2024年沪教版高三化学下册阶段测试试卷

…………○…………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年沪教版高三化学下册阶段测试试卷11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8题，共16分)1、下列有关胶体说法正确的是（）A.不能发生丁达尔效应的分散系有NaCl溶液、水等B.胶体粒子能透过滤纸，也能透过半透膜C.可吸入颗粒（如硅酸盐粉尘）在空气中形成气溶胶，对人类的健康危害极大D.FeCl3溶液和Fe（OH）3胶体的本质区别是有无丁达尔效应2、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是①无色溶液中：K＋、Na＋、CO32－、ClO－②pH＝2的溶液中：Fe2+、Na＋、Mg2+、NO3-③加入Al能放出H2的溶液中：Cl－、HCO3-、SO42－、NH4+④由水电离出的c(OH－)＝1.0×10－13mol·L－1的溶液中：Na＋、Ba2＋、Cl－、Br－⑤含有较多Fe3＋的溶液中：Na＋、NH4+、SCN－、HCO3-A.①②B.③④C.①④D.④⑤3、下列涉及有机物的性质或应用的说法不正确的是（）A.淀粉、纤维素、蛋白质、油脂都是天然高分子化合物B.分子式为（C6H10O5）n的淀粉和纤维素不为同分异构体C.用大米酿的酒在一定条件下密封保存，时间越长越香醇D.纤维素、蔗糖和脂肪在一定条件下都可发生水解反应4、乙醇在一定条件下，发生催化氧化反应时，化学键断裂位置是图中的（）A.②③B.②④C.①③D.③④5、amol氢气分子和amol氦气分子一定具有相同的（）A.原子数B.质子数C.质量D.体积6、20mL0．1mol/LFeCl3溶液中含有部分Fe2+，向其中滴加NaOH溶液至PH=4，溶液中有沉淀生成，过滤，得沉淀和滤液。已知：Ksp[Fe(OH)3]=4．0×10-38，Ksp[Fe(OH)2]=8．0×10-16。下列说法错误的是A.沉淀中只有Fe(OH)3B.沉淀中有Fe(OH)3和Fe(OH)2C.滤液c(Fe3+)=4．0×10-8mol/LD.向滤液中滴加FeCl2溶液，无沉淀产生7、化学在生产和日常生活中有着重要的应用，下列说法不正确的是()A.氧化镁用作耐火材料B.Na2O常用于潜水艇或呼吸面具的供氧剂C.明矾溶于水形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化D.FeCl3溶液可用于刻制印刷铜电路板8、化学与科学、技术、社会、环境密切相关．下列有关说法中不正确的是()A.聚乙烯食品包装袋、食物保鲜膜都是无毒的高分子化合物B.高温能杀死流感病毒是因为构成病毒的蛋白质受热变性C.太阳能电池板中的硅在元素周期表中处于金属与非金属的交界位置D.煤经过气化和液化两个物理变化，可变为清洁能源评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)9、（2015秋•嘉兴校级月考）乙酰苯胺是常用的医药中间体；可由苯胺与乙酸制备．反应的化学方程式如下：

有关化合物的物理性质见下表：

。化合物密度（g．cm-3）溶解性熔点（℃）沸点（℃）乙酸1.05易溶于水、乙醇17118苯胺1.02微溶于水，易溶于乙醇-6184乙酰苯胺-微溶于冷水，可溶于热水，易溶于乙醇114304合成：

方案甲：采用装置甲（分馏柱的作用类似于石油分馏中的分馏塔）．在圆底烧瓶中加入5；0mL苯胺；7.4mL乙酸，加热至沸，控制温度计读数100～105℃，保持液体平缓流出，反应40min后停止加热．将圆底烧瓶中的液体趁热倒入盛有100mL水的烧杯，冷却后有乙酰苯胺固体析出，过滤得粗产物．

方案乙：采用装置乙；加热回流，反应40min后停止加热．其余与方案甲相同．

提纯：甲乙两方案均采用重结晶方法．操作如下：

①加热溶解→②活性炭脱色→③趁热过滤→④冷却结晶→⑤过滤→⑥洗涤→⑦干燥。

请回答：

（1）仪器a的名称是____，b处水流方向是____（填“进水”或“出水”）．

（2）合成步骤中，乙酰苯胺固体析出后，过滤分离出粗产物．留在滤液中的主要物质是____．

（3）提纯过程中的第③步，过滤要趁热的理由是____．

（4）提纯过程第⑥步洗涤，下列洗涤剂中最合适的是____．

A．蒸馏水B．乙醇C．5%Na2CO3溶液D．饱和NaCl溶液。

（5）从投料量分析，为提高乙酰苯胺产率，甲乙两种方案均采取的措施是____；实验结果表明方案甲的产率较高，原因是____．10、以钛铁矿（主要成分FeTiO3，钛酸亚铁）为主要原料冶炼金属钛，生产的工艺流程图如下，其中钛铁矿与浓硫酸发生反应的化学方程式为：FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O

回答下列问题：

（1）钛铁矿和浓硫酸反应属于____（选填“氧化还原反应”或“非氧化还原反应”）．

（2）上述生产流程中加入物质A的目的是防止Fe2+被氧化，物质A是____，上述制备TiO2的过程中，所得到的副产物和可回收利用的物质分别是____．

（3）反应TiCl4+2Mg=2MgCl2+Ti在Ar气氛中进行的理由是____．

（4）由二氧化钛制取四氯化钛所涉及的反应有：

TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）=TiCl4（g）+2CO（g）△H1=-72kJ•mol-1

TiO2（s）+2Cl2（g）=TiCl4（g）+O2（g）△H2=+38.8kJ•mol-1

C（s）+CO2（g）=2CO（g）△H3=+282.8kJ•mol-1

①反应C（s）+CO2（g）=2CO（g）在高温下能够自发进行的原因是____．

②反应C（s）+O2（g）=CO2（g）的△H=____．11、丙烷在燃烧时能放出大量的热；它也是液化石油气的主要成分，作为能源应用于人们的日常生产和生活．

已知：①2C3H8（g）+7O2（g）═6CO（g）+8H2O（l）△H1=-2741.8kJ/mol

②2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H2=-566kJ/mol

（1）反应C3H8（g）+5O2（g）═3CO2（g）+4H2O（l）的△H=____．

（2）现有1molC3H8在不足量的氧气里燃烧，生成1molCO和2molCO2以及气态水，将所有的产物通入一个固定体积为1L的密闭容器中，在一定条件下发生如下可逆反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H=+41.2kJ/mol

①下列事实能说明该反应达到平衡的是____．

a．体系中的压强不发生变化。

b．v正（H2）=v逆（CO）

c．混合气体的平均相对分子质量不发生变化。

d．CO2的浓度不再发生变化。

②5min后体系达到平衡，经测定，H2为0.8mol，则v（H2）=____．

③向平衡体系中充入少量CO则平衡常数____（填“增大”；“减小”或“不变”）．

（3）依据（1）中的反应可以设计一种新型燃料电池，一极通入空气，另一极通入丙烷气体；燃料电池内部是熔融的掺杂着氧化钇（Y2O3）的氧化锆（ZrO2）晶体，在其内部可以传导O2-．在电池内部O2-由____极移向____极（填“正”或“负”）；电池的负极电极反应式为____．

（4）用上述燃料电池和惰性电极电解足量Mg（NO3）2和NaCl的混合溶液．电解开始后阴极的现象为____．12、酸性KMnO4溶液能与草酸（H2C2O4）溶液反应．某探究小组利用反应过程中溶液紫色消失快慢的方法来研究影响反应速率的因素．

Ⅰ．实验前首先用浓度为0.1000mol•L-1酸性KMnO4标准溶液滴定未知浓度的草酸．

（1）写出滴定过程中发生反应的离子方程式为____．

（2）滴定过程中操作滴定管的图示正确的是____．

（3）若配制酸性KMnO4标准溶液时，俯视容量瓶的刻度线，会使测得的草酸溶液浓度____（填“偏高”；“偏低”、或“不变”）．

Ⅱ．通过滴定实验得到草酸溶液的浓度为0.2000mol•L-1．用该草酸溶液按下表进行后续实验（每次实验草酸溶液的用量均为8mL）．

。实验编号温度（℃）催化剂用量（g）酸性高锰酸钾溶液实验目的。

a．实验1和2是．

b．实验1和3探究反应物浓度对该反应速率的影响；

c．实验1和4探究催化剂对该反应速率的影响．体积（mL）浓度。

（mol•L-1）体积（mL）浓度。

（mol•L-1）1250.540.10002500.540.10003250.540.0100425040.1000（4）表中实验目的a的内容是____

（5）该小组同学对实验1和3分别进行了三次实验；测得以下实验数据（从混合振荡均匀开始计时）：

。实验编号溶液褪色所需时间（min）第1次第2次第3次第3次114.013.011.036.56.76.8分析上述数据后得出“当其它条件相同时，酸性高锰酸钾溶液的浓度越小，褪色时间就越短，即反应速率就越快”的结论．某同学认为该小组“探究反应物浓度对速率影响”的实验方案设计中存在问题，从而得到了错误的实验结论，请简述改进的实验方案____．

（6）该实验中使用的催化剂应选择MnSO4并非MnCl2，原因为____（离子方程式表示）．13、氮的单质及其化合物在生活和生产中有很重要的用途．

（1）氨是合成硝酸、铵盐和氮肥的基本原料．在一定条件下用氮气和氢气合成氨气，然后再用氨氧化法制取硝酸．在整个生产过程中，氮气的利用率为85%．写出氨氧化法制取硝酸的反应式____．现有0.2t液态氮，能生产出浓度为40%的硝酸____千克．

（2）向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu（NO3）2．在所得溶液中加入1.0mol•L-1的NaOH溶液1.0L；此时溶液呈中性．金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g．求：

①Cu与Cu2O的物质的量之比？

②硝酸的物质的量浓度？

（3）将30mLNO和O2混合气体通入过量NaOH溶液中，充分反应后，溶液中只含两种溶质（不考虑水解），且剩余气体体积为2mL．求原混合气体中NO和O2体积比？14、将0.1mol的镁、铝混合物溶于2mol/LH2SO4溶液中；然后再滴加0.1mol/LNaOH溶液．请回答：

（1）若在滴加NaOH溶液的过程中，沉淀质量m随加入NaOH溶液的体积V变化如图所示．则与硫酸反应的NaOH溶液为____mL，与Mg2+反应的NaOH溶液为____mL．

（2）若溶解镁、铝混合物时加入硫酸溶液的体积为100mL，则V2=____．15、从下列选项中选择适当的字母填入空格。

A；渗析B、布朗运动C、聚沉D、丁达尔效应E、电泳。

（1）氢氧化铁胶体呈红褐色，插入两个惰性电极，通直流电一段时间，阴极附近颜色加深，这种现象叫____

（2）强光通过氢氧化铁胶体，可看到光带，这种现象叫____

（3）淀粉和食盐混合液放在半透膜中，悬挂在盛有蒸馏水的烧杯里，从而使它们分离，这种方法叫____

（4）氢氧化铁胶体加入硅酸胶体，胶体变浑浊，这是发生了____．16、以硫铁矿rm{(}主要成分为rm{FeS_{2})}为原料制备氯化铁晶体rm{(FeCl_{3}隆陇6H_{2}O)}的工艺流程如下：

回答下列问题：

rm{(1)}在一定条件下，rm{SO_{2}}转化为rm{SO_{3}}的反应为rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g)}该反应的平衡常数表达式为rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?

2SO_{3}(g)}________；rm{K=}有毒，采用高锰酸钾溶液吸收焙烧产生的rm{SO_{2}}当有___________现象时就可以确定rm{SO_{2}}已完全被吸收；此反应的离子方程式为______________。

rm{SO_{2}}酸溶及后续过程中均需保持盐酸过量；其目的是______________；______________。

rm{(2)}通氯气氧化时，发生的主要反应的离子方程式为______________________；该过程产生的尾气可用碱溶液吸收，尾气中污染空气的气体为__________________rm{(3)}写化学式rm{(}rm{)}将rm{(4)}在空气中充分灼烧后最终得到的物质是______，若想得到无水rm{FeCl_{3}?6H_{2}O}怎样操作？______。rm{FeCl_{3}}评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)17、当温度高于0时，1mol的任何气体体积都大于22.4L．____．（判断对错）18、加过量的NaOH溶液，未看见产生气体，溶液里一定不含NH4+．____（判断对错）正确的打“√”，错误的打“×”19、判断正误；正确的划“√”，错误的划“×”

（1）天然气和沼气的主要成分是甲烷____

（2）煤可与水蒸气反应制成水煤气，水煤气的主要成分是CO和H2____

（3）干馏煤可以得到甲烷、苯和氨等重要化工原料____

（4）石油分馏可获得乙酸、苯及其衍生物____

（5）石油和天然气的主要成分都是碳氢化合物____

（6）煤的干馏和石油的分馏均属化学变化____

（7）煤油可由石油分馏获得，可用作燃料和保存少量金属钠____

（8）甲烷、乙烯和苯在工业上都可通过石油分馏得到____

（9）用溴水鉴别苯和正己烷____

（10）石油是混合物，其分馏产品汽油为纯净物____

（11）石油催化裂化的主要目的是提高汽油等轻质油的产量与质量；石油裂解的主要目的是得到更多的乙烯、丙烯等气态短链烃____

（12）煤气的主要成分是丁烷____．20、判断下列说法是否正确；正确的在横线内打“√”，错误的打“×”．

①1mol任何气体的体积都是22.4L．____

②在标准状况下，某气体的体积为22.4L，则该气体的物质的量为1mol，所含的分子数目约为6.02×1023．____

③当温度高于0℃时，一定量任何气体的体积都大于22.4L．____

④凡升高温度，均可使饱和溶液变成不饱和溶液．____．21、分子总数为NA的NO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为2NA．____（判断对错）22、常温常压下，22.4LO3中含有3nA个氧原子____（判断对错）评卷人得分四、计算题(共3题，共15分)23、（2013•中山一模）过氧化氢溶液长期保存会自然分解；使得溶质质量分数减小．小军从家中拿来一瓶久置的医用过氧化氢溶液，和同学们一起测定溶质质量分数．他们取出该溶液51g，加入适量二氧化锰，生成气的质量与反应时间的关系如图所示．

（l）加入二氧化锰的作用是____．

（2）完全反应后生成氧气的质量为____．

（3）计算该溶液中溶质的质量分数．24、(12分)一定质量的液态化合物XY2，在标准状况下一定质量的O2中恰好完全燃烧，反应方程式为：XY2(l)＋3O2(g)===XO2(g)＋2YO2(g)，冷却后，在标准状况下测得生成物的体积是672mL，密度是2.56g·L－1，则：(1)反应前O2的体积是________。(2)化合物XY2的摩尔质量是________。(3)若XY2分子中X、Y两元素的质量比是3∶16，则X、Y两元素分别为________和________(写元素符号)。25、rm{19.2g}铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和rm{NO_{2}}rm{N_{2}O_{4}}rm{NO}的混合气体，这些气体与一定量rm{O_{2}(}标准状况rm{)}混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。请问需要标准状况的rm{O_{2}}多少升？参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【分析】胶体微粒分散质的直径（1-100nm）在溶液（＜1nm）和浊液（＞100nm）之间，利用丁达尔效应可区分溶液和胶体，此外胶体具有布朗运动、电泳现象及聚沉，据此分析．【解析】【解答】解：A．水不属于分散系；故A错误；

B．由于胶粒直径在1-100nm；故可透过滤纸，不能透过半透膜，故B错误；

C．气溶胶吸入人体中；直接影响呼吸，长此以往易形成呼吸疾病，故C正确；

D．溶液和胶体的本质区别是分散质颗粒直径大小；故D错误；

故选C．2、C【分析】试题分析：②pH＝2的溶液呈酸性，Fe2+与NO3-会发生氧化还原反应，错误；③加入Al能放出H2的溶液可能呈酸性也可能呈碱性，其中HCO3-无论是在中一种环境中都无法共存，而NH4+只能在酸性中大量存在；⑤Fe3＋与SCN－会发生络合反应，与HCO3-发生双水解反应，错误；考点：考查有特定条件的离子的共存问题。【解析】【答案】C3、A【分析】【分析】A．根据高分子化合物的定义判断；

B．淀粉与纤维素不是同分异构体；

C．乙醇被氧化生成乙酸；可与乙酸反应生成乙酸乙酯；

D．多糖和双糖均能水解．【解析】【解答】解：A．淀粉；纤维素、蛋白质相对分子质量较大；都为高聚物，为高分子化合物，油脂是小分子化合物，故A错误；

B．由于淀粉和纤维素的聚合度n值不同；故两者不是同分异构体，故B正确；

C．乙醇被氧化生成乙酸；可与乙酸反应生成乙酸乙酯，则用大米酿的酒在一定条件下密封保存，时间越长越香醇，故C正确；

D．多糖和双糖均能发生水解反应；故D正确．

故选A．4、A【分析】【分析】乙醇在催化氧化时，-CH2OH结构被氧化为-CHO结构，根据官能团的变化判断断裂的化学键．【解析】【解答】解：乙醇在Ag催化下与O2反应生成乙醛和水：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故乙醇断键的位置为②和③，故选A．5、B【分析】【分析】根据m=nM、V=nVm、N（分子数）=nNA及分子的构成、一个分子中含有的质子数计算比较．【解析】【解答】解：A．根据N（分子数）=nNA知；物质的量相等的氢气和氦气，其分子数相等，一个氢气分子中含有2个氢原子，一个氦气分子中含有一个氦原子，所以其原子个数不等，故A错误；

B．根据N（分子数）=nNA知；物质的量相等的氢气和氦气，其分子数相等，一个氢气分子中含有2个质子，一个氦气分子中含有2个质子，所以含有的质子数相等，故B正确；

C．根据m=nM知；等物质的量的氢气和氦气，其质量与摩尔质量有关，氢气的摩尔质量是2g/mol，氦气的是4g/mol，所以其质量不等，故C错误；

D．气体摩尔体积未知；导致无法判断其体积大小，故D错误；

故选B．6、B【分析】试题分析：pH=4，则c(OH‾)=10-10mol•L‾1,带入Ksp公式可求得Fe3+浓度，c（Fe3+）=4．0×10-8mol•L‾1，e3+全部转化为Fe(OH)3沉淀，假设也能生成Fe(OH)2沉淀，达到沉淀溶解平衡时，c（Fe2+）=8．0×104mol•L‾1,实际Fe2+浓度小于8．0×104mol•L‾1,所以沉淀中没有Fe(OH)2，只有Fe(OH)3，故B项错误。考点：本题考查沉淀溶解平衡、Ksp应用。【解析】【答案】B7、B【分析】试题分析：A、氧化镁熔点较高，用作耐火材料，正确；B、常用于潜水艇或呼吸面具的供氧剂的是Na2O2，错误；C、明矾溶于水形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化，正确；D、FeCl3溶液可用于刻制印刷铜电路板，正确。考点：考查常见物质的用途。【解析】【答案】B8、D【分析】解：A．聚乙烯是无毒的高分子化合物；可制作食品包装袋；食物保鲜膜，故A正确；

B．加热可使蛋白质变性而失去活性；故B正确；

C．硅在元素周期表中处于金属与非金属的交界位置；故C正确；

D．煤的气化是将固体煤中有机质转变为含有CO、H2、CH4等可燃气体；煤的液化指固体煤经化学加工转化成烃类液体燃料和化工原料的过程；两者都生成了新物质是化学变化；故D错误．

故选D．【解析】【答案】D二、填空题(共8题，共16分)9、冷凝管出水乙酸防止温度降低导致乙酰苯胺析出，降低产率A乙酸过量方案甲将反应过程中生成的水蒸出，促进反应【分析】【分析】（1）根据装置图可知仪器名称；根据逆流冷却效果好判断；

（2）在圆底烧瓶中加入5.0mL苯胺；7.4mL乙酸；苯胺、乙酸反应是按1：1反应，苯胺、乙酸的密度接近，所以乙酸过量，据此答题；

（3）提纯过程中的第③步；其目的是将活性炭除去，产品要留在溶液中，所以要趁热过滤，防止乙酰苯胺冷却而析出，造成产品损失；

（4）乙酰苯胺微溶于冷水，可溶于热水，易溶于乙醇，所以洗涤是既要除去可溶性杂质，又要防止产品溶解而造成产品损失，Na2CO3溶液；饱和NaCl溶液洗涤又会引入杂质；

（5）甲乙两种方案均采取乙酸过量，可以提高乙酰苯胺产率，而方案甲将反应过程中生成的水蒸出，促进反应，使得甲的产率较高；【解析】【解答】解：（1）根据装置图可知仪器a的名称是冷凝管，根据逆流冷却效果好可知b处水流方向是出水；

故答案为：冷凝管；出水；

（2）在圆底烧瓶中加入5.0mL苯胺；7.4mL乙酸；苯胺、乙酸反应是按1：1反应，苯胺、乙酸的密度接近，乙酸过量，所以留在滤液中的主要物质是乙酸；

故答案为：乙酸；

（3）提纯过程中的第③步；其目的是将活性炭除去，产品要留在溶液中，所以要趁热过滤，防止乙酰苯胺冷却而析出，造成产品损失；

故答案为：防止温度降低导致乙酰苯胺析出；降低产率；

（4）乙酰苯胺微溶于冷水，可溶于热水，易溶于乙醇，所以洗涤是既要除去可溶性杂质，又要防止产品溶解而造成产品损失，Na2CO3溶液；饱和NaCl溶液洗涤又会引入杂质；所以用蒸馏水洗涤较合适，故选A；

（5）甲乙两种方案均采取乙酸过量；可以提高乙酰苯胺产率，而方案甲将反应过程中生成的水蒸出，促进反应，使得甲的产率较高；

故答案为：乙酸过量；方案甲将反应过程中生成的水蒸出，促进反应．10、非氧化还原反应铁绿矾和硫酸防止高温下Mg和Ti与空气中的氧气（或氮气、二氧化碳）作用△S＞0（或熵增加）-393.6kJ/mol【分析】【分析】（1）根据氧化还原反应中元素的化合价发生变化进行分析判断；

（2）亚铁离子易被氧化为铁离子；加入金属铁可以防护被氧化，根据流程确定所得到的副产物和可回收利用的物质；

（3）Mg和Ti都有较强还原性，在高温下都易被空气中的O2氧化；镁和氮气二氧化碳都反应；

（4）①根据反应能否自发进行的判据△H-T△S来判断；

②根据盖斯定律来计算化学反应的焓变．【解析】【解答】解：（1）钛酸亚铁的化学式为FeTiO3，其中铁元素的化合价为+2价，氧元素的化合价为-2价，钛的化合价为+4价，钛铁矿和浓硫酸反应后，TiOSO4中钛的化合价为+4价，硫为+6价，氧元素的化合价为-2价，FeSO4中铁元素的化合价为+2价；氧元素的化合价为-2价，无化合价的变化，是非氧化还原反应；

故答案为：非氧化还原反应；

（2）亚铁离子易被氧化为铁离子；加入金属铁可以防护被氧化，所以A是金属铁，根据流程，所得到的副产物是绿矾，可回收利用的物质是硫酸，故答案为：Fe；绿矾和硫酸；

（3）Mg和Ti都有较强还原性，在高温下都易被空气中的O2氧化，镁和二氧化碳反应生成氧化镁和碳，镁和氮气反应生成氮化镁，所以反应TiCl4+2Mg=2MgCl2+Ti需在Ar气氛中进行；

故答案为：防止高温下Mg和Ti与空气中的氧气（或氮气；二氧化碳）作用；

（4）①根据反应能否自发进行的判据△H-T△S；△H＞0，所以高温下才自发进行，说明该反应的△S＞0（或熵增加），故答案为：△S＞0（或熵增加）；

②已知反应a、TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）=TiCl4（g）+2CO（g）△H1=-72kJ•mol-1

b、TiO2（s）+2Cl2（g）=TiCl4（g）+O2（g）△H2=+38.8kJ•mol-1

c、C（s）+CO2（g）=2CO（g）△H3=+282.8kJ•mol-1

根据盖斯定律，反应C（s）+O2（g）=CO2（g）可以看成是a-b-c获得，所以该化学反应的焓变△H=-72kJ•mol-1-282.8kJ•mol-1-38.8kJ•mol-1=-393.6kJ/mol；

故答案为：-393.6kJ/mol．11、略

【分析】

（1）已知：①2C3H8（g）+7O2（g）=6CO（g）+8H2O（l）△H1=-2741.8kJ/mol

②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H2=-566kJ/mol

根据盖斯定律，①+②×3得2C3H8（g）+10O2（g）=6CO2（g）+8H2O（l），△H3=-2741.8kJ/mol+（-566kJ/mol

）×3=-4439.8kJ/mol；

即C3H8（g）+5O2（g）=3CO2（g）+4H2O（l）△H=-2219.9kJ/mol；

故答案为：-2219.9kJ/mol；

（2））①a．由反应可知；反应前后的压强始终不变，则体系中的压强不发生变化，不能判断平衡，故a错误；

b．v正（H2）=v正（CO），只能说明正反应速率的关系，无法确定正逆反应速率的关系，故b错误；

c．因体积不变；气体的总质量不变，所以混合气体的密度始终不变，不发生变化，不能判断平衡，故c错误；

d．CO2的浓度不再发生变化；由平衡的特征“定”可知，则化学反应达到平衡，故d正确；

故答案为：d；

②5min后达到平衡，H2为0.8mol，则v（H2）==0.16mol/（L•min）；故答案为：0.16mol/（L•min）；

③因平衡常数与温度有关；温度不变，平衡常数不变，故答案为：不变；

（3）原电池内部阴离子向由正极向负极移动，所以电池内部O2-由正极移向负极；原电池负极放出氧化反应，丙烷在负极放电，与O2-结合生成二氧化碳与水，电极反应式为C3H8+10O2--20e-=3CO2+4H2O；

故答案为：正、负；C3H8+10O2--20e-=3CO2+4H2O．

（4）电解池阴极发生还原反应，阳离子在阴极放电，水在阴极放电，电极反应式为2H2O-2e-=H2↑+2OH-，同时反应反应Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓；故电解开始后阴极的现象为：有无色气体生成，有白色沉淀生成；

故答案为：有无色气体生成；有白色沉淀生成．

【解析】【答案】（1）根据盖斯定律；由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减，构造目标热化学方程式，反应热也处于相应的系数进行相应的加减，据此计算△H．

（2）①利用平衡的特征“等”；“定”及由此衍生的一些量来分析；

②根据v=计算v（H2）；

③平衡常数只与温度有关；温度不变，平衡常数不变；

（3）原电池内部阴离子向由正极向负极移动；

原电池负极发生氧化反应，丙烷在负极放电，与O2-结合生成二氧化碳与水．

（4）电解池阴极发生还原反应，阳离子在阴极放电，H+（实际是水）在阴极放电生成氢气；产生氢氧根离子，氢氧根离子与镁离子反应生成氢氧化镁沉淀．

12、2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2OA偏低探究不同温度对反应速率的影响其它条件相同时，利用等量且少量的高锰酸钾与等体积不同浓度的足量草酸溶液反应，测量溶液褪色时间2MnO4-+10Cl-+16H+=5Cl2↑+2Mn2++8H2O【分析】【分析】Ⅰ．（1）高锰酸钾具有强氧化性；能把草酸氧化成二氧化碳，自身被还原成二价锰离子；

（2）根据滴定管的使用规则判断；

（3）配置酸性KMnO4标准溶液时；俯视容量瓶的刻度线，溶液的体积偏小，配制的溶液的浓度偏大，滴定时消耗的高锰酸钾溶液的体积偏小；

Ⅱ．（4）实验1；2只有温度不同；其他用量完全相同；

（5）高锰酸钾的物质的量相同；浓度不同的草酸溶液，可以探究反应物浓度对该反应速率的影响；

（6）酸性条件下，高锰酸根离子能将氯离子氧化成氯气．【解析】【解答】解：Ⅰ．（1）高锰酸钾具有强氧化性，把草酸中的C从+3价氧化成+4价的二氧化碳，Mn元素从+7价变化到+2价的锰离子，由于草酸分子中有2个C原子，根据得失电子守恒，高锰酸钾与草酸的反应比例为5：2，故反应的方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；

故答案为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；

（2）根据滴定管的使用规则；滴定时，左手包住滴定管的活塞控制液滴的滴出，防止活塞被意外打开，即如图A所示操作；

故答案为：A；

（3）配置酸性KMnO4标准溶液时，俯视容量瓶的刻度线，溶液的体积偏小，配制的溶液的浓度偏大，滴定时消耗的高锰酸钾溶液的体积偏小，则消耗的高锰酸钾的物质的量偏小，由2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可知；测定的草酸的物质的量偏小，即测得的草酸溶液浓度偏低；

故答案为：偏低；

Ⅱ．（4）实验1；2反应物用量完全相同；只有温度不同，目的就在于探究温度不同对反应速率的影响；

故答案为；探究温度不同对反应速率的影响；

（5）因根据表格中的褪色时间长短来判断浓度大小与反应速率的关系；需满足高锰酸钾的物质的量相同，浓度不同的草酸溶液；

故答案为：其它条件相同时；利用等量且少量的高锰酸钾与等体积不同浓度的足量草酸溶液反应，测量溶液褪色时间；

（6）酸性条件下，高锰酸根离子能将氯离子氧化成氯气，自身被还原成二价锰离子，反应方程式为2MnO4-+10Cl-+16H+=5Cl2↑+2Mn2++8H2O；

故答案为：2MnO4-+10Cl-+16H+=5Cl2↑+2Mn2++8H2O．13、4NH3+5O24NO+6H2O，2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO1912.5【分析】【分析】（1）氨氧化法制取硝酸流程为：氨气催化氧化生成NO，然后NO与氧气反应生成NO2，最后NO2与水反应生成HNO3；

根据关系式N2～2HNO3计算生产浓度40%的硝酸的质量；

（2）在所得溶液中加入1LNaOH溶液，反应后溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol/L×1.0L=1mol，沉淀为Cu（OH）2，质量为39.2g，氢氧化铁物质的量为：=0.4mol，根据铜元素守恒有n（Cu）+2n（Cu2O）=n[Cu（OH）2]，反应后的溶液中n[[Cu（NO3）2]=n[Cu（OH）2]=0.4mol；

①设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol；ymol；根据二者质量及Cu元素物质的量列方程计算二者的物质的量之比；

②利用电子转移守恒计算n（NO），根据N元素守恒可知原硝酸溶液n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3），根据Na元素可知n（NaNO3）=n（NaOH）；进而计算硝酸浓度；

（3）氢氧化钠溶液过量，反应后溶液中只含两种溶质，则反应生成NaNO3，发生的反应为：4NO+3O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O，剩余的气体可能为氧气，也可能为NO，根据反应方程式进行讨论计算出混合气体中NO与O2的体积．【解析】【解答】解：（1）氨氧化法制取硝酸的反应式：4NH3+5O24NO+6H2O，2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO；

设能生产出浓度为40%的硝酸x千克；则：

N2～～～～～～～～2HNO3

28126

200千克×85%40%×x千克。

则28：126=200千克×85%：40%×x千克。

解得x=1912.5

故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O，2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO；1912.5；

（2）①在所得溶液中加入NaOH溶液后，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol/L×1.0L=1mol，沉淀为Cu（OH）2，质量为39.2g，Cu（OH）2的物质的量为：=0.4mol；

根据铜元素守恒有：n（Cu）+2n（Cu2O）=n[Cu（OH）2]，所以反应后的溶液中n[[Cu（NO3）2]=n[Cu（OH）2]=0.4mol；

设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol；ymol；根据二者质量可得：64x+144y=27.2；

根据铜元素守恒有：x+2y=0.4；

联立方程解得：x=0.2；y=0.1；

所以原固体混合物中Cu和Cu2O的物质的量之比为2：1；

答：混合物中Cu和Cu2O的物质的量之比为2：1；

②根据电子转移守恒可知：3n（NO）=2n（Cu）+2n（Cu2O）；

即3n（NO）=2×0.2mol+2×0.1mol；

则n（NO）=0.2mol；

根据N元素守恒可知n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3）=0.2mol+1.0mol/L×1.0L=1.2mol，所以原硝酸溶液的浓度为=2.4mol/L；

答：硝酸的物质的量浓度是2.4mol/L．

（3）氢氧化钠溶液过量，反应后溶液中只含两种溶质，则反应生成NaNO3，发生的反应为：4NO+3O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O，发生反应的NO和O2的总体积为：30mL-2mL=28mL；

若剩余的2mL为NO时，氧气体积为28mL×=12mL，NO体积为：30mL-12mL=18mL，原混合气体中NO和O2体积比18mL：12mL=3：2；

若剩余的2mL为氧气时，NO体积为28mL×=16mL，氧气体积为：30mL-16mL=14mL，原混合气体中NO和O2体积比16mL：14mL=8：7；

答：原混合气体中NO和O2体积比为3：2或8：7．14、V14V2-3V3-V14000mL【分析】【分析】由图可知，从开始至加入NaOH溶液V1mL，没有沉淀生成，说明原溶液中盐酸溶解Mg、Al后，硫酸有剩余，此时发生的反应为：H++OH-=H2O；

继续滴加NaOH溶液，到氢氧化钠溶液为V2时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，此时发生的反应为：Mg2++2OH-=Mg（OH）2，Al3++3OH-=Al（OH）3；溶液为硫酸钠溶液；

再继续滴加NaOH溶液，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，发生反应Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，据此进行解答．【解析】【解答】解：（1）由图可知，从开始至加入NaOH溶液V1mL，没有沉淀生成，说明原溶液中盐酸溶解Mg、Al后，硫酸有剩余，此时发生的反应为：H++OH-=H2O，则硫酸消耗的氢氧化钠溶液体积为V1mL；

继续滴加NaOH溶液，到氢氧化钠溶液为V2时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，此时发生的反应为：Mg2++2OH-=Mg（OH）2，Al3++3OH-=Al（OH）3，此时溶质为硫酸钠，总共消耗了（V2-V1）mL氢氧化钠溶液；

再继续滴加NaOH溶液至V3，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，发生反应Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，溶解氢氧化铝消耗的NaOH溶液体积为（V3-V2）mL，则铝离子生成氢氧化铝沉淀消耗氢氧化钠溶液体积为3（V3-V2）mL，则与Mg2+反应的NaOH溶液为：（V2-V1）mL-3（V3-V2）mL=（4V2-3V3-V1）mL

故答案为：V1；4V2-3V3-V1；

（2）根据分析可知，氢氧化钠溶液体积为V2时溶质为硫酸钠，则n（NaOH）=2n（H2SO4）=2mol/L×0.1L×2=0.4mol；

所以需要0.1mol/L的氢氧化钠溶液的体积为：=4L=4000mL；

故答案为：4000mL．15、EDAC【分析】【分析】（1）依据胶粒吸附带电离子分析判断；

（2）依据胶体的性质分析判断；

（3）从溶液和胶体的分离分析判断；

（4）从胶体的性质聚沉分析判断．【解析】【解答】解：（1）Fe（OH）3胶体呈红褐色；插入两个惰性电极，通直流电一段时间，阴极附近的颜色逐渐变深，说明胶粒吸附了正电荷，这种现象为电泳，故答案为：E；

（2）强光通过Fe（OH）3胶体；可看到光带，是粒子对光的散射作用形成的是胶体的性质，称为丁达尔现象，故答案为：D；

（3）淀粉与食盐的混合液放在肠衣中；并把它悬挂在盛有蒸馏水的烧瓶里，从而使淀粉与食盐分离，利用了胶体不能通过半透膜的性质，称为渗析，故答案为：A；

（4）Fe（OH）3胶体加硅酸胶体，胶体变得浑浊，是因为氢氧化铁胶体微粒吸附正电荷，硅酸胶体微粒吸附负电荷，二者混合会发生聚沉，是胶体的性质，故答案为：C．16、（1）K＝高锰酸钾不完全褪色

（2）提高铁元素的浸出率抑制Fe3＋水解

（3）Cl2＋2Fe2＋===2Cl－＋2Fe3＋Cl2、HCl

（4）Fe2O3在氯化氢气流中灼烧

【分析】【分析】本题考查物质的制备，涉及到化学平衡常数的计算、离子反应方程式的书写等知识，难度一般。【解答】rm{(1)}平衡常数等于生成物浓度幂之积除以反应物浓度幂之积，则rm{K=}，当高锰酸钾不完全褪色时，二氧化硫就已经被吸收完全，发生的离子反应方程式为：rm{5{SO}_{2}+2{{MnO}_{4}}^{2-}+2{H}_{2}O=2{Mn}^{2+}+5{{SO}_{4}}^{2-}+4{H}^{+}}，故答案为：rm{5{SO}_{2}+2{{MnO}_{4}}^{2-}+2{H}_{2}O=2{Mn}^{2+}+5{{SO}_{4}}^{2-}+4{H}^{+}

}；高锰酸钾不完全褪色；rm{5{SO}_{2}+2{{MnO}_{4}}^{2-}+2{H}_{2}O=2{Mn}^{2+}+5{{SO}_{4}}^{2-}+4{H}^{+}}

rm{K=}rm{5{SO}_{2}+2{{MnO}_{4}}^{2-}+2{H}_{2}O=2{Mn}^{2+}+5{{SO}_{4}}^{2-}+4{H}^{+}

}提高铁元素的浸出率且能抑制rm{(2)}水解；

故答案为：提高铁元素的浸出率；抑制盐酸过量可以水解；

rm{Fe^{3+}}氯气可以把亚铁离子氧化成铁离子，反应的离子方程式为：rm{Fe^{3+}}该实验产生的尾气有挥发出来的氯化氢气体和过量的氯气；

故答案为：rm{(3)}rm{Cl_{2}+2Fe^{2+}===2Cl^{-}+2Fe^{3+}}rm{Cl_{2}+2Fe^{2+}===2Cl^{-}+2Fe^{3+}}rm{Cl_{2}}rm{HCl}rm{(4)}rm{FeCl}rm{FeCl}rm{{,!}_{3}}在空气中充分灼烧的过程中会由于水解生成氢氧化铁，氢氧化铁受热分解生成氧化铁，若想得到氯化铁则要在氯化氢的气流中加热，抑制铁离子的水解，

rm{?6H}rm{?6H}；在氯化氢气流中灼烧。rm{{,!}_{2}}【解析】rm{(1)}rm{(1)}rm{K}高锰酸钾不完全褪色rm{5{SO}_{2}+2{{MnO}_{4}}^{2-}+2{H}_{2}O=2{Mn}^{2+}+5{{SO}_{4}}^{2-}+4{H}^{+}}

rm{K}提高铁元素的浸出率抑制rm{=}rm{=}高锰酸钾不完全褪色rm{5{SO}_{2}+2{{MnO}_{4}}^{2-}+2{H}_{2}O=2{Mn}^{2+}+5{{SO}_{4}}^{2-}+4{H}^{+}

}

rm{5{SO}_{2}+2{{MnO}_{4}}^{2-}+2{H}_{2}O=2{Mn}^{2+}+5{{SO}_{4}}^{2-}+4{H}^{+}

}rm{(2)}提高铁元素的浸出率抑制rm{Fe}rm{(2)}rm{Fe}rm{{,!}^{3+}}水解rm{(3)Cl}rm{(3)Cl}rm{{,!}_{2}}rm{+2Fe}rm{+2Fe}rm{{,!}^{2+}}在氯化氢气流中灼烧

rm{===2Cl}三、判断题(共6题，共12分)17、×【分析】【分析】由PV=nRT可知，气体的物质的量一定，温度、压强会影响气体的体积．【解析】【解答】解：由PV=nRT可知，气体的物质的量一定，温度、压强会影响气体的体积，当温度高于0时，1mol的任何气体体积可能等于、小于或大于22.4L，与压强有关，故错误，故答案为：×．18、×【分析】【分析】需要考虑铵根离子的浓度和氨气极易溶于水的性质来解答．【解析】【解答】解：因为氨气极易溶于水；所以若溶液里铵根离子的浓度很小时，即使加入过量的NaOH溶液，生成的一水合氨的浓度很小，不能放出氨气．

故答案为：×．19、√【分析】【分析】（1）根据天然气和沼气的成分分析；

（2）根据成水煤气的反应分析；

（3）根据干馏煤的产物分析；

（4）根据石油的成分分析；

（5）根据石油和天然气的主要成分分析；

（6）根据煤的干馏和石油的分馏的原理分析；

（7）根据煤油的来源和性质分析；

（8）根据石油的成分分析；

（9）根据苯和正己烷的性质分析；

（10）根据石油分馏原理分析；

（11）根据石油催化裂化的原理分析；

（12）根据煤气的成分分析．【解析】【解答】解：（1）天然气和沼气的主要成分是甲烷；故正确，故答案为：√；

（2）煤可与水蒸气反应制成水煤气，其反应方程为：C+H2OCO+H2，所以水煤气的主要成分是CO和H2；故正确，故答案为：√；

（3）干馏煤是在隔绝空气的条件下；将煤加热到900～1100℃时，可以得到焦炭；煤焦油、煤气等物质，从煤焦油中可分离出苯、甲苯等化工原料，煤气中可以得到甲烷和氨等重要化工原料，故正确，故答案为：√；

（4）石油中主要含碳元素；氢元素两种元素；主要是烷烃、环烷烃和芳香烃的混合物，分馏不能获得乙酸，故错误，故答案为：×；

（5）石油主要是烷烃；环烷烃和芳香烃的混合物；天然气的主要成分是甲烷，它们都是碳氢化合物，故正确，故答案为：√；

（6）煤的干馏是指煤在隔绝空气的条件下加热；生成煤焦油；焦炭、焦炉煤气等物质，属于化学变化．石油分馏是指通过石油中含有的物质的沸点不同而使各种物质分离开的一种方法，该过程中没有新物质生成，属于物理变化，故错误，故答案为：×；