2025年浙教版高三化學(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年浙教版高三化學(xué)下冊階段測試試卷515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總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、已知NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值，下列說法中正確的是（）A.2gH2的分子數(shù)為NAB.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4LH2O含有NA個水分子C.5.6g鐵與足量鹽酸反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.3NAD.1mol/LMg（NO3）2溶液中含有NO3-的數(shù)目為2NA2、化學(xué)在生產(chǎn)和日常生活中有著重要的應(yīng)用．下列敘述錯誤的是（）

A.水玻璃可用于制備硅膠和木材防火劑。

B.在海輪外殼上鑲嵌鋅塊；會減緩船體的銹蝕。

C.煤經(jīng)過氣化和液化兩個物理變化過程；可變?yōu)榍鍧嵞茉础?/p>

D.將苦鹵濃縮；氧化；鼓入熱空氣可提取出海水中的溴。

3、下列水溶液中的電離方程式書寫不正確的是（）A.H2O+H2O?H3O++OH-B.NaHSO4═Na++HSO4-C.NaHS═Na++HS-D.HCO3-+H2O?H3O++CO32-4、下列物質(zhì)中化學(xué)鍵類型完全相同的是（）A.CaBr2HClB.MgCl2NaOHC.H2ONH3D.HBrNH4Br5、實驗是化學(xué)研究的基礎(chǔ)，下列各圖所示的實驗方法、裝置或操作正確的是（）。6、在允許加熱的條件下，只用一種試劑就可以鑒別硫酸鈉、氯化鎂、硫酸鋁和氯化鐵溶液，這種試劑是（）A.NaOHB.BaCl2C.AgNO3D.KSCN7、下列說法正確的是()A.rm{HCl}rm{HBr}rm{HI}的分子間作用力依次增大，熱穩(wěn)定性也依次增強B.在rm{O_{2}}rm{CO_{2}}和rm{SiO_{2}}中，都存在共價鍵，它們均由分子構(gòu)成C.rm{N_{2}}和rm{Cl_{2}}兩種分子中，每個原子的最外層都具有rm{8}電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)D.rm{KOH}和rm{MgCl_{2}}都是離子晶體，均存在共價鍵和離子鍵評卷人得分二、雙選題(共6題，共12分)8、自然資源缺乏的形勢日益嚴(yán)峻，地球的海水總量約為1.4×1018t，是人類最大的資源庫．電滲析法是近年發(fā)展起來的一種較好的海水淡化技術(shù)，其原理如圖，則（）A.大海中的海水可以直接通入到裝置中進(jìn)行淡化處理B.從Ⅰ口排出的是淡水C.該裝置產(chǎn)生的濃水可以直接排放D.A接正極，a室應(yīng)為陽極室，B接負(fù)極，b室應(yīng)為陰極室9、下圖是部分短周期元素原子半徑與原子序數(shù)的關(guān)系圖。則下列說法正確的是()A.簡單離子的半徑：rm{X>Z>M}B.rm{Y}rm{R}兩種元素的氣態(tài)氫化物及其最高價氧化物的水化物均為強酸C.由rm{X}與rm{N}兩種元素組成的化合物不能與任何酸反應(yīng)，但能與強堿反應(yīng)D.rm{Z}單質(zhì)不能從rm{M}與rm{R}元素構(gòu)成的鹽溶液中置換出單質(zhì)rm{M}10、對以下實驗裝置圖的說法正確的是（）

A.利用圖①裝置做噴泉實驗B.利用圖②裝置收集SO2并吸收尾氣C.實驗室里利用圖③裝置制取少量純凈的氨氣D.利用圖④裝置制備氫氧化鐵膠體11、下列說法正確的是()A.反應(yīng)rm{{N}_{2}left(gright)+3{H}_{2}left(gright)?2N{H}_{3}left(gright)}的rm{{N}_{2}left(gright)+3{H}_{2}left(gright)?2N{H}_{3}left(gright)

}rm{vartriangleH<0}B.地下鋼鐵管道用導(dǎo)線連接鋅塊可以減緩管道的腐蝕C.常溫下，rm{vartriangle{S}>0}rm{K_{SP}[Mg(OH)_{2}]=5.6隆脕10^{-12}}的含rm{pH=10}溶液中，rm{c(Mg^{2+})leqslant5.6隆脕10^{-4}mol隆隴L^{-1}}D.常溫常壓下，鋅與稀rm{Mg^{2+}}反應(yīng)生成rm{c(Mg^{2+})leqslant

5.6隆脕10^{-4}mol隆隴L^{-1}}反應(yīng)中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為rm{H_{2}SO_{4}}rm{11.2LH_{2}}12、在四個恒容密閉容器中按左下表相應(yīng)量充入氣體，發(fā)生rm{2N_{2}O(g)?2N_{2}(g)+O_{2}(g)}容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中rm{2N_{2}O(g)?

2N_{2}(g)+O_{2}(g)}平衡轉(zhuǎn)化率如右下圖所示。。rm{N_{2}O}容器容積rm{/L}起始物質(zhì)的量rm{/mol}rm{N_{2}O}rm{N_{2}}rm{O_{2}}rm{N_{2}}rm{O_{2}}Ⅰrm{V_{1}}rm{0.1}rm{0}rm{0}Ⅱrm{1.0}rm{0.1}rm{0}rm{0}Ⅲrm{V_{3}}rm{0.1}rm{0}rm{0}Ⅳrm{1.0}rm{0.06}rm{0.06}rm{0.04}

下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.該反應(yīng)的正反應(yīng)放熱B.相同溫度下反應(yīng)時，平均反應(yīng)速率：rm{v(}Ⅰrm{)>v(}Ⅲrm{)}C.圖中rm{A}rm{B}rm{C}三點處容器內(nèi)總壓強：rm{p(}Ⅰrm{)_{A}<p(}Ⅱrm{)_{B}<p(}Ⅲrm{)_{C}}D.容器Ⅳ在rm{470隆忙}進(jìn)行反應(yīng)時，起始速率：rm{v(N_{2}O)_{脮媒}>v(N_{2}O)_{脛忙}}13、下列實驗室除雜所用試劑和操作均合理的是()。選項物質(zhì)rm{(}括號中為雜質(zhì)rm{)}除雜試劑操作rm{A}鐵器rm{(}植物油rm{)}熱純堿溶液洗滌rm{B}rm{BaCO_{3}(BaSO_{4})}飽和碳酸鈉溶液攪拌、過濾rm{C}rm{KNO_{3}(NaCl)}水蒸發(fā)結(jié)晶rm{D}rm{HCl(Cl_{2})}飽和食鹽水洗氣A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)14、（1）實驗窒制乙烯中濃硫酸的作用是____，當(dāng)用酸性高錳酸鉀溶液驗證產(chǎn)物時，必須把氣體通往____溶液，原因是____．

（2）溴乙烷與氫氧化鈉的醇溶液制乙烯時，當(dāng)用酸性高錳酸鉀溶液難驗證產(chǎn)物時，必須先把氣體通往____溶液，原因是____

（3）實驗室制乙炔時，常用____溶液去除氣體雜質(zhì)，碳化鈣電子式____

（4）相對分子質(zhì)量相近的醇和烷烴相比，醇的沸點遠(yuǎn)離于烷烴，為什么？____

（5）丙三醇俗稱____，結(jié)構(gòu)簡式是____乙二醇工業(yè)上用途（填一種）____．15、某無色溶液中只可能含有NH4+、K+、Al3+、Mg2+、Fe3+、Cl-、CO32-、SO42-等離子中的幾種離子．

①取10mL該溶液于試管中滴加Ba（NO3）2溶液并加稀硝酸酸化后過濾得到0.03mol白色沉淀，向濾液中加入AgNO3溶液未見沉淀產(chǎn)生．

②另取10mL該溶液于試管中；滴加NaOH溶液產(chǎn)生白色沉淀，沉淀的量與所加氫氧化鈉溶液體積如圖所示。

（1）該溶液中一定含有____離子，一定不含有的離子有____（填離子的化學(xué)式）；

（2）根據(jù)圖中所示數(shù)據(jù)，計算實驗中使用的NaOH溶液的物質(zhì)的量濃度為：____

（3）若取10mL該溶液于試管中，向其中加入適量Na2O2，若恰好反應(yīng)得到無色溶液，則該過程所得氣體在標(biāo)況下體積為____L．16、（1）下列現(xiàn)象和應(yīng)用與電子躍遷無關(guān)的是____．

A．激光B．焰色反應(yīng)C．燃燒放熱

D．原子光譜E．霓虹燈F．石墨導(dǎo)電

（2）A；B、C三種短周期元素；A是原子半徑最小的元素，B原子最外層電子數(shù)是次外層的兩倍，C元素的基態(tài)原子L層有兩個未成對電子．

①某直線形分子由A、B兩種元素組成且原子個數(shù)比為1：1，該分子中含有____個σ鍵，____個π鍵．

②由A、B、C三種元素組成的無機陰離子，可形成二聚離子或多聚鏈狀離子，從該陰離子的結(jié)構(gòu)特點分析能夠相互締合的原因：____．

（3）CO的結(jié)構(gòu)可表示為C≡O(shè)，N2的結(jié)構(gòu)可表示為N≡N．下表是兩者的鍵能數(shù)據(jù)：（單位：kJ/mol）

。A-BA=BA≡BC≡O(shè)357.7798.91071.9N≡N154.8418.4941.7結(jié)合數(shù)據(jù)說明CO比N2活潑的原因：____．

（4）Fe；Co、Ni、Cu等金屬能形成配合物與這些金屬原子的電子層結(jié)構(gòu)有關(guān)．

①基態(tài)28Ni原子的核外電子排布式為____．

②Fe（CO）5常溫下呈液態(tài)，熔點為-20.5℃，沸點為103℃，易溶于非極性溶劑，據(jù)此可判斷Fe（CO）5晶體屬于____（填晶體類型）．

③CuSO4?5H2O（膽礬）中含有水合銅離子因而呈藍(lán)色，寫出膽礬晶體中水合銅離子的結(jié)構(gòu)簡式（必須將配位鍵表示出來）____．17、(18分)次氯酸鈉(NaClO)和亞氯酸鈉(NaClO3)都是重要的含氯消毒劑。（1）NaClO2中，氯元素的化合價為________。（2）某同學(xué)在實驗室探究并制作一種家用環(huán)保型消毒液(NaClO)發(fā)生器，設(shè)計了如圖的裝置，用石墨作電極電解飽和氯化鈉溶液。①通電時，為使Cl2被完全吸收，制得有較強殺菌能力的消毒液，則電源有b電極名稱為_________（填“正”、“負(fù)”、“陰”或“陽”）投。②裝置中發(fā)生反應(yīng)的有關(guān)化學(xué)方程式為________；充分電解后溶液中各離子濃度由大到小順序為____。③請說出使用該裝置生產(chǎn)消毒液的一個優(yōu)點和一個注意事項___________________。（3）化學(xué)課外活動小組為測定某品牌“84消毒液”中NaClO的含量（單位體積溶液含有NaCIO的質(zhì)量），做了如下實驗。已知：ClO－＋2I－＋2H＋＝Cl－＋I(xiàn)2＋H2OI2＋2S2O32－＝2I－＋S4O62－取10mL該消毒液于錐形瓶中，迅速加入適量的硫酸酸化的碘化鉀溶液，密封、充分混合，暗處放置幾分鐘。然后加入幾滴淀粉溶液，用cmol/L的硫代硫酸鈉(Na2S2O3)標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，平均用去VmL硫代硫酸鈉溶液。則該“84消毒液”中NaCIO的含量為_________g/mL（用含c、V的式子表示）。（4）以下是過氧化氫法生產(chǎn)亞氯酸鈉的工藝流程圖：己知：(i)NaClO2的溶解度隨溫度升高而增大，適當(dāng)條件下可結(jié)晶析出NaClO2·3H2O；(ii)純ClO2易分解爆炸，一般用稀有氣體或空氣稀釋到10%以下較安全；(iii)HClO2可看成是強酸。①發(fā)生器中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為__________，在發(fā)生器中鼓入空氣的作用可能是_____。②吸收塔內(nèi)的反應(yīng)的化學(xué)方程式為__________________。在吸收塔中為防止被還原成NaCI，所用還原劑的還原性應(yīng)適中。除H2O2外，還可以選擇的還原劑_________（填序號）。A.Na2O2B．Na2SC.FeCl2③從濾液中得到NaClO2·3H2O粗晶體的實驗操作依次是_________（填序號）。A.蒸餾B．蒸發(fā)C.灼燒D.過濾E．冷卻結(jié)晶18、（2015春?臨沭縣期中）能源與材料；信息一起被稱為現(xiàn)代社會發(fā)展的三大支柱；現(xiàn)代社會的一切活動都離不開能源，能源的利用與相互轉(zhuǎn)化始終與我們息息相關(guān)．

（1）已知反應(yīng)X+Y═M+N的能量變化如圖所示，該反應(yīng)為____反應(yīng)（填“放熱”或“吸熱”）．

（2）研究表明，在一定溫度和壓強條件下，2molH2（g）和1molO2（g）完全化合成2molH2O（g）所放出的熱量：①與在相同條件下2molH2O（g）完全分解為2molH2（g）和1molO2（g）所吸收的熱量在數(shù)值上相等；②是相同條件下1molH2（g）和0.5molO2（g）完全化合成1molH2O（g）所放出熱量的2倍；③比在相同條件下2molH2（g）和1molO2（g）完全化合成2molH2O（g）所放出的熱量少．則下列說法正確的是____．

A．一個化學(xué)反應(yīng)其正；逆反應(yīng)的能最變化；在數(shù)值上相等，吸收與放出相反。

B．一個化學(xué)反應(yīng)的能量變化與其反應(yīng)物的物質(zhì)的量有關(guān)。

C．一個化學(xué)反應(yīng)的能量變化與其反應(yīng)物；生成物的狀態(tài)有關(guān)。

D．一個化學(xué)反應(yīng)的能量變化與其反應(yīng)物的物質(zhì)的量有關(guān)且成正比例關(guān)系．19、某有機化合物X（C7H8O）與另一有機化合物Y發(fā)生如下反應(yīng)生成化合物Z（C11H14O2）：X+YZ+H2O

（1）X是下列化合物之一，已知X不能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，則X是____填標(biāo)號字母）．

（2）Y的分子式是____，可能的結(jié)構(gòu)簡式是：____和____．

（3）Y有多種同分異構(gòu)體，其中一種同分異構(gòu)體E發(fā)生銀鏡反應(yīng)后，其產(chǎn)物經(jīng)酸化可得到F（C4H8O3）．F可發(fā)生如下反應(yīng)：

該反應(yīng)的類型是____，E的結(jié)構(gòu)簡式是____．評卷人得分四、探究題(共4題，共16分)20、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________．21、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：22、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________．23、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：參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、A【分析】【分析】A、分子個數(shù)N=；

B；標(biāo)況下水為液態(tài)；

C；求出鐵的物質(zhì)的量；然后根據(jù)鐵和鹽酸反應(yīng)后變?yōu)?2價來分析；

D、溶液體積不明確．【解析】【解答】解：A、分子個數(shù)N==NA個；故A正確；

B；標(biāo)況下水為液態(tài)；故不能根據(jù)氣體摩爾體積來計算其物質(zhì)的量和分子個數(shù)，故B錯誤；

C、5.6g鐵的物質(zhì)的量為0.1mol，而鐵和鹽酸反應(yīng)后變?yōu)?2價，故0.1mol鐵失去0.2NA個；故C錯誤；

D；溶液體積不明確；故溶液中的硝酸根個數(shù)無法計算，故D錯誤．

故選A．2、C【分析】

A．水玻璃可用于制備硅膠和木材防火劑；故A正確；

B．在海輪外殼上鑲嵌鋅塊；鐵作原電池正極，鋅塊作原電池負(fù)極，會減緩船體的銹蝕，故B正確；

C．煤經(jīng)過氣化和液化生成了可燃性氣體或液體；變?yōu)榍鍧嵞茉?，是化學(xué)變化，故C錯誤；

D．將苦鹵濃縮；氧化得到單質(zhì)溴；鼓入熱空氣溴揮發(fā)可提取出海水中的溴，故D正確；

故選C．

【解析】【答案】A．根據(jù)水玻璃的用途；

B．為防止金屬被腐蝕；可以利用犧牲陽極的陰極保護法保護金屬，則被保護的金屬作原電池正極，應(yīng)該選取比鐵活潑的金屬作原電池負(fù)極；

C．煤經(jīng)過氣化和液化生成了可燃性氣體或液體；

D．根據(jù)海水提取溴的原理．

3、B【分析】【分析】弱電解質(zhì)在水溶液里部分電離寫“?”，強電解質(zhì)在水溶液里完全電離“=”，電解質(zhì)在水溶液里電離生成陰陽離子，多元弱酸分步電離，多元弱堿電離寫一步電離方程式，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：A；該式子是水的電離方程式；故A不選；

B、硫酸氫鈉在水溶液中能完全電離出鈉離子氫離子和硫酸根離子NaHSO4═H++Na++SO42-；故B選；

C；該式子是硫氫化鈉的電離方程式；故C不選；

D；該式子是碳酸氫根離子的電離方程式；故D不選．

故選B．4、C【分析】【分析】一般來說，活潑金屬和活潑非金屬元素之間易形成離子鍵，非金屬元素之間易形成共價鍵，第IA族、第IIA族和第VIA族、第VIIA族元素之間易形成離子鍵，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：A．CaBr2中鈣離子離子和溴離子之間只存在離子鍵；HCl分子中H原子和Cl原子之間只存在共價鍵，所以化學(xué)鍵類型不同，故A錯誤；

B．MgCl2中鎂離子和氯離子之間只存在離子鍵；NaOH中鈉離子和氫氧根離子之間存在離子鍵；O原子和H原子之間存在共價鍵，所以化學(xué)鍵類型不同，故B錯誤；

C．H2O分子中H原子和O原子之間只存在共價鍵，NH3分子中N原子和H原子之間存在共價鍵；所以化學(xué)鍵類型相同，故C正確；

D．HBr分子中H原子和Br原子之間只存在共價鍵，NH4Br中銨根離子和溴離子之間存在離子鍵；N原子和H原子之間存在共價鍵；所以化學(xué)鍵類型不同，故D錯誤；

故選C．5、D【分析】本題考查化學(xué)儀器的主要用途和使用方法。分析試題，在托盤天平上稱量固體藥品，干燥但易潮解的物質(zhì)也應(yīng)放在適當(dāng)?shù)娜萜鳎ㄐ﹥?nèi)，而不得與天平托盤直接接觸，A選項NaOH固體能吸收空氣中的水分，不能用紙片稱量，應(yīng)用小燒杯迅速稱量；B選項氯氣的收集要用排飽和食鹽水法；C選項中應(yīng)用玻璃棒不斷攪拌?！窘馕觥俊敬鸢浮緿6、A【分析】【解答】解：A．四種物質(zhì)中；與氫氧化鈉溶液混合沒有明顯現(xiàn)象的為硫酸鈉；生成紅褐色沉淀的為氯化鐵、生成白色沉淀的為氯化鎂、先生成沉淀，之后沉淀能夠溶解的為硫酸鋁，所以能夠使用氫氧化鈉溶液鑒別，故A正確；

B．BaCl2溶液能夠與硫酸鈉；硫酸鋁生成白色沉淀；無法區(qū)分硫酸鈉和硫酸鋁，且氯化鋇與氯化鎂、氯化鐵溶液不發(fā)生反應(yīng)，所以使用氯化鋇溶液無法鑒別，故B錯誤；

C．由于硝酸銀溶液能夠與四種溶液發(fā)生反應(yīng)生成白色沉淀；無法用硝酸銀溶液鑒別，故C錯誤；

D．四種物質(zhì)中；只有氯化鐵與硫氰化鉀溶液反應(yīng)顯示紅色，其它物質(zhì)與硫氰化鉀沒有明顯現(xiàn)象，所以無法鑒別，故D錯誤；

故選A．

【分析】A．NaOH溶液分別與氯化鎂；氯化鐵產(chǎn)生不同顏色的沉淀、硫酸鋁中加熱氫氧化鈉；開始生成沉淀，氫氧化鈉過量沉淀溶解，與氫氧化鈉不反應(yīng)的為硫酸鈉；

B．氯化鋇溶液與硫酸鈉；硫酸鋁反應(yīng)生成白色沉淀；無法區(qū)分硫酸鈉和硫酸鋁；氯化鋇也與氯化鎂、氯化鐵溶液不反應(yīng)；

C．硝酸銀溶液能夠與硫酸鈉；硫酸鋁、氯化鎂、氯化鐵生成白色沉淀；無法鑒別四種試溶液；

D．硫氰化鉀溶液能夠與氯化鐵顯示紅色，與氣體物質(zhì)不反應(yīng)，無法用于鑒別．7、C【分析】【分析】本題考查化學(xué)鍵的類型、rm{8}電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)等，難度不大，注意物質(zhì)的構(gòu)成微粒。電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)等，難度不大，注意物質(zhì)的構(gòu)成微粒?！窘獯稹緼.rm{8}元素的非金屬性越強，對應(yīng)的氫化物越穩(wěn)定，與分子間作用力無關(guān)，故A錯誤；B.二氧化硅為原子晶體，是由硅原子和氧原子直接構(gòu)成的，故B錯誤；C.非金屬性：rm{F>Cl>Br>I}元素的非金屬性越強，對應(yīng)的氫化物越穩(wěn)定，與分子間作用力無關(guān)，故A錯誤；分子中是氮氮叁鍵，而rm{F>Cl>Br>I}分子中氯氯單鍵，所以每個原子的最外層都具有rm{N_{2}}電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故C正確；D.氯化鎂中不存在共價鍵，故D錯誤。故選C。rm{Cl_{2}}【解析】rm{C}二、雙選題(共6題，共12分)8、B|D【分析】解：A．海水中含有海水中含較多Mg2+和Ca2+等陽離子，電解時陰極附近生成氫氧根離子，導(dǎo)致氫氧根離子和鈣鎂離子反應(yīng)生成Mg（OH）2、Ca（OH）2等沉淀從而堵塞陽離子交換膜；從而抑制離子通過，導(dǎo)致電滲析法失敗，故A錯誤；

B．分析裝置圖；A為負(fù)極，B為電源正極；在電滲析法淡化海水示意圖中陰離子移向陽極，陽離子移向陰極，①室離子濃度變小，②室離子濃度變大，離子濃度大的為濃水，所以濃水在Ⅱ處排出，Ⅰ處排出的是淡水，故B正確；

C．海水淡化后的濃水中含大量鹽分（主要含有Mg2+、Ca2+、Fe3+和SO42-）；排入水中會改變水質(zhì)，排到土壤中會導(dǎo)致土壤鹽堿化，故不能直接排放，故C錯誤；

D．由離子的定向移動可知，A接正極，a室應(yīng)為陽極室，B接負(fù)極，b室應(yīng)為陰極室；故D正確．

故選BD．

在電滲析法淡化海水示意圖中陰離子移向陽極，陽離子移向陰極，離子濃度大的為濃水，離子濃度小的為淡水，海水中含有的Mg2+和Ca2+等陽離子易和氫氧根離子反應(yīng)生成沉淀，淡化時應(yīng)先除去Mg2+和Ca2+；防止堵塞，以此解答．

本題考查了海水淡化原理，明確圖片內(nèi)涵是解本題關(guān)鍵，陰陽離子在電極上放電，導(dǎo)致排出的水為淡水，從而實現(xiàn)海水淡化，難度不大．【解析】【答案】BD9、rAD【分析】【分析】本題考查了原子結(jié)構(gòu)與元素的性質(zhì)，側(cè)重基礎(chǔ)知識的考查，難度不大?！窘獯稹坑申P(guān)系圖知：rm{X}為rm{O}元素，rm{Y}為rm{F}元素，rm{Z}為rm{Na}元素，rm{M}為rm{Al}元素，rm{N}為rm{Si}元素，rm{R}為rm{Cl}元素。為rm{X}元素，rm{O}為rm{Y}元素，rm{F}為rm{Z}元素，rm{Na}為rm{M}元素，rm{Al}為rm{N}元素，rm{Si}為rm{R}元素。

rm{Cl}A.核外電子排布相同的微粒，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，rm{O}rm{O}rm{{,!}^{2-}}rm{>Na}rm{>Na}rm{{,!}^{+}}

rm{>Al}為rm{>Al}元素，其氫化物為弱酸，故B錯誤；

rm{{,!}^{3+}}與，故A正確；組成B.rm{Y}為rm{F}元素，其氫化物為弱酸，故B錯誤；rm{Y}rm{F}反應(yīng)，故C錯誤；

C.rm{X}與rm{N}組成rm{SiO}與rm{X}rm{N}rm{SiO}先與rm{2}rm{2}，可與rm{HF}反應(yīng)，故C錯誤；反應(yīng)生成rm{HF}D.rm{Na}與rm{AlCl}再與rm{Na}rm{AlCl}rm{3}

rm{3}

反應(yīng)時，rm{Na}先與rm{H}【解析】rm{AD}10、C|D【分析】解：A．氫氟酸可與二氧化硅反應(yīng)；則不能用玻璃容器完成該實驗，故A錯誤；

B．二氧化硫密度比空氣大；應(yīng)用向上排空法收集，故B錯誤；

C．碳酸銨加熱分解生成氨氣；二氧化碳和水；可用堿石灰吸收二氧化碳和水，得到干燥的氨氣，故C正確；

D．實驗室可用在沸水中滴加飽和氯化鐵溶液制備氫氧化鐵膠體；故D正確．

故選CD．

A．HF不能用玻璃瓶；

B．二氧化硫密度比空氣大；

C．碳酸銨加熱分解生成氨氣；二氧化碳和水；可用堿石灰吸收二氧化碳和水，得到干燥的氨氣；

D．實驗室可用在沸水中滴加飽和氯化鐵溶液制備氫氧化鐵膠體．

本題考查化學(xué)實驗方案的評價，涉及氣體的制備、收集、除雜以及膠體的制備等知識，為高考常見題型，側(cè)重于學(xué)生的分析能力和實驗?zāi)芰Φ目疾?，注意把握物質(zhì)的性質(zhì)的異同以及實驗的嚴(yán)密性和可行性的評價，難度中等．【解析】【答案】CD11、BC【分析】【分析】A.由化學(xué)計量數(shù)可知rm{triangleS<0}B.導(dǎo)線連接鋅塊，構(gòu)成原電池時rm{Zn}為負(fù)極；C.rm{pH=10}的含rm{Mg^{2+}}溶液中，rm{c(OH^{-})=10^{-4}}rm{mol?L^{-1}}rm{c(Mg^{2+}}rm{)leqslantdfrac{Ksp}{c(O{H}^{-}{)}^{2}}}D.常溫常壓下，rm{)leqslant

dfrac{Ksp}{c(O{H}^{-}{)}^{2}}}【解答】A.合成氨反應(yīng)為放熱反應(yīng)，rm{Vmneq22.4L/mol}且為氣體體積減小的反應(yīng)，則rm{triangleH<0}故A錯誤；B.導(dǎo)線連接鋅塊，構(gòu)成原電池時rm{triangleS<0}為負(fù)極，rm{Zn}作正極被保護，則可以減緩管道的腐蝕，故B正確；C.rm{Fe}的含rm{pH=10}溶液中，rm{Mg^{2+}}rm{c(OH^{?})=10^{?4}}rm{mol?L^{?1}}rm{)?dfrac{5.6隆脕{10}^{?12}}{({10}^{?4}{)}^{2}}=5.6隆脕10^{?4;}mol?L^{?1}}故C正確；D.常溫常壓下，rm{c(Mg^{2+}}則不能利用氫氣的體積計算物質(zhì)的量及轉(zhuǎn)移電子數(shù)，故D錯誤。故選BC。rm{)?dfrac{5.6隆脕{10}^{?12}}{({10}^{?4}{)}^{2}}

=5.6隆脕10^{?4;}mol?L^{?1}}【解析】rm{BC}12、CD【分析】【分析】本題考查化學(xué)平衡移動原理以及化學(xué)反應(yīng)速率的影響因素，難度不大?！窘獯稹緼.隨溫度的增加，rm{N_{2}O}的轉(zhuǎn)化率增大，說明溫度升高平衡右移，則該反應(yīng)的正反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，故A錯誤；B.在相同的溫度下rm{N_{2}O}的轉(zhuǎn)化率Ⅰ大于Ⅲ，但不知反應(yīng)時間以及容器的大小，則無法計算反應(yīng)速率，故B錯誤；C.有變化曲線可知rm{v(}Ⅰrm{)>v(}Ⅱrm{)>v(}Ⅲrm{)}所以在相同的轉(zhuǎn)化率下有rm{p(}Ⅰrm{)_{A}<p(}Ⅱrm{)_{B}<p(}Ⅲrm{)_{C}}，故C正確；D.容器Ⅳ在rm{470隆忙}的平衡常數(shù)為：rm{K=dfrac{0.03隆脕0.{06}^{2}}{0.{04}^{2}}=0.0675}起始時有rm{{K}_{C}=dfrac{0.04隆脕0.{06}^{2}}{0.{06}^{2}}=0.04<0.0675}則平衡正向移動，則有rm{K=

dfrac{0.03隆脕0.{06}^{2}}{0.{04}^{2}}=0.0675}故D正確。故選CD。rm{{K}_{C}=

dfrac{0.04隆脕0.{06}^{2}}{0.{06}^{2}}=0.04<0.0675}【解析】rm{CD}13、AB【分析】【分析】

本題考查混合物分離提純；為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)；性質(zhì)差異及混合物分離方法為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查。

【解答】

A.熱純堿可促進(jìn)油的水解；洗滌可除雜，故A正確；

B.碳酸鋇；硫酸鋇均不溶于碳酸鈉；但硫酸鋇平衡可正向移動，則飽和碳酸鈉溶液能除雜，故B正確；

C.二者均溶于水；蒸發(fā)結(jié)晶不能除雜，應(yīng)利用冷卻結(jié)晶法分離，故C錯誤；

D.rm{HCl}極易溶于水；將原物質(zhì)除去，不能除雜，故D錯誤。

故選AB。

【解析】rm{AB}三、填空題(共6題，共12分)14、催化劑、脫水劑NaOHSO2能夠使酸性高錳酸鉀溶液褪色水防止乙醇和高錳酸鉀反應(yīng)CuSO4溶液醇分子之間含有氫鍵甘油CH2OH-CHOH-CH2OH汽車防凍液【分析】【分析】（1）濃硫酸在乙醇的消去反應(yīng)中作催化劑和脫水劑；濃硫酸具有強氧化性；則乙醇能夠與濃硫酸發(fā)生副反應(yīng)生成二氧化硫，二氧化硫能夠使酸性高錳酸鉀溶液褪色，所以需要先用堿液吸收；

（2）溴乙烷能夠與氫氧化鈉溶液發(fā)生反應(yīng)生成乙醇；乙醇能夠被酸性高錳酸鉀溶液氧化，需要先用水除去；

（3）乙炔氣體中混有硫化氫氣體；可用硫酸銅溶液除去；碳化鈣為離子化合物，陰陽離子需要標(biāo)出所帶電荷，陰離子還需要標(biāo)出最外層電子；

（4）根據(jù)醇中含有氫鍵；氫鍵大于范德華力分析；

（5）丙三醇俗稱甘油，丙三醇的結(jié)構(gòu)簡式為HOCH2CH2OH；乙二醇可由于制取汽車防凍液、化工原料等．【解析】【解答】解：（1）實驗室利用乙醇能發(fā)生消去反應(yīng)制乙烯：CH3-CH2-OHCH2=CH2↑+H2O；在該反應(yīng)中濃硫酸作催化劑；脫水劑；

乙醇能夠與濃硫酸發(fā)生副反應(yīng)生成二氧化硫，二氧化硫能夠使酸性高錳酸鉀溶液褪色，為了避免二氧化硫?qū)z驗乙烯的干擾，所以需要用NaOH溶液除去SO2；

故答案為：催化劑、脫水劑；NaOH；SO2能夠使酸性高錳酸鉀溶液褪色；

（2）溴乙烷與氫氧化鈉溶液的反應(yīng)中會發(fā)生副反應(yīng)生成乙醇；乙醇能夠使酸性高錳酸鉀褪色，所以應(yīng)該先用水吸收乙醇，目的是防止乙醇和酸性高錳酸鉀反應(yīng)；

故答案為：水；防止乙醇和酸性高錳酸鉀反應(yīng)；

（3）制取的乙炔氣體中通?；煊辛蚧瘹錃怏w，硫酸銅溶液能夠與硫化氫反應(yīng)，剩余實驗室制乙炔時可用CuSO4溶液除雜質(zhì)氣體；碳化鈣屬于離子化合物，陰離子中存在碳碳三鍵，碳化鈣的電子式為

故答案為：CuSO4溶液；

（4）氫鍵的作用力大于范德華力；醇分子之間含有氫鍵，烷烴分子間含有范德華力，所以相對分子質(zhì)量相近的醇比烷烴沸點高；

故答案為：醇分子之間含有氫鍵；

（3）丙三醇俗稱甘油，分子中含有3個羥基，其結(jié)構(gòu)簡式為：CH2OH-CHOH-CH2OH；乙二醇可由于制取汽車防凍液；化工原料等；

故答案為：甘油；CH2OH-CHOH-CH2OH；汽車防凍液．15、K+、NH4+、Al3+、SO42-Cl-、Fe3+Mg2+CO32-lmol/L0.784【分析】【分析】（1）①某無色溶液一定不含F(xiàn)e3+離子；

②取10mL該溶液于試管中滴加Ba（NO3）2溶液，加稀硝酸酸化后過濾得到0.03mol白色沉淀，生成沉淀為BaSO4，說明溶液中含有SO42-，向濾液中加入AgNO3溶液未見沉淀產(chǎn)生，則溶液中沒有Cl-；

③另取10mL該溶液于試管中，滴加NaOH溶液產(chǎn)生白色沉淀，當(dāng)沉淀增加到一定量后沉淀的質(zhì)量不再改變，最后沉淀又完全溶解，則沉淀的質(zhì)量不變的一段時間內(nèi)為銨根離子與氫氧根離子反應(yīng)，說明溶液中含有NH4+，沉淀最后完全溶解，則說明溶液中含有Al3+；

（2）根據(jù)氫氧化鋁沉淀的量來計算氫氧化鈉的濃度；

（3）Na2O2與水反應(yīng)生成NaOH，NaOH與銨根離子反應(yīng)生成氨氣，與Al3+反應(yīng)生成偏鋁酸鈉，結(jié)合圖中消耗的氫氧化鈉來計算過氧化鈉和氧氣．【解析】【解答】解：（1）①某無色溶液一定不含F(xiàn)e3+離子；

②取10mL該溶液于試管中滴加Ba（NO3）2溶液，加稀硝酸酸化后過濾得到0.03mol白色沉淀，生成沉淀為BaSO4，說明溶液中含有SO42-，向濾液中加入AgNO3溶液未見沉淀產(chǎn)生，則溶液中沒有Cl-；

③另取10mL該溶液于試管中，滴加NaOH溶液產(chǎn)生白色沉淀，當(dāng)沉淀增加到一定量后沉淀的質(zhì)量不再改變，最后沉淀又完全溶解，則沉淀的質(zhì)量不變的一段時間內(nèi)為銨根離子與氫氧根離子反應(yīng)，說明溶液中含有NH4+，沉淀最后完全溶解，則說明溶液中含有Al3+，則不含Mg2+CO32-；

則溶液中一定含有的離子為：NH4+、Al3+、SO42-；一定不含有的離子有Cl-、Fe3+、Mg2+、CO32-；

故答案為：NH4+、Al3+、SO42-；Cl-、Fe3+、Mg2+、CO32-；

（2）由圖可知當(dāng)生成氫氧化鋁為0.01mol時，消耗氫氧化鈉為0.03L，則消耗的氫氧化鈉的物質(zhì)的量為0.03mol，其濃度為c==1mol/L；

故答案為：1mol/L；

（3）若取10mL該溶液于試管中，向其中加入適量Na2O2，若恰好反應(yīng)得到無色溶液，Na2O2與水反應(yīng)生成NaOH，NaOH與銨根離子反應(yīng)生成氨氣，與Al3+反應(yīng)生成偏鋁酸鈉；

由圖可知形成澄清溶液時消耗氫氧化鈉為0.06L，則其物質(zhì)的量為0.06L×1mol/L=0.06mol，反應(yīng)生成氨氣消耗氫氧化鈉為1mol/L×0.02L=0.02mol，生成的氨氣為0.02mol，由2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑可知；生成0.06molNaOH時，氧氣為0.015mol，則該過程所得氣體總物質(zhì)的量為0.035，其標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為0.784L；

故答案為：0.784．16、CF32HCO3-中含有O-H鍵，相互之間可通過O-H┅O氫鍵締合斷裂C≡O(shè)中的一個π鍵消耗的能量是273kJ/mol，斷裂N≡N中的一個π鍵消耗的能量是523.3kJ/mol，斷裂一個π鍵CO比N2更容易，所以CO更活潑1s22s22p63s23p63d84s2分子晶體【分析】【分析】（1）燃燒放熱；石墨導(dǎo)電與電子躍遷無關(guān)．

（2）A；B、C三種短周期元素；A是原子半徑最小的元素，則A為氫元素；B原子最外層電子數(shù)是次外層的兩倍，則B為碳元素；C元素的基態(tài)原子L層有兩個未成對電子，則C為氧元素．

①由A、B兩種元素組的成直線形分子且原子個數(shù)比為1：1，該分子為C2H2；分子中含有2個C-H鍵，1個C≡C鍵．

②由A、B、C三種元素組成的無機陰離子為HCO3-，HCO3-中含有O-H鍵；O元素電負(fù)性很強，離子鍵形成氫鍵．

（3）根據(jù)斷裂三鍵中的中的一個π鍵消耗的能量判斷．

（4）①根據(jù)核外電子排布規(guī)律書寫．

②根據(jù)物質(zhì)的性質(zhì)判斷晶體類型．

③CuSO4?5H2O中銅離子含有空軌道，水分子含有孤對電子對，銅離子與水分子之間形成配位鍵，銅離子配體數(shù)為4．【解析】【解答】解：（1）燃燒放熱是物質(zhì)的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為熱能；石墨是層狀結(jié)構(gòu)，層間有自由移動的電子，二者與電子躍遷無關(guān)．

故選：CF．

（2）A；B、C三種短周期元素；A是原子半徑最小的元素，則A為氫元素；B原子最外層電子數(shù)是次外層的兩倍，則B為碳元素；C元素的基態(tài)原子L層有兩個未成對電子，則C為氧元素．

①由A、B兩種元素組的成直線形分子且原子個數(shù)比為1：1，該分子為C2H2，分子中含有2個C-H鍵，1個C≡C鍵，單鍵是σ鍵，三鍵含有1個σ鍵、2個π鍵，所以C2H2分子中含有3個σ鍵；2個π鍵．

故答案為：3；2．

②由A、B、C三種元素組成的無機陰離子為HCO3-，HCO3-中含有O-H鍵；O元素電負(fù)性很強，離子鍵形成氫鍵，相互之間可通過O-H┅O氫鍵締合．

故答案為：HCO3-中含有O-H鍵；相互之間可通過O-H┅O氫鍵締合．

（3）根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，斷裂C≡O(shè)中的一個π鍵消耗的能量是1071.9kJ/mol-798.9kJ/mol=273kJ/mol，斷裂N≡N中的一個π鍵消耗的能量是941.7kJ/mol-418.4kJ/mol=523.3kJ/mol，斷裂一個π鍵CO比N2更容易；所以CO更活潑．

故答案為：斷裂C≡O(shè)中的一個π鍵消耗的能量是273kJ/mol，斷裂N≡N中的一個π鍵消耗的能量是523.3kJ/mol，斷裂一個π鍵CO比N2更容易；所以CO更活潑．

（4）①基態(tài)28Ni原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d84s2．

故答案為：1s22s22p63s23p63d84s2．

②Fe（CO）5常溫下呈液態(tài)，熔點為-20.5℃，沸點為103℃，熔沸點降低，易溶于非極性溶劑，據(jù)此可判斷Fe（CO）5晶體屬于分子晶體．

故答案為：分子晶體．

③CuSO4?5H2O中銅離子含有空軌道，水分子含有孤對電子對，銅離子與水分子之間形成配位鍵，銅離子配體數(shù)為4．水合銅離子的結(jié)構(gòu)簡式為．

故答案為：．17、略

【分析】試題分析：（1）根據(jù)化合物中元素化合價的代數(shù)和為0可知，氯酸鈉中氯元素的化合價是2×2－1＝＋3價。（2）①要使氯氣完全被吸收，則下端產(chǎn)生氯氣。電解時氯離子在陽極失去電子，所以b為電源的正極。②電解氯化鈉生成氯氣、氫氣和氫氧化鈉，即2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑。產(chǎn)生的氯氣與氫氧化鈉反應(yīng)生成次氯酸鈉，即Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O。二者合并后的方程式為NaCl＋H2O2NaClO＋H2↑，次氯酸鈉水解，溶液顯堿性，則離子濃度大小順序為c(Na＋)＞c(ClO－)＞c(OH－)＞c(H＋)。③根據(jù)裝置可知，其優(yōu)點是方便、快捷。但由于還同時產(chǎn)生氫氣，氫氣是可燃性氣體，所以生成的可燃性氣體，要及時處理，以免出現(xiàn)危險。（3）根據(jù)方程式ClO－＋2I－＋2H＋＝Cl－＋I(xiàn)2＋H2O、I2＋2S2O32－＝2I－＋S4O62－可知，ClO－～2S2O32－，所以次氯酸鈉的物質(zhì)的量是0.001cV/2mol，質(zhì)量為0.0005cVmol×74.5g/mol＝0.03725cVg，所以該“84消毒液”中NaCIO的含量為0.03725cVg÷10ml＝0.003725cVg/ml。（4）①由流程圖可知C1O2發(fā)生器中目的是產(chǎn)生C1O2，二氧化硫具有還原性，將ClO3-還原為C1O2，自身被氧化為SO42-，反應(yīng)離子方程式為2SO2+ClO3-＝C1O2+2SO42-；由信息②可知，純ClO2易分解爆炸，發(fā)生器中鼓入空氣的作用應(yīng)是稀釋ClO2，以防止爆炸B；②在雙氧水的作用下氫氧化鈉吸收ClO2生成亞氯酸鈉、水和氧氣，反應(yīng)的方程式為2NaOH＋2ClO2＋H2O2＝2NaClO2＋2H2O＋O2↑。③還原性要適中，還原性太強，會將ClO2還原為更低價態(tài)產(chǎn)物，影響NaClO2生產(chǎn)；方便后續(xù)分離提純，加入試劑不能干擾后續(xù)生產(chǎn)。Na2O2溶于水相當(dāng)于H2O2，Na2S、FeCl2還原性較強，生成物與NaClO2分離比較困難；故選A；④從溶液中得到含結(jié)晶水的晶體，只能采取蒸發(fā)、濃縮、冷卻結(jié)晶方法，通過過濾得到粗晶體，得到的粗晶體經(jīng)過重結(jié)晶可得到純度更高的晶體，故答案為BED?？键c：考查物質(zhì)制備實驗方案設(shè)計與評價【解析】【答案】（1）＋3（1分）（2）①正（1分）②2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑Cl2＋2NaOH＝NaCl＋NaClO＋H2O（2分）c(Na＋)＞c(ClO－)＞c(OH－)＞c(H＋)（2分）③方便、快捷（1分）生成的可燃性氣體，要及時處理，以免出現(xiàn)危險（1分）（3）×10-3cV（2分）（4）①2ClO＋SO2＝2ClO2＋SO（2分）稀釋ClO2以防止爆炸（1分）②2NaOH＋2ClO2＋H2O2＝2NaClO2＋2H2O＋O2↑（2分）A（1分）③BED（2分）18、吸熱ABCD【分析】【分析】（1）根據(jù)能量圖可知反應(yīng)物總能量小于生成物總能量；則該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)；

（2）由2molH2（g）和1molO2（g）完全化合成2molH2O（g）所放出的熱量與在相同條件下2molH2O（g）完全分解為2molH2（g）和1molO2（g）所吸收的熱量在數(shù)值上相等；則一個化學(xué)反應(yīng)其正；逆反應(yīng)的能最變化，在數(shù)值上相等，吸收與放出相反；

2molH2（g）和1molO2（g）完全化合成2molH2O（g）所放出的熱量是相同條件下1molH2（g）和0.5molO2（g）完全化合成1molH2O（g）所放出熱量的2倍；則一個化學(xué)反應(yīng)的能量變化與其反應(yīng)物的物質(zhì)的量有關(guān)且成正比例關(guān)系；

2molH2（g）和1molO2（g）完全化合成2molH2O（g）所放出的熱量比在相同條件下2molH2（g）和1molO2（g）完全化合成2molH2O（g）所放出的熱量少，則一個化學(xué)反應(yīng)的能量變化與其反應(yīng)物、生成物的狀態(tài)有關(guān)．【解析】【解答】解：（1）根據(jù)能量圖可知反應(yīng)物總能量小于生成物總能量；則該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，故答案為：吸熱；

（2）由2molH2（g）和1molO2（g）完全化合成2molH2O（g）所放出的熱量與在相同條件下2molH2O（g）完全分解為2molH2（g）和1molO2（g）所吸收的熱量在數(shù)值上相等；則一個化學(xué)反應(yīng)其正；逆反應(yīng)的能最變化，在數(shù)值上相等，吸收與放出相反，故A正確；

2molH2（g）和1molO2（g）完全化合成2molH2O（g）所放出的熱量是相同條件下1molH2（g）和0.5molO2（g）完全化合成1molH2O（g）所放出熱量的2倍；則一個化學(xué)反應(yīng)的能量變化與其反應(yīng)物的物質(zhì)的量有關(guān)且成正比例關(guān)系，故BD正確；

2molH2（g）和1molO2（g）完全化合成2molH2O（g）所放出的熱量比在相同條件下2molH2（g）和1molO2（g）完全化合成2molH2O（g）所放出的熱量少；則一個化學(xué)反應(yīng)的能量變化與其反應(yīng)物；生成物的狀態(tài)有關(guān)，故C正確；

故選：ABCD．19、dC4H8O2CH3CH2CH2COOHCH3CH（CH3）COOH酯化反應(yīng)CH2（OH）CH2CH2CHO【分析】【分析】（1）X不能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)說明不含酚羥基；結(jié)合X的分子式；與Y發(fā)生酯化反應(yīng)來確定X；

（2）X和Y能發(fā)生酯化反應(yīng)；X是醇，Y是羧酸，根據(jù)酯的分子式確定Y的分子式，寫出其結(jié)構(gòu)簡式；

（3）E發(fā)生銀鏡反應(yīng)后，說明含有醛基；其產(chǎn)物經(jīng)氧化可得到F（C4H8O3），F(xiàn)可以自身發(fā)生酯化反應(yīng)，說明F含有羧基和醇羥基，以此來判斷E的結(jié)構(gòu)簡式．【解析】【解答】解：（1）X不能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)說明不含酚羥基，X（C7H8O）分子中含有1個O；且X和Y能發(fā)生酯化反應(yīng)，所以X是醇，故選D；

（2）X和Y能發(fā)生酯化反應(yīng)，X是醇，Y是羧酸，X和Y能發(fā)生酯化反應(yīng)生成Z（C11H14O2）和水，發(fā)生酯化反應(yīng)時，酯中的碳原子個數(shù)等于羧酸和醇中的碳原子個數(shù)之和，酯中氫原子、氧原子與水中氫原子、氧原子個數(shù)之和分別等于酸與醇中氫、氧原子之和，所以Y的分子式為C4H8O2，是丁酸，丁酸的同分異構(gòu)體中含有羧基的有兩個，其結(jié)構(gòu)簡式分別為：CH3CH2CH2COOH、CH3CH（CH3）COOH；

故答案為：C4H8O2；CH3CH2CH2COOH；CH3CH（CH3）COOH；

（3）E發(fā)生銀鏡反應(yīng)后，說明含有醛基；其產(chǎn)物經(jīng)氧化可得到F（C4H8O3），F(xiàn)可以自身發(fā)生酯化反應(yīng)，說明F含有羧基和醇羥基，F(xiàn)的結(jié)構(gòu)簡式為CH2（OH）CH2CH2COOH，所以E的結(jié)構(gòu)簡式為CH2（OH）CH2CH2CHO；

故答案為：酯化反應(yīng)；CH2（OH）CH2CH2CHO．四、探究題(共4題，共16分)20、|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．21、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↑