．三、判断题(共6题，共12分)15、×【分析】【分析】NH4NO3为强酸弱碱盐，发生水解生成一水合氨，以此解答该题．【解析】【解答】解：0.1L3.0mol•L-1的NH4NO3溶液中n（NH4NO3）=0.1L×3.0mol/L=0.3mool，NH4NO3为强酸弱碱盐，发生水解生成一水合氨，则NH4+的数目小于0.3NA；

故答案为：×．16、×【分析】【分析】根据溶液中不水解的离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度×化学式中离子的个数，与溶液的体积无关，据此分析解答．【解析】【解答】解：假设三种溶液的浓度均为1mol/L，则Na2SO4、MgSO4、Al2（SO4）3溶液中SO浓度分别=1mol/L×1=1mol/L、1mol/L×1=1mol/L和1mol/L×3=3mol/L，即浓度之比为1：1：3，故答案为：×．17、×【分析】【分析】苯的同系物能使溴水褪色，发生萃取现象；据此解答即可．【解析】【解答】解：苯的同系物能使溴水褪色，发生萃取现象，不发生化学反应，故错误；故答案为：×．18、×【分析】【分析】SO2可以使酸性KMnO4溶液褪色，发生氧化还原反应，以此来解答．【解析】【解答】解：SO2可以使酸性KMnO4溶液褪色；发生氧化还原反应，S元素的化合价升高，体现二氧化硫的还原性，与漂白性无关，说法错误；

故答案为：×．19、×【分析】【分析】依据n=CV可知要计算溶质的物质的量需要知道溶液的浓度和溶液的体积，据此判断解答．【解析】【解答】解：0.1mol•L-1的NaHSO4溶液，体积未知，无法计算硫酸氢钠的物质的量，无法计算阳离子个数，故错误；20、×【分析】【分析】过氧化钠化学式是由1个过氧根离子和2个钠离子构成，所以其阴阳离子个数之比为1：2，据此计算离子总数．【解析】【解答】解：过氧化钠化学式是由1个过氧根离子和2个钠离子构成，所以其阴阳离子个数之比为1：2，则1molNa2O2固体中含有离子总数为3NA，故答案为：×．四、探究题(共4题，共36分)21、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，与氢氧化钠不反应，甲酸、苯酚与氢氧化钠反应生成溶于水的钠盐，苯（）不溶于水，加入氢氧化钠，溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠，分液后得到苯，将溶液蒸馏可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分离，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸馏可得到甲酸（HCOOH），故答案为：a．分液；b．蒸馏；c．分液；d．蒸馏；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氢氧化钠，溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠，分液后得到苯，将溶液蒸馏可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚，分液可分离，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸馏可得到甲酸，以此解答该题．22、酸式|反应中生成的锰离子具有催化作用，所以随后褪色会加快|滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装；高锰酸根离子被还原生成的锰离子有催化作用而导致反应速率加快，所以刚滴下少量KMnO4溶液时；溶液迅速变成紫红色；滴定终点时，当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化，证明达到终点；

故答案为：酸式；反应中生成的锰离子具有催化作用；所以随后褪色会加快；滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化；

(2)③第3组KMnO4溶液的体积与第1、2组相差比较大，舍去第3组，应按第1、2组的平均值为消耗KMnO4溶液的体积，故消耗KMnO4溶液的体积为mL=20mL

设样品的纯度为x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g2mol5.0g×x×g（0.1000×0.020）mol解得：x==90.00%；

故答案为：20.00；90.00%；

(3)④A．未用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗滴定管，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故A正确；

B．滴定前锥形瓶有少量水，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，根据