17.(1)放 (2)气 气
18.(1)4 5 (2)3 1.25 4.5 (3)a+c=4 b+d=5
19.(A)化学反应速率增大，化学平衡不移动。
(B)化学反应速率增大，化学平衡向正反应方向移动。
(C)化学反应速率不变，化学平衡不移动。
(D)化学反应速率减小，化学平衡不移动。
(E)化学反应速率减小，化学平衡不移动。
20.39.6 32% 2
21.解析：Fe+2HCl====FeCl2+H2↑
2 min末时：n（FeCl2）=n（H2）==0.05 mol，c（FeCl2）==0.5 mol·L－1
6 min末时：n（FeCl2）=n（Fe）==0.1 mol，c（FeCl2）==1.0 mol·L－1
(1)前2 min内：v（FeCl2）===0.25 mol·L－1·min－1
(2)后4 min内：v（FeCl2）===0.125 mol·L－1·min－1
v（HCl）=2v（FeCl2）=0.125 mol·L－1·s－1×2=0.25 mol·L－1·min－1
(3)选用v（FeCl2）比较，因为0.25 mol·L－1·min－1>0.125 mol·L－1·min－1，所以前2 min内反应速率快。原因：前2 min盐酸浓度较大。
答案：（1）v（FeCl2）=0.25 mol·L－1·min－1
（2）v（HCl）=0.25 mol·L－1·min－1
（3）前2 min内反应速率快。前2 min盐酸浓度较大。
化学平衡B卷
一、选择题
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
D
A
A
B
A
C
A
A
题号
9
10
11
12
13
14
15
16
答案
B
D
B
B
D
C
B
C
11.答案：A
解析：达平衡时，容器体积为V L，所以C为0.1 V L，A、B共(V－0.1 V) L＝0.9V L，根据平衡方程： A＋3B2C，反应体积比：1∶3∶2
反应体积：0.05V L 0.15V L 0.1V L
A、B反应消耗：0.05V L＋0.15V L=0.2V L
原混合气体体积为：0.2V L＋0.9V L=1.1V L，所以选A。
二、非选择题
17.(1)< 放 (2)< = (3) 1使用了催化剂
18.(1)<4 (2)=4 (3)>4
19.2.5；1.5 2<a<3 0<b<2 不
20.2.5 kx<2 0.5<x<1
21.不变 减小 减小 减小 增大 增大 减小
22.(1) (2) (3); ;
23.解：(1)CA=0.75mol·L－1 nA=3mol nB=3mol
(2)VB=0.05mol·L－1min－1
(3)x=2
期中参考答案及评分标准
第Ⅰ卷 （选择题 共52分）
1.A 2.D 3.B 4.B 5.B 6.C 7.B 8.A 9.C 10.A 11.A 12. D 13.A （每小题4分）
第Ⅱ卷 （非选择题，共58分）
14.（8分）（1）HX＞HY＞HZ（2分）
（2）酸（1分）；c（Cl-）＞c（NH4+）＞ c（H+）＞ c（OH-）（2分）；
碱（1分）；c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞ c（H+）（2分）
15.（8分）（1）固体；气体；（2）气体；气体；（每空2分）
16.（6分）CO32- + H2O HCO3- + OH-（3分）；（HCO3- + H2O H2CO3 + OH-）；
CaSO4 + CO32- === CaCO3 + SO42-（3分）
17.（14分）（1）O2（1分）； 2g/mol×16 =32g/mol（1分）；
（2）Al(OH)3 （2分）AlCl3 （2分）；Na2O2（2分）
（3）Al2O3 + 2OH- === 2AlO2- + H2O（2分）
（4）2Na2O2 + 2H2O === 4NaOH + O2↑（2分）
AlCl3 + 3NaOH === Al(OH)3↓+ 3NaCl（2分）
（或者6Na2O2 + 6H2O + 4AlCl3 === 4Al(OH)3↓+ 12NaCl + 3O2↑（4分））
18.（14分）（1）250mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管 （4分）
（2）酸、润洗（2分）；（3） 0.1890mol/L（2分）90％（2分）
（4）无影响、偏高、偏低、偏低（4分）
19.（8分） PV===n RT P1 / P2==n1 / n2 （T,V不变）
解法1： （2分） 2H2 (g) + CO (g) CH3OH(g)
n始 6mol 3mol 0
n转 2x x x
n末 6mol-2x 3mol-x x
6mol-2x＋3mol-x＋x
9mol
===0.6 x = 1.8mol （2分）
υ(H2)=2×1.8mol / 6s×0.5L =1.2 mol/（L•s）（2分）α(CO)=1.8mol ÷3mol×100％=60％（2分）
解法2： （4分）2H2(g) + CO(g) CH3OH(g) n
2 1 1 2
3.6mol 1.8mol 9mol×(1-0.6)
υ(H2)=2×1.8mol / 6s×0.5L =1.2 mol/（L•s）（2分）α(CO)=1.8mol ÷3mol×100％=60％（2分）
电离平衡A卷
1.解析：酚酞显粉红色的溶液呈碱性。Mg2+在碱性溶液中能与OH－反应而不能大量存在。答案：D
2.解析：SO2水溶液是亚硫酸，亚硫酸是弱电解质，产生自由移动电子，故能导电。但SO2本身不会电离产生自由移动电子，故是非电解质。答案：D
3.解析：量筒的刻度自下而上依次增大，“0”刻度无法标出。答案：B
4.解析：要使c(CO)接近0.1 mol·L－1，应该抑制CO的水解。CO水解显碱性，通入CO2气体或加入HCl、H2O都可以促进CO的水解，加入NaOH可以抑制CO的水解。答案：C
5.解析：pH相同的强酸和弱酸加水稀释相同倍数后，强酸的pH变化更快。题中由于稀释前后pH均相同，故弱酸稀释的倍数要大。答案：B
6.解析：CH3COONa和Na2SiO3为弱酸强碱盐，其溶液pH大于7，但由于CH3COOH酸性比H2SiO3强，因而CH3COONa溶液的pH比Na2SiO3小，NaHSO4溶液呈酸性，NaCl溶液呈中性，故A选项符合题意。答案：A
7.解析：纯水电离生成的c(H+)和c(OH－)相等。答案：A
8.解析：在pH和体积都相同的醋酸和硫酸中，游离的H+的物质的量相等。H2SO4是强酸，已完全电离成H+、SO。CH3COOH是弱酸，部分电离，溶液中存在大量未电离的CH3COOH分子。在与Na2CO3反应的过程中，未电离的CH3COOH分子可以不断电离出H+参与反应，导致产生的CO2较多。答案：A
9.解析：NaHCO3提供的HCO与H2CO3间存在如下平衡：HCO+H2OH2CO3+OH－。当有外来的少量碱时，上述平衡向左移动，H2CO3与外来的一部分OH－结合，可使溶液的pH基本不变；当有外来的少量酸时，上述平衡向右移动，OH－与外来的一部分H+结合，可使溶液的pH基本不变。
答案：B
10.解析：①证明含SO；②证明含NH；③加氯水显黄色，证明含Br－，因加入氯水后SO被氧化为SO，故不能确定原溶液是否含SO。
答案：B
11.解析：溶液中存在两个守恒关系：①电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH－）+c（HS－）+2c（S2－）
②物料守恒：即n（Na）=2n（S） c（Na+）=2〔c（S2－）+c（HS－）+c（H2S）〕
将①②两式相减得c（OH－）=c（H+）+c（HS－）+2c（H2S）。答案：B
12.解析：要使产生H2的速率减小又不影响H2的总质量，必须减小溶液中的c（H+），且又不影响能提供的H+的总量。加烧碱固体后盐酸减少；加纯碱固体后H+与CO反应生成CO2而挥发，致使H+总数减少；加醋酸钠固体后H+与CH3COO－结合生成不挥发的弱电解质CH3COOH，而使c（H+）降低，H+总量不变；D增加的CH3COOH能与Fe反应产生H2。答案：C
13.解析：液氨电离与纯水电离类似，同样存在离子积常数，A、B、D选项均正确。答案：C
14.解析：喝入水后盐酸被稀释，c(H+)减小，pH变大。但稀释后仍是酸，故pH＜7。答案：C
15.解析：容易求得硫酸溶液中H+的物质的量为0.2b×10－3 mol,氢氧化钡溶液中OH－的物质的量为0.2c×10－3 mol,由中和反应本质（H++OH－====H2O）可知，NaOH样品中NaOH的物质的量为:(0.2b－0.2c)×10－3 mol,因此，样品中NaOH的纯度为：〔（0.2b－0.2c)×10－3×40/a〕×100%。
答案：A
16.解析：由于混合后pH=7,故有c（H+）V酸=c（OH－）V碱，所以V酸/V碱===
10a+b－14=102。答案：A
17.解析：盐酸中n(H+)=n(HCl)=0.1 mol·L－1×99 mL×10－3 L·mL－1=9.9×10－3 mol，氢氧化钡溶液中n(OH－)=2n〔Ba（OH）2〕=2×0.05 mol·L－1×101 mL×10－3 L·mL－1=1.01×10－2 mol，反应后的混合溶液中c余(OH－)==1×10－3 mol·L－1，pH=－lg=－lg1×10－11=11。选C。答案：C
18.解析：若pH=4的一元酸HA为强酸，中和10 mL pH=10的KOH溶液刚好需要10 mL，所以反应后的体积为V后=20 mL；若pH=4的一元酸HA为弱酸，中和10 mL pH=10的KOH溶液需要的体积将小于10 mL，反应后的体积为V后＜20 mL，故D选项符合题意。常温下溶液的pH=7，说明c(H+)=c(OH－),按照电荷守恒原理可知，c(A－)+c(OH－)=c(K+)+c(H+),推知c(A－)=c(K+),即A选项不符合题意。答案：D
19.解析：NaHCO3、Na2CO3、NaClO属于弱酸强碱盐，水解呈碱性，溶液的pH>7。同一弱酸的正盐在相同条件下的水解程度大于酸式盐，Na2CO3是正盐，NaHCO3是酸式盐，Na2CO3溶液的pH大于NaHCO3溶液。酸越弱，对应盐的水解程度越大，溶液的碱性越强。HClO的酸性弱于H2CO3及HCO的酸性，Na2CO3、NaHCO3溶液的pH小于NaClO溶液。NaCl是强酸强碱盐，不水解，溶液的pH=7。NH4Cl是强酸弱碱盐，水解呈酸性，溶液的pH<7。综上所述，溶液的pH由大到小的顺序是②>⑤>①>④>③。答案：②>⑤>①>④>③
20.解析：钠盐溶液pH大于7，一定是钠盐发生了水解，久置于空气中pH近似为7，则是弱酸强碱盐在空气中发生了化学反应转化为强酸强碱盐的缘故。
答案：SO+H2OHSO+OH－ ClO－+H2OHClO+OH－
Na2SO3水解，溶液呈碱性，久置于空气中Na2SO3被氧化成Na2SO4，溶液呈中性；NaClO水解呈碱性，久置于空气中，HClO见光分解，NaClO溶液最终变为NaCl溶液，溶液呈中性
21.答案：（1）CABDE
（2）滴定管要直立，装液后需等1～2 min后才能观察液面高度；读数时视线与液体的凹液面及刻度线在同一水平面上，读数应准确至0.01 mL
（3）使滴定终点颜色变化更明显，便于分辨
（4）偏高 因碱液样品沾在锥形瓶内壁使烧碱的物质的量增加，耗用标准酸的体积偏大，故烧碱浓度偏高
（5）0.8（V2－V1）M/W×100%
22.⑴① BnAm ② An－+ H2O == A(n－1)－ +OH－ ⑵ KAl（SO4）2、Na2CO3、Fe2O3、MgO ⑶ ②③④ ⑷ ClO－+ H2O ==HClO +OH－ SO32－ +H2O ==HSO3－ +OH－ (HSO3－+H2O ==H2SO3 +OH－)
（5）现象： Ba2++CO32-=BaCO3↓，CO32-浓度减少，使平衡CO32-+H2O= HCO3-+OH-向逆反应方向移动，C(CO32-)减少趋近于10-7mol·L-1 （4）配制NaA溶液，测其pH＞7，即证明HA是弱电解质。
23.解析：①c(D+)= c(OD-)==4×10-8mol/L，
pD=-lg c(D+)=-lg4×10-8=8-2lg2≈7.4;
②pD=-lg c(D+)==-lg16×10-14≈12.8;
③pD=-lg c(D+)=-lg0.01=2;
④c(D+)==0.1(mol/L);pD=-lg c(D+)=-lg0.1=1.
电离平衡B
一、选择题：
1.D 2.B 3.D 4.D 5.D 6.D 7.D 8.D 9.B 10.D
11.B 12.A 13.D 14.A 15.D 16.A
二、填空题：
17.⑴①v1=v3>v2 ②n3>n1=n2 ③<
⑵①加水稀释 ②降温或加入少量醋酸钠晶体
18.（1）④②①③⑤ （3分） （2）⑤ （3分） （3）①② （3分）
（4）HCO3－+AlO2－+H2OAl（OH）3↓+CO32- （3分）
19.⑴CH3COO- CH3COOH ⑵0.006
20.⑴
⑵CO32- + H2O OH- + HCO3-
⑶AlO2- + H+ + H2O = Al(OH)3↓ AlO2- + CO2 + 2H2O = HCO3- + Al(OH)3↓
21.⑴碱性 RO42- + H2O HRO4- + OH-
⑵B C D⑶< H+抑制HRO4-的电离⑷0.01
22.解：（1）1.379 （2）2：5 (3) 第三次实验中 PH=12
几种重要的金属A卷
一． 选择题
1．解析：金属元素的化合价一定是正价，因而其原子只有还原性，但其离子不一定只有氧化性，如Fe2+就有还原性，汞在常温下为液态。
答案：B
2．解析：能作镁蒸气冷却剂的气体一定不能与镁反应，加热时镁能在N2、CO2、空气中燃烧，故选C。
3．解析：原电池内的反应必须是自发的氧化还原反应。A选项中的反应不是氧化还原反应。答案：A
4．解析：Fe2+的检验:先加SCN－，再将Fe2+氧化成Fe3+。由于KMnO4溶液本身是紫红色的，应该用氯水来氧化Fe2+。答案：C
5.解析：由下列反应2Al+2NaOH+2H2O====2NaAlO2+3H2↑,2Al+3H2SO4====Al2(SO4)3+
3H2↑，可知铝粉质量相等。答案：D
6. 解析：加热后温度升高，使氢气生成速率加快，A措施合理；浓硫酸在常温下不与铁反应，在加热条件下反应生成SO2，不生成H2，B措施不合理；滴加少量CuSO4溶液后形成原电池，使氢气生成速率加快，C措施合理；改用铁粉，铁的分散程度增大，使氢气生成速率加快，D措施合理。
答案：B
7. 解析：同主族元素具有相似的性质，但金属性从上到下依次增强，故Tl（OH）3不可能为两性化合物。答案：B
8. 解析：钝化的铝条表面覆盖着一层Al2O3。Al2O3与Cu(NO3)2不反应，内部的Al因无法接触Cu(NO3)2，也不反应。答案：C
9. 解析：Fe（OH）2可被空气中的O2氧化生成红褐色的Fe（OH）3；Na2O2露置在空气中是Na2O2与水或CO2反应，Na2O2发生自身氧化还原。
答案：C
10. 解析：足量Cl2通入溴化亚铁溶液中，Cl2不但氧化Fe2+，还能氧化Br－，故A错误；B项中电荷不守恒；C项不符合反应事实，Cu2+将Fe氧化为Fe2+。答案：D
11. 解析：能与铝反应放出氢气的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性。A组中的CO在酸性溶液中不能大量存在；B组中的NH在碱性溶液中不能大量存在；C组中的HS－在酸性或碱性溶液中都不能大量存在，HS－和NO还能在酸性溶液中反应而不能同时大量存在于酸性溶液中；D组离子在酸性溶液中或在碱性溶液中均不反应而能大量存在。选D。
12. 解析：浓硝酸与铜和铁反应生成Cu2+和Fe3+，但由于Fe过量，故反应后的溶液中将不可能存在Cu2+和Fe3+。答案：B
13. 解析：A中有HNO3的还原产物NO或NO2生成；B中MgCl2生成Mg(OH)2时有NaCl产生；D中Mg生成MgSO4时有H2产生，MgSO4生成Mg(NO3)2时有BaSO4产生。这些均不符合“绿色化学”的要求。答案：C
14. 解析：根据滴加的顺序不同，产生的现象不同加以区别。B中若将稀H2SO4滴入Na2CO3溶液中，产生HCO，无明显现象；若将Na2CO3溶液滴入稀H2SO4中，则有CO2产生。D中AlCl3溶液滴入盐酸中，无沉淀产生；而将盐酸滴入AlCl3溶液中，也无沉淀产生。答案：B
15. 解析：本题根据弱电解质和原电池的知识来作答。①加醋酸钠后使得溶液中c（H+）浓度降低；②加CuBr2后，Zn置换出Cu而形成Cu-Zn原电池使反应速率加快；③加醋酸铜后，一方面溶液中的H+与CH3COO－结合生成弱酸(醋酸)而使反应速率减慢，另一方面Zn置换出Cu而形成Cu-Zn原电池使反应速率加快。综合考虑得速率大小为②＞③＞①。答案：C
16. 解析：铁铝合金中铁的质量分数等于最后得到的红棕色粉末Fe2O3中铁的质量分数。答案：A
17. 解析：由题可知，无色溶液中存在能与OH－产生不溶于过量NaOH溶液的白色沉淀的离子,及能与OH－产生能溶于过量NaOH溶液的白色沉淀的离子。答案：B
18. 解析：由题设可得金属活动性为A＞B,C＞D,A＞C,D＞B,综合得：A＞C＞D＞B。答案：B
二、填空题
19. 解析：（1）托盘天平指针偏向标尺左方，说明称量前左盘重于右盘，根据左物右码和左边质量=右边质量+游码质量的原则可知样品的质量比m g要少。
（2）FeCl3溶液配制时，Fe3+易发生水解而使溶液产生浑浊，故要加盐酸抑制Fe3+的水解。
（5）若沉淀没有洗涤干净，则沉淀表面附有Cl－、Na+等离子，只要检验洗涤液中无Cl－，则沉淀就洗涤干净了。
（6）由题意可知最后灼烧后所得固体即Fe2O3的质量为（W2－W1） g
所以w(Fe)=××100%
答案：（1）B （2）抑制Fe3+水解，以免溶解时产生浑浊
（3）2Fe2++Br2====2Fe3++2Br－
（4）使Fe3+完全转化为Fe（OH）3沉淀
(5)取少量最后洗涤液，加入AgNO3溶液，若无沉淀产生，证明已洗涤干净
（6）×100%
20. 解析：（1）当a≤3b时，AlCl3足量，生成Al(OH)3的量由NaOH溶液确定。
Al3+ + 3OH－ ==== Al(OH)3↓
3 1
m×10－3×a mol x
x= mol
(2)Al3+ + 4OH－====AlO+2H2O
1 4
mb×10－3 mol ma×10－3 mol
所以4mb≤1ma a≥4b
(3)当3b＜a＜4b,Al(OH)3沉淀达到最大值后，又溶解，溶液中无Al3+存在。
n〔Al(OH)3〕=〔mb－(ma－3mb)�〕×10－3 mol=(4mb－ma)×10－3 mol
答案：（1） (2)a≥4b (3)3b＜a＜4b (4mb－ma)×10－3 mol
21. 解析：A加水后的沉淀是Al2O3和Fe2O3，它们与NaOH溶液作用后得到的溶液是NaAlO2溶液，该溶液通入CO2时按2AlO+CO2+3H2O====2Al(OH)3↓+CO或AlO+CO2+2H2O
==== Al(OH)3↓+HCO反应，对生成的Al(OH)3沉淀加热得到的固体B是Al2O3。A加水后的溶液是KAl(SO4)2溶液，加入过量氨水时发生以下反应：2KAl(SO4)2+6NH3·H2O====
2Al(OH)3↓+3(NH4)2SO4+K2SO4，生成的(NH4)2SO4和K2SO4转入滤液，经蒸发、结晶，得到的固体E含有(NH4)2SO4和K2SO4。
答案：（1）Al2O3 （2）(NH4)2SO4和K2SO4
（3）2AlO+CO2+3H2O====2Al(OH)3+CO或AlO+CO2+2H2O====Al(OH)3↓+HCO
22. 解析：原电池正极发生还原反应O2+2H2O+4e－====4OH－，在酸性溶液中，4OH－+4H+====2H2O，故正极反应为O2+4H++4e－====2H2O。
原电池负极发生还原反应：2H2－4e－====4H+，在碱性溶液中4H++4OH－====2H2O，所以负极反应为：2H2+4OH－－4e－====4H2O。
答案：O2+4H++4e－====2H2O 2H2+4OH－－4e－====4H2O
三、计算题
23. 解析：钠能与水反应生成NaOH和H2，Al也能与NaOH溶液反应产生H2，产生H2的总量为两者之和。由于反应后有5 g金属剩余，故剩余的5 g金属为Al，由Na~NaOH和Al~NaOH可知参加反应的Na和Al的物质的量相等，且参加反应的Na和Al总质量为15 g－5 g=10 g。
设Na的物质的量为x，则有23 g·mol－1 x+27 g·mol－1 x=10 g
所以x=0.2 mol
设产生H2的物质的量为y，根据电子守恒有：1×0.2 mol+3×0.2 mol=y×2
y=0.4 mol
所以V（H2）=22.4 L·mol－1×0.4 mol=8.96 L。
答案：8.96 L
24. 解析：（1）固体恰好全部溶解。如果22.4 g全部是Fe2O3,则V(H2SO4)=0.42 L;如果Fe2O3、Cu物质的量之比为1∶1，即各为0.1 mol，则V(H2SO4)=0.3 L。因为原来是Cu、Fe2O3的混合物，所以0.3 L＜V(H2SO4)＜0.42 L。
（2）Fe2+为0.1 mol，则反应的Fe2O3、Cu各为0.05 mol。若Fe2O3过量，则m(Cu)=0.05 mol×64 g·mol－1=3.2 g;若Cu过量，则m(Cu)=22.4 g－m(Fe2O3)=22.4 g－0.05 mol×160 g·mol－1
=14.4 g。
答案：（1）0.3 L＜V(H2SO4)＜0.42 L
(2)3.2 g或14.4 g
几种重要金属B
1、C；
2、D A电荷不守恒，B、C不符合客观事实；
3、D 铝和铊是同族元素，随着核电荷数的递增金属性增强，铊的金属性比铝强,Tl3+氧化性比Al3+弱，铊不是位于分界线附近的元素，因此不具有两性；
4、B淀粉KI溶液与FeCl3溶液和溴水都能反应，现象都是溶液呈蓝色；
5、A 其化学式可改写成：Ca（ClO）Cl，其中既含ClO，又含Cl，而BiONO3中只含一种酸根阴离子。
6、B 每个铜和镁都失两个电子变成相应的离子，与NaOH溶液反应各需要两个OH-，即失电子数等于所需OH-数，由电子守恒得，所以沉淀总质量为4.6g + 0.23mol×17g/mol= 8.51g ；
7、B 防止污染是第一位的，其次才是综合利用；
8、C 由原电池的总反应，Zn + 2H+ == Zn2+ + H2↑，只要原电池不断工作，该反应就不断发生，溶液中的氢离子浓度就不断降低，PH值不断增大；
9、题目中是设计成蓄电池，当放电时即为原电池有正负极，充电时即为电解池有阴阳极，负极发生的是氧化反应； ；
10、B 镁在空气中可与N2、O2、CO2反应生成的固体有MgO、Mg3N2、C；
11、A ；
12、B
13、C 铁与硝酸反应产物有三种情况，仅有硝酸亚铁、仅有硝酸铁、二者都有，三种情况可以看作是先发生硝酸铁这个反应，然后铁再与硝酸铁生成硝酸亚铁，在该题中硝酸镍完全反应被还原的硝酸的量由生成硝酸铁这个反应易于求出。
14、D 无论两者谁过量反应的离子方程式都为，HCO3- + H+ == H2O + CO2↑；
15、C 两种金属分别与酸和碱反应电子转移数相等；
16、C；
17、（1）碱性（2）①AlO2- + H+ + H2O == Al(OH)3↓②Al(OH)3 + 3 H+ == Al3+ + 3 H2O(3)①Al3+ + 3OH - == Al(OH)3↓②Al(OH)3 + OH - == AlO2- + 2 H2O；
18、MnO4ˉ> Fe3+> I2> Fe2+ （1）Fe3+ （2）Fe2+ （3）Iˉ；Fe3+ （4）Fe2+；MnO4ˉ
19、①Fe3+ ；Cu2+ ②Fe2+ ；Cu2+ Fe；Cu ③Fe；Fe3+
20、(1)Fe3+ Al3+ (2)Al(OH) 3、Mg(OH)2 (3)NaOH 过滤、洗涤、灼烧 （4）CO2
(5)③测出CO2的质量 ④测出水蒸汽的质量 （6）3、1、3
21、.(（1）2：1 （2）0.71 （3）3.6克
22、(1)0.12；由分析可知盐酸加到30ml时溶质刚好是NaCl，由HCl----NaCl---NaOH得nNaOH=nHCl=0.5mol/L×30×0.001L
0.40；
0.95
(2)250 P点时溶质为NaCl、AlCl3、MgCl2 的混合物，三中溶质的Cl都由加入盐酸引入nHCl= nNaCl+3nAlCl3+2nMgCl2
高二期末自测
一、选择题：（下列各题只有一个选项符合题意。每小题2分，共50分）
题序
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
D
A
D
D
D
C
A
B
B
A
D
A
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
B
B
A
B
A
C
A
A
A
C
A
C
C
二.填空题(共13分)
26.（5分）（1）x=2 y=5 z=2 （2）H2S、1.5×6.02×1023（各1分，共5分）
27.（8分）b < a <c，a=b=c,a=b<c pH（a）= pH（b）＞pH（c） （各2分，共8分）
三、推断题（18分）
28（10分）．（1）.、
…（2分）（3）.……（2分）
（提示：A、B、C、D、E五种物质分别为：NH3、N2、NO、NO2、HNO3）
29．（8分）NH4+、Ba2+、I- ； NO3- 、CO32-、Mg2+、Al3+、Fe3+、SO42-； K+、Na+、Cl-（每个离子0.5分）
高温
三、实验题（12分）
30.(6分) (1)发生水蒸气 (2)3Fe+4H2O(g)===Fe3O4+4H2↑ (3)试管口向下，用拇指堵住试管口，靠近火焰，松开拇指，能燃烧或发出爆鸣声，说明收集的气体是H2 。(每小题2分，共6分)
31(6分).(1)用蒸馏水和pH试纸(及比色卡)；
(2)用酸式滴定管取1.00 mL 该酸(其pH为3),加99.00 mL蒸馏水，测稀释后溶液的pH。
(3)若pH=5，该酸是强酸；若pH<5，该酸是弱酸
四计算题（15分）
32．（8分）1×10-14，0.01mol/L，1×10-12 mol/L，电离方向，3。
33.（7分）(1) 3Cu + 8HNO3 = 3Cu(NO3)2 + 2NO↑+ 4H2O
HNO3 + NaOH = NaNO3 + H2O Cu(NO3)2 + 2NaOH = Cu(OH)2↓ + 2NaNO3
n【Cu(OH)2】= n(Cu2+) = n(Cu) = 3.84g ÷ 64g/mol = 0.06mol （1分）
n(NaOH) = 0.04L × 4mol/L = 0.16 mol （1分）
生成气体NO ： 0.06mol × 2/3 ×22.4L/mol = 0.896 L （2分）
(2)n(HNO3) = n(NO) + n(NaNO3) = 0.06mol × 2/3 + 0.16mol = 0.2mol （2分）
c(HNO3) = 0.2mol ÷ 0.05L = 4mol/L （1分）
烃A
1.A2.C 3.B 4.D 5.C 6.B 7.B 8.C 9.D 10.B 11.B 12.D 13.A14.A 15.D 16.C 17.D 18.D
19．①bef ②
20.7,单稀烃结构以C=C为中心对称；CH3CH2CH=CHCH2CH3,(CH3)2CH-CH=CH-CH(CH3)2
21.环己烷；乙炔、苯；甲烷；甲苯
22.高锰酸钾；水；蒸馏法；取一支小试管，打开分液漏斗的活塞，慢慢放出少量液体，往其中加入少量水，如果加水后，试管中的液体不分层，说明分液漏斗中下层是水层，反之，则上层是水层
23. 分子中氢原子数是8；C3H8或C4H8；a≥13.5 L
烃B
一、选择题
1.B 2.B 3.C 4.C 5.C 6.D 7.C 8.A 9.C
10.A 11.A 12.C 13.C 14.D 15.B 16.A 17.B 18.D
二、非选择题
19、(1)A；B；A；D(2)品红溶液褪色 (3)除掉乙烯中混有的S02，检验S02是否除净 (4)Ⅳ中KMn04溶液褪色
20.224mL
21.（1）1:1 （2）3， 1:3 （3） （4）
22．（1） （2）② ④
（3）
（4）
23.
(1)
剩余固体成分 的取值
Na2CO3 0.15 n=2:3（2分）
Na2CO3和NaOH 0.03≤a＜0.15 （2分）
Na2CO3、NaOH和Na2O2 a<0.03 n=2（2分）
（2）①当剩余固体全为Na2CO3 时，应产生气体0.06mol，不符题意。
②当剩余固体为Na2CO3和NaOH 时，其中Na2CO3为：，
NaOH 为0.12－2×0.025=0.07mol，固体质量为0.025mol×106+0.07×40=5.45g
③当剩余固体为三者混合物时，产生0.025mol气体为CO2和O2混合气体，可通过
列方程组求得，剩余固体质量为5g。
烃的衍生物(A卷)
一．选择题
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10