2025年蘇人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年蘇人新版高三化學上冊階段測試試卷780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8題，共16分)1、下列說法錯誤的是（）A.濃硫酸具有強氧化性，但SO2氣體可以用濃硫酸干燥B.常溫下實驗室可以用稀硝酸與鐵反應制取NO氣體C.王水溶解金的過程為氧化還原反應，還原產(chǎn)物為NO2D.SiO2不僅能與氫氧化鈉溶液反應，也能與氫氟酸反應2、在一定溫度下將Cl2通入NaOH溶液中，得到ClO-、ClO3-等離子；其物質的量n（mol）隨反應時間t（min）的變化如圖所示．下列有關說法正確的是（）

A.t1時，溶液中Na+、NH4+、CO32-、S2-可以大量共存B.t2時，溶液中含氯微粒濃度大?。篶（ClO-）＞c（Cl-）＞c（ClO3-）C.t3時，離子方程式為：4Cl2+8OH-=ClO3-+ClO-+6Cl-+4H2OD.t4時，因c（ClO-）接近于0，所以c（ClO3-）=c（Cl-）3、有關水的電解實驗，下列說法正確的是（）A.正、負極產(chǎn)生的氣體質量比是1：2B.證明了水是由氫氣和氧氣組成C.與電源正極相連的一端產(chǎn)生氫氣D.水能電解說明了分子是可分的4、在不同條件下分別測得反應SO2（g）+O2（g）2SO3（g）的化學反應速率，其中表示該反應進行的最快的是（）A.v（SO2）=4mol?L-1?min-1B.v（O2）=3mol?L-1?min-1C.v（SO2）=0.1mol?L-1?s-1D.v（O2）=0.1mol?L-1?s-15、光導纖維的成分是（）A.單質硅B.二氧化硅C.硅酸鹽D.高分子化合物6、下列說法不正確的是（）A.二氧化硫可用作一些食品的殺菌劑B.明礬[KAl（SO4）2?12H2O]既可用做凈水劑，也可用作消毒劑C.濃硫酸、濃硝酸均具有強氧化性，常溫下均可用鋁制容器盛放D.NH4HCO3受熱易分解放出NH3和CO2，可用作制作糕點時的發(fā)酵劑、膨松劑7、一定條件下CuS與稀HNO3發(fā)生反應，所得還原產(chǎn)物為NO，氧化產(chǎn)物為SO．現(xiàn)將0.06molCuS加入到50mL4.2mol/LHNO3中，充分反應之后，忽略溶液體積變化，下列說法正確的是（）A.被還原的硝酸為0.08molB.反應后溶液中仍有硝酸剩余C.反應后溶液的pH=1D.CuS未全部參加反應8、某烯烴氫化后得到的飽和烴是則原烯烴可能有的結構簡式有（）A.1種B.2種C.3種D.4種評卷人得分二、雙選題(共5題，共10分)9、根據(jù)下列實驗現(xiàn)象；所得結論正確的是：（）

。實驗實驗現(xiàn)象結論A

左燒杯中鐵表面有氣泡，右邊燒杯中銅表面有氣泡活動性：Al＞Fe＞CuB

左邊棉花變?yōu)槌壬疫吤藁ㄗ優(yōu)樗{色氧化性：Cl2＞Br2＞I2C

白色固體先變?yōu)榈S色，后變?yōu)楹谏芙庑裕篈gCl＞AgBr＞Ag2SD

錐形瓶中有氣體產(chǎn)生，燒杯中液體變渾濁非金屬性：Cl＞C＞SiA.AB.BC.CD.D10、下列說法或表示正確的是rm{(}rm{)}rm{(}

rm{)}A.等物質的量的硫蒸氣和硫固體分別完全燃燒，后者放出的熱量少B.由單質轉化為單質rm{A}時rm{B}rm{婁隴H=+119kJ隆隴mol^{-1}}比單質可知單質rm{B}比單質rm{A}穩(wěn)定穩(wěn)定rm{B}C.稀溶液中：rm{A}rm{H^{+}}rm{(aq)+OH}rm{(aq)+OH}rm{{,!}^{-}}rm{(aq)簍TH}rm{(aq)簍TH}rm{{,!}_{2}}rm{O(l)}rm{婁隴H=-57.3kJ隆隴mol}rm{O(l)}rm{婁隴H=-57.3kJ隆隴mol}rm{{,!}^{-1}}的溶液混合，放出的熱量大于，若將含rm{0.5molH}rm{0.5molH}D.在rm{{,!}_{2}}時，rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{4}}的濃硫酸與含rm{1molNaOH}的溶液混合，放出的熱量大于rm{57.3kJ}rm{1molNaOH}rm{57.3kJ}rm{101kPa}rm{H_{2}}燃燒的熱化學方程式為rm{2H}rm{2H}rm{{,!}_{2}}rm{(g)+O}時的燃燒熱為rm{(g)+O}rm{{,!}_{2}}rm{(g)簍T2H}11、常溫下，下列溶液中各微粒濃度關系正確的是（）A.pH相等的①CH3COONa②C6H5ONa③NaHCO3溶液中，c（Na+）大小關系：①＞②＞③B.向氨水中滴加稀硫酸至溶液呈中性：c（NH4+）＞c（SO42-）＞c（OH-）=c（H+）C.向1L0.1mol/L的NaOH溶液中通入6.6gCO2：2c（Na+）=3[c（CO32-）+c（HCO）+c（H2CO3）]D.CH3COONa溶液中加入少量KNO3后的堿性溶液一定有：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-）12、利用電解法可將含有Fe、Zn、Ag、Pt等雜質的粗銅提純，下列敘述正確的是()A.電解時以精銅作陽極B.電解時陰極發(fā)生還原反應C.粗銅連接電源負極，其電極反應是Cu=Cu2++2e-D.電解后，電解槽底部會形成含少量Ag.Pt等金屬的陽極泥13、常溫下，向rm{1L}rm{0.1mol?L^{-1}NH_{4}Cl}溶液不斷加入固體rm{NaOH}后，rm{NH_{4}^{+}}與rm{NH_{3}?H_{2}O}的變化趨勢如圖所示rm{(}不考慮溶液體積的變化和氨的揮發(fā)rm{)}下列說法正確的是rm{(}rm{)}

A.rm{M}點溶液中水的電離程度比原溶液小B.在rm{M}點時，rm{n(OH^{-})+0.05=a+n(H^{+})}C.隨著rm{NaOH}的加入，rm{NH_{4}^{+}}與rm{NH_{3}?H_{2}O}的物質的量總量減小D.當rm{n(NaOH)=0.05mol}時，溶液中有：rm{c(Cl^{-})>c(Na^{+})>c(NH_{4}^{+})>c(OH^{-})>c(H^{+})}評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)14、（2015?廣東四模）在一定條件下，將燃煤廢氣中的CO2轉化為二甲醚的反應為：

2CO2（g）+6H2（g）?CH3OCH3（g）+3H2O（g）△H

已知：①CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）△H1=-90.7kJ?mol-1

②2CH3OH（g）?CH3OCH3（g）+H2O（g）△H2=-23.5kJ?mol-1

③CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）△H3=-41.2kJ?mol-1

（1）△H=____．（用△H1、△H2和△H3表示）

（2）某溫度下，在體積固定為2L的密閉容器中進行反應①，將1molCO和2molH2混合；測得不同時刻的反應前后壓強關系如下：

。時間（min）51015202530壓強比（P后/P前）0.980.900.800.700.700.70則達到平衡時CO的轉化率為____．

（3）已知在某壓強下，該反應在不同溫度、不同投料比[n（H2）/n（CO2）]時，CO2的轉化率如右圖所示．從圖中可得出三條主要規(guī)律：

①增大投料比，CO2的轉化率增大；

②____；

③____．

（4）為提高CO2的轉化率，除了適當改變溫度、壓強和投料比外，還可以采取的措施是：____．

（5）由甲醇液相脫水法也可制二甲醚，首先將甲醇與濃硫酸反應生成硫酸氫甲酯（CH3OSO3H）：CH3OH+H2SO4→CH3OSO3H+H2O；生成的硫酸氫甲酯再和甲醇反應生成二甲醚，第二步的反應方程式為：____．與CO2和H2反應制備二甲醚比較，該工藝的優(yōu)點是反應溫度低，轉化率高，其缺點是____．15、已知：R-CH2XR-CH2OH，R-CH2-CH2XR-CH=CH2

（式中X代表鹵素原子）有以下反應；最終產(chǎn)物是乙二酸．

試回答下列問題：

（1）C的結構簡式是____．

（2）B→C的反應類型是____．

（3）E→F的化學方程式是____．

（4）寫出E與乙二酸發(fā)生酯化反應生成環(huán)狀化合物的化學方程式____．

（5）由B發(fā)生水解反應或C與水在一定條件下反應均生成化合物G．在乙二酸、水、苯酚、G四種分子中，羥基上氫原子的活潑性由強到弱的順序是____．

（6）MTBE是一種重要的汽油添加劑，它是1-戊醇的同分異構體，又與G的某種同分異構體互為同系物，且分子中含有4個相同的烴基，則MTBE的結構簡式是____，它的同類（屬于同一類有機物）同分異構體（包括它本身）有____種．16、以工業(yè)碳酸鈣（含少量Na+、Fe3+、Al3+等）為原料可以生產(chǎn)醫(yī)用二水合氯化鈣；其工藝流程如下：

已知：查閱資料得知氫氧化物沉淀時的pH為：

。沉淀開始沉淀時pH完全沉淀時pH開始溶解時pHFe（OH）32.33.7-Al（OH）34.05.27.8（1）除雜操作中加入試劑X的化學式為____，然后調節(jié)溶液的pH為____，得到濾渣的主要成分為____．

（2）25℃時，F(xiàn)e（OH）的Ksp=1.1×10-36，當溶液的pH=4.0時，溶液中c（Fe3+）=____mol/L；檢驗Fe（OH）3是否沉淀完全的實驗操作是____．

（3）酸化時加鹽酸的目的是①防止Ca2+在蒸發(fā)時發(fā)生水解，②____．

（4）蒸發(fā)結晶時需加熱至____時停止加熱，蒸發(fā)結晶時需控制在160℃，是因為____．

（5）若所測樣品CaCl2?2H2O的質量分數(shù)偏高（忽略其它實驗誤差），可能的原因是____．17、KClO3和濃鹽酸在一定溫度下反應會生成綠黃色的易爆物二氧化氯；其變化可表述為：

____KClO3+____HCl（濃）─____KCl+____ClO2+____Cl2+____H2O

（1）請配平上述化學方程式．

（2）產(chǎn)生0.1molCl2，則轉移的電子的物質的量為____．

（3）濃鹽酸在反應中顯示出來的性質是____和____．18、甲醇可以與水蒸氣反應生成氫氣，反應方程式如下：CH3OH(g)＋H2O(g)CO2(g)＋3H2(g)ΔH>0(1)一定條件下，向體積為2L的恒容密閉容器中充入1molCH3OH(g)和3molH2O(g)，20s后，測得混合氣體的壓強是反應前的1.2倍，則用甲醇表示該反應的速率為________。(2)判斷(1)中可逆反應達到平衡狀態(tài)的依據(jù)是(填序號)________。①v正(CH3OH)＝v正(CO2)②混合氣體的密度不變③混合氣體的平均相對分子質量不變④CH3OH、H2O、CO2、H2的濃度都不再發(fā)生變化(3)下圖中P是可自由平行滑動的活塞，關閉K，在相同溫度時，向A容器中充入1molCH3OH(g)和2molH2O(g)，向B容器中充入1.2molCH3OH(g)和2.4molH2O(g)，兩容器分別發(fā)生上述反應。已知起始時容器A和B的體積均為aL。試回答：①反應達到平衡時容器B的體積為1.5aL，容器B中CH3OH轉化率為________，A、B兩容器中H2O(g)的體積百分含量的大小關系為：B(填“>”“<”或“＝”)________A。②若打開K，一段時間后重新達到平衡，容器B的體積為________L(連通管中氣體體積忽略不計，且不考慮溫度的影響)。19、下列物質中，只存在離子鍵的是____，只存在共價鍵的是____，既存在離子鍵又存在共價鍵的是____，不存在化學鍵的是____，屬于離子化合物的是____，屬于共價化合物的是____．

①N2②MgCl2③NH4Cl④CH4⑤CO2⑥Ne⑦H2S⑧KOH⑨Na2O⑩Na2O2．20、（2015春?瑞安市校級期中）按要求回答下列各題：

（1）現(xiàn)有六種物質：①干冰；②金剛石；③四氯化碳；④氯化鈣；⑤二氧化硅；⑥硫酸鎂．請用編號填寫下列空白：

（Ⅰ）熔化時需要破壞共價鍵的化合物是____

（Ⅱ）屬于分子晶體且分子空間構型為直線型的是____，其電子式為____

（Ⅲ）含有共價鍵的離子化合物是____．

（2）短周期中金屬性最強的元素是____（填元素符號）；畫出周期表中第三周期第VA族元素原子的結構示意圖____；第三周期元素中，形成簡單離子半徑最小的是____（填離子符號）

（3）鋅錳干電池是最早使用的化學電源，其基本構造如圖1所示．該電池的負極材料是____，若電路中通過0.4mole-，負極質量減少____g．工作時NH4+在正極放電產(chǎn)生兩種氣體，其中一種氣體分子含10e-的微粒，正極的電極反應式為____．

（4）拆開1mol氣態(tài)物質中某種共價鍵需要吸收的能量；就是該共價鍵的鍵能．下表是某些共價鍵的鍵能：

。共價鍵H-HO=OH-O鍵能/kJ?mol-1436498X根據(jù)圖2中能量變化圖；回答下列問題：

①圖中：a=____．②表格中：X=____．21、（2011?鄭州二模）[化學--選修物質結構與性質]

已知A；B、C、D、E都是元素周期表中的前20號元素；它們的原子序數(shù)依次增大．B、C、D同周期，A、D同主族，B，C、D的最高價氧化物的水化物兩兩混合均能發(fā)生反應生成鹽和水．E元素的原子核外共有20種不同運動狀態(tài)的電子，且E的原子序數(shù)比D大4．

（1）B、C的第一電離能較大的是____（填元素符號）．

（2）A的氫化物的分子空間構型為____，其中心原子采取____雜化．

（3）A和D的氫化物中，沸點較高的是____（填化學式），其原因是____．

（4）僅由A與B元素組成，且含有非極性鍵的化合物是____（填化學式）．

（5）E的核外電子排布式是____．

（6）B的最高價氧化物對應的水化物，其溶液與C單質反應的化學方程式是____．

（7）E單質在A單質中燃燒時得到一種白色晶體，其晶體的晶胞結構如右圖所示，則該晶體的化學式為____．評卷人得分四、判斷題(共1題，共10分)22、對于C（s）+CO2（g）═2CO（g）的反應，當密度保持不變，在恒溫恒容或恒溫恒壓條件下，均能作為達到化學平衡狀態(tài)的標志．____（判斷對錯）評卷人得分五、簡答題(共1題，共6分)23、“張rm{-}烯炔環(huán)異構化反應”被rm{隆露Name}rm{Reactions隆路}收錄rm{.}該反應可高效合成五元環(huán)狀化合物：

rm{(R_{1}}代表氫原子或烴基，rm{X}代表氧原子或氮原子rm{)}

某五元環(huán)狀化合物rm{I(}rm{)}的合成路線如下：

rm{(1)}烴的含氧衍生物rm{A}的相對分子質量為rm{44}核磁共振氫譜顯示分子中含有兩種氫，則rm{A}的名稱為______．

rm{(2)A隆煤B}的化學反應方程式為______．

rm{(3)}寫出rm{D}順式結構的結構簡式______，rm{B隆煤C}的反應類型為______．

rm{(4)}寫出rm{H}的結構簡式______．

rm{(5)壟脵}的化學試劑是______．

rm{(6)}寫出rm{壟脹}的化學方程式______．

rm{(7)}下列說法正確的是______．

rm{a.H隆煤I}的過程中涉及到單鍵；雙鍵和三鍵的斷裂以及單鍵和雙鍵的形成。

rm{b.C}rm{D}rm{E}rm{F}均能使溴的四氯化碳溶液褪色。

rm{c.}與rm{F}含有相同官能團的同分異構體有rm{8}種rm{(}不含rm{F}本身rm{)}評卷人得分六、探究題(共4題，共12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)有關物質的結構簡式．

寫出下列物質的結構簡式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)有關物質的結構簡式．

寫出下列物質的結構簡式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：參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】【分析】A．濃硫酸具有吸水性可做干燥劑；但是濃硫酸具有強氧化性和酸性，所以不能干燥還原性和堿性；

B．稀硝酸與鐵反應生成一氧化氮和硝酸鐵和水；

C．王水溶解金的反應還原產(chǎn)物為一氧化氮；

D．SiO2與氫氧化鈉溶液反應生成硅酸鈉和水，SiO2與氫氟酸生成四氟化硅和水．【解析】【解答】解：A．因為濃硫酸中的硫為+6價；二氧化硫中的硫為+4價，沒有中間價態(tài)，二氧化硫雖然具有還原性，不能發(fā)生氧化還原反應，可以用濃硫酸干燥二氧化硫，故A正確；

B．稀硝酸與鐵反應生成一氧化氮和硝酸鐵和水；常溫下實驗室可以用稀硝酸與鐵或者銅反應制取NO氣體，故B正確；

C．王水溶解金的過程為氧化還原反應，方程式：Au+HNO3+4HCl=H[AuCl4]+NONO+2H2O；還原產(chǎn)物為NO，故C錯誤；

D．SiO2與氫氧化鈉溶液反應：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，二氧化硅與氫氟酸反應：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；故D正確；

故選：C．2、C【分析】【分析】A．t1時；溶液中存在大量次氯酸根離子，次氯酸根離子能夠氧化硫離子；

B．根據(jù)圖象可知，t2時c（ClO-）＞c（ClO3-），根據(jù)電子守恒可知c（Cl-）＞c（ClO-）；

C．t3時，c（ClO-）=c（ClO3-）；根據(jù)電子守恒寫出該反應的離子方程式；

D．t4時，c（ClO-）接近于0，根據(jù)電子守恒可知n（Cl-）=5n（ClO3-）．【解析】【解答】解：A．t1時，溶液中存在大量的ClO-，ClO-具有強氧化性，能夠氧化S2-；在溶液中不能大量共存，故A錯誤；

B．t2時c（ClO-）＞c（ClO3-），氯氣轉化成次氯酸根離子、硫酸根離子時，化合價分別升高1價、5價，氯氣轉化成氯離子時化合價降低1價，根據(jù)電子守恒可知：n（Cl-）=n（ClO-）+5n（ClO3-），則c（Cl-）＞c（ClO-），故離子濃度大小為：c（Cl-）＞c（ClO-）＞c（ClO3-）；故B錯誤；

C．t3時，c（ClO-）=c（ClO3-），根據(jù)B的分析可知，n（Cl-）=n（ClO-）+5n（ClO3-），則該反應的離子方程式為：4Cl2+8OH-=ClO3-+ClO-+6Cl-+4H2O；故C正確；

D．根據(jù)電子守恒可知：n（Cl-）=n（ClO-）+5n（ClO3-），t4時c（ClO-）接近于0，則n（Cl-）=5n（ClO3-）；故D錯誤；

故選C．3、D【分析】【分析】根據(jù)電解水的實驗現(xiàn)象和結論：電解水時正極生成的是氧氣，負極生成的是氫氣，氧氣和氫氣的體積比是1：2，質量比是1：8；據(jù)此結合氫氣的氧氣的化學性質進行分析判斷即可．【解析】【解答】解：A．電解池分為陰陽極；陽極產(chǎn)生的氣體體積和陰極產(chǎn)生的氣體體積比為1：2，而不是質量比，故A錯誤；

B．電解水產(chǎn)生了氫氣和氧氣；氫氣是由氫元素組成的，氧氣是由氧元素組成的，可見水是由氫元素和氧元素組成的，故B錯誤；

C．與電源正極相連的為陽極；產(chǎn)生的是氧氣，故C錯誤；

D．該變化說明在化學變化中；分子分成原子，原子重新組合成新的分子，故D正確．

故選D．4、D【分析】【分析】將不同物質轉化為同一種物質，反應速率數(shù)值越大的該反應速率越快，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：將不同物質轉化為同一種物質；反應速率數(shù)值越大的該反應速率越快，同一可逆反應中，各物質的反應速率之比等于其計量數(shù)之比；

A．v（O2）=v（SO2）=×4mol?L-1?min-1=2mol?L-1?min-1；

B．v（O2）=3mol?L-1?min-1；

C．v（O2）=v（SO2）=×0.1mol?L-1?s-1=0.05mol?L-1?s-1=3mol?L-1?min-1；

D．v（O2）=0.1mol?L-1?s-1=6mol?L-1?min-1；

通過以上分析知；氧氣反應速率最大的是D，則反應最快的是D；

故選D．5、B【分析】【分析】硅常用于半導體材料以及太陽能電池，光導纖維的主要成分是二氧化硅，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：光導纖維的成分是二氧化硅；故A；C、D錯誤，B正確．

故選B．6、B【分析】【分析】A．二氧化硫有毒；能殺菌消毒；

B．明礬中鋁離子能水解生成氫氧化鋁膠體；具有能凈水，但沒有強氧化性；

C．濃硫酸；濃硝酸在常溫下能和Al發(fā)生鈍化現(xiàn)象；

D．碳酸氫銨受熱分解生成NH3和CO2，生成的氣體在面團里形成大量氣泡，使得面包變得松軟．【解析】【解答】解：A．二氧化硫有毒；能使蛋白質變性而殺菌消毒，常常用在果脯；葡萄酒，故A正確；

B．明礬中鋁離子能水解生成氫氧化鋁膠體；具有能凈水，但沒有強氧化性，所以明礬只能作凈水劑不能作消毒劑，故B錯誤；

C．濃硫酸；濃硝酸在常溫下能和Al發(fā)生氧化還原反應生成一層致密的氧化物薄膜而阻止進一步被氧化；該現(xiàn)象為鈍化現(xiàn)象，所以常溫下均可用鋁制容器盛放濃硫酸、濃硝酸，故C正確；

D．碳酸氫銨受熱分解生成NH3和CO2；生成的氣體在面團里形成大量氣泡，使得面包變得松軟，所以可用作制作糕點時的發(fā)酵劑；膨松劑，故D正確；

故選B．7、B【分析】【分析】由信息可知，N元素的化合價由+5價降低為+2價，S元素的化合價由-2價升高為+6價，則S失去電子為0.06mol×8=0.48mol，n（HNO3）=0.05L×4.2mol/L=0.21mol，由原子守恒可知，生成CuSO4為0.06mol，若恰好完全反應，作氧化劑的硝酸為=0.16mol＜0.21mol，則硝酸剩余，以此來解答．【解析】【解答】解：A．S失去電子為0.06mol×8=0.48mol，由電子守恒可知，被還原的硝酸為=0.16mol；故A錯誤；

B．n（HNO3）=0.05L×4.2mol/L=0.21mol，作氧化劑的硝酸為=0.16mol＜0.21mol；則硝酸剩余，故B正確；

C．反應后硝酸剩余為0.21mol-0.16mol=0.05mol，c（H+）==1mol/L；pH=0，故C錯誤；

D．硝酸剩余；則CuS全部參加反應生成硫酸銅，故D錯誤；

故選B．8、B【分析】【分析】加成反應指有機物分子中的不飽和鍵斷裂，斷鍵原子與其他原子或原子團相結合，生成新的化合物的反應．根據(jù)加成原理采取逆推法還原C=C雙鍵，烷烴分子中相鄰碳原子上均含有氫原子的碳原子間是對應烯烴存在C=C的位置，還原雙鍵時注意防止重復．【解析】【解答】解：根據(jù)烯烴與H2加成反應的原理，推知該烷烴分子中相鄰碳原子上均含有原子的碳原子間是對應烯烴存在C=C的位置，該烷烴中能形成雙鍵鍵位置有：1和2之間；2和3之間；2和6、4和5、4和7與1和2形成的C=C鍵相同；3和4與2和3位置形成的C=C鍵相同，故該烯烴共有2種；

故選B．二、雙選題(共5題，共10分)9、A|C【分析】解：A；左燒杯中鐵作正極；表面有氣泡生成，鋁做負極，右邊燒杯中銅作正極，表面有氣泡生成，鐵做負極，負極金屬活潑性＞正極金屬活潑性，故活動性：Al＞Fe＞Cu，故A正確；

B、氯氣能氧化溴離子和碘離子，置換出溴單質和碘的單質，但是潮濕的氯氣具有漂白性，所以棉花變?yōu)榘咨⑶也荒艿贸鲅趸訡l2＞Br2＞I2；故B錯誤；

C、由沉淀的轉化原理：化學反應向著生成更難溶物質的方向進行，氯化銀為白色，溴化銀為淡黃色，硫化銀為黑色，溶解性：AgCl＞AgBr＞Ag2S；故C正確；

D；向碳酸鈉中加鹽酸；錐形瓶中有氣體產(chǎn)生，說明鹽酸酸性強于碳酸，燒杯中液體變渾濁，說明碳酸酸性強于硅酸，所以得酸性強弱：鹽酸＞碳酸＞硅酸，而判斷元素的非金屬性強弱是看元素最高價氧化物對應的水化物的酸的酸性，故D錯誤．

故選AC．

A；原電池中；正極會產(chǎn)生氣泡，負極金屬質量會減輕，金屬活潑性：負極＞正極；

B；潮濕的氯氣具有漂白性及鹵素單質的氧化性來分析；

C；根據(jù)沉淀的轉化可知化學反應向著生成更難溶物質的方向進行分析；

D；根據(jù)元素最高價氧化物對應的水化物的酸的酸性強弱來判斷元素的非金屬性強弱．

本題考查角度廣，知識的綜合性較強，有一定的思維空間，難度較大．【解析】【答案】AC10、AC【分析】【分析】本題考查化學反應中能量變化，難度不大。【解答】A.硫燃燒時，固體的硫變?yōu)檎魵鈺r，需要吸收熱量，故等物質的量的硫蒸氣和硫固體分別完全燃燒，前者放出的熱量多，故A正確；B.單質rm{A}轉化為單質rm{B}時吸熱，故A具有的能量比rm{B}低，故A比rm{B}穩(wěn)定，故B錯誤；C.濃硫酸與水作用放出熱量，故所測的中和熱熱值應大于rm{57.3kJ}故C正確；D.燃燒熱是指rm{1mol}物質完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物時所釋放出的熱量，由該熱化學方程式可知，rm{H_{2}}的燃燒熱應為rm{-285.8kJ隆隴mol-1}故D錯誤；故選AC?！窘馕觥縭m{AC}11、B|D【分析】解：A．pH相同的①CH3COONa②C6H5ONa③NaHCO3三份溶液中，②對應酸的酸性最弱，①對應酸的酸性最強，則②的濃度最小，①的濃度最大，鈉離子不水解，則鈉離子濃度大小為：c（Na+）：①＞③＞②；故A錯誤；

B．向氨水中滴加稀硫酸至溶液呈中性，則：c（OH-）=c（H+），根據(jù)電荷守恒可知：c（NH4+）=2c（SO42-），溶液中離子濃度大小為：：c（NH4+）＞c（SO42-）＞c（OH-）=c（H+）；故B正確；

C．向1L0.1mol/L的NaOH溶液中通入6.6gCO2，二氧化碳的物質的量為：=0.15mol，NaOH的物質的量為：0.1mol/L×1L=0.1mol，則二氧化碳過量，反應生成碳酸氫鈉，根據(jù)碳酸氫鈉溶液中的物料守恒可知：c（Na+）=c（CO32-）+c（HCO）+c（H2CO3）；故C錯誤；

D．CH3COONa溶液中加入少量KNO3后的堿性溶液，根據(jù)電荷守恒可知：c（Na+）+c（H+）+c（K+）=c（CH3COO-）+c（OH-）+c（NO3-），由于c（K+）=c（NO3-），則c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-）；故D正確；

故選BD．

A．三種鹽都是強堿弱酸鹽；酸根離子對應的酸的酸性越強，pH相同時其濃度越大；

B．中性溶液中，c（OH-）=c（H+），根據(jù)電荷守恒可知c（NH4+）=2c（SO42-）；

C．6.6g二氧化碳的物質的量為0.15mol；二氧化碳過量，反應生成碳酸氫鈉，根據(jù)碳酸氫鈉溶液中的物料守恒判斷；

D．根據(jù)混合液中的電荷守恒判斷．

本題考查了離子濃度大小比較，題目難度中等，明確鹽的水解原理及其影響為解答關鍵，注意掌握電荷守恒、物料守恒及鹽的水解原理在判斷離子濃度大小中的應用方法，試題培養(yǎng)了學生的靈活應用能力．【解析】【答案】BD12、B|D【分析】A；電解精煉銅時；粗銅應作陽極，精銅作陰極，故A錯；

B；陽極與電池的正極相連發(fā)生氧化反應；陰極與電池的負極相連發(fā)生還原反應，故B對；

C；粗銅連接電源的正極；發(fā)生氧化反應，故C錯；

D；金屬的活動性順序為Zn＞Fe＞Cu＞Ag＞Pt；因此Ag、Pt不會放電，以單質形式沉積下來，故D對；

故選：BD．

【解析】【答案】BD13、rAB【分析】解：rm{A.M}點是向rm{1L0.1mol?L^{-1}NH_{4}Cl}溶液中，不斷加入rm{NaOH}固體后反應得到氯化銨和一水合氨溶液；銨根離子濃度和一水合氨濃度相同，一水合氨是一元弱堿抑制水電離，此時水的電離程度小于原氯化銨溶液中水的電離程度，故A正確；

B.在rm{M}點時溶液中存在電荷守恒：rm{n(OH^{-})+n(Cl^{-})=n(H^{+})+n(Na^{+})+n(NH_{4}^{+})}且rm{n(Na^{+})=amol}rm{n(Cl^{-})=1mol}則rm{n(OH^{-})+0.05簍Ta+n(H^{+})}故B正確；

C.隨著rm{NaOH}的加入，根據(jù)物料守恒可知：rm{n(NH_{3}?H_{2}O)+n(NH_{4}^{+})=0.1mol}即rm{NH_{4}^{+}}與rm{NH_{3}?H_{2}O}物質的量總量不變；故C錯誤；

D.向rm{1L0.1mol?L^{-1}NH_{4}Cl}溶液中，不斷加入rm{NaOH}固體后，當rm{n(NaOH)=0.05mol}時，得到物質的量均為rm{0.05molNH_{4}Cl}rm{0.05molNaCl}和rm{0.05molNH_{3}?H_{2}O}的混合物，由于rm{NH_{3}?H_{2}O}電離大于rm{NH_{4}Cl}水解，故離子濃度大小關系為：rm{c(Cl^{-})>c(NH_{4}^{+})>c(Na^{+})>c(OH^{-})>c(H^{+})}故C錯誤；

故選AB．

A.rm{M}點是向rm{1L0.1mol?L^{-1}NH_{4}Cl}溶液中，不斷加入rm{NaOH}固體后反應得到氯化銨和一水合氨溶液；銨根離子濃度和一水合氨濃度相同，一水合氨是一元弱堿抑制水電離；

B.依據(jù)溶液中電荷守恒分析判斷，rm{n(Na^{+})=amol}rm{n(Cl^{-})=1mol}

C.根據(jù)混合液中的物料守恒判斷；

D.向rm{1L0.1mol?L^{-1}NH_{4}Cl}溶液中，不斷加入rm{NaOH}固體后，當rm{n(NaOH)=0.05mol}時，得到物質的量均為rm{0.05molNH_{4}Cl}rm{0.05molNaCl}和rm{0.05molNH_{3}?H_{2}O}的混合物．

本題考查離子濃度大小比較，題目難度中等，明確圖象曲線變化的含義為解答關鍵，注意掌握物料守恒、電荷守恒及鹽的水解原理的含義及應用方法，試題培養(yǎng)了學生的綜合應用能力．【解析】rm{AB}三、填空題(共8題，共16分)14、2△H1+△H2-2△H345%升高溫度，CO2的轉化率降低溫度越低，增大投料比使CO2的轉化率增大的越顯著將水蒸汽液化移去（或移去產(chǎn)物）CH3OSO3H+CH3OH→CH3OCH3+H2SO4濃H2SO4腐蝕設備或有硫酸廢液產(chǎn)生【分析】【分析】（1）利用蓋斯定律通過①×2+②+2×③計算化學反應的焓變即可；

（2）溫度、體積不變的可逆反應中，氣體的壓強之比等于其物質的量之比，據(jù)此計算反應后氣體體積的物質的量，從而計算CO反應的物質的量，根據(jù)CO反應的物質的量計算其轉化率，轉化率=×100%；

（3）根據(jù)圖象可知，[n（H2）/n（CO2）]越大，CO2的轉化率越大，溫度越高，CO2的轉化率小；且圖中不同溫度線的斜率不同，據(jù)此答題；

（4）根據(jù)平衡移動的影響因素判斷；

（5）根據(jù)元素守恒可寫出化學方程式，根據(jù)硫酸的性質分析該工藝的缺點；【解析】【解答】解：（1）①2H2（g）+CO（g）?CH3OH（g）△H=-90.7kJ?mol-1

②2CH3OH（g）?CH3OCH3（g）+H2O（g）△H=-23.5kJ?mol-1

③CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）△H=-41.2kJ?mol-1

由蓋斯定律可知，通過①×2+②+2×③可得所求反應方程式，則△H=2△H1+△H2-2△H3；

故答案為：2△H1+△H2-2△H3；

（2）溫度、體積不變的可逆反應中，氣體的壓強之比等于其物質的量之比，15min，壓強比（P后/P前）=0.80，則反應后氣體的物質的量=3mol×0.80=2.40mol，氣體減少的物質的量=3mol-2.4mol=0.6mol，根據(jù)氣體減少的物質的量與CO之間的關系式知參加反應的CO的物質的量=0.45mol，則CO的轉化率=×100%=45%；

故答案為：45%；

（3）根據(jù)圖象可知，[n（H2）/n（CO2）]越大，CO2的轉化率越大，溫度越高，CO2的轉化率小，且圖中不同溫度線的斜率不同，溫度越低，增大投料比使CO2的轉化率增大的越顯著；

故答案為：升高溫度，CO2的轉化率降低；溫度越低，增大投料比使CO2的轉化率增大的越顯著；

（4）根據(jù)平衡移動的影響因素可知，為提高CO2的轉化率；可以將水蒸汽液化移去（或移去產(chǎn)物）；

故答案為：將水蒸汽液化移去（或移去產(chǎn)物）；

（5）根據(jù)元素守恒可知硫酸氫甲酯再和甲醇反應生成二甲醚的化學方程式為CH3OSO3H+CH3OH→CH3OCH3+H2SO4，該反應有硫酸參加，因為硫酸是強酸，具有較強的腐蝕性，能腐蝕設備，所以根據(jù)硫酸的性質可知該工藝的缺點是濃H2SO4腐蝕設備或有硫酸廢液產(chǎn)生；

故答案為：CH3OSO3H+CH3OH→CH3OCH3+H2SO4；濃H2SO4腐蝕設備或有硫酸廢液產(chǎn)生；15、CH2=CH2消去反應HOCH2CH2OH+O2OHC-CHO+2H2O乙二酸＞苯酚＞水＞乙醇CH3-O-C（CH3）36【分析】【分析】A與溴發(fā)生取代反應生成B，B發(fā)生消去反應生成C，C與溴水發(fā)生加成反應生成D，D發(fā)生水解反應生成E，E連續(xù)氧化生成乙二醇，逆推可知，F(xiàn)為OHC-CHO、E為HOCH2CH2OH、D為BrCH2CH2Br、C為CH2=CH2、B為CH3CH2Br、A為CH3CH3，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：A與溴發(fā)生取代反應生成B，B發(fā)生消去反應生成C，C與溴水發(fā)生加成反應生成D，D發(fā)生水解反應生成E，E連續(xù)氧化生成乙二醇，逆推可知，F(xiàn)為OHC-CHO、E為HOCH2CH2OH、D為BrCH2CH2Br、C為CH2=CH2、B為CH3CH2Br、A為CH3CH3；

（1）由上述分析可知，C為CH2=CH2，故答案為：CH2=CH2；

（2）B→C是CH3CH2Br發(fā)生消去反應生成CH2=CH2；故答案為：消去反應；

（3）E→F的化學方程式是：HOCH2CH2OH+O2OHC-CHO+2H2O；

故答案為：HOCH2CH2OH+O2OHC-CHO+2H2O；

（4）HOCH2CH2OH與乙二酸發(fā)生酯化反應生成環(huán)狀化合物的化學方程式為：

故答案為：．

（5）由B發(fā)生水解反應或C與水在一定條件下反應均生成化合物G為乙醇．在乙二酸；水、苯酚、乙醇四種分子中；羥基上氫原子的活潑性由強到弱的順序是：乙二酸＞苯酚＞水＞乙醇，故答案為：乙二酸＞苯酚＞水＞乙醇；

（6）MTBE是一種重要的汽油添加劑，它是1-戊醇的同分異構體，又與乙醇的某種同分異構體互為同系物，應屬于醚，且分子中含有4個相同的烴基，則MTBE的結構簡式CH3-O-C（CH3）3，它的同類（屬于同一類有機物）同分異構體，可以是甲醇與丁醇形成的醚，丁醇中對應醇的同分異構體有：1-丁醇，2-丁醇，2-甲基-1丙醇，2-甲基-2-丙醇，可以是乙醇與丙醇形成的醚，丙醇有1-丙醇，2-丙醇，故不含MTBE在內(nèi)共有6種，故答案為：CH3-O-C（CH3）3；6．16、Ca（OH）25.2～7.8Fe（OH）3、Al（OH）31.1×10-6取少量上層清液于小試管中，滴加KSCN溶液，若不顯紅色，則Fe（OH）3沉淀完全除去過量的氫氧化鈣出現(xiàn)少量晶體溫度太高CaCl2?2H2O會失水Na+沒除去析出NaCl，導致測定結果偏高【分析】【分析】工業(yè)碳酸鈣加入鹽酸可完全溶解生成氯化鈣、氯化鐵以及氯化鋁等，加入氫氧化鈣溶液調節(jié)溶液的pH，以除去溶液中少量的Al3+、Fe3+，然后在酸性條件下蒸發(fā)結晶可得到CaCl2?2H2O；

（1）氫氧化鈣為強堿可調節(jié)pH；使鐵離子；鋁離子完全轉化成沉淀除去，且不引入其他雜質；根據(jù)鐵離子完全沉淀、鋁離子完全沉淀、氫氧化鋁開始溶解的pH判斷需要體積的pH范圍；加入氫氧化鈣生成氫氧化鋁、氫氧化鐵沉淀；

（2）根據(jù)氫氧化鐵的溶度積及pH=4計算出溶液中鐵離子濃度；Fe3+與KSCN反應生成紅色物質Fe（SCN）3，檢驗Fe3+是否存在的；選用KSCN溶液；

（3）加入過量鹽酸，可中和氫氧化鈣以及防止Ca2+在蒸發(fā)時發(fā)生水解；

（4）蒸發(fā)時；當出現(xiàn)少量固體，冷卻結晶；加熱溫度不能過高，防止晶體分解；

（5）樣品中存在少量的NaCl．【解析】【解答】解：（1）除雜操作中加入試劑X的化學式為：Ca（OH）2，氫氧化鈣為強堿可調節(jié)pH，使鐵離子、鋁離子完全轉化成沉淀除去；根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，氫氧化鐵完全沉淀的pH為3.7，氫氧化鋁開始沉淀的pH為5.2，氫氧化鋁開始溶解的pH為7.8，所以將鐵離子、鋁離子完全轉化成沉淀的pH范圍為：5.2～7.8；加入氫氧化鈣生成氫氧化鋁、氫氧化鐵沉淀，所以濾渣的主要成分為：Fe（OH）3、Al（OH）3；

故答案為：Ca（OH）2；5.2～7.8；Fe（OH）3、Al（OH）3；

（2）氫氧化鐵的溶度積Ksp[Fe（OH）3]=1.1×10-36，pH=4的溶液中，氫氧根離子的濃度為1×10-10mol/L，c（Fe3+）=mol/L=1.1×10-6mol/L；

Fe3+與KSCN反應生成紅色物質Fe（SCN）3，檢驗Fe3+是否存在的，選用KSCN溶液，操作為取少量上層清液于小試管中，滴加KSCN溶液，若不顯紅色，則Fe（OH）3沉淀完全；

故答案為：1.1×10-6；取少量上層清液于小試管中，滴加KSCN溶液，若不顯紅色，則Fe（OH）3沉淀完全；

（3）因除去鐵離子、鋁離子需加入過量的氫氧化鈣，加入鹽酸，可中和氫氧化鈣以及防止Ca2+在蒸發(fā)時發(fā)生水解；

故答案為：除去過量的氫氧化鈣；

（4）蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶從溶液中得到晶體，而不是蒸干得到固體，故出現(xiàn)少量晶體時停止加熱；加熱溫度不能過高，防止因溫度太高CaCl2?2H2O會失水；

故答案為：出現(xiàn)少量晶體；溫度太高CaCl2?2H2O會失水；

（5）所測樣品中存在少量的NaCl，會給實驗帶來誤差，故答案為：Na+沒除去析出NaCl，導致測定結果偏高．17、2422120.2mol酸性還原性【分析】【分析】（1）KClO3中氯元素化合價由+5價降低為ClO2中+4價，化合價降低1價；HCl中氯元素化合價由-1價升高為Cl2中0價，化合價升高2價，化合價升降最小公倍數(shù)為2，故ClO2系數(shù)為2，Cl2系數(shù)為1；再結合原子守恒；配平各物質的系數(shù)；

（2）根據(jù)氯氣和轉移電子之間的關系式計算；

（3）根據(jù)濃鹽酸中元素化合價是否變化確定濃鹽酸性質．【解析】【解答】解：（1）KClO3中氯元素化合價由+5價降低為ClO2中+4價，化合價降低1價；HCl中氯元素化合價由-1價升高為Cl2中0價，化合價升高2價，化合價升降最小公倍數(shù)為2，故ClO2系數(shù)為2，Cl2系數(shù)為1；所以KClO3系數(shù)為2；KCl系數(shù)為2，HCl系數(shù)為4，結合原子守恒配平方程式，其反應方程式為：

2KClO3+4HCl（濃）=2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O；

故答案為：2；4；2；2；1；2；

（2）該反應中氯氣和轉移電子的關系為1：2，則產(chǎn)生0.1molCl2；則轉移的電子的物質的量為0.2mol，故答案為：0.2mol；

（3）該反應中部分鹽酸中Cl元素化合價不變、部分Cl元素化合價由-1價變?yōu)?價，所以濃鹽酸作酸、還原劑，體現(xiàn)酸性和還原性，故答案為：酸性；還原性．18、略

【分析】本題主要考查化學反應速率、化學平衡的判斷及有關等效平衡的計算，屬于中等難度的題。(1)反應前氣體的總物質的量為4mol，反應后氣體的總物質的量為4mol×1.2＝4.8mol。CH3OH(g)＋H2O(g)CO2(g)＋3H2(g)△n1mol1mol1mol3mol2mol0.4mol(4.8－4)mol則v(CH3OH)＝＝0.01mol/(L·s)。(2)①中兩種物質的速率表示的是同一方向的反應速率，不能作為反應達到平衡的依據(jù)。②由于混合氣體的質量和體積都不變，故其密度始終不變，不能說明反應是否達平衡。③中混合氣體的平均相對分子質量不變，說明混合氣體的總物質的量不變，即反應正向進行和逆向進行的趨勢相同，故可作為反應達到平衡的依據(jù)。④中各氣體的物質的量濃度不變，說明反應已達到平衡。故應選③④。(3)反應達平衡時，B中氣體的總物質的量為：×1.5aL＝5.4mol，氣體的總物質的量比反應前增加5.4mol－1.2mol－2.4mol＝1.8mol。CH3OH(g)＋H2O(g)CO2(g)＋3H2(g)△n1mol1mol1mol3mol2mol0.9mol1.8mol故B中CH3OH的轉化率為：×100%＝75%。若A、B兩容器中的壓強相等，兩容器中的氣體達平衡時，為等溫等壓下的等效平衡，兩容器中H2O(g)的百分含量相等?，F(xiàn)在A容器的體積不變，而反應后氣體的總物質的量增加，即壓強增大，平衡應逆向(氣體體積減小的方向)移動，H2O(g)的百分含量增加，故B中H2O(g)的百分含量小于A中H2O(g)的百分含量。(2)若打開K，則A中氣體的壓強與B中相同，兩容器中的氣體達平衡時，為等溫等壓下的等效平衡，這時原A中氣體的體積將變?yōu)椋骸?.5aL＝1.25aL，氣體體積增加0.25aL，故這時容器B的體積變?yōu)椋?.5aL＋0.25aL＝1.75aL?！窘馕觥俊敬鸢浮?1)0.01mol/(L·s)(2)③④(3)75%<1.75a19、②⑨①④⑤⑦③⑧⑩⑥②③⑧⑨⑩④⑤⑦【分析】【分析】①N2只存在共價鍵；

②MgCl2只存在離子鍵；屬于離子化合物；

③NH4Cl含離子鍵；極性共價鍵；屬于離子化合物；

④CH4只存在共價鍵；屬于共價化合物；

⑤CO2只存在共價鍵；屬于共價化合物；

⑥Ne不存在化學鍵；

⑦H2S只存在共價鍵；屬于共價化合物；

⑧KOH含離子鍵；極性共價鍵；屬于離子化合物；

⑨Na2O含離子鍵；屬于離子化合物；

⑩Na2O2含離子鍵、非極性共價鍵，屬于離子化合物，由此分析解答．【解析】【解答】解：①N2只存在共價鍵；

②MgCl2只存在離子鍵；屬于離子化合物；

③NH4Cl含離子鍵；極性共價鍵；屬于離子化合物；

④CH4只存在共價鍵；屬于共價化合物；

⑤CO2只存在共價鍵；屬于共價化合物；

⑥Ne不存在化學鍵；

⑦H2S只存在共價鍵；屬于共價化合物；

⑧KOH含離子鍵；極性共價鍵；屬于離子化合物；

⑨Na2O含離子鍵；屬于離子化合物；

⑩Na2O2含離子鍵；非極性共價鍵；屬于離子化合物；

故答案為：②⑨；①④⑤⑦；③⑧⑩；⑥；②③⑧⑨⑩；④⑤⑦20、⑤①⑥NaAl3+Zn132NH4++2e-═2NH3↑+H2↑1370463【分析】【分析】（1）（Ⅰ）熔化時需要破壞共價鍵的化合物是二氧化硅；

（Ⅱ）屬于分子晶體且分子空間構型為直線型的是二氧化碳分子晶體，二氧化碳的電子式為：

（Ⅲ）氯化鈣是只含離子鍵的共價化合物；而硫酸鎂是含有共價鍵的離子化合物；

（2）根據(jù)元素周期律，同周期元素從左向右金屬性在減弱，同主族從上往下金屬性增強；周期表中第三周期第VA族元素是硫，原子結構示意圖為：同周期陰離子的半徑大于陽離子的半徑；電子層相同的陽離子核電荷數(shù)越大半徑越??；

（3）鋅錳干電池的負極上Zn失去電子，負極消耗1mol時轉移2mol電子，NH4+離子在正極放電產(chǎn)生2種氣體，其中一種氣體分子是含10e-的微粒為氨氣；另一種為氫氣；

（4）①從圖象可以看出：a是斷開2molH-H鍵和1molO=O需要吸收的能量；結合表格中提供的鍵能即可計算出．

②從表格看出，斷開2molH-H鍵和1molO=O共吸熱（436×2+498）KJ，如果H-O鍵的鍵能是X，當形成2molH2O中的4molH-O時則放出4XKJ熱量，根據(jù)2molH2（g）和1molO2（g）生成2molH2O（g）時放熱482KJ，列式即可解得X．【解析】【解答】解：（1）（Ⅰ）金剛石熔化是破壞共價鍵；但是單質，二氧化硅是熔化時需要破壞共價鍵的化合物，故答案為：⑤；

（Ⅱ）二氧化碳屬于分子晶體且分子空間構型為直線型，二氧化碳的電子式為故答案為：①；

（Ⅲ）氯化鈣是只含離子鍵的共價化合物；而硫酸鎂是含有共價鍵的離子化合物，故答案為：⑥；

（2）根據(jù)元素周期律，同周期元素從左向右金屬性在減弱，同主族從上往下金屬性增強，所以短周期中金屬性最強的元素是元素周期表的左下角的Na，周期表中第三周期第VA族元素是硫，原子結構示意圖為：同周期陰離子的半徑大于陽離子的半徑，電子層相同的陽離子核電荷數(shù)越大半徑越小，所以半徑最小的離子是鋁離子，其離子符號為Al3+，故答案為：Na；Al3+；

（3）鋅錳干電池的負極上Zn失去電子，負極反應為Zn-2e-═Zn2+，負極消耗1mol時轉移2mol電子，每通過0.4mole-，負極質量減少0.2mol×65g/mol=13.0g，由NH4+離子在正極放電產(chǎn)生2種氣體，其中一種氣體分子是含10e-的微粒為氨氣，另一種為氫氣，正極反應為2NH4++2e-═2NH3↑+H2↑；

故答案為：Zn；13.0；2NH4++2e-═2NH3↑+H2↑；

（4）①共價鍵的鍵能即為拆開1mol氣態(tài)物質中某種共價鍵需要吸收的能量．從圖象可以看出：a是斷開2molH-H鍵和1molO=O需要吸收的能量，故a=2mol×436kJ?mol-1+1mol×498kJ?mol-1=1370KJ；故答案為：1370；

②反應熱化學方程式：2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=-482kJ?mol-1，則有（436×2+498）KJ-4XKJ=-482kJ，解得X=463KJ，故答案為：463．21、AlV型或折線型sp3H2O水分子之間可以形成氫鍵，而H2S分子之間不能形成氫鍵Na2O21S22S22P63S23P64S22Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al（OH）4]+3H2↑或2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑CaO2【分析】【分析】A；B、C、D、E都是元素周期表中的前20號元素；它們的原子序數(shù)依次增大．B、C、D同周期，B，C、D的最高價氧化物的水化物兩兩混合均能發(fā)生反應生成鹽和水；

則B為Na，C為Al；E元素的原子核外共有20種不同運動狀態(tài)的電子，則E為Ca，且E的原子序數(shù)比D大4，則D為S，A、D同主族，則A為O，然后利用元素及其單質、化合物的性質、結構等來解答．【解析】【解答】解：A；B、C、D、E都是元素周期表中的前20號元素；它們的原子序數(shù)依次增大．B、C、D同周期，B，C、D的最高價氧化物的水化物兩兩混合均能發(fā)生反應生成鹽和水；

則B為Na；C為Al；E元素的原子核外共有20種不同運動狀態(tài)的電子，則E為Ca，且E的原子序數(shù)比D大4，則D為S，A；D同主族，則A為O；

即A為O；B為Na，C為Al，D為S，E為Ca；

（1）B為Na；C為Al，Al的最外層電子半滿，為穩(wěn)定結構，則Al的第一電離能較大，故答案為：Al；

（2）A的氫化物為H2O，分子構型為V型或折線型，O有2對孤對電子和兩個共價單鍵，則雜化類型為sp3；

故答案為：V型或折線型；sp3；

（3）H2O與H2S相比較，水分子之間可以形成氫鍵，而H2S分子之間不能形成氫鍵；則水的沸點高；

故答案為：H2O；水分子之間可以形成氫鍵，而H2S分子之間不能形成氫鍵；

（4）僅由A與B元素組成的化合物有Na2O、Na2O2，且含有非極性鍵的化合物為Na2O2，故答案為：Na2O2；

（5）E為Ca，電子排布式為1S22S22P63S23P64S2，故答案為：1S22S22P63S23P64S2；

（6）B的最高價氧化物對應的水化物為NaOH，與Al反應的化學方程式為2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al（OH）4]+3H2↑

或2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；

故答案為：2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al（OH）4]+3H2↑或2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；

（7）由晶體的晶胞結構圖可知，O22-占據(jù)棱點和體心，個數(shù)為12×+1=4，鈣離子占據(jù)頂點和面心，個數(shù)為8×+6×=4；個數(shù)比為1：1；

則化學式為CaO2，故答案為：CaO2．四、判斷題(共1題，共10分)22、√【分析】【分析】化學反應達到平衡狀態(tài)時，正逆反應速率相等，各物質的濃度不再改變，由此衍生的一些物理量也不變，結合反應的特點進行分析．【解析】【解答】解：反應前后氣體的質量不等；在恒溫恒容條件下，混合氣體的密度逐漸增大，當達到平衡狀態(tài)時，容器中混合氣體的密度不變；

而恒溫恒壓條件下，隨反應進行，體系的體積增大，分子量：CO2＞CO；故混合氣體的密度逐漸減小，當密度保持不變，反應達到平衡；

故答案為：√．五、簡答題(共1題，共6分)23、略

【分析】解：烴的含氧衍生物rm{A}的相對分子質量為rm{44}分子中只能含有rm{1}個rm{O}原子，剩余rm{C}rm{H}原子總相對原子質量為rm{44-16=28}則分子中含有rm{2}個rm{C}原子、rm{4}個rm{H}原子，核磁共振氫譜顯示分子中含有兩種氫，則rm{A}為rm{CH_{3}CHO}結合信息可知rm{B}為rm{CH_{3}CH=CHCHO.}由rm{I}的結構簡式、結合張rm{-}烯炔環(huán)異構化反應，可知rm{H}為rm{CH_{3}C隆脭CCOOCH_{2}CH=CHCH_{2}Cl}則rm{B}與氯氣發(fā)生甲基中取代反應生成rm{C}為rm{ClCH_{2}CH=CHCHO}rm{C}與氫氣發(fā)生加成反應生成rm{D}為rm{ClCH_{2}CH=CHCH_{2}OH}則rm{G}為rm{CH_{3}C隆脭CCOOH}rm{E隆煤F}屬于加成反應，則rm{B}發(fā)生氧化反應、酸化得到rm{E}為rm{CH_{3}CH=CHCOOH}rm{B}可以與氯氣發(fā)生加成反應得到rm{F}為rm{CH_{3}CHClCHClCOOH}rm{F}發(fā)生鹵代烴的消去反應、酸化得到rm{G}．

rm{(1)A}為rm{CH_{3}CHO}名稱為乙醛，故答案為：乙醛；

rm{(2)A隆煤B}的化學反應方程式為：rm{2CH_{3}CHOoverset{{錄卯}}{}CH_{3}CH=CHCHO+H_{2}O}

故答案為：rm{2CH_{3}CHOoverset{{錄卯}}{}CH_{3}CH=CHCHO+H_{2}O}

rm{2CH_{3}CHOoverset{{錄卯}}{

}CH_{3}CH=CHCHO+H_{2}O}為rm{2CH_{3}CHOoverset{{錄卯}}{

}CH_{3}CH=CHCHO+H_{2}O}rm{(3)D}的順式結構的結構簡式為rm{ClCH_{2}CH=CHCH_{2}OH}的反應類型為取代反應；

故答案為：取代反應；

rm{D}由上述分析可知，rm{B隆煤C}的結構簡式為rm{(4)}

故答案為：rm{H}

rm{CH_{3}C隆脭CCOOCH_{2}CH=CHCH_{2}Cl}是醛基氧化為羧基；化學試劑是：銀氨溶液或新制氫氧化銅懸濁液；

故答案為：銀氨溶液或新制氫氧化銅懸濁液；

rm{CH_{3}C隆脭CCOOCH_{2}CH=CHCH_{2}Cl}的化學方程式為：

故答案為：

rm{(5)壟脵}的過程中涉及到單鍵、雙鍵和三鍵的斷裂以及單鍵和雙鍵的形成，故rm{(6)壟脹}正確；

rm{(7)a.H隆煤I}為rm{a}不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故rm{b.F}錯誤；

rm{CH_{3}CHClCHClCOOH}為rm與rm{c.F}含有相同官能團的同分異構體，可以看作丙烷中rm{CH_{3}CHClCHClCOOH}原子被rm{F}個氯原子、rm{H}個rm{2}取代，rm{1}個rm{-COOH}取代時可以形成rm{2}rm{-Cl}rm{Cl_{2}CHCH_{2}CH_{3}}rm{ClCH_{2}CH_{2}CH_{2}Cl}再被rm{ClCH_{2}CHClCH_{3}}取代分別有rm{CH_{3}C(Cl)_{2}CH_{3}}rm{-COOH}rm{3}rm{2}不含rm{3}故不含rm{1(}的同分異構體有rm{F)}種，故rm{F}正確．

故選：rm{8}．

烴的含氧衍生物rm{c}的相對分子質量為rm{ac}分子中只能含有rm{A}個rm{44}原子，剩余rm{1}rm{O}原子總相對原子質量為rm{C}則分子中含有rm{H}個rm{44-16=28}原子、rm{2}個rm{C}原子，核磁共振氫譜顯示分子中含有兩種氫，則rm{4}為rm{H}結合信息可知rm{A}為rm{CH_{3}CHO}由rm{B}的結構簡式、結合張rm{CH_{3}CH=CHCHO.}烯炔環(huán)異構化反應，可知rm{I}為rm{-}則rm{H}與氯氣發(fā)生甲基中取代反應生成rm{CH_{3}C隆脭CCOOCH_{2}CH=CHCH_{2}Cl}為rm{B}rm{C}與氫氣發(fā)生加成反應生成rm{ClCH_{2}CH=CHCHO}為rm{C}則rm{D}為rm{ClCH_{2}CH=CHCH_{2}OH}rm{G}屬于加成反應，則rm{CH_{3}C隆脭CCOOH}發(fā)生氧化反應、酸化得到rm{E隆煤F}為rm{B}rm{E}可以與氯氣發(fā)生加成反應得到rm{CH_{3}CH=CHCOOH}為rm{B}rm{F}發(fā)生鹵代烴的消去反應、酸化得到rm{CH_{3}CHClCHClCOOH}．

本題考查有機物的推斷與合成，根據(jù)相對分子質量取代rm{F}的結構，結合rm{G}的結構簡式采取正逆推法進行推斷，需要學生熟練掌握官能團的性質與轉化，較好的考查學生放學推理能力．rm{A}【解析】乙醛；rm{2CH_{3}CHOoverset{{錄卯}}{}CH_{3}CH=CHCHO+H_{2}O}取代反應；rm{2CH_{3}CHOoverset{{錄卯}}{

}CH_{3}CH=CHCHO+H_{2}O}銀氨溶液或新制氫氧化銅懸濁液；rm{CH_{3}C隆脭CCOOCH_{2}CH=CHCH_{2}Cl}rm{ac}六、探究題(共4題，共12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）