2025年華師大新版高三化學上冊階段測試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年華師大新版高三化學上冊階段測試試卷717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：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、下列關于晶體的敘述中，不正確的是（）A.金剛石網(wǎng)狀結(jié)構中，由共價鍵形成的碳原子環(huán)其中最小環(huán)有6個碳原子B.在氯化鈉的晶體中，每個Na+或Cl-的周圍都緊鄰6個Cl-或Na+C.在氯化銫晶體中，每個Cs+周圍都緊鄰8個Cl-，每個Cl-周圍也緊鄰8個Cs+D.在干冰的晶體中，每個CO2分子周圍都緊鄰4個CO2分子2、以下是一些常用的危險品標志，如圖所列物質(zhì)與危險警告標志對應錯誤的是（）A.

氯氣B.

四氯化碳C.

氫氧化鈉D.KNO33、下列反應能說明鹵素非金屬性活潑順序是Cl＞Br＞I的是()①2HClO4+Br2(氣)＝2HBrO4+Cl2②2NaBr+Cl2＝2NaCl+Br2③2KI+Cl2＝2KCl+I2④2KI+Br2＝2KBr+I2A.①②③B.①②④C.②③④D.①②③④4、下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.氫氧燃料電池放電時化學能全部轉(zhuǎn)化為電能B.反應rm{4Fe(s)+3O_{2}(g)簍T2Fe_{2}O_{3}(s)}常溫下可自發(fā)進行，該反應為吸熱反應C.rm{3molH_{2}}與rm{1molN_{2}}混合反應生成rm{NH_{3}}轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目小于rm{6隆脕6.02隆脕10^{23}}D.在酶催化淀粉水解反應中，溫度越高淀粉水解速率越快5、下列關于有機化合物的說法不正確的是（）A.淀粉和纖纖維素互為同分異構體B.油脂在堿性條件下的水解反應稱為皂化反應C.分子式為C5H10O2的有機物中能與NaHCO3溶液反應的有4種D.在加熱條件下，用新制的氫氧化銅懸濁液可鑒別乙醇和葡萄糖評卷人得分二、多選題(共6題，共12分)6、不能用排水收集法收集的氣體是（）A.氨氣B.氧氣C.二氧化硫D.一氧化氮7、設NA表示阿伏伽德羅常數(shù)，下列敘述中正確的是（）A.53g碳酸鈉中含0.5NA個NaB.1.8g的NH4+離子中含有的電子數(shù)為NAC.48gO3含有的氧原子數(shù)為3NAD.2.4g金屬鎂變?yōu)殒V離子時失去的電子數(shù)為0.1NA8、如圖裝置可用于收集某氣體并驗證其某些化學性質(zhì)；你認為如表正確的是（）

。選項氣體試劑現(xiàn)象結(jié)論ACl2紫色石蕊試液溶液先變紅后褪色氯水有酸性和漂白性BNH3水無明顯現(xiàn)象NH3能溶于水CX澄清石灰水溶液變渾濁氣體可能是CO2DSO2酸性KMnO4（aq）溶液褪色SO2有漂白性A.AB.BC.CD.D9、不考慮現(xiàn)代物理手段，溶液中離子的定性檢驗有三種基本方法，①沉淀法（觀察反應中沉淀的發(fā)生或消失）、②氣體法（觀察反應中氣體的產(chǎn)生及其驗證）、③顯色法（觀察顏色變化）．溶液中下列離子的檢驗或鑒別有以上兩種基本方法可供選擇的是（）A.Al3+B.Na+C.I-D.CO32-10、下列生活事例中，主要過程為物理變化的是（）A.功夫深，鐵杵成針B.佳節(jié)到，焰火繽紛C.春天來，冰雪消融D.美酒開，滿屋飄香11、在恒溫；恒容的密閉容器中；發(fā)生如下發(fā)應：3A（g）+B（g）?XC（g）

Ⅰ．將3molA和2molB；在一定條件下反應，達到平衡時C的體積分數(shù)為a

Ⅱ．若A；B、C起始投入的物質(zhì)的量分別為n（A）、n（B）、n（C）；在相同條件下達到平衡時，C的體積分數(shù)也為a

下列有關敘述正確的是（）A.若Ⅰ達到平衡時，C各增加1mol，則B的轉(zhuǎn)化率一定增大B.若向平衡Ⅰ中再加入6molA，4mol測得C的體積分數(shù)大于a，可斷定X＞4C.若X=2，則體系Ⅱ起始物質(zhì)的量應滿足：3n（B）=n（A）+3D.若體系Ⅱ起始物質(zhì)的量滿足3n（c）+4n（A）=12n（B），則可推斷：X=4評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)12、如圖所示為某化學興趣小組設計的乙醇氧化并驗證其氧化產(chǎn)物的實驗裝置（圖中加熱裝置；夾持裝置等均未畫出）．據(jù)題意回答下列問題．

（1）裝置A宜采取的加熱方式是____加熱．裝置E也需要加熱，E的作用是____．

（2）加熱F試管，出現(xiàn)____沉淀；說明乙醇已被氧化．

（3）C處的現(xiàn)象是____，B處發(fā)生反應的化學方程式為____．

（4）實驗完成后發(fā)現(xiàn)A中還有液體剩余，冷卻后投入一小塊金屬鈉，有氣泡生成，寫出發(fā)生反應的化學方程式：____，酞試液滴人反應后的溶液中，溶液____，說明乙醇鈉顯堿性．13、南美洲干旱地區(qū)有智利硝石，是制取炸藥的重要原料，其主要成分是NaNO3，還含少量NaIO3等可溶鹽和不容物．NaNO3溶于水時溶液的溫度降低．

（1）以下操作可從智利硝石分理出NaNO3：溶解、____．

（2）用NaNO3和濃硫酸反應可以制取硝酸，反應的化學方程式為____；熱的硝酸會腐蝕橡膠，制取裝置中應該用____代替膠管和膠塞．

（3）智利硝石資源有限（曾引起過南太平洋戰(zhàn)爭），現(xiàn)在工業(yè)上制NaNO3主要采用化學合成的方法，涉及的工業(yè)制備有（請結(jié)合課本知識回答）____、制硝酸、____等；寫出工業(yè)制硝酸的化學方程式____、____．14、在氫；氧、鈉、硫4種元素中；選擇元素組成符合下列要求的物質(zhì)各一種，并將其化學式填入空格中。

（1）單質(zhì)____（2）金屬氧化物____（3）非金屬氧化物____（4）酸____（5）堿____（6）鹽____．15、用銅和硫酸制取硫酸銅；有下列兩種途徑：

①Cu+2H2SO4（濃）CuSO4+2H2O+SO2↑

②2Cu+O22CuO；CuO+H2SO4（稀）=CuSO4+H2O

濃硫酸在①中表現(xiàn)出的性質(zhì)為____性、____性，稀硫酸在②中表現(xiàn)出的性質(zhì)為____性．16、（2015?河南二模）第四周期過渡元素Mn；Fe、Ti可與C、H、O形成多種化合物．

（1）下列敘述正確的是____．（填字母）

A．CH2O與水分子間能形成氫鍵

B．CH2O和CO2分子中的中心原子均采用sp2雜化

C．C6H6分子中含有6個?鍵和1個大π鍵，C6H6是非極性分子

D．CO2晶體的熔點；沸點都比二氧化硅晶體的低

（2）Mn和Fe的部分電離能數(shù)據(jù)如下表：

。元素FeFe電離能

/kJ?mol-1I1717759I2150915611561I3324829572957Mn元素價電子排布式為____，氣態(tài)Mn2+再失去一個電子比氣態(tài)Fe2+再失去一個電子難，其原因是____．

（3）根據(jù)元素原子的外圍電子排布的特征，可將元素周期表分成五個區(qū)域，其中Ti屬于____區(qū)．

（4）Ti的一種氧化物X，其晶胞結(jié)構如上圖所示，則X的化學式為____．

（5）電鍍廠排放的廢水中常含有劇毒的CN-離子，可在X的催化下，先用NaClO將CN-氧化成CNO-，再在酸性條件下CNO-繼續(xù)被NaClO氧化成N2和CO2．

①H、C、N、O四種元素的電負性由小到大的順序為____．

②與CNO-互為等電子體微粒的化學式為____（寫出一種即可）．

③氰酸（HOCN）是一種鏈狀分子，它與異氰酸（HNCO）互為同分異構體，其分子內(nèi)各原子最外層均已達到穩(wěn)定結(jié)構，試寫出氰酸的結(jié)構式____．17、以硫鐵礦為原料生產(chǎn)硫酸所得的酸性廢水中砷元素含量極高，為控制砷的排放，用化學沉降法處理含砷廢水，相關數(shù)據(jù)如下表．。表1．幾種砷酸鹽的Ksp難溶物KspCa3（AsO4）26.8×10-9AlAsO41.6×10-16FeAsO47.2×10-21。表2．工廠污染物排放濃度及允許排放標準污染物H2SO4As濃度19.6g/L1.6g?L-1排放標準pH6～90.5mg?L-1回答以下問題：

（1）該硫酸工廠排放的廢水中硫酸的物質(zhì)的量濃度c（H2SO4）=____mol?L-1．

（2）寫出難溶物Ca3（AsO4）2的Ksp表達式：Ksp[Ca3（AsO4）2]=____，若混合溶液中Al3+、Fe3+的濃度均為1.0×10-4mol?L-1，c（AsO43-）的最大是____mol?L-1．

（3）工廠排放出的酸性廢水中的三價砷（H3AsO3弱酸）不易沉降，可投入MnO2先將其氧化成五價砷（H3AsO4弱酸），寫出該反應的離子方程式____．

（4）在處理含砷廢水時采用分段式，先向廢水中投入生石灰調(diào)節(jié)pH到2，再投入生石灰將pH調(diào)節(jié)到8左右使五價砷以Ca3（AsO4）2形式沉降．

①將pH調(diào)節(jié)到2時廢水中有大量沉淀產(chǎn)生，沉淀主要成分的化學式為____；

②Ca3（AsO4）2在pH調(diào)節(jié)到8左右才開始沉淀的原因為____．18、以乙炔為原料；通過如圖所示步驟能合成有機中間體E（轉(zhuǎn)化過程中的反應條件及部分產(chǎn)物已略去）．

A、B、C、D分別代表一種有機物，B的化學式為C4H10O2；分子中無甲基．請回答下列問題：

（1）寫出生成A的化學反應方程式____，該化學反應的反應類型是____．

（2）寫出由C生成D的化學反應方程式____．

（3）含有苯環(huán)，且與E互為同分異構體的酯有____種，寫出其中一種同分異構體的結(jié)構簡式____．

（4）D→E反應的條件為____．19、（1）給下列有機物命名：

①____；

②CH3CH═C（CH3）2____；

（2）麻黃素又稱黃堿，是我國特定的中藥材麻黃中所含有的一種生物堿．經(jīng)我國科學家研究發(fā)現(xiàn)其結(jié)構如下：麻黃素中含氧官能團的名稱是____，屬于____類（填“醇”或酚）．評卷人得分四、判斷題(共4題，共40分)20、可逆反應達到平衡，反應就不再進行．____（判斷對錯）21、鈉與水反應時，會發(fā)生劇烈爆炸____．（判斷對錯）22、葡萄糖注射液不能產(chǎn)生丁達爾效應，不屬于膠體____（判斷對錯）23、Ⅰ．下列用連線方法對部分化學知識進行歸納的內(nèi)容中，有錯誤的一組是____

A．物質(zhì)的性質(zhì)與用途：

阿司匹林易水解--用于解熱消炎鎮(zhèn)痛；不能用于防治心腦血管疾病。

明礬溶于水能形成膠體--用于對水的消毒；凈化。

B．保護環(huán)境：

控制“白色污染”--減少一次性塑料餐具的使用量。

防止水的污染--提倡使用無磷洗衣粉。

C．基本安全常識：

飲用假酒中毒--甲醇引起。

食用假鹽中毒--亞硝酸鈉引起。

D．生活中的一些做法：

除去衣服上的油污--可用汽油洗滌。

使煤燃燒更旺--可增大煤與空氣接觸面積。

Ⅱ．保護環(huán)境；合理利用資源已成為人類共同的目標．請判斷下列說法是否正確（填“√”或“×”）．

（1）水體的富營養(yǎng)化有利于大多數(shù)水生動植物的生長．____

（2）減少機動車尾氣排放是改善大氣質(zhì)量的重要措施．____

（3）焚燒廢棄塑料會產(chǎn)生有害氣體，對大氣造成污染．____

（4）將垃圾分類并回收利用，符合可持續(xù)發(fā)展的要求．____．評卷人得分五、探究題(共4題，共16分)24、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設計了下列實驗過程．請在括號內(nèi)填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內(nèi)有關物質(zhì)的結(jié)構簡式．

寫出下列物質(zhì)的結(jié)構簡式A________、C________、E________、G________．25、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應的原理來測定其含量，操作為：26、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設計了下列實驗過程．請在括號內(nèi)填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內(nèi)有關物質(zhì)的結(jié)構簡式．

寫出下列物質(zhì)的結(jié)構簡式A________、C________、E________、G________．27、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應的原理來測定其含量，操作為：評卷人得分六、簡答題(共3題，共27分)28、我們要持之以恒，建設天藍、地綠、水清的中國rm{.}水處理技術在生活；生產(chǎn)中應用廣泛；對工業(yè)廢水和生活污水進行處理是防止水體污染、改善水質(zhì)的主要措施．

rm{(1)壟脵}生活用水必須保證安全，自來水廠需要對取自江河湖泊中的淡水進行rm{a.}殺毒滅菌，rm{b.}混凝沉淀，rm{c.}過濾等工藝處理，這三項處理的正確順序是______rm{(}填字母rm{)}

rm{壟脷}工業(yè)上常用硫酸亞鐵作混凝劑除去天然水中含有的懸浮物和膠體，為了達到更好的效果，要將待處理水的rm{pH}值調(diào)到rm{9}左右，再加入綠礬rm{.}請解釋這一做法的原因：______rm{(}用必要的離子方程式和文字描述rm{)}

rm{壟脹}下列試劑能夠用來對自來水進行殺菌消毒，且不會造成二次污染的是______rm{(}填字母rm{)}

rm{a.}福爾馬林rm{b.}漂白粉rm{c.}氯氣rm{d.}臭氧。

rm{壟脺}石灰純堿法是常用的硬水軟化方法rm{.}已知rm{25隆忙}時rm{Ksp=2.8隆脕10^{-9}}現(xiàn)將等體積的rm{Ca(OH)_{2}}溶液與rm{Na_{2}CO_{3}}溶液混合rm{(}假設溶液體積具有加和性rm{)}若rm{Na_{2}CO_{3}}溶液的濃度為rm{.6隆脕10-5mol?L^{-1}}則生成沉淀所需rm{Ca(OH)_{2}}溶液的最小濃度為______．

rm{(2)}金屬鉻污染環(huán)境，其主要來源于冶金、水泥等工業(yè)產(chǎn)生的廢水rm{.}某興趣小組擬定以下流程，對rm{Cr^{3+}}rm{Fe^{2+}}等離子的廢水進行無公害處理。

請回答下列問題。

rm{壟脵}寫出加入雙氧水后發(fā)生反應的離子方程式：______；

rm{壟脷}過濾操作需要的玻璃儀器是______；

rm{壟脹}活性炭的作用是______．29、給出下列氧化還原反應；試回答下列問題．

rm{(1)KMnO_{4}+KI+H_{2}SO_{4隆煤}K_{2}SO_{4}+MnSO_{4}+I_{2}}十rm{H_{2}O}配平化學反應方程式______被還原的元素______；發(fā)生氧化反應的物質(zhì)______．

rm{(2)3Cl_{2}+6NaOH簍T5NaCl+NaClO_{3}+3H_{2}O}用雙線橋標出電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目______氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為______；氧化產(chǎn)物是______．

rm{(3)11P+15CuSO_{4}+24H_{2}O=6H_{3}PO_{4}+15H_{2}SO_{4}+5Cu_{3}P(}反應中rm{Cu_{3}P}中的rm{P}為負三價rm{).}該反應中rm{Cu^{2+}}表現(xiàn)______性rm{(}填氧化或還原rm{)}rm{11molP}中被rm{P}氧化的rm{P}是______rm{mol}．30、德國化學家哈伯發(fā)明的合成氨技術使大氣中的氮氣變成了生產(chǎn)氮肥永不枯竭的廉價來源；解救了世界糧食危機獲1918年諾貝爾化學獎．現(xiàn)模擬工業(yè)制氨的過程，通過查閱資料，獲得以下鍵能數(shù)據(jù)：

?；瘜W鍵N≡NH-HN-H鍵能/（kJ/mol）946436391（1）計算工業(yè)合成氨反應的反應熱：N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H=______kJ/mol

（2）一定溫度下，向一個恒壓容器中充入0.6molN2和0.5molH2，在一定溫度下進行反應：N2（g）+3H2（g）?2NH3（g），達到化學平衡時，N2的轉(zhuǎn)化率為此時容器的體積為1L．

①該溫度時容器中平衡體系的平衡常數(shù)是______．

②若保持平衡時的溫度和壓強不變，繼續(xù)向平衡體系中通入0.9molN2；則平衡將______（填“正向”，“逆向”或“不”）移動．

（3）在兩個壓強相等，溫度分別為T1和T2的容器中充入由1molN2和3molH2組成的混合氣體，發(fā)生反應N2（g）+3H2（g）?2NH3（g），平衡后改變?nèi)萜黧w積，容器內(nèi)N2的體積分數(shù)隨壓強的變化如圖1所示．據(jù)圖1判斷下列說法正確的是______

a．A、B、C三點的平衡常數(shù)大小關系：KA＜KB＜KC

b．A點和B點混合氣體的密度大小關系：A＜B

c．A點和C點混合氣體的平均相對分子質(zhì)量大小關系：A＞C

（4）合成氨工業(yè)會產(chǎn)生大量副產(chǎn)物CO2，工業(yè)上常用高濃度的K2CO3溶液吸收CO2，得溶液X，再利用電解法K2CO3溶液再生；其裝置如圖2所示：

①在陽極區(qū)發(fā)生的反應有______和H++HCO3-=H2O+CO2↑．

②簡述CO32-在陰極區(qū)再生的原理______．

③再生裝置中產(chǎn)生的CO2和H2在一定條件下反應生成甲醇，工業(yè)上利用該反應合成甲醇．已知：25℃，101KPa下：2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H1=-484kJ/mol

2CH3OH（g）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）△H2=-1352kJ/mol

寫出CO2和H2生成1molCH3OH（g）的熱化學方程式______．參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、D【分析】【分析】A．金剛石的結(jié)構中；每個碳原子能形成4個共價鍵，根據(jù)教材圖片確定由共價鍵形成的最小碳環(huán)上的碳原子個數(shù)；

B、氯化鈉晶體中每個Na+（或Cl-）周圍都緊鄰6個Cl-（Na+）；

C．根據(jù)CsCl晶胞圖確定；

D．干冰是分子晶體，CO2分子位于立方體的頂點和面心上，以頂點上的CO2分子為例，與它距離最近的CO2分子分布在與該頂點相連的12個面的面心上．【解析】【解答】解：A．金剛石結(jié)構中；每個碳原子能形成4個共價鍵，由共價鍵形成的最小碳環(huán)上有6個碳原子，故A正確；

B、已知氯化鈉的晶胞圖為則氯化鈉晶胞中，鈉離子的配位數(shù)為6，即每個Na+或Cl-的周圍都緊鄰6個Cl-或Na+；故B正確；

C．已知晶胞圖為在CsCl晶體中每個Cs+周圍都緊鄰8個Cl-，每個Cs+等距離緊鄰的有8個Cs+；故C正確；

D．從二氧化碳的基本結(jié)構可以知道；若以其中一個為中心，與其緊鄰的二氧化碳分子有3×8÷2=12個，且相距均為邊長的二分之根下二倍，故D錯誤；

故選：D．2、B【分析】【分析】A．氯氣有毒；

B．碳的化合價為最高價態(tài)；

C．氫氧化鈉有腐蝕性；

D．KNO3有強氧化性．【解析】【解答】解：A．氯氣有毒；是有毒氣體，故A正確；

B．碳的化合價為最高價態(tài)；不能被氧化，故B錯誤；

C．氫氧化鈉有腐蝕性；是腐蝕品，故C正確；

D．KNO3有強氧化性；易爆炸，是爆炸品，故D正確．

故選B．3、D【分析】【解析】【答案】D4、C【分析】解：rm{A.}原電池工作時；化學能不可能全部轉(zhuǎn)化為電能，部分轉(zhuǎn)化為熱能，故A錯誤；

B.反應自發(fā)進行的判斷依據(jù)rm{triangleH-TtriangleS<0}已知常溫常壓下反應rm{triangleH-Ttriangle

S<0}可以自發(fā)進行，rm{4Fe(s)+3O_{2}(g)=2Fe_{2}O_{3}(s)}滿足rm{triangleH-TtriangleS<0}rm{triangleS<0}該反應是放熱反應，故B錯誤；

C.rm{triangleH-Ttriangle

S<0}與rm{triangleH<0}混合反應生成rm{3molH_{2}}由于該反應為可逆反應，則生成氨氣的物質(zhì)的量小于rm{1molN_{2}}轉(zhuǎn)移電子小于rm{NH_{3}}轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目小于rm{2mol}故C正確；

D.在酶催化淀粉水解反應中；適宜穩(wěn)定性淀粉水解速率加快，但溫度過高可能導致酶的催化活性降低甚至消失，故D錯誤；

故選：rm{6mol}

A.還有部分化學能轉(zhuǎn)化成了熱能；

B.依據(jù)反應自發(fā)進行的判斷依據(jù)rm{triangleH-TtriangleS<0}分析；

C.該反應為可逆反應，生成氨氣的物質(zhì)的量小于rm{6隆脕6.02隆脕10^{23}}

D.酶有最佳溫度；溫度過高會降低酶的催化活性。

本題考查較為綜合，涉及氧化還原反應的計算、反應自發(fā)進行的判斷、原電池、淀粉水解等知識，明確反應自發(fā)進行的條件為解答關鍵，注意酶的催化活性，試題培養(yǎng)了學生的分析能力及靈活應用能力。rm{C}【解析】rm{C}5、A【分析】解：A．淀粉和纖纖維素都屬于高分子化合物；聚合度介于一定的范圍內(nèi)，沒有確定的值，則二者的分子式不同，不是同分異構體，故A錯誤；

B．油脂在堿性條件下水解生成高級脂肪酸鈉；可用于制備肥皂，故成為皂化反應，故B正確；

C．分子式為C5H10O2的有機物中能與NaHCO3溶液反應，應含有-COOH，-C4H9的同分異構體有4種；則對應的酸的同分異構體有4種，故C正確；

D．葡萄糖含有醛基；可與新制備氫氧化銅濁液反應，生成磚紅色沉淀，而乙醇不反應，可鑒別，故D正確。

故選：A。

A．淀粉和纖纖維素的分子式不同；

B．油脂在堿性條件下水解生成高級脂肪酸鈉；可用于制備肥皂；

C．分子式為C5H10O2的有機物中能與NaHCO3溶液反應，應含有-COOH，則同分異構體取決于-C4H9；

D．葡萄糖含有醛基；可與新制備氫氧化銅濁液反應．

本題考查有機物的結(jié)構與性質(zhì)，為高頻考點，把握官能團與性質(zhì)、有機反應為解答的關鍵，側(cè)重分析與應用能力的考查，注意同分異構體的判斷，題目難度不大．【解析】A二、多選題(共6題，共12分)6、AC【分析】【分析】不能用排水收集法收集的氣體，說明該氣體能夠與水反應或易溶于水，如二氧化氮、二氧化硫、氨氣、氯化氫等，只能用排空氣法收集，據(jù)此完成本題．【解析】【解答】解：氣體收集分為排水法和排空氣法；不能用排水收集法收集的氣體，說明氣體易溶于水或者能夠與水反應；

A；氨氣極易溶于水；不能夠用排水法收集，只能使用排空氣法收集，故A選；

B；氧氣在水中溶解度減??；可以采用排水法收集，故B不選；

C；二氧化硫溶于水且與水發(fā)生反應；不可以采用排水法收集，故C選；

D；一氧化氮在水中溶解度減??；也不與水反應，可以采用排水法收集，故D不選；

故選AC．7、BC【分析】【分析】A．碳酸鈉中存在的是鈉離子；53g碳酸鈉的物質(zhì)的量為0.5mol，0.5mol碳酸鈉中含有1mol鈉離子；

B．銨根離子中含有10個電子；1.8g銨根離子的物質(zhì)的量為0.1mol，含有1mol電子；

C.48g臭氧的物質(zhì)的量為1mol；1mol臭氧中含有3mol氧原子；

D．鎂為2價金屬，2.4g鎂的物質(zhì)的量為0.1mol，完全反應失去0.2mol電子．【解析】【解答】解：A．53g碳酸鈉的物質(zhì)的量為0.5mol，含有1mol鈉離子，含NA個鈉離子；故A錯誤；

B．1.8g銨根離子的物質(zhì)的量為0.1mol，0.1mol銨根離子中含有1mol電子，含有的電子數(shù)為NA；故B正確；

C．48g臭氧中含有48g氧原子，含有3mol氧原子，含有的氧原子數(shù)為3NA；故C正確；

D．2.4g鎂的物質(zhì)的量為0.1mol，0.1mol鎂完全反應失去0.2mol電子，失去的電子數(shù)為0.2NA；故D錯誤；

故選BC．8、AC【分析】【分析】由圖可知，為向上排空氣法收集，則氣體的密度比空氣的大，然后結(jié)合氣體的性質(zhì)及發(fā)生的反應來解答．【解析】【解答】解：A．氯氣的密度比空氣大；收集方法合理，氯氣與水反應生成HCl；HClO分別具有酸性、漂白性，則紫色石蕊先變紅后褪色，故A正確；

B．氨氣的密度比空氣??；應利用向下排空氣法收集，故B錯誤；

C．二氧化碳與石灰水反應生成沉淀，且密度比空氣大，則澄清石灰水變渾濁，氣體可能是CO2；故C正確；

D．二氧化硫的密度比空氣大；收集方法合理，但與高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應，體現(xiàn)二氧化硫的還原性，與漂白性無關，故D錯誤；

故選AC．9、CD【分析】【分析】鋁離子的檢驗方法只有沉淀法、鈉離子的檢驗只有顯色法（焰色反應），而碘離子可以通過沉淀法和顯色法檢驗，碳酸根離子可以通過測定法和氣體法檢驗，據(jù)此進行解答．【解析】【解答】解：A．鋁離子的檢驗方法只有一種；為沉淀法，選用的試劑為強堿溶液，故A錯誤；

B．檢驗鈉離子的方法只有焰色反應；即顯色法，故B錯誤；

C．檢驗碘離子；可以使用硝酸銀溶液，反應生成碘化銀沉淀，即沉淀法，也可以使用淀粉和氯水檢驗，即顯色法，故C正確；

D．檢驗碳酸根離子；可以通過生成沉淀檢驗，即沉淀法，也可以通過檢驗生成二氧化碳氣體檢驗，即氣體法，故D正確；

故選CD．10、ACD【分析】【分析】物理變化是指沒有新物質(zhì)生成的變化，化學變化是指有新物質(zhì)生成的變化，化學變化和物理變化的本質(zhì)區(qū)別是否有新物質(zhì)生成；據(jù)此分析判斷．【解析】【解答】解：A；鐵杵成針的過程中只是形狀發(fā)生改變；沒有新物質(zhì)生成，屬于物理變化，故A正確；

B；焰火燃燒的過程中有新物質(zhì)二氧化碳等生成；屬于化學變化，故B錯誤；

C；冰雪消融的過程中只是狀態(tài)發(fā)生改變；沒有新物質(zhì)生成，屬于物理變化，故C正確；

D；美酒飄香的過程是分子運動的結(jié)果；沒有新物質(zhì)生成，屬于物理變化，故D正確；

故選ACD．11、CD【分析】【分析】恒溫恒容下；Ⅰ與Ⅱ達到平衡時C的體積分數(shù)為a，則二者為等效平衡，若x=4，按化學計量數(shù)轉(zhuǎn)化到左邊，滿足n（A）：n（B）=3：2即可，若x≠4，按化學計量數(shù)轉(zhuǎn)化到左邊，滿足n（A）=3mol；n（B）=2mol即可．

A、若x=4，（4+）：（3+）＜3：2；B轉(zhuǎn)化率降低，A的轉(zhuǎn)化率增大．

B；等效為增大壓強；因容器體積不變，若x=4時，C的體積分數(shù)應為a，現(xiàn)大于a，說明平衡正向移動．

C；當X=2時；反應前后氣體體積發(fā)生變化，只要把一端按不可逆反應形式完全轉(zhuǎn)化為另一端的物質(zhì)后對應物質(zhì)的物質(zhì)的量相等即可．

D、若x=4，按化學計量數(shù)轉(zhuǎn)化到左邊，滿足n（A）：n（B）=3：2即可，若x≠4，按化學計量數(shù)轉(zhuǎn)化到左邊，滿足n（A）=3mol、n（B）=2mol即可．【解析】【解答】解：A、把C轉(zhuǎn)化到方程式左邊，可得到n（A）=4+，n（B）=3+．若x=4，（4+）：（3+）＜3：2；B轉(zhuǎn)化率降低，A的轉(zhuǎn)化率增大，故A錯誤；

B．若向平衡Ⅰ中再加入6molA；4molB，等效為增大壓強，因容器體積不變，若x=4時，C的體積分數(shù)應為a，現(xiàn)大于a，說明平衡正向移動，故x＜4，故B錯誤；

C、當X=2時，反應前后氣體體積發(fā)生變化，只要把一端按不可逆反應形式完全轉(zhuǎn)化為另一端的物質(zhì)后對應物質(zhì)的物質(zhì)的量相等即可，故n（A）+n（C）=3；n（B）+n（C）=2；兩式相減整理得：3n（B）=n（A）+3；故C正確；

D、如果x=4，按化學計量數(shù)轉(zhuǎn)化到左邊，滿足[n（A）+n（C）]：[n（B）+n（C）]=3：2；即3n（C）+4n（A）=12nB；

如果x≠4，按化學計量數(shù)轉(zhuǎn)化到左邊，滿足n（A）=3mol、n（B）=2mol即可，即[n（A）+n（C）]=3，[n（B）+n（C）]=2；可得2xn（A）+3n（C）=3xn（B），故D正確．

故選：CD．三、填空題(共8題，共16分)12、水浴加熱制備氧氣磚紅色出現(xiàn)藍色2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑顯示紅色【分析】【分析】乙醇在銅催化作用下加熱與氧氣發(fā)生氧化還原反應生成乙醛和水；實驗中E用于制備氧氣，生成的氧氣通入A中，形成氧氣和乙醇的混合氣體，在B中加熱條件下反應生成乙醛和水，可用C檢驗水的生成，用銀氨溶液檢驗是否生成乙醛，以此解答該題．

（1）根據(jù)水浴加熱和直接加熱的區(qū)別及實驗目的分析；根據(jù)實驗目的分析E裝置的作用；氯酸鉀受熱分解為氯化鉀和氧氣；

（2）醛類能和氫氧化銅懸濁液反應生成磚紅色沉淀；

（3）B處發(fā)生乙醇發(fā)生催化氧化生成乙醛和水；白色的無水硫酸銅與水作用生成藍色的五水合硫酸銅；

（4）乙醇和鈉反應生成乙醇鈉和氫氣，酚酞與顯堿性溶液作用顯示紅色．【解析】【解答】解：乙醇在銅催化作用下加熱與氧氣發(fā)生氧化還原反應生成乙醛和水；實驗中E用于制備氧氣，生成的氧氣通入A中，形成氧氣和乙醇的混合氣體，在B中加熱條件下反應生成乙醛和水，可用C檢驗水的生成，用銀氨溶液檢驗是否生成乙醛．

（1）裝置A直接加熱時，生成乙醇蒸汽的速率較大，乙醇和氧化銅反應不完全，造成資源浪費，為了使A中的乙醇平穩(wěn)氣化成蒸氣，可采用水浴加熱的方法；實驗中E用于制備氧氣，氯酸鉀受熱分解2KClO32KCl+3O2↑；

故答案為：水浴加熱；制備氧氣；

（2）乙醛能和氫氧化銅懸濁液反應；生成磚紅色沉淀，所以F中會產(chǎn)生磚紅色沉淀；

故答案為：磚紅色；

（3）B處發(fā)生乙醇發(fā)生催化氧化，反應的化學方程式為：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；C處為白色的無水硫酸銅，與水作用生成五水合硫酸銅顯示藍色；

故答案為：出現(xiàn)藍色；2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；

（4）乙醇和鈉反應生成乙醇鈉和氫氣，2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑；乙醇鈉溶液與酚酞作用顯示紅色，顯堿性；

故答案為：2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑；顯示紅色．13、過濾、蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥NaNO3+H2SO4NaHSO4+2HNO3↑磨砂接口合成氨氯堿工業(yè)4NH3+5O24NO+6H2O4NO+3O2+2H2O=4HNO3【分析】【分析】（1）智利硝石其主要成分是NaNO3，還含少量NaIO3等可溶鹽和不溶物，從智利硝石分離出NaNO3；的實驗步驟為溶解過濾除去不溶性雜質(zhì)，通過蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶，過濾洗滌，干燥分離得到較純凈的硝酸鈉；

（2）用NaNO3和濃硫酸反應可以生成硝酸和硫酸氫鈉；硝酸具有氫氧化性能氧化橡膠；

（3）現(xiàn)在工業(yè)上制NaNO3主要采用化學合成的方法，涉及的工業(yè)制備有氮氣和氫氣合成氨，氨氣催化氧化生成一氧化氮和水，一氧化氮已化為二氧化氮，二氧化氮溶于水生成硝酸，為充分吸收通入水中的氧氣和一氧化氮體積比為3：4．【解析】【解答】解：（1）智利硝石其主要成分是NaNO3，還含少量NaIO3等可溶鹽和不溶物，從智利硝石分離出NaNO3；的實驗步驟為溶解過濾除去不溶性雜質(zhì)，通過蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶，過濾洗滌，干燥分離得到較純凈的硝酸鈉；

故答案為：過濾；蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥；

（2）用NaNO3和濃硫酸反應可以生成硝酸和硫酸氫鈉，反應的化學方程式為：NaNO3+H2SO4=NaHSO4+2HNO3↑；硝酸具有氫氧化性能氧化橡膠，熱的硝酸會腐蝕橡膠，制取裝置中應該用磨砂接口代替膠管和膠塞；

故答案為：NaNO3+H2SO4NaHSO4+2HNO3↑；磨砂接口；

（3）現(xiàn)在工業(yè)上制NaNO3主要采用化學合成的方法，涉及的工業(yè)制備有氮氣和氫氣合成氨，氨氣催化氧化生成一氧化氮和水，一氧化氮氧化為二氧化氮，二氧化氮溶于水生成硝酸，為充分吸收通入水中的氧氣和一氧化氮體積比為3：4，工業(yè)制硝酸的化學方程式為：4NH3+5O24NO+6H2O、4NO+3O2+2H2O=4HNO3；

故答案為：合成氨；氯堿工業(yè)；4NH3+5O24NO+6H2O；4NO+3O2+2H2O=4HNO3．14、H2（O2、O3、Na、S）Na2O（或Na2O2）H2O（H2O2、SO2、SO2）H2SO4（或H2SO3、H2S）NaOHNa2SO4（Na2SO3、NaHSO4NaHSO3、Na2S、NaHS）【分析】【分析】單質(zhì)是由同種元素的原子組成的純凈物；

金屬氧化物是指氧元素與另外一種金屬元素組成的化合物；

非金屬氧化物是指氧元素與另外一種非金屬元素組成的化合物；

電離時生成的陽離子都是氫離子的化合物是酸，電離時生成的陰離子都是氫氧根離子的化合物是堿，由金屬離子或銨根離子和酸根離子組成的化合物屬于鹽，據(jù)此分析．【解析】【解答】解：（1）單質(zhì)是由同種元素的原子組成的純凈物，上述元素組成的單質(zhì)有：H2（O2、O3；Na、S）；

故答案為：H2（O2、O3；Na、S）；

（2）金屬氧化物是指氧元素與另外一種金屬元素組成的化合物，上述元素組成的金屬氧化物有：Na2O（或Na2O2）；

故答案為：Na2O（或Na2O2）；

（3）非金屬氧化物是指氧元素與另外一種非金屬元素組成的化合物，上述元素組成的非金屬氧化物有：H2O（H2O2、SO2、SO2）；

故答案為：H2O（H2O2、SO2、SO2）；

（4）電離時生成的陽離子都是氫離子的化合物是酸，上述元素組成的酸有：H2SO4（或H2SO3、H2S）；

故答案為：H2SO4（或H2SO3、H2S）；

（5）電離時生成的陰離子都是氫氧根離子的化合物是堿；上述元素組成的堿有：NaOH；

故答案為：NaOH；

（6）由金屬離子或銨根離子和酸根離子組成的化合物屬于鹽，上述元素組成的鹽有：Na2SO4（Na2SO3、NaHSO4NaHSO3、Na2S；NaHS）；

故答案為：Na2SO4（Na2SO3、NaHSO4NaHSO3、Na2S、NaHS）．15、強氧化酸酸【分析】【分析】①Cu+2H2SO4（濃）CuSO4+2H2O+SO2↑中；生成二氧化硫時S元素的化合價降低，生成硫酸銅，體現(xiàn)其酸性；

②CuO+H2SO4（?。?CuSO4+H2O中，生成硫酸銅，體現(xiàn)酸性．【解析】【解答】解：①Cu+2H2SO4（濃）CuSO4+2H2O+SO2↑中；生成二氧化硫時S元素的化合價降低，則體現(xiàn)濃硫酸的強氧化性，且生成硫酸銅，體現(xiàn)其酸性；

②CuO+H2SO4（?。?CuSO4+H2O中；金屬氧化物與酸反應生成鹽和水，生成硫酸銅，體現(xiàn)酸性；

故答案為：強氧化；酸；酸．16、AD3d54s2Mn2+轉(zhuǎn)化為Mn3+時，3d能級由較穩(wěn)定的3d5半充滿狀態(tài)轉(zhuǎn)變?yōu)椴环€(wěn)定的3d4狀態(tài)，而Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+時，3d能級由不穩(wěn)定的3d6狀態(tài)轉(zhuǎn)變?yōu)檩^穩(wěn)定的3d5半充滿狀態(tài)．d區(qū)TiO2H＜C＜N＜OCO2N≡C-O-H【分析】【分析】（1）分子中含有羥基；與水可以形成氫鍵，二氧化碳為sp雜化，苯中碳碳鍵含有6個σ鍵；

（2）d電子半充滿比較穩(wěn)定，錳價電子排布為3d54s2，Mn2+轉(zhuǎn)化為Mn3+時，3d能級由較穩(wěn)定的3d5半充滿狀態(tài)轉(zhuǎn)變?yōu)椴环€(wěn)定的3d4狀態(tài)，而鐵價電子排布為3d64s2，F(xiàn)e2+轉(zhuǎn)化為Fe3+時，3d能級由不穩(wěn)定的3d6狀態(tài)轉(zhuǎn)變?yōu)檩^穩(wěn)定的3d5半充滿狀態(tài)，氣態(tài)Mn2+失去一個電子比氣態(tài)Fe2+失去一個電子難；

（3）元素周期表根據(jù)元素原子的外圍電子排布的特征分成五個區(qū)域；s區(qū)；p區(qū)、d區(qū)、ds區(qū)、f區(qū)，s區(qū)為第ⅠA、ⅡA族，p區(qū)為第ⅢA到零族，d區(qū)包括從第ⅢB族到八族，ds區(qū)為第ⅠB、ⅡB族，f區(qū)為鑭系和錒系；

（4）晶胞中原子個數(shù)的計算，每個晶胞中含有鈦原子數(shù)為2，氧原子數(shù)為4，可確定化學式為TiO2；

（5）①同周期從左向右；電負性逐漸增大，故電負性大小可以判斷；

②等電子體為電子數(shù)相等，CNO-電子數(shù)為22，故與CNO-互為等電子體微粒的化學式CO2、N2O、SCN-等；

③碳為四配位，氮為三配位，氧為兩配位，氰酸（HOCN）是一種鏈狀分子，且其分子內(nèi)各原子最外層均已達到穩(wěn)定結(jié)構，故N≡C-O-H．【解析】【解答】解：（1）A中甲醛中含有羥基，與水可以形成氫鍵，故A正確；B二氧化碳為sp雜化，C中苯中碳碳鍵含有6個σ鍵，每個碳氫鍵含有一個σ鍵，苯分子中一共含有12個，故C錯誤；常溫下二氧化碳為氣體，二氧化硅為固體，CO2晶體的熔點；沸點都比二氧化硅晶體的低；故D正確；

故答案為：（1）AD；

（2）25號元素錳，價電子個數(shù)為25-18=7，價電子排布為3d54s2，Mn2+轉(zhuǎn)化為Mn3+時，3d能級由較穩(wěn)定的3d5半充滿狀態(tài)轉(zhuǎn)變?yōu)椴环€(wěn)定的3d4狀態(tài)，而鐵為26號元素，價電子排布為3d64s2，F(xiàn)e2+轉(zhuǎn)化為Fe3+時，3d能級由不穩(wěn)定的3d6狀態(tài)轉(zhuǎn)變?yōu)檩^穩(wěn)定的3d5半充滿狀態(tài)，故氣態(tài)Mn2+再失去一個電子比氣態(tài)Fe2+再失去一個電子難；

故答案為：3d54s2；Mn2+轉(zhuǎn)化為Mn3+時，3d能級由較穩(wěn)定的3d5半充滿狀態(tài)轉(zhuǎn)σσ變?yōu)椴环€(wěn)定的3d4狀態(tài)，而Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+時，3d能級由不穩(wěn)定的3d6狀態(tài)轉(zhuǎn)變?yōu)檩^穩(wěn)定的3d5半充滿狀態(tài)；

（3）根據(jù)元素原子的外圍電子排布的特征；可將元素周期表分成五個區(qū)域，s區(qū)；d區(qū)、ds區(qū)、p區(qū)、f區(qū)，s區(qū)為第ⅠA、ⅡA族，p區(qū)為第ⅢA到零族，d區(qū)包括從第ⅢB族到八族，ds區(qū)為第ⅠB、ⅡB族，f區(qū)為鑭系和錒系，其中鈦位于第ⅣB族，屬于d區(qū)；

故答案為：d區(qū)；

（4）每個晶胞中含有鈦原子數(shù)為8×0.125+1=2，氧原子數(shù)為4×0.5+2=4，故化學式為TiO2；

故答案為：TiO2；

（5）①氫位于第一周期；碳；氮、氧元素位于第二周期，同周期從左向右，電負性逐漸增大，故電負性大小為H＜C＜N＜O；

②CNO-電子數(shù)為22，等電子體為電子數(shù)相等，故與CNO-互為等電子體微粒的化學式CO2、N2O、SCN-等；

③氰酸（HOCN）是一種鏈狀分子；且其分子內(nèi)各原子最外層均已達到穩(wěn)定結(jié)構，碳為四配位，氮為三配位，氧為兩配位，故N≡C-O-H；

故答案為：①H＜C＜N＜O②CO2（N2O）、SCN-③N≡C-O-H．17、0.2c3（Ca2+）?c2（AsO43-）7.2×10-172H++MnO2+H3AsO3=H3AsO4+Mn2++H2OCaSO4H3AsO4是弱酸，當溶液中pH調(diào)節(jié)到8左右時AsO43-濃度增大，Ca3（AsO4）2開始沉淀【分析】【分析】（1）據(jù)廢水中硫酸的含量為19.6g/L計算其物質(zhì)的量濃度；

（2）依據(jù)Ksp越??；先生成沉淀，依據(jù)溶度積常數(shù)計算得到兩種濃度；

（3）根據(jù)反應物和生成物結(jié)合元素化合價的變化配平方程式；

（4）①硫酸鈣難溶于酸；所以酸性條件下能析出；

②H3AsO4是弱酸電離出來的AsO43-較少，所以酸性條件下不易形成Ca3（AsO4）2沉淀．【解析】【解答】解：（1）每L廢水中含硫酸的物質(zhì)的量為=0.2mol，所以其物質(zhì)的量濃度為：=0.2mol/L；故答案為：0.2；

（2）Ksp[Ca3（AsO4）2]=c3（Ca2+）?c2（AsO43-）；若混合溶液中Al3+、Fe3+的濃度均為1.0×10-4mol?L-1，依據(jù)Ksp大小可以得到，Ksp（FeAsO4）小，反應過程中Fe3+先析出沉淀；依據(jù)Ksp（FeAsO4）=c（Fe3+）c（AsO43-）=7.2×10-21；Fe3+的濃度均為1.0×10-4mol?L-1，計算得到c（AsO43-）=7.2×10-17mol/L；

故答案為：c3（Ca2+）?c2（AsO43-）；7.2×10-17；

（3）三價砷（H3AsO3弱酸）不易沉降，可投入MnO2先將其氧化成五價砷（H3AsO4弱酸）同時生成Mn2+和H2O，則該反應的離子方程式為：2H++MnO2+H3AsO3=H3AsO4+Mn2++H2O；

故答案為：2H++MnO2+H3AsO3=H3AsO4+Mn2++H2O；

（4）①硫酸鈣難溶于酸，所以酸性條件下能析出，因此pH調(diào)節(jié)到2時廢水中有大量沉淀產(chǎn)生，沉淀主要成分的化學式為CaSO4，故答案為：CaSO4；

②H3AsO4是弱酸電離出來的AsO43-較少，所以酸性條件下不易形成Ca3（AsO4）2沉淀，當溶液中pH調(diào)節(jié)到8左右時AsO43-濃度增大，Ca3（AsO4）2開始沉淀；

故答案為：H3AsO4是弱酸，當溶液中pH調(diào)節(jié)到8左右時AsO43-濃度增大，Ca3（AsO4）2開始沉淀．18、加成反應6任意一種濃硫酸、加熱【分析】【分析】乙炔與HCHO發(fā)生信息中的加成反應H，H與氫氣發(fā)生加成反應生成B，B的分子式C4H10O2，可知乙炔與甲醛的反應是1分子乙炔與2分子甲醛發(fā)生加成反應，則A為HOCH2C≡CCH2OH，HOCH2C≡CCH2OH與氫氣發(fā)生加成反應生成B，則B為HOCH2CH2CH2CH2OH，由E的結(jié)構，結(jié)合反應信息可知，HOCH2CH2CH2CH2OH氧化生成的C，C為OHCCH2CH2CHO，C發(fā)生給出的信息中醛的加成反應生成D，則D為D在濃硫酸、加熱條件下發(fā)生消去反應生成E，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：乙炔與HCHO發(fā)生信息中的加成反應H，H與氫氣發(fā)生加成反應生成B，B的分子式C4H10O2，可知乙炔與甲醛的反應是1分子乙炔與2分子甲醛發(fā)生加成反應，則A為HOCH2C≡CCH2OH，HOCH2C≡CCH2OH與氫氣發(fā)生加成反應生成B，則B為HOCH2CH2CH2CH2OH，由E的結(jié)構，結(jié)合反應信息可知，HOCH2CH2CH2CH2OH氧化生成的C，C為OHCCH2CH2CHO，C發(fā)生給出的信息中醛的加成反應生成D，則D為D在濃硫酸；加熱條件下發(fā)生消去反應生成E；

（1）生成A的化學反應方程式為：屬于加成反應；

故答案為：加成反應；

（2）C生成D的化學方程式為：

故答案為：

（3）含有苯環(huán)，且與E互為同分異構體的酯，結(jié)合E的結(jié)構可知，該同分異構體中含有1個酯基、1個苯環(huán)，若側(cè)鏈只有1個取代基，可以為-OOCCH3、-COOCH3、-CH3OOCH，若側(cè)鏈含有2個取代基，為-CH3、-OOCH，有鄰、間、對三種位置關系，故符合條件的同分異構體由3+3=6種，結(jié)構簡式為：

故答案為：6；任意一種；

（4）D→E是在濃硫酸、加熱條件下發(fā)生消去反應生成E，故答案為：濃硫酸、加熱．19、3，3，4-三甲基-己烷2-甲基-2-丁烯羥基醇【分析】【分析】判斷有機物的命名是否正確或?qū)τ袡C物進行命名；其核心是準確理解命名規(guī)范：

（1）烷烴命名原則：

①長--選最長碳鏈為主鏈；

②多--遇等長碳鏈時；支鏈最多為主鏈；

③近--離支鏈最近一端編號；

④小--支鏈編號之和最?。聪旅娼Y(jié)構簡式；從右端或左端看，均符合“近離支鏈最近一端編號”的原則；

⑤簡--兩取代基距離主鏈兩端等距離時；從簡單取代基開始編號．如取代基不同，就把簡單的寫在前面，復雜的寫在后面．

（2）根據(jù)麻黃素的結(jié)構簡式判斷其分子中含有的官能團名稱．【解析】【解答】解：（1）①是烷烴；選取最長碳原子的為主鏈，主鏈含有6個，從離甲基最近的一端編號，寫出名稱為：3，3，4-三甲基-己烷；

故答案為：3；3，4-三甲基-己烷；

②CH3CH═C（CH3）2主鏈有4個碳原子；雙鍵位于2號碳原子，名稱為：2-甲基-2-丁烯；

故答案為：2-甲基-2-丁烯；

（2）麻黃素中含氧官能團為羥基，可看成醇類物質(zhì)，故答案為：羥基；醇．四、判斷題(共4題，共40分)20、×【分析】【分析】據(jù)化學平衡狀態(tài)的特征解答，當反應達到平衡狀態(tài)時，正逆反應速率相等，各物質(zhì)的濃度、百分含量不變．【解析】【解答】解：化學平衡是動態(tài)平衡；當反應達到平衡狀態(tài)時，正逆反應速率相等，但不為0；

故答案為：×．21、√【分析】【分析】鈉與水劇烈反應，生成氫氣，并放出大量的熱，以此解答．【解析】【解答】解：做鈉與水的反應時；不能用較大的鈉塊，因為鈉化學性質(zhì)活潑，與水反應非常激烈，所放出的熱量無法及時被水吸收，局部熱量過多，便引起爆炸．

故答案為：√．22、√【分析】【分析】葡萄糖注射液是溶液．【解析】【解答】解：葡萄糖注射液是溶液，不能產(chǎn)生丁達爾效應現(xiàn)象，不屬于膠體，故答案為：√．23、×【分析】【分析】Ⅰ．A．阿司匹林能用于防治心腦血管疾病；明礬不能消毒；

B．使用一次性塑料餐具可引起白色污染；

C．甲醇有毒；

D．增大煤與空氣接觸面積可提高煤燃燒效率．

Ⅱ．（1）水體富營養(yǎng)化會導致植物的瘋長；破壞生態(tài)平衡；

（2）機動車尾氣排放是倒是環(huán)境污染的主要原因；

（3）焚燒塑料產(chǎn)生的氣體會導致空氣污染；

（4）垃圾分類并回收利用可以減少污染，節(jié)約能源．【解析】【解答】解：Ⅰ．A．阿司匹林能用于防治心腦血管疾??；明礬不能消毒，故A錯誤；

B．使用一次性塑料餐具可引起白色污染；含磷洗衣粉可引起水體富營養(yǎng)化，故B正確；

C．甲醇和亞硝酸鈉有毒；故C正確；

D．油污易溶于汽油；增大煤與空氣接觸面積可提高煤燃燒效率，故D正確．

故選A；

Ⅱ．（1）水體富營養(yǎng)化會導致植物的瘋長；會破壞環(huán)境生態(tài)平衡，故答案為：×；

（2）機動車尾氣二氧化硫；二氧化氮、一氧化氮等氣體的排放會引起環(huán)境污染；減少機動車尾氣排放可以改善大氣質(zhì)量，故答案為：√；

（3）焚燒塑料產(chǎn)生有毒氣體氣體會導致空氣污染；有的塑料可以回收利用，故答案為：√；

（4）垃圾分類并回收利用可以減少污染，節(jié)約能源，符合可持續(xù)發(fā)展的要求，故答案為：√．五、探究題(共4題，共16分)24、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，與氫氧化鈉不反應，甲酸、苯酚與氫氧化鈉反應生成溶于水的鈉鹽，苯（）不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸（HCOOH），故答案為：a．分液；b．蒸餾；c．分液；d．蒸餾；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚，分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸，以此解答該題．25、酸式|反應中生成的錳離子具有催化作用，所以隨后褪色會加快|滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內(nèi)的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有強氧化性，應用酸式滴定管盛裝；高錳酸根離子被還原生成的錳離子有催化作用而導致反應速率加快，所以剛滴下少量KMnO4溶液時；溶液迅速變成紫紅色；滴定終點時，當?shù)稳胱詈笠坏胃咤i酸鉀溶液，錐形瓶內(nèi)的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化，證明達到終點；

故答案為：酸式；反應中生成的錳離子具有催化作用；所以隨后褪色會加快；滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內(nèi)的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化；

(2)③第3組KMnO4溶液的體積與第1、2組相差比較大，舍去第3組，應按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，故消耗KMnO4溶液的體積為mL=20mL

設樣品的純度為x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g2mol5.0g×x×g（0.1000×0.020）mol解得：x==90.00%；

故答案為：20.00；90.00%；

(3)④A．未用標準濃度的酸性KMnO4溶液潤洗滴定管，標準液的濃度偏小，造成V（標準）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）偏大，故A正確；

B．滴定前錐形瓶有少量水，待測液的物質(zhì)的量不變，對V（標準）無影響，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）不變，故B錯誤；

C．滴定前滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后氣泡消失，造成V（標準）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）偏大，故C正確；

D．不小心將少量酸性KMnO4溶液滴在錐形瓶外，造成V（標準）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）偏大，故D正確；

E．觀察讀數(shù)時，滴定前仰視，滴定后俯視，造成V（標準）偏小，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）偏小，故E錯誤；

故選ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有強氧化性，應用酸式滴定管盛裝；高錳離子有催化作用而導致反應速率加快；乙二酸與KMnO4發(fā)生氧化還原反應，滴定終點時，溶液由無色變成紫紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色；③第3組KMnO4溶液的體積與第1、2組相差比較大，舍去第3組，應按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，根據(jù)關系式2KMnO4～5H2C2O4計算；

④根據(jù)c（待測）=分析不當操作對V（標準）的影響，以此判斷濃度的誤差．26、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，與氫氧化鈉不反應，甲酸、苯酚與氫氧化鈉反應生成溶于水的鈉鹽，苯（）不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸（HCOOH），故答案為：a．分液；b．蒸餾；c．分液；d．蒸餾；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚，分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸，以此解答該題．27、酸式|反應中生成的錳離子具有催化作用，所以隨后褪色會加快|滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內(nèi)的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有強氧化性，應用酸式滴定管盛裝；高錳酸根離子被還原生成的錳離子有催化作用而導致反應速率加快，所以剛滴下少量KMnO4溶液時；溶液迅速變成紫紅色；滴定終點時，當?shù)稳胱詈笠坏胃咤i酸鉀溶液，錐形瓶內(nèi)的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化，證明達到終點；

故答案為：酸式；反應中生成的錳離子具有催化作用；所以隨后褪色會加快；滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內(nèi)的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化；

(2)③第3組KMnO4溶液的體積與第1、2組相差比較大，舍去第3組，應按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，故消耗KMnO4溶液的體積為mL=20mL

設樣品的純度為x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g2mol5.0g×x×g（0.1000×0.020）mol解得：x==90.00%；

故答案為：20.00；90.00%；

(3)④A．未用標準濃度的酸性KMnO4溶液潤洗滴定管，標準液的濃度偏小，造成V（標準）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）偏大，故A正確；

B．滴定前錐形瓶有少量水，待測液的物質(zhì)的量不變，對V（標準）無影響，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）不變，故B錯誤；

C．滴定前滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后氣泡消失，造成V（標準）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）偏大，故C正確；

D．不小心將少量酸性KMnO4溶液滴在錐形瓶外，造成V（標準）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）偏大，故D正確；

E．觀察讀數(shù)時，滴定前仰視，滴定后俯視，造成V（標準）偏小，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）偏小，故E錯誤；

故選ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有強氧化性，應用酸式滴定管盛裝；高錳離子有催化作用而導致反應速率加快；乙二酸與KMnO4發(fā)生氧化還原反應，滴定終點時，溶液由無色變成紫紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色；③第3組KMnO4溶液的體積與第1、2組相差比較大，舍去第3組，應按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，根據(jù)關系式2KMnO4～5H2C2O4計算；

④根據(jù)c（待測）=分析不當操作對V（標準）的影響，以此判斷濃度的誤差．六、簡答題(共3題，共27分)28、略

【分析】解：rm{(1)壟脵}生活用水必須保證安全，自來水廠需要對取自江河湖泊中的淡水進行殺菌消毒、混凝沉淀、過濾等工藝處理，這三項處理的正確順序是混凝沉淀rm{隆煤}過濾rm{隆煤}殺菌消毒，故答案為：rm{bca}

rm{壟脷}工業(yè)上常用硫酸亞鐵作混凝劑除去天然水中含有的懸浮物和膠體，為了達到更好的效果，要將待處理水的rm{pH}調(diào)到rm{9}左右，再加綠礬，原因：rm{Fe^{2+}}在堿性條件下易被氧化成rm{Fe^{3+}}進而水解生成rm{Fe(OH)_{3}}膠體，起到較好的混凝作用，rm{4Fe^{2+}+O_{2}+2H_{2}O+8OH^{-}=4Fe(OH)_{3}(}膠體rm{)}

故答案為：rm{Fe^{2+}}在堿性條件下易被氧化成rm{Fe^{3+}}進而水解生成rm{Fe(OH)_{3}}膠體，起到較好的混凝作用，rm{4Fe^{2+}+O_{2}+2H_{2}O+8OH^{-}=4Fe(OH)_{2}(}膠體rm{)}

rm{壟脹}福爾馬林有毒，含氯物質(zhì)可導致二次污染，則能夠用來對自來水進行殺菌消毒，且不會造成二次污染的只有臭氧，故答案為：rmmwwornm

rm{壟脺Na_{2}CO_{3}}溶液的濃度為rm{5.6隆脕10^{-5}mol/L}等體積混合后溶液中rm{c(CO_{3}^{2-})=dfrac{1}{2}隆脕5.6隆脕10^{-5}mol/L=2.8隆脕10^{-5}mol/L}根據(jù)rm{c(CO_{3}^{2-})=dfrac

{1}{2}隆脕5.6隆脕10^{-5}mol/L=2.8隆脕10^{-5}mol/L}可知，rm{c(Ca^{2+})=dfrac{2.8隆脕10^{-9}}{2.8隆脕10^{-5}}mol/L=1隆脕10^{-4}mol/L}原溶液rm{Ksp=c(CO_{3}^{2-})?c(Ca^{2+})=2.8隆脕10^{-9}}溶液的最小濃度為混合溶液中rm{c(Ca^{2+})=dfrac

{2.8隆脕10^{-9}}{2.8隆脕10^{-5}}mol/L=1隆脕10^{-4}mol/L}的rm{Ca(OH)_{2}}倍，故原溶液rm{c(Ca^{2+})}溶液的最小濃度為rm{2}故答案為：rm{Ca(OH)_{2}}

rm{2隆脕1隆脕10^{-4}mol/L=2隆脕10^{-4}mol/L}含rm{2.0隆脕10^{-4}mol?L^{-1}}rm{(2)}rm{Cr^{3+}}等離子的廢水加入過氧化氫，可氧化rm{Fe^{2+}}生成rm{Ca^{2+}}然后加入rm{Fe^{2+}}溶液調(diào)節(jié)rm{Fe^{3+}}可除去rm{NaOH}rm{pH=8}過濾后濾液用鈉離子交換樹脂除去rm{Cr^{3+}}最后用活性炭吸附溶解在水中的雜質(zhì)，并除去水中的異味，可得用于日常生活的凈化水；

rm{Fe^{3+}}過氧化氫可氧化rm{Ca^{2+}}生成rm{壟脵}反應的離子方程式為rm{Fe^{2+}}故答案為：rm{Fe^{3+}}

rm{2Fe^{2+}+H_{2}O_{2}+2H+=2Fe^{3+}+2H_{2}O}過濾常用到的玻璃儀器有燒杯；漏斗、玻璃棒；故答案為：燒杯、漏斗、玻璃棒；

rm{2Fe^{2+}+H_{2}O_{2}+2H+=2Fe^{3+}+2H_{2}O}活性炭具有吸附作用；可吸附溶解在水中的雜質(zhì)，并除去水中的異味，故答案為：吸附溶液在水中的雜質(zhì)，并除去水中的異味．

rm{壟脷}先沉淀；再過濾；最后消毒處理；

rm{壟脹}將待處理水的rm{(1)壟脵}調(diào)到rm{壟脷}左右；再加入綠礬，可得到鐵離子，水解生成膠體；

rm{pH}對自來水進行殺菌消毒；且不會造成二次污染，只有臭氧的還原產(chǎn)物對水無污染；

rm{9}溶液的濃度為rm{壟脹}等體積混合后溶液中rm{壟脺Na_{2}CO_{3}}根據(jù)rm{2.8隆脕10^{-5}mol/L}計算沉淀時混合溶液中rm{c(CO_{3}^{2-})=1.4隆脕10^{-5}mol/L}

rm{Ksp=c(CO_{3}^{2-})?c(Ca^{2+})}含rm{c(Ca^{2+})}rm{(2)}rm{Cr^{3+}}等離子的廢水加入過氧化氫，可氧化rm{Fe^{2+}}生成rm{Ca^{2+}}然后加入rm{Fe^{2+}}溶液調(diào)節(jié)rm{Fe^{3+}}可除去rm{NaOH}rm{pH=8}過濾后濾液用鈉離子交換樹脂除去rm{Cr^{3+}}最后用活性炭吸附溶解在水中的雜質(zhì)，并除去水中的異味，可得用于日常生活的凈化水，以此解答該題．

本題考查物質(zhì)的分離、提純的綜合應用，為高考常見題型，側(cè)重于學生的分析能力和實驗能力的考查，本題注重氧化還原反應的計算，難度不大，離子的檢驗是高考的熱點，注意離子方程式的書寫．rm{Fe^{3+}}【解析】rm{bca}rm{Fe^{2+}}在堿性條件下易被氧化成rm{Fe^{3+}}進而水解生成rm{Fe(OH)_{3}}膠體，起到較好的混凝作用，rm{4Fe^{2+}+O_{2}+2H_{2}O+8OH^{-}=4Fe(OH)_{2}(}膠體rm{)}rmvvnxkxwrm{2.0隆脕10^{-4}mol?L^{-1}}rm{2Fe^{2+}+H_{2}O_{2}+2H+=2Fe^{3+}+2H_{2}O}燒杯、漏斗、玻璃棒；吸附溶液在水中的雜質(zhì)，并除去水中的異味29、略

【分析】解：rm{(1)}反應中錳元素的化合價從rm{+7}價降為rm{+2}價，共降低了rm{5}價，碘元素的化合價從rm{-1}價升高到了rm{0}價，生成單質(zhì)碘的所有碘元素共升高了rm{2}價，氧化還原反應中得失電子數(shù)相等，所以高錳酸鉀前面的系數(shù)為rm{2}碘化鉀前面的系數(shù)為rm{10}根據(jù)原子守恒來配平其他物質(zhì)前面的系數(shù)，即rm{2KMnO_{4}+10KI+8H_{2}SO_{4}簍T6K_{2}SO_{4}+2MnSO_{4}+5I_{2}}十rm{8H_{2}O}

故答案為：rm{2KMnO_{4}+10KI+8H_{2}SO_{4}簍T6K_{2}SO_{4}+2MnSO_{4}+5I_{2}}十rm{8H_{2}O}rm{Mn}rm{KI}

rm{(2)}在反應rm{3Cl_{2}+6NaOH簍T5NaCl+NaClO_{3}+3H_{2}O}中，化合價升高和降低的元素均是氯元素，在反應的rm{3mol}氯氣中，有rm{dfrac{1}{3}mol}的氯氣做還原劑，有rm{dfrac{5}{3}mol}的氯氣做氧化劑，氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比是rm{5}rm{1}該反應轉(zhuǎn)移電子為rm{5mol}化合價升高的氯元素對應的產(chǎn)物rm{NaClO_{3}}是氧化產(chǎn)物，電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目可表示為

故答案為：rm{5}rm{1}rm{NaClO_{3}}

rm{(3)}在反應rm{11P+15CuSO_{4}+24H_{2}O=6H_{3}PO_{4}+15H_{2}SO_{4}+5Cu_{3}P(}反應中rm{Cu_{3}P}中的rm{P}為負三價rm{)}中rm{Cu^{2+}}化合價降為rm{+1}價，所以rm{Cu^{2+}}做氧化劑，具有氧化性，在