2025年統(tǒng)編版2024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年統(tǒng)編版2024高三化學上冊階段測試試卷577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總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、一定濃度200mL的HNO3溶液中加入5.6gFe，全部溶解，得到標準狀況下的NO氣體2.24L，測得反應后溶液中的c（H+）=0.1mol/L．若反應前后溶液體積變化忽略不計，則下列有關判斷正確的是（）A.反應前HNO3溶液的濃度為2.0mol?L-1B.反應后溶液中含硝酸亞鐵C.反應后的溶液最多還能溶解3.22gFeD.反應后溶液中c（NO3-）=1.5mol?L-12、下列有機化合物的分類不正確的是（）

。ABCD苯的同系物芳香化合物烯烴醇A.AB.BC.CD.D3、下列敘述正確的是（）A.將磁性氧化鐵放入稀HNO3中發(fā)生如下反應：3Fe3O4+28HNO3﹦9Fe（NO3）3+NO↑+14H2O反應中每還原0.2mol氧化劑，就有0.6mol電子轉移B.KMnO4、O2、H2O2、H2SO4（稀）、H2O、K2SO4、MnSO4存在于同一化學反應中，配平后硫酸的化學計量數(shù)為5C.0.2mol?L-1CH3COONa溶液和0.1mol?L-1HCl溶液等體積混合后：c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（Cl-）＞c（H+）＞c（OH-）D.凡含有食品添加劑的食物對人體健康均有害，不可食用4、25℃、101kPa下，碳、氫氣、甲烷和葡萄糖的燃燒熱依次是393.5kJ·mol－1、285.8kJ·mol－1、890.3kJ·mol－1、2800kJ·mol－1，則下列熱化學方程式正確的是()。A.C(s)＋O2(g)=CO(g)ΔH＝－393.5kJ·mol－1B.2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH＝＋571.6kJ·mol－1C.CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－890.3kJ·mol－1D.C6H12O6(s)＋3O2(g)=3CO2(g)＋3H2O(l)ΔH＝－1400kJ·mol－15、25℃時，某溶液中可能含以下幾種離子：Na+、H+、Fe3+、HCO3-、OH-、I-．已知溶液中由水電離出的c（H+）=10-13mol?L-1，向該溶液中通入一定量的Cl2后，溶液由無色變?yōu)辄S色，下列有關該溶液的說法中正確的是（）A.該溶液的pH一定等于1B.陰離子肯定有I-，不能確定有無HCO3-C.陽離子肯定沒有Fe3+，可能有Na+D.該溶液含有的溶質成分可能為HI或HI和NaI或NaI和NaOH或NaI6、能正確表示下列反應的離子方程式的是（）A.溴化亞鐵溶液中通入足量氯氣：2Fe2++2Br-+2Cl2═2Fe3++Br2+4Cl-B.Cl2與石灰水反應：Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2OC.四氧化三鐵與稀硝酸反應：Fe3O4+8H+═Fe2++2Fe3++4H2OD.向次氯酸鈣溶液中通入少量SO2：Ca2++2ClO-+SO2+H2O═CaSO3↓+2HClO7、萘（）是最簡單的稠環(huán)芳香烴．下列關于萘的說法中正確的是（）A.萘與足量氫氣充分加成的產(chǎn)物一氯代物有2種B.1mol萘最多可與6molH2加成C.萘的一氯代物有2種，二氯代物有10種D.萘屬于苯的同系物8、下列離子方程式書寫正確的是（）A.氯化鋁溶液和過量的氨水反應：Al3++4NH3?H2O═AlO2-+4NH4+B.少量的CO2通入NaOH溶液中：CO2+2OH-═CO32-+H2OC.醋酸加入小蘇打溶液中：HCO3-+H+═CO2↑+H2OD.硫化鈉的水解：S2-+2H2O?H2S+2OH-9、某溫度下，反應2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）的平衡常數(shù)為400．此溫度下，在容積一定的密閉容器中加入CH3OH；反應到某時刻測得各組分的濃度如下：

。物質CH3OHCH3OCH3H2O濃度/0.440.60.6下列說法正確的是（）

A.CH3OH的起始濃度為1.04mol/L

B.此時逆反應速率大于正反應速率。

C.平衡時CH3OH的濃度為0.04mol/L

D.平衡時CH3OH的轉化率小于80%

評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)10、V；W；X、Y、Z是由周期表中短周期元素組成的5種物質，其中Z由一種元素組成，V，W、Y均由兩種元素組成，X由三種元素組成．上述5種化合物涉及的所有元素的原子序數(shù)之和等于28．它們之間的反應關系如下（反應條件省略，方程式?jīng)]有配平）：

①W+H2O→X（白色沉淀）+Y（無色；具有刺激性氣味的氣體）；

②X→V+H2O；

③Y+O2→Z（無色、無味的氣體）+H2O．

（1）寫出下列化合物的化學式．V____，W____，X____．

（2）Y的電子為____．

（3）寫出①②的化學方程式．①____．②____．11、鋼鐵在潮濕空氣中發(fā)生原電池反應而發(fā)生____腐蝕，此時鐵是____極，碳是____極．若其表面吸附水膜顯酸性，則電極反應式分別為：正極____，負極____．12、某科研小組用MnO2和濃鹽酸制備Cl2時，利用剛吸收過少量SO2的NaOH溶液對其尾氣進行吸收處理．

（1）請寫出SO2與過量NaOH溶液反應的離子方程式：____．

（2）吸收尾氣（Cl2）一段時間后，吸收液（強堿性）中肯定存在的陰離子有OH-和____、____．請設計實驗，探究該吸收液中可能存在的其他陰離子（不考慮空氣的CO2的影響）

①提出合理假設．

假設1：只存在SO32-

假設2：既不存在SO32-，也不存在ClO-；

假設3：____．

②要證明假設1是否成立，設計實驗方案，進行實驗．請寫出實驗以及預期現(xiàn)象和結論．限選實驗試劑：3mol?L-1H2SO4、1mol?L-1NaOH、0.01mol?L-1KMnO4；淀粉-KI溶液．

。實驗

預期現(xiàn)象和結論________13、某工業(yè)廢料鋇泥中主要含有BaCO3、BaSO3、Ba（FeO2）2等；某實驗小組模擬工。

業(yè)過程利用鋇泥制取BaCO3和Ba（NO3）2晶體（不含結晶水）；其實驗流程如下：

已知：

①Fe3+和Fe2+以氫氧化物形式沉淀完全時；溶液的pH分雖為3.2和9.7；

②Ba（NO3）2晶體的分解溫度：592℃；Ba（NO3）2的溶解度在高溫時較大；低溫時較??；f一。

③Ksp（BaSO4）=1.1×10-10，Ksp（BaCO3）=5.1×10-9．

（1）酸溶時，BaCO3發(fā)生反應的離子反應方程式為____

（2）酸溶后，濾液1除了Ba2+外，還存在的陽離子是____等（填寫離子符號）．

（3）加入X的目的是____．

（4）若在操作II中加入Na2CO3來制取BaCO3，經(jīng)檢驗所得BaCO3中含有少量BaSO4而不純，提純的方法是：將產(chǎn)品加入足量的飽和Na2CO3溶液中，充分攪拌和靜置后，棄去上層清液．如此反復多次處理，直到BaSO44全部轉化為BaCO3，該提純原理的離子反應方程式是____

（5）若用（4）的方法處理含有0.21molBaSO4樣品，每次用1.0L2.0mol?L-1飽和Na2CO3溶液，則至少需要處理____次，BaSO4才能全部轉化BaCO3．

（6）操作III的名稱是：____、冷卻結晶、____；洗滌、干燥．

（7）上述流程中對環(huán)境的影響主要有____．因此要進一步處理，避免造成二次污染．14、向某密閉容器中加入0.15mol/LA、0.05mol/LC和一定量的B三種氣體．一定條件下發(fā)生反應，各物質濃度隨時間變化如圖中甲圖所示[t0時c（B）未畫出，t1時增大到0.05mol/L]．乙圖為t2時刻后改變反應條件；平衡體系中正；逆反應速率隨時間變化的情況．

（1）若t1=15s，則t0～t1階段v（C）=____，A的轉化率為____．

（2）若t5時改變的條件是升溫，此時v（正）＞v（逆），若A的物質的量減少0.03mol時，容器與外界的熱交換總量為akJ，寫出該反應的熱化學方程式____．

（3）若t4時改變的條件為減小壓強，則B的起始物質的量濃度為____mol/L．

（4）t3時改變的某一反應條件可能是____（選填序號）．

a．使用催化劑b．增大壓強c．增大反應物濃度．15、對乙烯基苯甲酸是重要的醫(yī)藥中間體；廣泛應用于合成感光材料．對乙烯基苯甲酸可通過如下反應合成．

反應①：

（1）下列關于化合物I和化合物II的說法，正確的是____．

A．化合物I能與新制的Cu（OH）2反應。

B．均可發(fā)生酯化反應和銀鏡反應。

C．化合物II能使KMnO4溶液褪色。

D.1mol化合物II最多能與5molH2反應。

（2）化合物II的分子式為____，化合物II在催化劑條件下生產(chǎn)高分子化合物的反應方程式____．

（3）化合物II可由芳香族化合物Ⅲ通過消去反應獲得，Ⅲ和Cu共熱的產(chǎn)物能發(fā)生銀鏡反應，寫出化合物Ⅲ的結構簡式____；

（4）化合物IV是化合物II的同分異構體，且化合物IV遇FeCl3溶液顯紫色，苯環(huán)上的一氯代物只有2種，寫出化合物IV的結構簡式____（寫一種）．

（5）利用類似反應①的方法，僅以溴苯（）和乳酸（）為有機物原料合成化工原料肉桂酸（），涉及的反應方程式為____．16、甘蔗渣可綜合利用；回答下列問題．

Ⅰ．甘蔗渣可生成一種常見單糖A，A在乳酸菌的作用下生成有機物B，B經(jīng)過縮聚反應生成可降解塑料，其結構簡式為：

（1）A的分子式是____；

（2）下列有關B的敘述正確的是____（填序號）；

a．B的分子式為C3H6O3

b.1molB可與2molNaOH反應。

c.1molB與足量的Na反應可生成1molH2

（3）B在一定條件下可生成C，C能使溴的四氯化碳溶液褪色．B生成C的化學方程式是____；

Ⅱ．甘蔗渣還可生產(chǎn)一種重要的化工原料D，D的相對分子質量為90，1molD與足量NaHCO3反應放出標準狀況下44.8LCO2．

（4）D的官能團名稱是____；

（5）等物質的量的D與乙二醇在催化劑作用下可生成鏈狀高分子化合物，其化學方程式是____．17、（2011秋?諸暨市校級期中）在容積為VL的密閉容器中發(fā)生2NO2?2NO+O2反應．反應過程中NO2的物質的量隨時間變化的狀況如圖1所示．

（1）若曲線A和B表示的是該反應在某不同條件下的反應狀況，則該不同條件是____．

A．有；無催化劑B．溫度不同C．壓強不同D．V值不同。

（2）寫出該反應的化學平衡常數(shù)K的表達式：____，并比較K800℃____K850℃（填“＞”；“＜”或“=”）．

（3）在圖1上作出在A條件下NO的變化曲線；并求算在B條件下從反應開始至達到平衡，氧氣的反應速率。

v（O2）=____．

（4）不能說明該反應已達到平衡狀態(tài)的是____．

A．v正（NO2）=v逆（NO）B．c（NO2）=c（NO）

C．氣體的平均摩爾質量不變D．氣體的密度保持不變。

（5）在如圖2所示的三個容積相同的三個容器①、②、③進行反應：2NO+O?2NO2

若起始溫度相同，分別向三個容器中充入2molNO和1molO2，則達到平衡時各容器中NO物質的百分含量由大到小的順序為（填容器編號）____．18、已知某元素原子的電子排布式是1s22s22p63s23p63d104s24p1．

（1）該元素的原子序數(shù)為____．

（2）該元素位于第____周期____族．

（3）該原子的電子總數(shù)為____，價電子總數(shù)為____．評卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)19、工業(yè)廢水中含有的酸、堿、鹽，會造成水體污染．____．（判斷對錯）20、2mol水的摩爾質量與1mol水的摩爾質量之比為2：1．____（判斷對錯）21、判斷下列有關烯烴；鹵代烴、醇的命名是否正確。

（1）CH2═CH-CH═CH-CH═CH21，3，5三己烯____

（2）2-甲基-3-丁醇____

（3）二溴乙烷____

（4）3-乙基-1-丁烯____

（5）2-甲基-2，4-已二烯____

（6）1，3-二甲基-2-丁烯____．22、標準狀況下，1mol任何物質的體積都約是22.4L____（判斷對錯）23、NaCl溶液在電流的作用下電離出Na+____．（判斷對錯）24、2mol水的摩爾質量與1mol水的摩爾質量之比為2：1．____（判斷對錯）25、因為稀硫酸能與鐵反應放出H2，所以稀硝酸與鐵反應也一定能放出H2____．（判斷對錯）26、蛋白質、纖維素、蔗糖、PVC、淀粉都是高分子化合物____（判斷對錯）評卷人得分四、探究題(共4題，共20分)27、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________．28、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：29、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________．30、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：評卷人得分五、計算題(共4題，共8分)31、氫氣、甲烷（CH4）、水各1g，其中含分子數(shù)最多的是____；含氫原子最多的是____；氫氣、甲烷、水各1mol，含分子數(shù)是否一樣多？____；含氫原子數(shù)最多的是____．32、（1）在分液漏斗中用一種有機溶劑提取水溶液里的某物質時；靜置分層后，如果不知道哪一層液體是“水層”，試設計一種簡便的判斷方法．

答：____．

（2）12.4gNa2X含0.4molNa+，Na2X的摩爾質量為____，其相對分子質量為____，X的相對原子質量為____，該物質的化學式為____．

（3）原子總數(shù)為6mol的水的物質的量為____mol，其中氧原子有____mol，與水所含的氧原子數(shù)相等的O2分子的物質的量為____mol．

（4）某狀況下VL氨氣（此時氣體摩爾體積為Vm）溶解在1L水中（水的密度近似為1g/mL）；所得溶液的密度為pg/mL，則該氨水的物質的量濃度可表示為。

____mol/L；

（5）由硫酸鉀、硫酸鐵和硫酸組成的混合溶液，其中c（H+）=0.1mol/L，c（Fe3+）=0.3mol/L，c（SO42-）=0.6mol/L，則c（K+）為____mol/L；

（6）相同物質的量濃度的氯化鈉、氯化鎂、氯化鋁溶液，分別與過量的硝酸銀溶液反應，當生成沉淀的質量之比為3：2：1時，消耗三種鹽溶液的體積比為____；

（7）在標準狀況下，由CO和CO2組成的混合氣體6.72L，質量為12g．此混合氣體中CO和CO2物質的量之比為____，混合氣體的平均相對分子質量是____，相對氫氣的密度是____．

（8）VmL硫酸鐵溶液中含F(xiàn)e3+的質量為mg，取V/4mL溶液稀釋到2VmL，則稀釋后溶液中SO42-的物質的量濃度為____．33、（1）某溶液中Cl-、Br-、I-的物質的量之比為2：3：4，要使溶液中的Cl-、Br-、I-的物質的量之比變?yōu)?：3：2，則通入Cl2的物質的量與原溶液中I-的物質的量之比為____．

（2）要使溶液中只有Cl-和Br-，而沒有I-，則此時Cl-和Br-的物質的量之比為____．

（3）若要使溶液中只有Cl-，則通入Cl2的物質的量和原溶液中Br-的物質的量之比為____．34、工業(yè)上用氨催化氧化法可生產(chǎn)硝酸；其生產(chǎn)過程可表示為：

4NH3+5O24NO2+6H2O①

4NO+3O2+2H2O═4HNO3②

（1）現(xiàn)以1.7t液氨為原料來生產(chǎn)質量分數(shù)為50%的硝酸，理論上至少需要加水的質量為____t．（假設生產(chǎn)過程中反應物和生成物均無損耗）

（2）工業(yè)上用Mg（NO3）2替代濃H2SO4作為制取濃HNO3的脫水劑，現(xiàn)有50%（質量分數(shù)，下同）的硝酸M1t，向其中加入80%的Mg（NO3）2溶液M2t，蒸餾分離得到90%的硝酸和60%的Mg（NO3）2溶液（不含HNO3）．若蒸餾過程中HNO3、Mg（NO3）2、H2O均無損耗，則蒸餾前的投料比=____．參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】【分析】n（Fe）==0.1mol，n（NO）==0.1mol，反應后溶液中的c（H+）=0.1mol/L；說明溶液中硝酸過量；

B．少量鐵和稀硝酸反應生成硝酸鐵；

A．根據(jù)氮原子守恒計算原溶液中硝酸的濃度；

D．根據(jù)電荷守恒確定硝酸根離子濃度；

C．反應后的溶液中硝酸與硝酸鐵中含NO3-，結合3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O計算最多消耗的Fe．【解析】【解答】解：n（Fe）==0.1mol，n（NO）==0.1mol，反應后溶液中的c（H+）=0.1mol/L；說明溶液中硝酸過量；

A．根據(jù)氮原子守恒得原溶液中n（HNO3）=n（NO）+3n[Fe（NO3）3]+n（HNO3）（剩余）=0.1mol+3×0.1mol+0.1mol/L×0.2L=0.42mol；

則原來硝酸的濃度==2.1mol/L；故A錯誤；

B．鐵和過量硝酸反應生成硝酸鐵；故B錯誤；

C．原硝酸的物質的量=0.42mol，由3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O可知，最多消耗Fe為0.42mol××56=8.82g；則還能溶解8.82g-5.6=3.22g，故C正確；

D．根據(jù)電荷守恒得c（NO3-）=3c（Fe3+）+c（H+）=3×+0.1mol/L=1.6mol/L；故D錯誤；

故選C．2、A【分析】【分析】A．苯的同系物符合：①只有一個苯環(huán)；②側鏈為烷基；③具有通式CnH2n-6（n≥6）；

B．含有苯環(huán)的化合物為芳香族化合物；

C．含有碳碳雙鍵的烴為烯烴；

D．芳香烴側鏈中的氫原子被羥基取代，屬于醇．【解析】【解答】解：A．中不含苯環(huán)；不是苯的同系物，屬于環(huán)烷烴，故A錯誤；

B．含有苯環(huán)；是芳香族化合物，故B正確；

C．含有碳碳雙鍵；屬于不飽和烴，故C正確；

D．中-OH沒有直接連接苯環(huán)；二者芳香烴側鏈中的氫原子被羥基取代，屬于醇，故D正確；

故選：A．3、A【分析】【分析】A；反應中只有氮元素的化合價降低；由+5價降低為+2價，根據(jù)方程式計算生成NO的物質的量，據(jù)此計算轉移電子；

B、根據(jù)元素化合價變化及元素守恒可知反應物為KMnO4、H2O2、H2SO4（?。┥晌餅镸nSO4、K2SO4、O2、H2O；根據(jù)電子轉移守恒；元素守恒配平方程式；

C、0.2mol?L-1CH3COONa溶液和0.1mol?L-1HCl溶液等體積混合后，發(fā)生反應生成CH3COOH和NaCl，CH3COONa有剩余，混合溶液相當于CH3COOH、NaCl、CH3COONa三者等濃度的混合溶液；電離大于水解，溶液呈酸性；

D、食品添加劑能改善食品品質和色、香、味以及為防腐、保鮮和加工工藝的需要，在合理范圍對人體健康無害．【解析】【解答】解：A、反應3Fe3O4+28HNO3﹦9Fe（NO3）3+NO↑+14H2O中，只有氮元素的化合價降低，由+5價降低為+2價，被還原，每還原0.2mol氧化劑HNO3生成NO0.2mol；所以轉移電子0.2mol×（5-2）=0.6mol，故A正確；

B、根據(jù)元素化合價變化及元素守恒可知反應物為KMnO4、H2O2、H2SO4（稀）生成物為MnSO4、K2SO4、O2、H2O，KMnO4是氧化劑，錳元素化合價由+7價降低為+2價，H2O2是還原劑，氧元素由-價升高為0價，根據(jù)電子轉移守恒，可知KMnO4與H2O2的物質的量之比為2：5，反應方程式為2KMnO4+5H2O2+3H2SO4═2MnSO4+K2SO4+5O2+8H2O；配平后硫酸的化學計量數(shù)為3，故B錯誤；

C、0.2mol?L-1CH3COONa溶液和0.1mol?L-1HCl溶液等體積混合后，發(fā)生反應生成CH3COOH和NaCl，CH3COONa有剩余，混合溶液相當于CH3COOH、NaCl、CH3COONa三者等濃度的混合溶液，電離大于水解，溶液呈酸性，c（H+）＞c（OH-），c（CH3COO-）＞c（Cl-），溶液中鈉離子濃度最大，氯離子遠大于氫離子濃度，所以離子濃度為c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（Cl-）＞c（H+）＞c（OH-）；故C錯誤；

D；食品添加劑能改善食品品質和色、香、味以及為防腐、保鮮和加工工藝的需要；在合理范圍對人體健康無害，故D錯誤．

故選A．4、D【分析】根據(jù)燃燒熱的定義，碳的燃燒產(chǎn)物應是二氧化碳；氫氣燃燒是放熱反應(ΔH<0)且水應為液態(tài)；25℃時甲烷的燃燒產(chǎn)物是氣態(tài)二氧化碳和液態(tài)水?！窘馕觥俊敬鸢浮緿5、C【分析】解：由水電離出的c（H+）=1×lO-13mol/L；該溶液中大量存在氫離子或者氫氧根離子，所以溶液中一定不會存在碳酸氫根離子；通入氯氣后溶液由無色變?yōu)辄S色，說明溶液中一定不會存在有色的鐵離子，一定存在碘離子；

A．根據(jù)分析可知，水電離出的c（H+）=1×lO-13mol/L；若為酸性溶液，該溶液pH=1；若為堿性溶液，該溶液的pH為13，故A錯誤；

B．該溶液中一定存在碘離子；一定不會存在碳酸氫根離子，故B錯誤；

C．溶液中一定不會存在Fe3+，若是堿性溶液，一定存在Na+；故C正確；

D．如果為酸性溶液；則溶質可能為①HI②HI和NaI；如果為堿性溶液，則溶質為③NaI和NaOH，不可能組偶NaI，故D錯誤；

故選C．

水電離出的c（H+）=1×lO-13mol/L，溶液中氫離子或氫氧根離子濃度為0.1mol/L，該溶液為強酸性或堿性溶液，一定不會存在碳酸氫根離子；當向該溶液中緩慢通入一定量的Cl2后；溶液由無色變?yōu)辄S色，說明溶液中一定存在碘離子，能夠與碘離子反應的鐵離子一定不會存在，以此解答該題．

本題考查了常見離子的檢驗方法，為高頻考點，題目難度中等，注意明確常見離子的反應現(xiàn)象及檢驗方法，試題有利于培養(yǎng)學生的分析、理解能力及靈活應用所學知識的能力．【解析】【答案】C6、B【分析】【分析】A．足量氯氣；亞鐵離子；溴離子均被氧化；

B．反應生成氯化鈣；次氯酸鈣、水；

C．發(fā)生氧化還原反應生成硝酸鐵；NO和水；

D．發(fā)生氧化還原反應生成硫酸鈣．【解析】【解答】解：A．溴化亞鐵溶液中通入足量氯氣的離子反應為2Fe2++4Br-+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl-；故A錯誤；

B．Cl2與石灰水反應的離子反應為Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2O；故B正確；

C．四氧化三鐵與稀硝酸反應的離子反應為3Fe3O4+28H++NO3?=9Fe3++NO↑+14H2O；故C錯誤；

D．向次氯酸鈣溶液中通入少量SO2的離子反應為Ca2++2ClO-+SO2+H2O═CaSO4↓+HClO+H++Cl-；故D錯誤；

故選B．7、C【分析】【分析】萘中含稠環(huán)，與足量氫氣充分加成的產(chǎn)物為由結構對稱性可知，含3種位置的H，如圖二鹵代物由一鹵定位，另一個鹵原子轉位分析，以此來解答．【解析】【解答】解：A．與足量氫氣充分加成的產(chǎn)物為含3種位置的H，一氯代物有3種，故A錯誤；

B．由→需要10個H原子，則1mol萘最多可與5molH2加成；故B錯誤；

C．由結構對稱可知，萘中含2種位置的H，則其一氯代物有2種（），二氯代物有10種（）；故C正確；

D．苯中只有1個苯環(huán)；與萘中含稠環(huán)，結構不同，不是同系物，故D錯誤；

故選C．8、B【分析】【分析】A．氨水堿性較弱；氯化鋁和氨水反應生成氫氧化鋁沉淀和氯化銨；

B．二氧化碳少量；氫氧化鈉與二氧化碳反應生成碳酸鈉和水；

C．醋酸為弱酸；離子方程式中醋酸應該保留分子式；

D．硫離子的水解過程分步進行，主要以第一步為主，硫離子的水解方程式只寫出第一步水解即可．【解析】【解答】解：A．氨水不會溶解氫氧化鋁，氯化鋁和氨水反應生成氫氧化鋁沉淀和氯化銨，正確的離子方程式為：Al3++3NH3?H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；故A錯誤；

B．少量的CO2通入NaOH溶液中，反應生成碳酸鈉和水，反應的離子方程式為：CO2+2OH-═CO32-+H2O；故B正確；

C．醋酸加入小蘇打溶液中，醋酸不能拆開，正確的離子方程式為：HCO3-+CH3COOH═CO2↑+H2O+CH3COO-；故C錯誤；

D．硫化氫為二元弱酸，硫離子的水解過程分步進行，只寫出第一步水解即可，硫離子水解方程式為：S2-+H2O?HS-+OH-；故D錯誤；

故選B．9、C【分析】

A．由反應2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）可知起始時CH3OH的濃度為0.44mol/L+2×0.6mol/L=1.64mol/L；故A錯誤；

B．反應到某時刻時濃度商Q===1.86＜400；反應未達到平衡狀態(tài)，向正反應方向移動，則正反應速率大于逆反應速率，故B錯誤；

C．設平衡時轉化的濃度為x；則。

2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）

起始：1.64mol/LO0

轉化：x0.5x0.5x

平衡：1.64mol/L-x0.5x0.5x

則=400；x=1.6mol/L；

平衡時CH3OH的濃度為1.64mol/L-1.6mol/L=0.04mol/L；故C正確；

D．平衡時CH3OH的轉化率為=97.6%；故D錯誤．

故選C．

【解析】【答案】由反應2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）可知起始時CH3OH的濃度為0.44mol/L+2×0.6mol/L=1.64mol/L；

反應到某時刻時濃度商Q===1.86＜400；反應未達到平衡狀態(tài)，向正反應方向移動；

設平衡時轉化的濃度為x；則。

2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）

起始：1.64mol/LO0

轉化：x0.5x0.5x

平衡：1.64mol/L-x0.5x0.5x

則=400；x=1.6mol/L；

以此解答該題．

二、填空題(共9題，共18分)10、MgOMg3N2Mg（OH）2Mg3N2+6H2O=3Mg（OH）2↓+2NH3↑Mg（OH）2MgO+H2O【分析】【分析】根據(jù)Y與氧氣反應生成水和單質Z，Y+O2→Z（無色、無味的氣體）+H2O，Z為無色、無味氣體，可確定組成Z的元素為氮，則Y是NH3；根據(jù)反應①W+H2O→X（白色沉淀）+Y（無色、具有刺激性氣味的氣體），利用元素守恒，可以確定5種物質共涉及4種元素，其中3種為氫、氧、氮，根據(jù)原子序數(shù)之和等于28，可以確定另一種元素為鎂．則可推出X為Mg（OH）2、V為MgO、W為Mg3N2；

（1）依據(jù)分析可知X為MgOV為Mg3N2W為Mg（OH）2；

（2）Y為NH3屬于共價化合物；氮原子和三個氫原子形成三對共用電子對；

（3）反應①是氮化鎂和水反應生成氨氣和氫氧化鎂沉淀；

②的反應為氫氧化鎂受熱分解生成氧化鎂和水．【解析】【解答】解：根據(jù)Y與氧氣反應生成水和單質Z，Y+O2→Z（無色、無味的氣體）+H2O，Z為無色、無味氣體，可確定組成Z的元素為氮，則Y是NH3；根據(jù)反應①W+H2O→X（白色沉淀）+Y（無色、具有刺激性氣味的氣體），利用元素守恒，可以確定5種物質共涉及4種元素，其中3種為氫、氧、氮，根據(jù)原子序數(shù)之和等于28，可以確定另一種元素為鎂．則可推出X為Mg（OH）2、V為MgO、W為Mg3N2；

（1）依據(jù)分析可知X為MgOV為Mg3N2W為Mg（OH）2，故答案為：MgO，Mg3N2，Mg（OH）2；

（2）氨氣為共價化合物，氨氣中存在3個氮氫鍵，氮原子最外層達到8電子穩(wěn)定結構，氨氣的電子式為故答案為：

（3）反應①是氮化鎂和水反應生成氨氣和氫氧化鎂沉淀，反應的化學方程式為：Mg3N2+6H2O=3Mg（OH）2↓+2NH3↑；

②的反應為氫氧化鎂受熱分解生成氧化鎂和水，反應的化學方程式為：Mg（OH）2MgO+H2O；

故答案為：Mg3N2+6H2O=3Mg（OH）2↓+2NH3↑；Mg（OH）2MgO+H2O．11、吸氧負正2H++2e-=H2↑Fe-2e-=Fe2+【分析】【分析】鋼鐵在潮濕的空氣中，根據(jù)水膜為中性或弱酸性來分析發(fā)生的腐蝕的類型；在形成的原電池中，由于鐵比碳活潑，據(jù)此分析正負極；若水膜顯酸性，則發(fā)生析氫腐蝕，據(jù)此分析正負極反應．【解析】【解答】解：鋼鐵在潮濕的空氣中，由于水膜為中性或弱酸性，故發(fā)生吸氧腐蝕；在形成的原電池中，由于鐵比碳活潑，故鐵做負極，碳做正極；若水膜顯酸性，則發(fā)生析氫腐蝕，故負極反應為Fe-2e-=Fe2+，正極反應為2H++2e-=H2↑；

故答案為：吸氧腐蝕，負極，正極，2H++2e-=H2↑，F(xiàn)e-2e-=Fe2+．12、SO2+2OH-=H2O+SO32-Cl-SO42-兩種離子都存在（或者只存在ClO-）；取少許吸收液于試管中滴加1～2滴0.01mol?L-1KMnO4溶液若溶液褪色則假設1成立，否則假設1不成立【分析】【分析】（1）氫氧化鈉過量；二氧化硫和氫氧化鈉反應生成亞硫酸鈉和水；

（2）吸收尾氣（Cl2）一段時間后，根據(jù)反應原理：Cl2+Na2SO3+2NaOH═2NaCl+Na2SO4+H2O，吸收尾氣一段時間后，吸收液（強堿性）中肯定存在Cl-、OH-和SO42-．①可假設1、溶液中可能存在只存在SO32，2、既不存在SO32-也不存在ClO-，3、SO32-、ClO-都存在或者只存在ClO-；②3mol?L-1H2SO4硫酸電離生成氫離子，溶液顯酸性，次氯酸根離子具有漂白性，亞硫酸根離子具有強的還原性，能被酸性的高錳酸鉀氧化而使高錳酸鉀褪色，選擇具有強氧化性高錳酸鉀溶液，證明SO32-的存在．【解析】【解答】解：（1）SO2與過量NaOH溶液反應，因NaOH過量，故生成的是正鹽，化學方程式為：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，離子方程式為：SO2+2OH-=H2O+SO32-；

故答案為：SO2+2OH-=H2O+SO32-；

（2）吸收尾氣（Cl2）一段時間后，根據(jù)反應原理：Cl2+Na2SO3+2NaOH═2NaCl+Na2SO4+H2O，氯化鈉、硫酸鈉都為強電解質完全電離，所以吸收尾氣一段時間后，吸收液（強堿性）中肯定存在Cl-、OH-和SO42-；

故答案為：Cl-、SO42-；

①可假設1、溶液中可能存在只存在SO32，2、既不存在SO32-也不存在ClO-，3、SO32-、ClO-都存在或者只存在ClO-；

故答案為：兩種離子都存在（或者只存在ClO-）；

②因為吸收液呈堿性，先取少量吸收液于試管中，滴加3moL-L-1H2SO4至溶液呈酸性，若存在SO32-，生成了H2SO3，H2SO3具有還原性；選擇具有強氧化性高錳酸鉀溶液；

在試管中滴加0.01mol?L-1KMnO4溶液1～2滴，若紫紅色褪去，證明有SO32-；否則無；

故答案為：。實驗預期現(xiàn)象和結論取少許吸收液于試管中滴加1～2滴0.01mol?L-1KMnO4溶液若溶液褪色則假設1成立，否則假設1不成立13、BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2OH+、Fe3+調節(jié)溶液的pH，使Fe3+完全沉淀除去BaSO4（aq）+CO32-（aq）?BaCO3（aq）+SO42-（aq）5蒸發(fā)濃縮過濾氮的氧化物和重金屬污染【分析】【分析】鋇泥中主要含有BaCO3、BaSO3、Ba（FeO2）2等，加稀硝酸溶解，BaSO3被氧化為BaSO4，過濾，濾渣為BaSO4，濾液中主要含有Ba2+、H+、Fe3+，調節(jié)pH，使Fe3+轉化為氫氧化鐵沉淀除去，過濾，濾渣2為氫氧化鐵，濾液2中主要含有Ba2+、H+；加氫氧化鋇溶液中和多余的氫離子，使溶液為中性，然后蒸發(fā)濃縮；冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥，得到硝酸鋇晶體；

（1）酸溶時；碳酸鋇與氫離子反應生成二氧化碳；鋇離子和水；

（2）加稀硝酸溶解，Ba（FeO2）2轉化為Ba2+、Fe3+；

（3）調節(jié)pH除去鐵離子；

（4）當c（CO32-）×c（Ba2+）＞Ksp（BaCO3）時；可實現(xiàn)沉淀的轉化；

（5）根據(jù)Ksp（BaSO4）=1.1×10-10，Ksp（BaCO3）=5.1×10-9；求出化學平衡常數(shù)，結合化學方程式進行計算；

（6）根據(jù)從溶液中提取溶質的操作分析；

（7）硝酸與亞硫酸鋇反應的產(chǎn)物之一為氮的氧化物，鋇離子屬于有毒的重金屬離子，根據(jù)氮的氧化物和鋇離子對環(huán)境的影響分析．【解析】【解答】解：鋇泥中主要含有BaCO3、BaSO3、Ba（FeO2）2等，加稀硝酸溶解，BaSO3被氧化為BaSO4，過濾，濾渣為BaSO4，濾液中主要含有Ba2+、H+、Fe3+，調節(jié)pH，使Fe3+轉化為氫氧化鐵沉淀除去，過濾，濾渣2為氫氧化鐵，濾液2中主要含有Ba2+、H+；加氫氧化鋇溶液中和多余的氫離子，使溶液為中性，然后蒸發(fā)濃縮；冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥，得到硝酸鋇晶體；

（1）酸溶時，碳酸鋇與氫離子反應生成二氧化碳、鋇離子和水，其反應的離子方程式為：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；

故答案為：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；

（2）加稀硝酸溶解，Ba（FeO2）2轉化為Ba2+、Fe3+，另外溶液中還含有多余的氫離子，所以溶液中的陽離子有Ba2+、Fe3+、H+；

故答案為：H+、Fe3+；

（3）溶液中含有雜質離子Fe3+，調節(jié)溶液的pHFe3+會轉化為氫氧化鐵沉淀；然后過濾除去；

故答案為：調節(jié)溶液的pH，使Fe3+完全沉淀除去；

（4）溶液存在BaSO4（aq）+CO32-（aq）?BaCO3（aq）+SO42-（aq），當c（CO32-）×c（Ba2+）＞Ksp（BaCO3）時；可實現(xiàn)沉淀的轉化；

故答案為：BaSO4（aq）+CO32-（aq）?BaCO3（aq）+SO42-（aq）；

（5）BaSO4（aq）+CO32-（aq）?BaCO3（aq）+SO42-（aq）的平衡常數(shù)K====0.0216；

設每次用1.00L2.0mol?L-1飽和Na2CO3溶液能處理xmolBaSO4；

BaSO4+CO32-=BaCO3+SO42

（2.02.0-x）mol?L-1xmol?L-1

根據(jù)K===0.0216

解得：x=0.0441，處理次數(shù)==4.76；所以至少處理5次；

故答案為：5；

（6）從溶液中提取溶質經(jīng)過蒸發(fā)濃縮；冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥；即可得到硝酸鋇晶體；

故答案為：蒸發(fā)濃縮；過濾；

（7）硝酸與亞硫酸鋇反應的產(chǎn)物之一為氮的氧化物；氮的氧化物屬于有毒氣體，會污染空氣，鋇離子屬于有毒的重金屬離子，最后的母液中含有鋇離子，會污染環(huán)境，因此要進一步處理，避免造成二次污染；

故答案為：氮的氧化物和重金屬污染．14、0.004mol/（L?s）60%3A（g）?B（g）+2C（g）△H=+100akJ?mol-10.02ab【分析】【分析】（1）由圖象計算C的濃度變化，再根據(jù)v=計算反應速率；A的轉化率=×100%計算；

（2）計算3molA反應的熱量；結合方程式書寫熱化學方程式；

（3）根據(jù)C、A濃度的變化判斷二者計量數(shù)關系，根據(jù)t4～t5階段判斷化學方程式；根據(jù)化學方程式計算；

（4）該反應反應前后氣體體積不變，t3后反應速率加快，正逆反應速率相等，據(jù)此分析．【解析】【解答】解：（1）若t1=15s，生成物C在t0～t1時間段的平均反應速率為：v==0.004mol?L-1?s-1，A的轉化率=×100%=×100%=60%；

故答案為：0.004mol/（L?s）；60%；

（2）反應的方程式為3A（g）?B（g）+2C（g），A的物質的量減少0.03mol，而此過程中容器與外界的熱交換總量為akJ，則A的物質的量減少3mol，與外界的熱交換總量為100akJ，由圖象可知t5～t6階段應為升高溫度，A的物質的量減少，說明向正反應方向移動，則正反應吸熱，該反應的熱化學方程式為3A（g）B（g）+2C（g）△H=+100akJ?mol-1；

故答案為：3A（g）?B（g）+2C（g）△H=+100akJ?mol-1；

（3）t1時反應中A的濃度變化為0.15mol/L-0.06mol/L=0.09mol/L，C的濃度變化為0.11mol/L-0.05mol/L=0.06mol/L，反應中A與C的計量數(shù)之比為0.09：0.06=3：2，若t4時改變的條件為減小壓強；根據(jù)圖乙知，減小壓強平衡不移動，則該反應中氣體的化學計量數(shù)之和前后相等，則有：3A（g）?B（g）+2C（g），根據(jù)方程式可知消耗0.09mol/L的A，則生成0.03mol/L的B，平衡時B的濃度是0.05mol/L，則B的起始物質的量濃度為0.02mol/L；

故答案為：0.02；

（4）該反應反應前后氣體體積不變，t3后反應速率加快，正逆反應速率相等，所以改變的體積可能是使用了催化劑或加壓，故答案為：ab．15、ACC9H8O2【分析】【分析】（1）化合物I中含有羧基；化合物II中含有羧基和碳碳雙鍵，據(jù)此解答即可；

（2）依據(jù)結構簡式判斷分子式；依據(jù)乙烯的加成反應書寫此加聚方程式；

（3）Ⅲ和Cu共熱的產(chǎn)物能發(fā)生銀鏡反應；說明此物質為醇類，發(fā)生氧化反應生成醛類，據(jù)此解答；

（4）化合物IV是化合物II的同分異構體，分子式為：C9H8O2，化合物IV遇FeCl3溶液顯紫色；故含有酚羥基，苯環(huán)上的一氯代物只有2種，那么兩個取代基應處于對位，據(jù)此解答即可；

（5）依據(jù)醇類的消去反應去掉羥基引入碳碳不飽和雙鍵，依據(jù)所給信息①（氯代烴與不飽和烴的取代反應）加長碳鏈，據(jù)此解答即可．【解析】【解答】解：（1）A；化合物I中含有羧基；屬于羧酸，能與堿（氫氧化銅）反應，故A正確；

B；化合物I和II中均不含有醛基；不能發(fā)生銀鏡反應，故B錯誤；

C；化合物II中含有碳碳雙鍵；能被高錳酸鉀溶液氧化，導致高錳酸鉀溶液褪色，故C正確；

D、苯環(huán)與碳碳雙鍵均能與氫氣發(fā)生加成反應，1mol化合物II最多能與4molH2反應；故D錯誤；

故選AC；

（2）化合物II的分子式為：C9H8O2，化合物II在催化劑條件下生產(chǎn)高分子化合物的反應方程式為：

故答案為：C9H8O2；

（3）Ⅲ和Cu共熱的產(chǎn)物能發(fā)生銀鏡反應，說明此物質屬于醇類，且能氧化生成醛，應為端基醇，故結構簡式為：

故答案為：

（4）化合物IV是化合物II的同分異構體，分子式為：C9H8O2，化合物IV遇FeCl3溶液顯紫色，故含有酚羥基，苯環(huán)上的一氯代物只有2種，那么兩個取代基應處于對位，故結構簡式為：故答案為：

（5）醇類能在濃硫酸作催化劑的條件下發(fā)生消去反應去掉羥基引入碳碳不飽和雙鍵，化學反應方程式為依據(jù)所給信息①（氯代烴與不飽和烴的取代反應）加長碳鏈，即發(fā)生取代反應去掉溴原子，生成肉桂酸，化學反應方程式為

故答案為：．16、C6H12O6ac羧基【分析】【分析】I．（1）B經(jīng)過縮聚反應生成可降解塑料，其結構簡式為：則B為CH3CHOHCOOH，A在乳酸菌的作用下生成有機物B，則單糖A為C6H12O6；

（2）B中含-OH；-COOH；結合醇、羧酸的性質來解答；

（3）B在一定條件下可生成C；C能使溴的四氯化碳溶液褪色，C中含雙鍵，B發(fā)生消去反應生成C；

II.1molD與足量NaHCO3反應放出標準狀況下44.8LCO2；則氣體的物質的量為2mol，可知D中含2個-COOH，D的相對分子質量為90，則D為乙二酸；

（4）D中含-COOH；

（5）等物質的量的D與乙二醇在催化劑作用下可生成鏈狀高分子化合物，為縮聚反應．【解析】【解答】解：I．（1）B經(jīng)過縮聚反應生成可降解塑料，其結構簡式為：則B為CH3CHOHCOOH，A在乳酸菌的作用下生成有機物B，則單糖A為C6H12O6；

故答案為：C6H12O6；

（2）a．B為CH3CHOHCOOH，B的分子式為C3H6O3；故正確；

b.1molB中含1mol-COOH；可與1molNaOH反應，故錯誤；

c.1molB中含1mol-OH、1mol-COOH，與足量的Na反應可生成1molH2；故正確；

故答案為：ac；

（3）B在一定條件下可生成C，C能使溴的四氯化碳溶液褪色，C中含雙鍵，B發(fā)生消去反應生成C，反應為

故答案為：

II.1molD與足量NaHCO3反應放出標準狀況下44.8LCO2；則氣體的物質的量為2mol，可知D中含2個-COOH，D的相對分子質量為90，則D為乙二酸；

（4）D中含-COOH；名稱為羧基，故答案為：羧基；

（5）等物質的量的D與乙二醇在催化劑作用下可生成鏈狀高分子化合物，為縮聚反應，反應為

故答案為：．17、Bk=＜mol/（L?s）BD①②③【分析】【分析】（1）由圖象可知B狀態(tài)反應較快，且A、B處于不同平衡狀態(tài)，B狀態(tài)NO2的物質的量較少；結合溫度；壓強對平衡移動的影響判斷；

（2）根據(jù)平衡常數(shù)等于生成物的濃度冪之積除以反應物的濃度冪之積計算；結合溫度對平衡移動的影響判斷；

（3）根據(jù)NO2的物質的量結合方程式可判斷平衡時O2的濃度，進而可計算O2的反應速率；

（4）達到平衡時存在“等”；“定”的特征；由此可判斷平衡狀態(tài)；

（5）2NO+O2?2NO2由（1）的推斷可知該反應為放熱反應，根據(jù)溫度壓強對平衡的影響分析．【解析】【解答】解：（1）由圖象可知B狀態(tài)反應較快，且A、B處于不同平衡狀態(tài)，肯定不是催化劑的影響，如是壓強的影響，則增大壓強，平衡向逆反應方向移動，則NO2的物質的量應增大，但B狀態(tài)NO2的物質的量較少，應是升高溫度的原因，該反應的正反應為吸熱反應，升高溫度平衡向正反應方向移動，則NO2的物質的量減少；故答案為：B；

（2）平衡常數(shù)等于生成物的濃度冪之積除以反應物的濃度冪之積，則k=；反應的正反應為吸熱反應，升高溫度平衡向正反應方向移動，則平衡常數(shù)增大；

故答案為：k=；＜；

（3）根據(jù)圖象可知，B狀態(tài)時，平衡時NO2的物質的量為0.1mol，則反應的NO2的物質的量為0.1mol，生成O2的物質的量為0.05mol，則VO2==mol/（L?s），故答案為：mol/（L?s）；

（4）A．V正（NO2）=V逆（NO）；說明正逆反應速率相等，反應達到平衡狀態(tài)，故A正確；

B．C（NO2）=C（NO）；正逆反應速率不相等，沒有達到平衡狀態(tài)，故B錯誤；

C．氣體的質量不變；氣體的平均摩爾質量不變，則說明氣體的物質的量不變，說明反應達到平衡狀態(tài)，故C正確；

D．由于氣體的質量不變；氣體的體積不變，則無論是否達到平衡狀態(tài)，都存在氣體的密度保持不變的特征，不能判斷是否達到平衡，故D錯誤；

故答案為：BD；

（5）2NO+O2?2NO2由（1）的推斷可知該反應為放熱反應，容器①外面有隔熱套，反應放熱則容器內(nèi)溫度升高，平衡逆移，NO物質的百分含量增大；容器③有自由移動的活塞，容器內(nèi)為恒壓狀態(tài)，而容器②體積不變反應后氣體物質的量減少，壓強減小，所以容器③的壓強大于容器②的壓強，所以容器③內(nèi)向正方向進行的程度大，NO物質的百分含量減小，所以NO物質的百分含量由大到小的順序為①②③，故答案為：①②③．18、31四第ⅢA313【分析】【分析】由電子排布式可知，其原子序數(shù)等于質子數(shù)等于電子總數(shù)，電子層數(shù)為4，最外層電子數(shù)為3，以此來解答．【解析】【解答】解：（1）由1s22s22p63s23p63d104s24p1可知；原子序數(shù)為2+2+6+2+6+10+2+1=31，故答案為：31；

（2）電子層數(shù)為4；最外層電子數(shù)為3，則位于元素周期表中第四周期第ⅢA族，故答案為：四；第ⅢA；

（3）原子序數(shù)等于質子數(shù)等于電子總數(shù)，則電子總數(shù)為31，由價電子排布為4s24p1，則價電子總數(shù)為3，故答案為：31；3．三、判斷題(共8題，共16分)19、√【分析】【分析】工業(yè)廢水應遵循“先凈化，后排放”的原則，工業(yè)廢水需要經(jīng)過處理達標后再排放才不會污染環(huán)境．【解析】【解答】解：工業(yè)廢水是指工業(yè)生產(chǎn)過程中產(chǎn)生的廢水；污水和廢液；其中含有隨水流失的工業(yè)生產(chǎn)用料、中間產(chǎn)物和產(chǎn)品以及生產(chǎn)過程中產(chǎn)生的污染物．廢水中含有的酸、堿、鹽，會造成水體污染，需要經(jīng)過處理達標后才能排放；

故答案為：√．20、×【分析】【分析】水的摩爾質量為18g/mol，與物質的量多少無關．【解析】【解答】解：水的摩爾質量為18g/mol，與物質的量多少無關，2mol水的質量與1mol水的質量之比為2：1，故錯誤，故答案為：×．21、×【分析】【分析】判斷有機物的命名是否正確或對有機物進行命名；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）有機物的名稱書寫要規(guī)范；

（3）對于結構中含有苯環(huán)的；命名時可以依次編號命名，也可以根據(jù)其相對位置，用“鄰”；“間”、“對”進行命名；

（4）含有官能團的有機物命名時，要選含官能團的最長碳鏈作為主鏈，官能團的位次最?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓海?）雙鍵的個數(shù)為3；應命名為1，3，5-己三烯，故答案為：×；

（2）從離官能團最近的一端開始命名；應命名為3-甲基-2-丁醇，故答案為：×；

（3）應標出取代基的位置；應命名為1，2-二溴乙烷，故答案為：×；

（4）選最長的碳連做主鏈；應命名為3-甲基-1-戊烯，故答案為：×；

（5）符合命名規(guī)則；故答案為：√；

（6）選最長的碳連做主鏈，從離官能團最近的一端開始命名，應命名為2-甲基-2-戊烯，故答案為：×．22、×【分析】【分析】1mol任何氣體的體積都約是22.4L，只針對于氣體．【解析】【解答】解：標準狀況下；氣體的氣體摩爾體積為22.4L/mol，則1mol氣體的體積為22.4L，而非氣體不是；

故答案為：×．23、×【分析】【分析】在水溶液中；電解質在水分子作用下電離出自由移動的離子；

在熔融狀態(tài)下，電解質在電流的作用下電離出自由移動的離子．【解析】【解答】解：NaCl溶液在水分子作用下電離出鈉離子和氯離子；

故答案為：×．24、×【分析】【分析】水的摩爾質量為18g/mol，與物質的量多少無關．【解析】【解答】解：水的摩爾質量為18g/mol，與物質的量多少無關，2mol水的質量與1mol水的質量之比為2：1，故錯誤，故答案為：×．25、×【分析】【分析】稀硝酸具有強氧化性，和金屬反應生成硝酸鹽和氮氧化物，稀硫酸具有弱氧化性，和酸反應生成硫酸鹽和氫氣．【解析】【解答】解：稀硫酸中弱氧化性是氫離子體現(xiàn)的，所以稀硫酸和鐵反應生成硫酸亞鐵和氫氣，稀硝酸中強氧化性是N元素體現(xiàn)的，所以稀硝酸具有強氧化性，和鐵反應生成NO而不是氫氣，所以該說法錯誤，故答案為：×．26、×【分析】【分析】高分子化合物（又稱高聚物）一般相對分子質量高于10000，結構中有重復的結構單元；據(jù)此分析．【解析】【解答】解：蔗糖的分子式為：C12H22O12；其相對分子質量較小，不屬于高分子化合物，蛋白質；纖維素、PVC、淀粉都是高分子化合物，故該說法錯誤；

故答案為：×．四、探究題(共4題，共20分)27、|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．28、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．29、|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．30、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．五、計算題(共4題，共8分)31、H2H2是CH4【分析】【分析】根據(jù)n=計算各物質的物質的量，由N=nNA可知；物質的量越大含有分子數(shù)目越大．根據(jù)各物質分子含有的H原子數(shù)目，計算H原子的物質的量，據(jù)此判斷；

由N=nNA可知，物質的量相同含有的分子數(shù)目相等，含有H原子數(shù)目之比等于分子中含有的H原子數(shù)之比．【解析】【解答】解：1g氫氣的物質的量為=0.5mol，1g甲烷的物質的量為=mol；

1g水的物質的量為=mol；

由N=nNA可知；物質的量越大含有分子數(shù)目越大，故氫氣的分子數(shù)目最大；

氫氣中含有H原子為0.5mol×2=1mol，甲烷中含有H原子mol×4=0.25mol，水中含有H原子為mol×2=mol；故氫氣中含有的H原子最多；

當氫氣、甲烷、水各1mol，由N=nNA可知；物質的量相同含有的分子數(shù)目相等，含有H原子數(shù)目之比等于分子中含有的H原子數(shù)之比，故甲烷中含有H原子最多；

故答案為：H2，H2；是，CH4．32、任意取一層液體加水，如果不分層則取的是水層、反之是油層62g/mol6216Na2O2210.29：3：11：34020【分析】【分析】（1）利用水和有機溶劑互不相溶；放出少量液體，加入液體水根據(jù)是否分層來判斷；

（2）12.4gNa2X含0.4molNa+，則Na2X的物質的量為0.2mol，結合M=及相對分子質量與M的數(shù)值相等計算；

（3）原子總數(shù)為6mol的水，水的物質的量為=2mol；結合分子構成計算；

（4）氨氣的物質的量為L，溶液的體積為×10-3L，結合c=計算；

（5）結合電荷守恒計算；

（6）物質的量濃度的氯化鈉；氯化鎂、氯化鋁溶液；分別與過量的硝酸銀溶液反應，當生成沉淀的質量之比為3：2：1時，則氯化鈉、氯化鎂、氯化鋁中氯離子的物質的量比為3：2：1，濃度相同，則體積之比等于物質的量之比；

（7）設CO的物質的量為x，CO2的物質的量為y，根據(jù)質量之和與物