2025年人教版PEP高三化學(xué)下冊階段測試試卷

…………○…………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年人教版PEP高三化學(xué)下冊階段測試試卷595考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)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7題，共14分)1、三氟化氮(NF3)是微電子工業(yè)中優(yōu)良的等離子刻蝕氣體，它在潮濕的環(huán)境中能發(fā)生如下反應(yīng)：3NF3＋5H2O→2NO＋HNO3＋9HF。下列有關(guān)該反應(yīng)的說法正確的是A.NF3是氧化劑，H2O是還原劑B.NF3是極性分子，在潮濕空氣中泄漏會看到紅棕色氣體C.若生成1molHNO3，則轉(zhuǎn)移2NA個電子D.每消耗0．2mol氧化劑，可收集到5．418L氣體2、下列說法正確的是（NA為阿伏加德羅常數(shù)）（）A.1molP4含有P-P鍵的個數(shù)為4NAB.1molNa2O2晶體中含有陰陽離子總數(shù)為4NAC.1mol金剛石中含有C-C鍵的個數(shù)為2NAD.1molSiO2中含Si-O鍵的個數(shù)為2NA3、下列溶液的pH或微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是（）A.常溫下，pH相同的NaOH溶液和Ba（OH）2溶液中，水的電離程度不相同B.NaHSO3溶液中離子濃度大小順序為c（Na+）＞c（H+）＞c（HSO3-）＞c（SO32-）＞c（OH-）C.將標(biāo)況下2.24L的CO2通入150mL1mol?L-1NaOH溶液中充分反應(yīng)后的溶液：2c（Na+）=3c（CO32-）+3c（HCO3-）+3c（H2CO3）D.常溫下，pH=3的二元弱酸H2R溶液與pH=11的NaOH溶液混合后，混合溶液的pH等于7，則反應(yīng)后的混合液：2c（R2-）+c（HR-）＞c（Na+）4、B元素的最高正價和最低負(fù)價的絕對值之差為6，A元素和B元素原子的次外層都有8個電子，AB2在水溶液中電離出電子層結(jié)構(gòu)相同的離子，則AB2是（）A.MgF2B.CaCl2C.K2SD.Na2O5、下列有關(guān)反應(yīng)的離子方程式或電極反應(yīng)式書寫正確的是（）A.鋼鐵的電化學(xué)腐蝕中正極反應(yīng)式：Fe-2e-=Fe2+B.金屬鈉與水反應(yīng)：Na+2H2O=H2↑+2OH-+Na+C.將鐵加入過量的稀硝酸中Fe+4H++NO3-=Fe3++2H2O+NO↑D.用銅做陽極電解氯化銅溶液Cu2++2Cl-Cu+Cl2↑6、下列反應(yīng)原理不符合工業(yè)冶煉金屬事實情況的是（）A.4CO+Fe3O43Fe+4CO2↑B.2MgO2Mg+O2↑C.4Al+3MnO22Al2O3+3MnD.2HgO2Hg+O2↑7、下列微粒中，互為同位素的是rm{(}rm{)}A.rm{{,!}^{12}C}和rm{{,!}^{14}C}B.rm{O_{2}}和rm{O_{3}}C.rm{H_{2}}和rm{H^{+}}D.冰和干冰評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)8、（2015鹽城二模）下列溶液中有關(guān)物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是（）A.0.1mol?L-1NaHCO3溶液：c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（H2CO3）B.0.1mol?L-1NaHCO3溶液與0.1mol?L-1NaOH溶液等體積混合：c（Na+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+2c（H2CO3）C.0.1mol?L-1NaHCO3溶液與0.2mol?L-1NaOH溶液等體積混合：c（Na+）＞c（OH-）＞0.05mol?L-1＞c（CO32-）＞c（HCO3-）D.0.2mol?L-1NaHCO3溶液與0.1mol?L-1NaOH溶液等體積混合：c（CO32-）+2c（OH-）=c（HCO3-）+3c（H2CO3）+2c（H+）9、下列說法中正確的是（）A.乙炔分子中，每個碳原子都有兩個未雜化的2p軌道形成π鍵B.sp3雜化軌道是由能量相近1個s軌道和3個p軌道混合形成的四個sp3雜化軌道C.凡中心原子采取sp2雜化的分子，其分子構(gòu)型都是平面三角形D.氨氣分子中有一對未參與雜化的孤對電子10、下列有關(guān)說法正確的是（）A.反應(yīng)NH3（g）+HCl（g）=NH4Cl（s）在室溫下可自發(fā)進(jìn)行，則該反應(yīng)的△H＜0B.高溫下，工業(yè)上用純堿和石英砂制玻璃，說明硅酸的酸性強(qiáng)于碳酸C.加熱蒸干氯化鋁溶液并灼燒殘留物至質(zhì)量不變，所得固體為氧化鋁D.高溫下，用金屬鈉與氯化鉀可以置換出金屬鉀，說明鈉的金屬性比鉀強(qiáng)11、下列各組物質(zhì)中，只用一種試劑就可以鑒別的是（）A.CH4、C2H2、C2H4、CH3CH=CH2B.CH3CHO、CH3COOH、CH3CH2OHC.C6H5OH、C6H5C2H5、C6H5CH3、C6H6D.炭粉、MnO2、CuO、FeS12、根據(jù)下表中部分短周期元素的原子半徑及主要化合價信息；

。元素代號LMQRT原子半徑/nm0.1300.1180.0900.1020.073主要化合價+2+3+2+6、-2-2請判斷以下敘述正確的是（）A.氫化物的沸點為H2T＜H2RB.M與T形成的化合物具有兩性C.與稀鹽酸反應(yīng)單質(zhì)L比單質(zhì)Q快D.L2+與R2-的核外電子數(shù)相等13、右圖關(guān)于原電池或電解池的敘述中；正確的是（）

A.e是稀硫酸，c、d是金屬Cu，在AB兩端接上一個電流表，可看到電流表指針偏轉(zhuǎn)B.用該裝置做Fe片表面電鍍Cu的實驗，c、d是Fe片和Cu片，e是CuSO4溶液，B接直流電源的正負(fù)極C.c、d都用石墨，e為CuCl2溶液，B分別連接直流電源正、負(fù)極，c極反應(yīng)式為：2Cl--2e-=Cl2↑D.c、d分別用Zn和Fe，e是經(jīng)過酸化的3%NaCl溶液，AB兩端接電流表是驗證犧牲陽極的陰極保護(hù)法實驗裝置14、下列圖象分別表示有關(guān)反應(yīng)的反應(yīng)過程與能量變化的關(guān)系據(jù)此判斷下列說法正確的是（）

A.石墨轉(zhuǎn)變?yōu)榻饎偸俏鼰岱磻?yīng)B.白磷比紅磷穩(wěn)定C.CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H＜0D.S（g）+O2（g）=SO2（g）△H1；S（s）+O2（g）=SO2（g）△H2，則△H1＞△H215、已知反應(yīng)3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O下列說法不正確的是（）A.Cl2既是氧化劑也是還原劑B.被氧化的氯原子數(shù)是被還原的氯原子數(shù)的5倍C.氧化劑和還原劑的質(zhì)量比是1：5D.NaCl是還原產(chǎn)物，NaClO3氧化產(chǎn)物評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)16、（2015秋?廣安校級月考）50mL0.55mol?L-1鹽酸與50mL0.50mol?L-1NaOH溶液在如圖的裝置中進(jìn)行中和反應(yīng)．通過測定反應(yīng)過程中所放出的熱量可計算中和熱．回答下列問題：

（1）從實驗裝置上看，圖中尚缺少的一種玻璃儀器是____．

（2）從裝置圖上看除了缺少一種玻璃儀器外，還有一處不妥的是：____．

（3）若實驗中改用50mL0.55mol?L-1醋酸溶液進(jìn)行反應(yīng)，與上述實驗相比，所放出的熱量____（填“減少”“不變”“增多”）；

（4）若實驗改用25mL0.55mol?L-1硫酸與25mL0.50mol?L-1Ba（OH）2溶液代替上述反應(yīng)，所求得的中和熱△H____（填“偏大”“偏小”“無影響”）．

（5）已知：Q=cm△t，如果鹽酸和NaOH溶液的密度均為1g?cm-3，反應(yīng)后混合溶液的比熱容c=4.18J?（g?℃）-1．實驗數(shù)據(jù)如表：根據(jù)上表中所測數(shù)據(jù)，通過計算得到中和熱△H=____kJ/mol（保留一位小數(shù)）．。實驗。

次數(shù)起始溫度t1/℃終止溫度t2/℃]鹽酸NaOH溶液NaOH溶液120.320.323.6220.320.323.7320.320.325.9420.320.323.8（6）下列操作能引起△H偏大的是：____（填序號）操作．

①大燒杯上不蓋硬紙板。

②用環(huán)形銅絲攪拌棒攪拌反應(yīng)混合溶液。

③分多次把NaOH溶液倒入裝鹽酸的小燒杯中．17、依據(jù)事實；寫出下列反應(yīng)的熱化學(xué)方程式．

（1）在25℃、101kPa下，1g甲醇燃燒生成CO2和液態(tài)水時放熱QkJ．則表示甲醇燃燒熱的熱化學(xué)方程式為____

（2）若1mol的N2和O2完全反應(yīng)生成NO2，需要吸收68kJ熱量．熱化學(xué)方程式為____

（3）1molN2與適量H2起反應(yīng)生成NH3，放出92.2kJ熱量．則熱化學(xué)方程式為____．18、（1）已知：3H2（g）+3CO（g）?CH3OCH3（g）+CO2（g），△H=-247kJ/mol一定條件下的密閉容器中，該總反應(yīng)達(dá)到平衡，要提高CO的轉(zhuǎn)化率，可以采取的措施是____．

A．低溫高壓B．加入催化劑C．體積不變充入氦氣D．增加CO的濃度E．分離出二甲醚。

（2）已知反應(yīng)2CH3OH（g）?CH3OCH3（g）+H2O（g），在某溫度下，在1L密閉容器中加入CH3OH；反應(yīng)到10分鐘時達(dá)到平衡，此時測得各組分的濃度如下：

。物質(zhì)CH3OHCH3OCH3H2O濃度/（mol?L-1）0.010.20.2①該反應(yīng)的平衡表達(dá)式K=，該溫度的平衡常數(shù)為____．

②若加入CH3OH后，經(jīng)10min反應(yīng)達(dá)到平衡，該時間內(nèi)反應(yīng)速率v（CH3OH）=____．若平衡后，再向容器中再加入0.01molCH3OH和0.2molCH3OCH3，此時正、逆反應(yīng)速率的大?。簐正____v逆（填“＞”、“＜”或“=”）．19、由X（C5H6）和Y經(jīng)Diels-Aldeer反應(yīng)制得，Diels-Aldeer反應(yīng)為共扼雙烯與含有烯鍵或炔鍵的化合物相互作用生成六元環(huán)狀化合物的反應(yīng)，最簡單的反應(yīng)是

請回答下列問題：

（1）所含官能團(tuán)的名稱____，M（碳鏈結(jié)構(gòu)不變）是它的官能團(tuán)異構(gòu)體，M的結(jié)構(gòu)簡式為____．

（2）Y的系統(tǒng)命名是____．

（3）寫出與互為同分異構(gòu)體，且一溴代物只有兩種的芳香烴的結(jié)構(gòu)簡式____．20、某芳香烴X是一種重要的有機(jī)化工原料，質(zhì)譜法測定其相對分子質(zhì)量為92，現(xiàn)以它為初始原料設(shè)計出如下轉(zhuǎn)化關(guān)系圖（部分產(chǎn)物、合成路線、反應(yīng)條件略去）．其中A是一氯代物，F(xiàn)的分子式為C7H7NO2；Y是一種功能高分子材料．

已知：

（1）烷基苯在高錳酸鉀的作用下，側(cè)鏈被氧化成羧基

（2）

請根據(jù)本題所給信息與所學(xué)知識回答下列問題：

（1）X的化學(xué)式是____，其核磁共振氫譜圖有____個吸收峰；

（2）反應(yīng)⑤的化學(xué)方程式是____；

（3）阿司匹林分子中含有的官能團(tuán)的名稱是____；阿司匹林與足量NaOH溶液反應(yīng)最多消耗NaOH的物質(zhì)的量為____；

（4）Y的結(jié)構(gòu)簡式為____；

（5）有多種同分異構(gòu)體，其中含有1個醛基和2個羥基的芳香族化合物共有____種；

（6）以下是由A和其他物質(zhì)合成的流程圖．

甲→乙反應(yīng)的化學(xué)方程式為____．評卷人得分四、判斷題(共4題，共24分)21、標(biāo)準(zhǔn)狀況下，18gH2O所含的氧原子數(shù)目為NA．____（判斷對錯）22、將O2和H2的混合氣體通過灼熱的氧化銅，以除去其中的H2____．（判斷對錯）23、常溫常壓下，22.4LCO2中含有NA個CO2分子．____．（判斷對錯）24、實驗時，將水倒入濃硫酸配制稀硫酸____．（判斷對錯）評卷人得分五、探究題(共4題，共28分)25、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設(shè)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(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式．

寫出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式A________、C________、E________、G________．26、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應(yīng)的原理來測定其含量，操作為：27、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設(shè)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(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式．

寫出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式A________、C________、E________、G________．28、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應(yīng)的原理來測定其含量，操作為：評卷人得分六、其他(共4題，共12分)29、實驗是化學(xué)研究的重要手段；貫穿于化學(xué)學(xué)習(xí)的始終．試回答下列中學(xué)化學(xué)實驗室中常見儀器的有關(guān)問題：

（1）在儀器①分液漏斗②試劑瓶③集氣瓶④滴定管⑤容量瓶⑥量筒⑦托盤天平中，標(biāo)有“0“刻度的是（填序號，下同）____；標(biāo)有使用溫度的儀器是____．

（2）“磨砂“是增加玻璃儀器密封性的一種處理工藝．在儀器①試管②分液漏斗③細(xì)口試劑瓶④廣口試劑瓶⑤集氣瓶⑥酸式滴定管⑦堿式滴定管中，用到“磨砂“的有____．

（3）在儀器①漏斗②容量瓶③蒸餾燒瓶④分液漏斗⑤燒杯⑥蒸發(fā)皿中，可用于粗鹽提純實驗的有____；可用于分離兩種沸點接近且互不相溶的液態(tài)混合物（即分液）實驗的有____．30、（15分）物質(zhì)之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系如下圖，其中A、D、E、F、H為常見單質(zhì)，其余為化合物，且單質(zhì)E和單質(zhì)F在點燃或加熱的條件下生成淡黃色的固體，B常溫下為液態(tài)化合物。試回答下列有關(guān)問題：(1)A在元素周期表的位置____周期____族(2)以上7個化學(xué)反應(yīng)屬于非氧化還原反應(yīng)的是____(用編號①→⑦填寫)(3)寫出反應(yīng)①是；(4)寫出引發(fā)反應(yīng)④的實驗操作____寫出該反應(yīng)一種重要的工業(yè)用途(5)反應(yīng)⑤的化學(xué)方程式是。(5)寫出用A與H作電極材料插入G溶液閉合電路后的正極反應(yīng)式是。31、有七種常見儀器：細(xì)口瓶；試管、天平、分液漏斗、容量瓶、酒精燈、研缽．請根據(jù)它們的用途或特征回答問題：

（1）可用于研磨固體的儀器是____．

（2）只有一個刻度線的儀器是____．

（3）分離汽油和水的混合物必須用到的儀器是____．

（4）在實驗室中通常作為熱源的儀器是____．32、現(xiàn)有E、F、H、I、G、K六種原子序數(shù)依次增大的前四周期主族元素，且分屬四個不同周期，E、G同主族，F(xiàn)、H、I為同周期相鄰的三種元素，其中F元素形成的化合物種類是所有元素中最多的，I、G簡單離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，K與F形成的離子化合物Q與E和I形成的常見共價化合物R之間的反應(yīng)是實驗室常見的可燃?xì)怏w制備原理。（題中的字母只代表元素代號，與實際元素符號無關(guān)）,請回答下列問題：（1）E～K六種元素原子，原子半徑第三大的是____（填對應(yīng)的元素符號，下同）。（2）E與H兩種元素組成一種陽離子，該離子的結(jié)構(gòu)式為____。（3）I、G兩種元素組成含有兩種化學(xué)鍵的化合物，該化合物的電子式為____。（4）下圖為常溫下向25mL0.1mol·L-1由E、I、G組成的化合物W溶液中逐滴滴加0.2mol·L-1E、F、I組成相對分子質(zhì)量為60的一元酸Z溶液過程中溶液pH的變化曲線。①上圖能確定Z為(“強(qiáng)”或“弱”)酸,理由是____②B點溶液呈中性，有人據(jù)此認(rèn)為，在B點時W與Z恰好完全反應(yīng)，這種看法是否正確？____（選填“是”或“否”）。若不正確，則二者恰好完全反應(yīng)的點是在AB區(qū)間還是BD區(qū)間內(nèi)？區(qū)間（若正確，此問不答）。（5）寫出Q與R之間的化學(xué)反應(yīng)方程式____。參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、B|C【分析】試題分析：A、NF3是氧化劑，又是還原劑，錯誤；B、在潮濕空氣中泄漏會看到紅棕色氣體，NO與氧氣反應(yīng)生成紅棕色的NO2，正確；C、NF3→HNO3，轉(zhuǎn)移2NA個電子，正確；D、2NF3→2NO，每消耗0．2mol氧化劑，可收集到5．418L氣體，未說溫度和壓強(qiáng)，錯誤?？键c：考查氧化還原等相關(guān)知識?！窘馕觥俊敬鸢浮緽C2、C【分析】【分析】A．白磷分子式為P4；1mol白磷含有6molP-P鍵，由此解答；

B．過氧化鈉中陰離子為過氧根離子；

C．根據(jù)1mol金剛石含有2molC-C鍵進(jìn)行判斷；

D.1mol二氧化硅含有4molSi-O；【解析】【解答】解：A．白磷為正四面體結(jié)構(gòu)，1molP4含有P-P鍵的個數(shù)為6NA；故A錯誤；

B.1molNa2O2晶體中含有2mol鈉離子和1mol過氧根離子，共含有陰陽離子總數(shù)為3NA；故B錯誤；

C．金剛石中的碳都是與相鄰的4個碳組成的四個共價鍵；但是每個共價鍵是兩個C原子共用的，所以1mol碳原子就有2mol的C-C鍵，故C正確；

D．二氧化硅中，1molSi原子形成4molSi-O鍵，即含Si-O鍵的個數(shù)為4NA；故D錯誤；

故選：C．3、C【分析】【分析】A．酸或堿抑制水電離，c（OH-）相同的不同堿；其抑制水電離程度相同；

B．亞硫酸氫鈉是強(qiáng)堿弱酸酸式鹽；亞硫酸根離子電離程度大于水解程度；

C．標(biāo)況下2.24Ln（CO2）==0.1mol，n（NaOH）=1mol/L×0.15L=0.15mol，n（CO2）：n（NaOH）=2：3，二者恰好發(fā)生反應(yīng)2CO2+3NaOH=Na2CO3+NaHCO3+H2O；根據(jù)物料守恒判斷；

D．溫下，pH=3的二元弱酸H2R溶液與pH=11的NaOH溶液混合后，混合溶液的pH等于7，則c（H+）=c（OH-），根據(jù)電荷守恒判斷．【解析】【解答】解：A．酸或堿抑制水電離，c（OH-）相同的不同堿，其抑制水電離程度相同，氫氧化鈉和氫氧化鋇都抑制水電離，二者溶液中c（OH-）相等；所以抑制水電離程度相同，故A錯誤；

B．亞硫酸氫鈉是強(qiáng)堿弱酸酸式鹽，亞硫酸根離子電離程度大于水解程度，但亞硫酸根離子水解程度較小，離子濃度大小順序是c（Na+）＞c（HSO3-）＞c（H+）＞c（SO32-）＞c（OH-）；故B錯誤；

C．標(biāo)況下2.24Ln（CO2）==0.1mol，n（NaOH）=1mol/L×0.15L=0.15mol，n（CO2）：n（NaOH）=2：3，二者恰好發(fā)生反應(yīng)2CO2+3NaOH=Na2CO3+NaHCO3+H2O，反應(yīng)后生成了等濃度的碳酸鈉和碳酸氫鈉，根據(jù)物料守恒得2c（Na+）=3c（CO32-）+3c（HCO3-）+3c（H2CO3）；故C正確；

D．溫下，pH=3的二元弱酸H2R溶液與pH=11的NaOH溶液混合后，混合溶液的pH等于7，則c（H+）=c（OH-），根據(jù)電荷守恒得2c（R2-）+c（HR-）=c（Na+）；故D錯誤；

故選C．4、B【分析】【分析】B元素的最高正價和最低負(fù)價的絕對值之差為6，可知最高價為+7價，最低價為-1價，則為ⅦA族元素，因A元素和B元素原子的次外層都有8個電子，可知B為Cl元素，AB2在水溶液中電離出電子層結(jié)構(gòu)相同的離子，可知A最外層由2個電子，化合價為+2價，應(yīng)為Ca元素，以此解答該題．【解析】【解答】解：B元素的最高正價和最低負(fù)價的絕對值之差為6；可知最高價為+7價，最低價為-1價，則為ⅦA族元素；

因A元素和B元素原子的次外層都有8個電子；可知B為Cl元素；

AB2在水溶液中電離出電子層結(jié)構(gòu)相同的離子；可知A最外層由2個電子，化合價為+2價，核外各層電子數(shù)目分別為2；8、8、2，應(yīng)為Ca元素；

則AB2是CaCl2；

故選：B．5、C【分析】【分析】A；鋼鐵的電化學(xué)腐蝕中；正極上是氧氣得電子的還原反應(yīng)；

B；離子反應(yīng)遵循電荷守恒；

C；金屬鐵可以和過量的稀硝酸發(fā)生反應(yīng)生成硝酸鐵和一氧化氮、水；

D、金屬銅是活潑金屬電極，作陽極時，電極本身失電子．【解析】【解答】解：A；鋼鐵的電化學(xué)腐蝕中；正極上是氧氣得電子的還原反應(yīng)，金屬鐵做負(fù)極，發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，故A錯誤；

B、金屬鈉與水反應(yīng)：2Na+2H2O=H2↑+2OH-+2Na+；故B錯誤；

C、金屬鐵可以和過量的稀硝酸發(fā)生反應(yīng)生成硝酸鐵和一氧化氮、水，即Fe+4H++NO3-=Fe3++2H2O+NO↑；故C正確；

D；金屬銅是活潑金屬電極；作陽極時，電極Cu本身失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，故D錯誤．

故選C．6、B【分析】【分析】根據(jù)金屬活動性強(qiáng)弱；可采用熱還原法；電解法、熱分解法等冶煉方法．

熱分解法：對于不活潑金屬；可以直接用加熱分解的方法將金屬從其化合物中還原出來．

熱還原法：在金屬活動性順序表中處于中間位置的金屬，通常是用還原劑（C、CO、H2；活潑金屬等）將金屬從其化合物中還原出來．

電解法：活潑金屬較難用還原劑還原；通常采用電解熔融的金屬化合物的方法冶煉活潑金屬．

利用鋁熱反應(yīng)原理還原：V、Cr、Mn、W等高熔點金屬可利用鋁熱反應(yīng)產(chǎn)生的高溫來冶煉．【解析】【解答】解：A、Fe處于金屬活動性順序表中處于中間位置的金屬，通常是用還原劑（C、CO、H2；活潑金屬等）將金屬從其化合物中還原出來；故A正確；

B；Mg為活潑金屬；較難用還原劑還原，通常采用電解熔融的金屬化合物的方法冶煉，由于氯化鎂的熔點低于氧化鎂，所以電解時用氯化鎂，不用氧化鎂，故B錯誤；

C；因Mn、W等高熔點金屬可利用鋁熱反應(yīng)產(chǎn)生的高溫來冶煉；故C正確；

D；Hg為不活潑金屬；可以直接用加熱分解的方法將金屬從其化合物中還原出來，故D正確；

故選：B．7、A【分析】解：rm{A}．rm{{,!}^{12}C}和rm{{,!}^{14}C}二者質(zhì)子數(shù)相同；中子數(shù)不同，屬于同位素，故A選；

B.rm{O_{2}}和rm{O_{3}}是由氧元素組成的不同單質(zhì)；互為同素異形體，故B不選；

C.rm{H_{2}}和rm{H^{+}}分別是rm{1}種分子和rm{1}中離子；不屬于同位素，故C不選；

D.冰是水；干冰是二氧化碳，二者不是同位素，故D不選；

故選：rm{A}

質(zhì)子數(shù)相同而中子數(shù)不同的同一元素的不同核素互稱為同位素；互為同位素原子具有以下特征：質(zhì)子數(shù)相同；中子數(shù)不同，研究對象為原子。

由同種元素組成結(jié)構(gòu)性質(zhì)不同的單質(zhì)為同素異形體；同素異形體研究對象為單質(zhì)；據(jù)此判斷解答。

把握同位素、同素異形體、同一物質(zhì)的判斷為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意概念的要點及判斷方法，題目難度不大?！窘馕觥縭m{A}二、多選題(共8題，共16分)8、CD【分析】【分析】A．NaHCO3溶液呈堿性，HCO3-水解程度大于電離程度；

B、0.1mol?L-1NaHCO3溶液與0.1mol?L-1NaOH溶液等體積混合；恰好完全反應(yīng)生成單一的碳酸鈉；

C、向0.1mol?L-1NaHCO3溶液中加入等體積0.2mol?L-1NaOH溶液后，相當(dāng)于0.05mol?L-1的Na2CO3溶液和0.05mol?L-1NaOH溶液的混合液，由于Na2CO3的水解，導(dǎo)致氫氧根離子濃度大于0.05mol?L-1，而碳酸根離子濃度小于0.05mol?L-1；

D、向0.2mol?L-1NaHCO3溶液中加入等體積0.1mol?L-1NaOH溶液后，相當(dāng)于0.05mol?L-1的Na2CO3溶液和0.05mol?L-1NaHCO3溶液的混合液，根據(jù)物料守恒和電荷守恒分析解答．【解析】【解答】解：A．NaHCO3溶液呈堿性，HCO3-水解程度大于電離程度，則c（H2CO3）＞c（CO32-）；故A錯誤；

B．Na2CO3溶液中存在物料守恒，為c（Na+）=2c（CO32-）+2c（HCO3-）+2c（H2CO3）；故B錯誤；

C、向0.1mol?L-1NaHCO3溶液中加入等體積0.2mol?L-1NaOH溶液后，相當(dāng)于0.05mol?L-1的Na2CO3溶液和0.05mol?L-1NaOH溶液的混合液，由于Na2CO3的水解呈堿性，所以c（Na+）＞c（OH-）＞0.05mol?L-1＞c（CO32-）＞c（HCO3-）；故C正確；

D、向0.2mol?L-1NaHCO3溶液中加入等體積0.1mol?L-1NaOH溶液后，相當(dāng)于0.05mol?L-1的Na2CO3溶液和0.05mol?L-1NaHCO3溶液的混合液，根據(jù)電荷守恒可知：c（Na+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-）-c（H+）．①，而物料守恒可知：2c（Na+）=3c（CO32-）+3c（HCO3-）+3c（H2CO3）②，將①代入②，可得：c（CO32-）+2c（OH-）=c（HCO3-）+3c（H2CO3）+2c（H+）；故D正確；

故選：CD．9、AB【分析】【分析】A．乙炔分子為CH≡CH；C原子為sp雜化，為直線結(jié)構(gòu)，未參加雜化的2p軌道形成π鍵；

B．sp3雜化軌道由1個s和3個p軌道雜化成相同的四個軌道；

C．中心原子采取sp2雜化的分子；不存在孤對電子時為平面結(jié)構(gòu)；

D．N原子最外層5個電子，只形成3個N-H鍵．【解析】【解答】解：A．乙炔分子的結(jié)構(gòu)式H-C≡C-H，中心原子碳原子價層電子對個數(shù)=σ鍵個數(shù)+孤電子對個數(shù)=2+×（4-2×2）=2；采取sp雜化，每個碳原子都有兩個未雜化的2p軌道形成π鍵，故A正確；

B．sp3雜化軌道是指同一電子層內(nèi)，1個s軌道和3個p軌道雜化，形成能量相等的四個sp3雜化軌道；故B錯誤；

C．中心原子采取sp2雜化的分子，n=3，sp2雜化，不含孤電子對其分子構(gòu)型都是平面三角形，否則不是，如二氧化硫分子中，價層電子對數(shù)=2+（6-2×2）=3，所以采取sp2雜化；含有一對孤電子對，所以立體構(gòu)型為V型，故C錯誤；

D．氨氣分子中，N原子最外層5個電子，只形成3個N-H鍵，存在1對孤對電子，N原子為sp3雜化；且孤對電子參與雜化，故D錯誤；

故選AB．10、AC【分析】【分析】A；△H-T△S＜0的反應(yīng)能夠自發(fā)進(jìn)行；

B；純堿和石英砂制玻璃；利用難揮發(fā)性酸酐制備易揮發(fā)性酸酐，碳酸酸性大于硅酸；

C；氯化鋁溶液中水解生成氫氧化鋁和氯化氫；加熱蒸干氯化鋁溶液并灼燒，氯化氫揮發(fā)得到水解產(chǎn)物氫氧化鋁灼燒得到氧化鋁；

D、高溫下，用金屬鈉與氯化鉀可以置換出金屬鉀，利用的是鉀的沸點低于鈉，反應(yīng)過程中生成鉀揮發(fā)平衡正向進(jìn)行．【解析】【解答】解：A、反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行的判斷依據(jù)是△H-T△S＜0，據(jù)此分析，NH3（g）+HCl（g）=NH4Cl（s）在室溫下可自發(fā)進(jìn)行，△H-T△S＜0，反應(yīng)過程是熵變減小的反應(yīng)，△S＜0，則該反應(yīng)的△H＜0；故A正確；

B、純堿和石英砂制玻璃，SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2；利用難揮發(fā)性酸酐制備易揮發(fā)性酸酐，實際碳酸酸性大于硅酸，故B錯誤；

C；氯化鋁溶液中水解生成氫氧化鋁和氯化氫；加熱蒸干氯化鋁溶液并灼燒，氯化氫揮發(fā)得到水解產(chǎn)物氫氧化鋁灼燒得到氧化鋁，故C正確；

D；高溫下；用金屬鈉與氯化鉀可以置換出金屬鉀，利用的是鉀的沸點低于鈉，反應(yīng)過程中生成鉀揮發(fā)平衡正向進(jìn)行，實際鉀比鈉活潑，故D錯誤；

故選AC．11、BD【分析】【分析】B選項可利用新制取的Cu（OH）2懸濁液鑒別，選項D可利用濃鹽酸鑒別，而選項AC不能只用一種試劑鑒別，以此來解答．【解析】【解答】解：A．C2H2、C2H4、CH3CH=CH2均含不飽和鍵；只用一種試劑不能鑒別，故A不選；

B．CH3CHO、CH3COOH、CH3CH2OH分別與Cu（OH）2懸濁液反應(yīng)的現(xiàn)象為：磚紅色沉淀；藍(lán)色溶液、無現(xiàn)象；現(xiàn)象不同，可鑒別，故B選；

C．C6H5C2H5、C6H5CH3、C6H6為苯及其同系物；只用一種試劑不能鑒別，故C不選；

D．炭粉、MnO2；CuO、FeS與濃鹽酸反應(yīng)的現(xiàn)象分別為：無現(xiàn)象、加熱下生成黃綠色氣體、生成藍(lán)色溶液；生成臭雞蛋氣味的氣體且溶液為淺綠色，現(xiàn)象不同，可以鑒別，故D選；

故選BD．12、BC【分析】【分析】短周期元素R、T都有-2價，應(yīng)位于周期表第ⅥA族，其中R有+6價，則T為O元素，R為S元素；L、Q都有+2價，處于ⅡA族，且L的原子半徑較大，則L為Mg，Q為Be；M最高正價為+3價，由原子半徑關(guān)系可確定M為Al，結(jié)合元素對應(yīng)單質(zhì)混合物的性質(zhì)以及元素周期律知識解答該題．【解析】【解答】解：短周期元素R；T都有-2價；應(yīng)位于周期表第ⅥA族，其中R有+6價，則T為O元素，R為S元素；L、Q都有+2價，處于ⅡA族，且L的原子半徑較大，則L為Mg，Q為Be；M最高正價為+3價，由原子半徑關(guān)系可確定M為Al；

A．水分子之間存在氫鍵，沸點較高，常溫下為液態(tài)，硫化氫常溫下為氣態(tài)，故沸點為H2O＞H2S；故A錯誤；

B．M與T形成的化合物是氧化鋁；屬于兩性氧化物，故B正確；

C．金屬性Mg＞Be；故Mg與鹽酸反應(yīng)更劇烈，故C正確；

D．Mg2+離子核外電子數(shù)為10，S2-離子的核外電子數(shù)為18；二者核外電子數(shù)不相等，故D錯誤；

故選BC．13、CD【分析】【分析】A；c、d是金屬Cu；兩個電極相同，不能構(gòu)成原電池；

B；鍍件是陽極與電源的正極相連；

C、A與正極相連是陽極，c極反應(yīng)式為：2Cl--2e-=Cl2↑；

D、鋅做負(fù)極，鐵做正極，發(fā)生的是鋅的吸氧腐蝕；【解析】【解答】解：A；c、d是金屬Cu；兩個電極相同，不能構(gòu)成原電池，故A錯誤；

B；鍍件是陽極與電源的正極相連；所以A、B接直流電源的負(fù)正極，故B錯誤；

C、A與正極相連是陽極，c極反應(yīng)式為：2Cl--2e-=Cl2↑；故C正確；

D；鋅做負(fù)極；鐵做正極，發(fā)生的是鋅的吸氧腐蝕，是驗證犧牲陽極的陰極保護(hù)法的實驗裝置，故D正確；

故選CD．14、AC【分析】【分析】A；由圖象可知金剛石的能量比石墨的能量高；

B；由圖象可知白磷的能量比紅磷的能量高；能量越高，越不穩(wěn)定；

C；由圖象可知該反應(yīng)是能量升高的反應(yīng)；

D、由圖象可知氣態(tài)S的能量比固態(tài)S的能量高，所以氣態(tài)硫放出熱量多．【解析】【解答】解：A；由圖象可知金剛石的能量比石墨的能量高；從低能態(tài)到高能態(tài)要吸熱，所以石墨轉(zhuǎn)變?yōu)榻饎偸俏鼰岱磻?yīng)，故A正確；

B；由圖象可知白磷的能量比紅磷的能量高；能量越高，越不穩(wěn)定，所以紅磷比白磷穩(wěn)定，故B錯誤；

C、由圖象可知該反應(yīng)是能量升高的反應(yīng)，CO2（g）+H2（g）是反應(yīng)物，CO（g）+H2O（g）是生成物，為吸熱反應(yīng)，所以反應(yīng)方程為CO2（g）+H2（g）=CO（g）+H2O（g）△H＞0；所以其逆反應(yīng)的△H＜0，故C正確；

D、由圖象可知氣態(tài)S的能量比固態(tài)S的能量高，所以氣態(tài)硫放出熱量多，由于△H為負(fù)值，所以△H1＜△H2；故D錯誤；

故選AC．15、BC【分析】【分析】在氧化還原反應(yīng)中，得電子的反應(yīng)物是氧化劑，失電子的反應(yīng)物是還原劑，氧化劑對應(yīng)的產(chǎn)物是還原產(chǎn)物，還原劑對應(yīng)的產(chǎn)物是氧化產(chǎn)物，根據(jù)得失電子數(shù)相等判斷被氧化和被還原的氯原子的個數(shù)比．【解析】【解答】解：A．該反應(yīng)中；氯氣既得電子又失電子，所以氯氣既是氧化劑也是還原劑，故A正確；

B．該反應(yīng)中，一個氯原子失去5個電子，一個氯原子得到1個電子，要使得失電子數(shù)相等，則失電子的原子個數(shù)是1，得電子的原子個數(shù)是5，所以被氧化的氯原子數(shù)是被還原的氯原子數(shù)的；故B錯誤；

C．該反應(yīng)中；氧化劑和還原劑的質(zhì)量之比是5：1，故C錯誤；

D．該反應(yīng)中，氯化鈉是還原產(chǎn)物，NaClO3氧化產(chǎn)物；故D正確；

故選BC．三、填空題(共5題，共10分)16、環(huán)形玻璃攪拌棒碎紙條未填滿，大小燒杯杯口未相平減小偏小-56.8①②③【分析】【分析】（1）根據(jù)量熱計的構(gòu)造來判斷該裝置的缺少儀器；

（2）為減少熱量散失；應(yīng)使小燒杯口與大燒杯口持平，其余部分用碎塑料填滿；

（3）醋酸是弱電解質(zhì)；電離要吸熱；

（4）氫氧化鋇與硫酸反應(yīng)生成了硫酸鋇沉淀；放出熱量；

（5）先根據(jù)表中測定數(shù)據(jù)計算出混合液反應(yīng)前后的平均溫度差；再根據(jù)Q=cm△T計算出反應(yīng)放出的熱量，最后計算出中和熱；

（6）①大燒杯上如不蓋硬紙板；會使一部分熱量散失；

②銅絲導(dǎo)熱性良好；熱量損失多；

③分多次把NaOH溶液倒入盛有鹽酸的小燒杯中，熱量散失較多．【解析】【解答】解：（1）由量熱計的構(gòu)造可知該裝置的缺少儀器是環(huán)形玻璃攪拌棒；

故答案為：環(huán)形玻璃攪拌棒；

（2）為減少熱量散失；應(yīng)使小燒杯口與大燒杯口持平，其余部分用碎塑料填滿；

故答案為：碎紙條未填滿；大小燒杯杯口未相平；

（3）醋酸是弱電解質(zhì)；電離要吸熱，所放出的熱量偏小；

故答案為：減少；

（4）氫氧化鋇與硫酸反應(yīng)生成了硫酸鋇沉淀；放出熱量，中和熱的數(shù)值偏大，但求得的中和熱△H偏?。?/p>

故答案為：偏??；

（5）第1次實驗鹽酸和NaOH溶液起始平均溫度為20.3℃；反應(yīng)后溫度為：23.6℃，反應(yīng)前后溫度差為：3.3℃；

第2次實驗鹽酸和NaOH溶液起始平均溫度為20.3℃；反應(yīng)后溫度為：23.7℃，反應(yīng)前后溫度差為：3.4℃；

第3次實驗鹽酸和NaOH溶液起始平均溫度為20.3℃；反應(yīng)后溫度為：25.9℃，反應(yīng)前后溫度差為：5.6℃；

第4次實驗鹽酸和NaOH溶液起始平均溫度為20.3℃；反應(yīng)后溫度為：23.8℃，反應(yīng)前后溫度差為：3.5℃；

第3次實驗誤差較大；舍去，溫度差平均值為3.4℃；

50mL0.55mol?L-1鹽酸與50mL0.50mol?L-1NaOH溶液的質(zhì)量和為m=100mL×1g/cm3=100g，c=4.18J/（g?℃），代入公式Q=cm△T得生成0.025mol的水放出熱量Q=4.18J/（g?℃）×100g×3.4℃=1.4212kJ，即生成0.025mol的水放出熱量為：1.4212kJ，所以生成1mol的水放出熱量為1.4212kJ×=-56.8kJ/mol；即該實驗測得的中和熱△H=-56.8kJ/mol；

故答案為：-56.8；

（6）①大燒杯上如不蓋硬紙板；會使一部分熱量散失，中和熱的數(shù)值偏小，但中和熱△H偏大，故①正確；

②銅絲導(dǎo)熱性良好；熱量損失多，中和熱的數(shù)值偏小，但中和熱△H偏大，故②正確；

③分多次把NaOH溶液倒入盛有鹽酸的小燒杯中；熱量散失較多，中和熱的數(shù)值偏小，但中和熱△H偏大，故③正確；

故答案為：①②③．17、CH3OH（l）+O2（g）→CO2（g）+2H2O（l）△H=-32QkJ?mol-1N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H=68kJ?mol-1；N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=-92.2kJ?mol-1【分析】【分析】（1）燃燒熱是1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物時放出的熱量；在25℃、101kPa下，1g甲醇（CH3OH）燃燒生成CO2和液態(tài)水時放熱22.68kJ，32g甲醇燃燒生成CO2和液態(tài)水時放熱22.68kJ×32=725.76kJ；1mol甲醇質(zhì)量為32克，所以完全燃燒1mol甲醇生成二氧化碳和液態(tài)水放熱725.76KJ，根據(jù)燃燒熱的概念分析即可解答；

（2）根據(jù)熱化學(xué)方程式的意義以及書寫方法來回答；

（3）根據(jù)熱化學(xué)方程式的意義以及書寫方法來回答．【解析】【解答】解：（1）1g甲醇燃燒生成CO2和液態(tài)水時放熱QkJ，所以32g甲醇燃燒生成CO2和液態(tài)水時放熱32QkJ；而燃燒熱是強(qiáng)調(diào)是可燃物為1mol；

所以甲醇燃燒熱的熱化學(xué)方程式為CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-32QkJ?mol-1；

故答案為：CH3OH（l）+O2（g）→CO2（g）+2H2O（l）△H=-32QkJ?mol-1；

（2）1mol的N2和O2完全反應(yīng)生成NO2，需要吸收68kJ熱量，則熱化學(xué)方程式為：N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H=68kJ?mol-1；

故答案為：N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H=68kJ?mol-1；

（3）1molN2與適量H2起反應(yīng)生成NH3，放出92.2kJ熱量，則熱化學(xué)方程式為N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=-92.2kJ?mol-1，故答案為：N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=-92.2kJ?mol-1．18、AE4000.04mol?L-1?min-1＞【分析】【分析】（1）要提高CO的轉(zhuǎn)化率；應(yīng)使平衡向正反應(yīng)，結(jié)合化學(xué)平衡移動原理分析選項；

（2）2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）

①K=生成物濃度冪之積與反應(yīng)物濃度冪之積的比；結(jié)合平衡濃度計算；

②計算二甲醚的反應(yīng)速率，結(jié)合反應(yīng)速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比計算v（CH3OH），依據(jù)濃度商和平衡常數(shù)比較判斷反應(yīng)進(jìn)行的方向；【解析】【解答】解：（1）A正反應(yīng)放熱；則降低溫度可使平衡向正方向移動，增大壓強(qiáng)平衡向正方向移動，故A正確；

B．加入催化劑平衡不移動；故B錯誤；

C．體積不變充入N2；平衡不移動，故C錯誤；

D．增加CO濃度；CO的轉(zhuǎn)化率降低，故D錯誤；

E．分離出二甲醚；可使平衡向正方向移動；

故答案為：AE；

（2）①由表格中的數(shù)據(jù)及K的定義可知，K===400，故答案為：；400；

②由表格中的數(shù)據(jù)可知，v（CH3OCH3）==0.02mol?L-1?min-1；又反應(yīng)速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比；

v（CH3OH）=2×0.02mol?L-1?min-1=0.04mol?L-1?min-1；

若平衡后，再向容器中再加入0.01molCH3OH和0.2molCH3OCH3，c（CH3OH）=0.02mol/L，c（CH3OCH3）=0.4mol/Lc（H2）=0.2mol/L

Q==200＜K，說明平衡正向進(jìn)行，v正＞v逆；

故答案為：0.04mol?L-1?min-1；＞；19、碳碳雙鍵1，3-丁二烯1，3，5-三甲基苯【分析】【分析】（1）含碳碳雙鍵；

（2）Y為CH2=CH-CH=CH2；

（3）的分子式為C9H12，其同分異構(gòu)體的一溴代物只有兩種的芳香烴，含3個甲基且結(jié)構(gòu)對稱．【解析】【解答】解：（1）含碳碳雙鍵；同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為故答案為：碳碳雙鍵；

（2）由X（C5H6）和Y經(jīng)Diels-Alder反應(yīng)制得，A為或Y為CH2=CH-CH=CH2；名稱為1，3-丁二烯，故答案為：1，3-丁二烯；

（3）的分子式為C9H12，其同分異構(gòu)體的一溴代物只有兩種的芳香烴，含3個甲基且結(jié)構(gòu)對稱，名稱為1，3，5-三甲基苯，故答案為：1，3，5-三甲基苯．20、4酯基、羧基36【分析】【分析】相對分子質(zhì)量為92的某芳香烴X是一種重要的有機(jī)化工原料，令分子組成為CxHy，則=78，由烷烴中C原子與H原子關(guān)系可知，該烴中C原子數(shù)目不能小于7，故該芳香烴X的分子式為C7H8、結(jié)構(gòu)簡式為X與氯氣發(fā)生取代反應(yīng)生成A，A轉(zhuǎn)化生成B，B催化氧化生成C，C能與銀氨溶液反應(yīng)生成D，故B含有醇羥基、C含有醛基，故A為B為C為D酸化生成E，故D為E為在濃硫酸、加熱條件下與濃硝酸發(fā)生取代反應(yīng)生成F，結(jié)合反應(yīng)③的產(chǎn)物可知F為F轉(zhuǎn)化生成G，由于苯胺容易被氧化，由反應(yīng)信息Ⅰ、反應(yīng)信息Ⅱ可知，G為Y是一種功能高分子，鏈節(jié)組成為C7H5NO，與的分子式相比減少1分子H2O，為通過形成肽鍵發(fā)生縮聚反應(yīng)是錯的高聚物，Y為據(jù)此解答．【解析】【解答】解：相對分子質(zhì)量為92的某芳香烴X是一種重要的有機(jī)化工原料，令分子組成為CxHy，則=78，由烷烴中C原子與H原子關(guān)系可知，該烴中C原子數(shù)目不能小于7，故該芳香烴X的分子式為C7H8、結(jié)構(gòu)簡式為X與氯氣發(fā)生取代反應(yīng)生成A，A轉(zhuǎn)化生成B，B催化氧化生成C，C能與銀氨溶液反應(yīng)生成D，故B含有醇羥基、C含有醛基，故A為B為C為D酸化生成E，故D為E為在濃硫酸、加熱條件下與濃硝酸發(fā)生取代反應(yīng)生成F，結(jié)合反應(yīng)③的產(chǎn)物可知F為F轉(zhuǎn)化生成G，由于苯胺容易被氧化，由反應(yīng)信息Ⅰ、反應(yīng)信息Ⅱ可知，G為Y是一種功能高分子，鏈節(jié)組成為C7H5NO，與的分子式相比減少1分子H2O，為通過形成肽鍵發(fā)生縮聚反應(yīng)是錯的高聚物，Y為

（1）通過以上分析知，X是分子中含有4種H原子，核磁共振氫譜圖有4個吸收峰；

故答案為：4；

（2）反應(yīng)⑤是C為與銀氨溶液發(fā)生氧化反應(yīng)生成反應(yīng)方程式為：

故答案為：

（3）由阿司匹林的結(jié)構(gòu)可知；1mol阿司匹林含有1mol-COOH；1mol酯基，該酯基是酸與酚形成的，1mol該酯基能與2molNaOH反應(yīng)，1mol-COOH與1molNaOH反應(yīng)，故1mol阿司匹林最多消耗3molNaOH；

故答案為：酯基；羧基；3；

鄰氨基苯甲酸在一定條件下能發(fā)生縮聚反應(yīng)，反應(yīng)方程式為：

故答案為：

（4）由上述分析可知，Y為故答案為：

（5）有多種同分異構(gòu)體；其中含有1個醛基和2個羥基，如是2個羥基相鄰，則醛基有2種位置，如是羥基和醛基相鄰，則另一個羥基有4種位置，共有6種同分異構(gòu)體；

故答案為：6；

（6）在催化劑條件下發(fā)生加成反應(yīng)生成再在氫氧化鈉醇溶液、加熱條件下發(fā)生消去反應(yīng)生成與溴發(fā)生加成反應(yīng)生成最后在氫氧化鈉水溶液中發(fā)生水解反應(yīng)生成故甲→乙反應(yīng)的化學(xué)方程式為：

故答案為：．四、判斷題(共4題，共24分)21、√【分析】【分析】根據(jù)水的質(zhì)量計算出物質(zhì)的量，再計算出氧原子數(shù)目．【解析】【解答】解：18g水的物質(zhì)的量為1mol，含的氧原子數(shù)目為NA，故答案為：√．22、×【分析】【分析】氫氣具有可燃性，氧氣是助燃劑，混合氣體通過灼熱的氧化銅可能會產(chǎn)生爆炸，且氫氣還原CuO后生成的Cu易被氧化．【解析】【解答】解：氫氣具有可燃性，氧氣是助燃劑，混合氣體通過灼熱的氧化銅可能會產(chǎn)生爆炸，且氫氣還原CuO后生成的Cu易被氧化，則混合氣體通過灼熱的氧化銅，不能除雜，故答案為：×．23、×【分析】【分析】常溫常壓下，氣體摩爾體積不是22.4L/mol，而是大于22.4L/mol，結(jié)合n=、N=nNA判斷．【解析】【解答】解：常溫常壓下，氣體摩爾體積不是22.4L/mol，由PV=nRT可知，氣體摩爾體積大于22.4L/mol，由n=可知，22.4LCO2的物質(zhì)的量小于1mol，故含有CO2分子數(shù)目小于NA個N=nNA，故錯誤，故答案為：×．24、×【分析】【分析】濃硫酸溶解時，會釋放出大量的熱量，在稀釋濃硫酸時，一定要把濃硫酸沿容器璧慢慢注入水里，并不斷攪拌．【解析】【解答】解：實驗室配制稀硫酸時，應(yīng)先將水倒入燒杯中，再將濃硫酸用玻璃棒引流進(jìn)燒杯中，并用玻璃棒不斷攪拌．注意不能將水倒到濃硫酸中，以免溶解時放出的熱使酸液沸騰四處飛濺，故答案為：×．五、探究題(共4題，共28分)25、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，與氫氧化鈉不反應(yīng)，甲酸、苯酚與氫氧化鈉反應(yīng)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．26、酸式|反應(yīng)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(qiáng)氧化性，應(yīng)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(dǎo)致反應(yīng)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(dāng)?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(dá)到終點；

故答案為：酸式；反應(yīng)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(yīng)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(shè)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(biāo)準(zhǔn)濃度的酸性KMnO4溶液潤洗滴定管，標(biāo)準(zhǔn)液的濃度偏小，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）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(biāo)準(zhǔn)）無影響，根據(jù)c（待測）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）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(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）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(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）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(biāo)準(zhǔn)）偏小，根據(jù)c（待測）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏小，故E錯誤；

故選ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有強(qiáng)氧化性，應(yīng)用酸式滴定管盛裝；高錳離子有催化作用而導(dǎo)致反應(yīng)速率加快；乙二酸與KMnO4發(fā)生氧化還原反應(yīng)，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(yīng)按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，根據(jù)關(guān)系式2KMnO4～5H2C2O4計算；

④根據(jù)c（待測）=分析不當(dāng)操作對V（標(biāo)準(zhǔn)）的影響，以此判斷濃度的誤差．27、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，與氫氧化鈉不反應(yīng)，甲酸、苯酚與氫氧化鈉反應(yīng)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．28、酸式|反應(yīng)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(qiáng)氧化性，應(yīng)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(dǎo)致反應(yīng)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(dāng)?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(dá)到終點；

故答案為：酸式；反應(yīng)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(yīng)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(shè)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(biāo)準(zhǔn)濃度的酸性KMnO4溶液潤洗滴定管，標(biāo)準(zhǔn)液的濃度偏小，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）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(biāo)準(zhǔn)）無影響，根據(jù)c（待測）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）不變，故B錯誤；

C．滴定前滴定管尖嘴部分有氣泡