2025年滬教新版高三化學(xué)下冊(cè)月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年滬教新版高三化學(xué)下冊(cè)月考試卷482考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、下列物質(zhì)的水溶液經(jīng)加熱濃縮，蒸干灼燒仍能得到原物質(zhì)的是（）A.FeCl3B.Cu（NO3）2C.Na2SO3D.NaAlO22、下列關(guān)于rm{0.5mol?L^{-1}NaHCO_{3}}溶液的說(shuō)法正確的是rm{(}rm{)}A.溶質(zhì)的電離方程式為rm{NaHCO_{3}=Na^{+}+H^{+}+CO_{3}^{2-}}B.加水稀釋后，rm{n(H^{+})}與rm{n(OH^{-})}的乘積變大C.離子濃度關(guān)系：rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(OH^{-})+c(HCO_{3}^{-})+c(CO_{3}^{2-})}D.溫度升高，rm{c(HCO_{3}^{-})}增大3、空氣吹出法工藝；是目前“海水提溴”的最主要方法之一．其工藝流程如下，其中不正確的是（）

A.溴在周期表中位于第四周期VIIA族B.步驟①中用硫酸酸化可抑制Cl2、Br2與水反應(yīng)C.步驟④的離子方程式Br2+SO2+H2O=2H++2Br-+SO42-D.步驟⑧中溴蒸氣冷凝后得到液溴與溴水的混合物可用分液漏斗分離4、T℃時(shí)，在2L的密閉容器中，X、Y、Z三種氣體的物質(zhì)的量隨時(shí)間變化的曲線如圖所示，下列描述正確的是（）A.T℃時(shí)，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：X（g）+Y（g）?2Z（g），平衡常數(shù)K=4B.平衡時(shí)X、Y的轉(zhuǎn)化率相同C.達(dá)到平衡后，恒溫將容器體積擴(kuò)大為3L，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)D.T℃時(shí)，若起始時(shí)X為0.60mol，Y為1.00mol，則平衡時(shí)Y的轉(zhuǎn)化率小于80%5、能把K2SO4、Ba（NO3）2、Na2CO3三種無(wú)色溶液鑒別出來(lái)的一種試劑是（）A.KNO3溶液B.稀硫酸C.NaOH溶液D.Na2SO4溶液評(píng)卷人得分二、雙選題(共9題，共18分)6、對(duì)實(shí)驗(yàn)Ⅰ～Ⅲ的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象預(yù)測(cè)正確的是()

A.實(shí)驗(yàn)Ⅰ：液體分層，下層呈無(wú)色B.實(shí)驗(yàn)Ⅱ：繼續(xù)煮沸至出現(xiàn)紅褐色沉淀，停止加熱，加入稀鹽酸無(wú)明顯變化C.實(shí)驗(yàn)Ⅱ：繼續(xù)煮沸溶液至紅褐色，停止加熱，當(dāng)光束通過(guò)體系時(shí)可產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)D.實(shí)驗(yàn)Ⅲ：放置一段時(shí)間后，飽和CuSO4溶液中出現(xiàn)藍(lán)色晶體7、常溫下，用rm{0.1000}rm{mol/L}的鹽酸滴定rm{20.00}rm{mL}未知濃度的rm{Na_{2}CO_{3}}溶液，溶液的rm{pH}與所加鹽酸的體積關(guān)系如圖所示rm{.}下列有關(guān)敘述正確的是rm{(}rm{)}A.rm{a}點(diǎn)溶液呈堿性的原因用離子方程式表示為：rm{CO_{3}^{2-}+2H_{2}O?H_{2}CO_{3}+2OH^{-}}B.rm{c}點(diǎn)處的溶液中rm{c(Na^{+})-c(Cl^{-})=c(HCO_{3}^{-})+2c(CO_{3}^{2-})}C.滴定過(guò)程中使用甲基橙作為指示劑比酚酞更準(zhǔn)確D.rm6ssc8ww點(diǎn)處溶液中水電離出的rm{c(H^{+})}大于rm點(diǎn)處8、恒溫下，向容積為rm{2L}的密閉容器中加入rm{MgSO_{4}(s)}和rm{CO(g)}發(fā)生反應(yīng)：rm{MgSO_{4}(s)+CO(g)?MgO(s)+CO_{2}(g)+SO_{2}(g)}反應(yīng)過(guò)程中測(cè)定的部分?jǐn)?shù)據(jù)見(jiàn)下表：下列說(shuō)法正確的是rm{MgSO_{4}(s)+CO(g)?

MgO(s)+CO_{2}(g)+SO_{2}(g)}rm{(}A.反應(yīng)在rm{)}內(nèi)的平均速率為rm{v(SO_{2})=0.6mol隆隴L^{-1}隆隴min^{-1}}B.反應(yīng)在rm{02min}內(nèi)容器內(nèi)氣體的密度沒(méi)有變化C.若升高溫度，反應(yīng)的平衡常數(shù)變?yōu)閞m{v(SO_{2})=0.6

mol隆隴L^{-1}隆隴min^{-1}}則正反應(yīng)為放熱反應(yīng)D.保持其他條件不變，起始時(shí)向容器中充入rm{24min}和rm{1.00}到達(dá)平衡時(shí)rm{1.00molMgSO_{4}}rm{1.00molCO}9、下列說(shuō)法正確的是()A.常溫下，rm{C(s)+H_{2}O(g)?CO(g)+H_{2}(g)}不能自發(fā)進(jìn)行，則該反應(yīng)的rm{C(s)+H_{2}O(g)?

CO(g)+H_{2}(g)}B.rm{婁隴H>0}時(shí)，向rm{0.1mol隆隴L^{-1}CH_{3}COOH}溶液中加水稀釋?zhuān)瑀m{25隆忙}逐漸增大C.rm{0.1mol隆隴L^{-1}

CH_{3}COOH}的金屬活動(dòng)性強(qiáng)于rm{dfrac{cmathrm{(}CH_{3}{COOH}mathrm{)}}{cmathrm{(}CH_{3}{CO}O^{mathrm{{-}}}mathrm{)}}}可以通過(guò)電解rm{Ba}溶液的方法獲得金屬鋇D.對(duì)硫酸工業(yè)中的反應(yīng)：rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g)}rm{Mg}采用rm{BaCl_{2}}左右的高溫主要是為了加快反應(yīng)速率rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?

2SO_{3}(g)}10、真菌聚酮rm{(X)}具有多種生物活性，一定條件下可分別轉(zhuǎn)化為rm{Y}和rm{Z}．

下列說(shuō)法正確的是rm{(}rm{)}A.rm{X}rm{Y}和rm{Z}中均不含手性碳原子B.rm{Y}能發(fā)生氧化、還原、取代反應(yīng)C.一定條件下，rm{1}rm{mol}rm{X}最多能與rm{5}rm{mol}rm{H_{2}}發(fā)生加成反應(yīng)D.rm{1}rm{mol}rm{Z}最多可與含rm{3}rm{mol}rm{NaOH}的溶液反應(yīng)11、二氧化硫是大氣污染物質(zhì)之一，也是形成“酸雨”的主要成分，其來(lái)源主要有()A.大量礦石的開(kāi)采B.生態(tài)環(huán)境的破壞C.含硫磺溫泉的開(kāi)發(fā)D.工業(yè)上大量含硫物質(zhì)的燃燒12、在四個(gè)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(shuō)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(shí)，平均反應(yīng)速率：rm{v(}Ⅰrm{)>v(}Ⅲrm{)}C.圖中rm{A}rm{B}rm{C}三點(diǎn)處容器內(nèi)總壓強(qiáng)：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(shí)，起始速率：rm{v(N_{2}O)_{脮媒}>v(N_{2}O)_{脛忙}}13、在rm{100g}濃度為rm{婁脴%}的稀硫酸中加入rm{4g}氧化銅粉末，待氧化銅全部溶解后，向所得藍(lán)色溶液中加入rm{10g}鐵粉，充分反應(yīng)后，過(guò)濾，得濾液和rm{4.8g}濾渣rm{.}下列計(jì)算結(jié)果正確的是rm{(}rm{)}A.rm{4.8g}濾渣是由rm{3.2g}銅和rm{1.6g}鐵組成B.rm{婁脴=14.7}C.反應(yīng)過(guò)程中產(chǎn)生的氫氣是rm{2.24L}D.濾液是rm{20.88%}的硫酸亞鐵溶液14、Y是合成藥物查爾酮類(lèi)抑制劑的中間體，可由X在一定條件下反應(yīng)制得：

下列敘述正確的是（）A.反應(yīng)過(guò)程中加入K2CO3，能提高X的轉(zhuǎn)化率B.Y與Br2的加成產(chǎn)物分子中不含手性碳原子C.X和Y均能與新制的Cu（OH）2在加熱條件下反應(yīng)生成磚紅色沉淀D.等物質(zhì)的量的X、Y分別與H2反應(yīng)，最多消耗H2的物質(zhì)的量之比為3：4評(píng)卷人得分三、填空題(共8題，共16分)15、今有七種物質(zhì)：①鋁線②熔化的KNO3③氯氣④NaCl晶體⑤液態(tài)氯化氫⑥石灰水⑦乙醇。

（1）其中能導(dǎo)電的物質(zhì)是____

（2）屬于電解質(zhì)的是____

（3）屬于非電解質(zhì)的是____．16、X；Y、Z、M、N為短周期的五種主族元素；其中X、Z同主族，Y、Z同周期，M與X、Y既不同周期，也不同族．X原子最外層電子數(shù)是核外電子層數(shù)的三倍，Y的最高價(jià)與最低價(jià)的代數(shù)和等于6．N是短周期主族元素中原子半徑最大的非金屬元素．

（1）X元素位于元素周期表的位置是第____周期，第____族；

（2）請(qǐng)寫(xiě)出下列反應(yīng)的離子方程式：N單質(zhì)與氫氧化鈉溶液反應(yīng)：____

（3）Y與Z相比，非金屬性較強(qiáng)元素的原子結(jié)構(gòu)示意圖為_(kāi)___，可以證明該結(jié)論的實(shí)驗(yàn)是（用離子方程式表示）____

（4）請(qǐng)將X、Z、M、N元素原子半徑從大到小排序：____（用元素符號(hào)表示）17、I；已知室溫時(shí)；0.1mol/L某一元酸HA在水中有0.1%發(fā)生電離，回答下列問(wèn)題：

（1）該溶液中c（H+）=____．

（2）HA的電離平衡常數(shù)K=____；

（3）升高溫度時(shí)，K____（填“增大”“減小”或“不變”）．

（4）由HA電離出的c（H+）約為水電離出的c（H+）的____倍．

II、已知t℃時(shí)，Kw=1×10-13，則t℃（填“＞”、“＜”或“=”）____25℃．在t℃時(shí)將pH=11的NaOH溶液aL與pH=1的H2SO4溶液bL混合（忽略混合后溶液體積的變化），若所得混合溶液的pH=2，則a：b=____．18、實(shí)驗(yàn)室中用適當(dāng)?shù)姆椒ǔハ铝形镔|(zhì)中的雜質(zhì)（括號(hào)內(nèi)為雜質(zhì)）：

（1）甲烷（乙烯）：選用試劑為_(kāi)___，分離裝置名稱(chēng)____．

（2）硝基苯（濃硫酸、濃硝酸）：選用試劑為_(kāi)___，所用主要儀器名稱(chēng)____．19、1808年，英國(guó)化學(xué)家戴維用鉀還原氧化鎂，最早制得少量的鎂．鎂是航空工業(yè)的重要材料，鎂合金用于制造飛機(jī)機(jī)身、發(fā)動(dòng)機(jī)零件等，一架超音速飛機(jī)約有5%的鎂合金構(gòu)件，一枚導(dǎo)彈一般消耗100～200公斤鎂合金；鎂作為一種強(qiáng)還原劑，還用于鈦、鋯、鈹和鈾等的生產(chǎn)中；鎂是燃燒彈和照明彈不能缺少的組成物；鎂粉是節(jié)日煙花必需的原料．鎂及其合金是一種用途很廣泛的金屬材料，目前世界上60%的鎂是從海水中提取的．從海水（主要含NaCl和MgSO4）中提取金屬鎂的主要步驟如圖：

回答下列問(wèn)題：

（1）Mg在周期表中的位置____，試劑A可以選用____，試劑C可選用____；

（2）步驟①的離子方程式____；

（3）用電子式表示氯化鎂的形成過(guò)程____；

（4）無(wú)水MgCl2在熔融狀態(tài)下，通電后會(huì)產(chǎn)生Mg和Cl2，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：____；

（5）戴維制鎂的化學(xué)方程式為_(kāi)___；

（6）配平下列反應(yīng)的方程式．

①UF4+Mg--U+MgF2

②Mg+HNO3--Mg（NO3）2+N2O↑+H2O．20、化合物M是某種解熱鎮(zhèn)痛藥；以A為原料的工業(yè)合成路線如圖所示：

已知：

完成下列填空：

（1）寫(xiě)出反應(yīng)類(lèi)型：反應(yīng)①____反應(yīng)③____．

（2）A結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：____．由A合成D至少需要____個(gè)步驟才能完成．

（3）寫(xiě)出反應(yīng)④的化學(xué)方程式：____．

（4）B的有苯環(huán)結(jié)構(gòu)的同分異構(gòu)體中有一種能在NaOH（aq）中發(fā)生水解．1mol該有機(jī)物最多消耗NaOH____mol．

（5）寫(xiě)出滿(mǎn)足下列條件的F的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：

①是一種芳香族化合物；②屬α-氨基酸；③苯環(huán)上有4種不同環(huán)境的氫原子____．

（6）由不能一步完成，請(qǐng)解釋可能的原因．____．21、以下是四種粒子的結(jié)構(gòu)示意圖．

A．B．C．D．

（1）上述粒子中氧化性最強(qiáng)的是____．寫(xiě)出一個(gè)它表現(xiàn)氧化性的化學(xué)方程式：____．

（2）上述粒子中還原性最強(qiáng)的是____，寫(xiě)出一個(gè)它表現(xiàn)還原性的化學(xué)方程式：____．

（3）電子層結(jié)構(gòu)與C相同、化學(xué)性質(zhì)最穩(wěn)定的元素，原子的核電荷數(shù)是____，用原子結(jié)構(gòu)與元素性質(zhì)的關(guān)系說(shuō)明它化學(xué)性質(zhì)穩(wěn)定的原因____．

（4）A的一種同位素可用于考古斷代，這種同位素的符號(hào)是____，這種用途決定于它的____性．22、已知溶液中只存在OH-、H+、Na+、CH3COO-四種離子；試回答下列問(wèn)題：

（1）若溶液中只溶解了一種溶質(zhì)，則該溶質(zhì)是____；溶液中c（H+）____c（OH-）（填“＞”；“=”或“＜”）

（2）若溶液中c（Na+）＞c（OH-）＞c（CH3COO-）＞c（H+），則該溶液中的溶質(zhì)為_(kāi)___．

若溶液中c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），則該溶液中溶質(zhì)為_(kāi)___．評(píng)卷人得分四、判斷題(共3題，共30分)23、HCl溶液和NaCl溶液均通過(guò)離子導(dǎo)電，所以HCl和NaCl均是離子化合物____．（判斷對(duì)錯(cuò)）24、判斷題（正確的后面請(qǐng)寫(xiě)“√”；錯(cuò)誤的后面請(qǐng)寫(xiě)“×”）

（1）物質(zhì)的量相同的兩種不同氣體只有在標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積才相等．____

（2）Vm在非標(biāo)準(zhǔn)狀況下不可能為22.4L/mol．____

（3）1mol任何物質(zhì)在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積均為22.4L．____

（4）一定溫度和壓強(qiáng)下，各種氣體物質(zhì)體積的大小由氣體分子數(shù)決定．____．25、標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4L氦氣與22.4L氟氣所含原子數(shù)均為2NA．____（判斷對(duì)錯(cuò)）評(píng)卷人得分五、實(shí)驗(yàn)題(共3題，共9分)26、（12分）硫酸銅是一種應(yīng)用極其廣泛的化工原料．某課外興趣小組將適量濃硝酸分多次加到銅粉與稀硫酸的混合物中，加熱使之反應(yīng)完全（裝置如圖I、圖Ⅱ所示），通過(guò)蒸發(fā)、結(jié)晶得到硫酸銅晶體，并同時(shí)測(cè)定硫酸銅晶體中結(jié)晶水的含量．（1）怎樣檢查圖I裝置的氣密性____。（2）圖I中分液漏斗內(nèi)裝的液體是。（3）圖Ⅱ是圖Ⅰ的改進(jìn)裝置，與圖I相比，圖Ⅱ裝置的明顯優(yōu)點(diǎn)是，，，（可不答滿(mǎn)）．（4）課外興趣小組同學(xué)在測(cè)定膽礬（CuSO4·χH2O）晶體中結(jié)晶水的含量時(shí)．測(cè)得有關(guān)數(shù)據(jù)如下表：。加熱前質(zhì)量加熱后質(zhì)量m1（容器）m2（容器+晶體）m3（容器+無(wú)水CuSO4）5.4g7.9g6.8g①為完成測(cè)定，圖Ⅲ中還缺少的儀器名稱(chēng)是。②判斷樣品已恒重的方法是。③測(cè)定所得膽礬（CuSO4·χH2O）中結(jié)晶水含量的實(shí)驗(yàn)中，稱(chēng)量操作至少進(jìn)行次。④課外興趣小組的測(cè)定結(jié)果x值（與CuSO4·5H2O相比）（填“偏高”、“偏低”、“不變”），可能的原因是。（填字母序號(hào)）a．加熱溫度過(guò)高b．膽礬晶體的顆粒較大c．加熱后放在空氣中冷卻d．膽礬晶體部分風(fēng)化27、（1）用18mol/L濃硫酸配制100mL1.0mol/L的稀硫酸；若實(shí)驗(yàn)儀器有：

A．100mL量筒B．玻璃棒C．托盤(pán)天平D．50mL容量瓶。

E．10mL量筒F．膠頭滴管G．50mL燒杯H．100mL容量瓶。

實(shí)驗(yàn)時(shí)必須選用的儀器是（填入字母）____

（2）在配制過(guò)程中，下列操作不正確的是____

A．使用容量瓶前需檢查它是否漏水。

B．將蒸餾水注入容量瓶中；液面離刻度線下1～2cm時(shí)，改用膠頭滴管滴加至液面與刻度線相切。

C．配制溶液時(shí)；用量筒量取試樣后直接倒入容量瓶中，緩慢加入蒸餾水至刻度線。

D．定容后蓋好瓶塞；反復(fù)上下顛倒，搖勻。

（3）若實(shí)驗(yàn)時(shí)遇到下列情況，將使所配溶液的濃度偏高的是____

A．定容時(shí)仰視讀數(shù)。

B．定容搖勻后；發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線，再加入蒸餾水至與刻度線相切。

C．洗滌量筒；并將洗滌液轉(zhuǎn)入容量瓶。

D．在配制前用稀硫酸潤(rùn)洗容量瓶后，未用蒸餾水洗滌．28、觀察下列實(shí)驗(yàn)裝置圖；試回答下列問(wèn)題：

rm{(1)}寫(xiě)出圖中四種實(shí)驗(yàn)操作的名稱(chēng)依次是______；______、______、______．

rm{(2)}寫(xiě)出裝置rm{壟脺}中所用玻璃儀器的名稱(chēng)______；______．

rm{(3)}下列實(shí)驗(yàn)需要在哪套裝置中進(jìn)行rm{(}填序號(hào)rm{)}

rm{a}從海水中提取蒸餾水：______；

rm分離氯化鈉和水：______；

rm{c}分離碳酸鈣和水：______；

rmkss68m8分離植物油和水：______．評(píng)卷人得分六、探究題(共4題，共8分)29、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設(shè)計(jì)了下列實(shí)驗(yàn)過(guò)程．請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)內(nèi)填寫(xiě)分離時(shí)所用操作方法，并寫(xiě)出方框內(nèi)有關(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式．

寫(xiě)出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式A________、C________、E________、G________．30、實(shí)驗(yàn)室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個(gè)反應(yīng)的原理來(lái)測(cè)定其含量，操作為：31、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設(shè)計(jì)了下列實(shí)驗(yàn)過(guò)程．請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)內(nèi)填寫(xiě)分離時(shí)所用操作方法，并寫(xiě)出方框內(nèi)有關(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式．

寫(xiě)出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式A________、C________、E________、G________．32、實(shí)驗(yàn)室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個(gè)反應(yīng)的原理來(lái)測(cè)定其含量，操作為：參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、D【分析】【分析】從鹽類(lèi)水解的角度和物質(zhì)的穩(wěn)定性的角度分析，注意當(dāng)水解生成揮發(fā)性酸時(shí)，加熱蒸干并灼燒最終得到的是金屬氧化物．【解析】【解答】解：A．FeCl3在加熱時(shí)水解生成Fe（OH）3和HCl；HCl易揮發(fā)，灼燒得到氧化鐵，所以蒸干灼燒其水溶液，不能得到該物質(zhì)，故A錯(cuò)誤；

B．Cu（NO3）3在加熱時(shí)水解生成Cu（OH）2和HNO3，HNO3易揮發(fā)；灼燒得到CuO，故B錯(cuò)誤；

C．Na2SO3在空氣中能被氧氣氧化為硫酸鈉，所以最終得到的是Na2SO4；故C錯(cuò)誤；

D．偏鋁酸鈉在溶液中水解生成程度較?。簧缮蓮?qiáng)堿NaOH，在蒸干灼燒仍能得到原物質(zhì)，故D正確．

故選D．2、B【分析】解：rm{A}碳酸氫鈉完全電離出鈉離子和碳酸氫根離子，電離方程式為：rm{NaHCO_{3}=Na^{+}+HCO_{3}^{-}}故A錯(cuò)誤；

B、加水稀釋?zhuān)婋x出的氫離子和氫氧根離子的物質(zhì)的量會(huì)增加，所以溶液中rm{n(H^{+})}與rm{n(OH^{-})}的乘積變大；故B正確；

C、在溶液中存在電荷守恒rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(OH^{-})+c(HCO_{3}^{-})+2c(CO_{3}^{2-})}故C錯(cuò)誤；

D、碳酸鈉中碳酸根離子會(huì)發(fā)生水解，升高溫度，水解程度增加，所以rm{c(HCO_{3}^{-})}減??；故D錯(cuò)誤．

故選B．

A；碳酸氫鈉完全電離出鈉離子和碳酸氫根離子；

B；加水稀釋?zhuān)凰婋x出的氫離子和氫氧根離子的物質(zhì)的量會(huì)增加；

C；在溶液中存在電荷守恒；根據(jù)電荷守恒的書(shū)寫(xiě)方法來(lái)回答；

D；碳酸鈉中碳酸根離子會(huì)發(fā)生水解；升高溫度，水解程度增加．

本題考查學(xué)生物質(zhì)的電離方程式的書(shū)寫(xiě)、鹽的水解平衡移動(dòng)以及水的電離平衡等方面的知識(shí)，屬于綜合知識(shí)的考查，難度中等．【解析】rm{B}3、C【分析】【分析】苦鹵中含有溴，在酸性條件下通入氯氣，可發(fā)生置換反應(yīng)生成溴單質(zhì)，吹入空氣，將溴分離出來(lái)，然后溴與二氧化硫發(fā)生反應(yīng)生成HBr和硫酸，再通入氯氣，生成溴，然后分液、蒸餾和得到液溴，以此解答該題．【解析】【解答】解：A．溴的原子序數(shù)為35；原子結(jié)構(gòu)中有4個(gè)電子層，最外層電子數(shù)為7，所以溴在周期表中位于4周期VIIA族，故A正確；

B．步驟②發(fā)生2Br-+Cl2=2Cl-+Br2，則步驟①中硫酸可減少副反應(yīng)的發(fā)生，即步驟①中用硫酸酸化可防止Cl2、Br2與水反應(yīng)；故B正確；

C．步驟④發(fā)生SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，離子反應(yīng)為Br2+SO2+2H2O=4H++2Br-+SO42-；故C錯(cuò)誤；

D．實(shí)現(xiàn)大量液溴和少量溴水分離的方法是分液法；采用的儀器為分液漏斗，操作時(shí)下層液體必須從下口流出，上層液體從上口倒出，故D正確．

故選C．4、D【分析】【分析】根據(jù)圖象知，反應(yīng)物為X、Y，生成物為Z，0-10s時(shí)，反應(yīng)物X物質(zhì)的量減少（1.20-0.40）mol=0.80mol，Y的物質(zhì)的量減少（1.00-0.20）mol=0.80mol，Z的物質(zhì)的量增加1.60mol．參加反應(yīng)的X、Y、Z的物質(zhì)的量之比=0.80mol：0.80mol：1.60mol=1：1：2，所以該反應(yīng)方程式為X+Y2Z．

A、根據(jù)平衡常數(shù)K=計(jì)算平衡常數(shù)；

B；根據(jù)轉(zhuǎn)化率公式計(jì)算；

C；壓強(qiáng)對(duì)該反應(yīng)的化學(xué)平衡無(wú)影響；

D、先計(jì)算T℃時(shí)平衡常數(shù)，再根據(jù)溫度不變平衡常數(shù)不變計(jì)算參加反應(yīng)的Y的物質(zhì)的量，最后根據(jù)轉(zhuǎn)化率公式計(jì)算轉(zhuǎn)化率．【解析】【解答】解：A；根據(jù)圖象知；反應(yīng)物為X、Y，生成物為Z，0-10s時(shí)，反應(yīng)物X物質(zhì)的量減少（1.20-0.40）mol=0.80mol，Y的物質(zhì)的量減少（1.00-0.20）mol=0.80mol，Z的物質(zhì)的量增加1.60mol．參加反應(yīng)的X、Y、Z的物質(zhì)的量之比=0.80mol：0.80mol：1.60mol=1：1：2，所以該反應(yīng)方程式為X+Y=2Z．

T℃時(shí)，平衡常數(shù)K===32；故A錯(cuò)誤；

B、平衡時(shí)X的轉(zhuǎn)化率=×100%=66.7%；平衡時(shí)Y的轉(zhuǎn)化率=×100%=80%；故B錯(cuò)誤；

C；擴(kuò)大容器體積；容器內(nèi)氣體的壓強(qiáng)減小，該反應(yīng)是一個(gè)反應(yīng)前后氣體體積不變的化學(xué)反應(yīng)，所以壓強(qiáng)只影響化學(xué)反應(yīng)速率但不影響化學(xué)平衡，故C錯(cuò)誤；

D、T℃時(shí)，平衡常數(shù)K===32；溫度不變化學(xué)平衡常數(shù)不變．

設(shè)Y反應(yīng)了amol．

X（g）+Y（g）?2Z（g）；

開(kāi)始（mol）0.61.000

反應(yīng)（mol）aa2a

平衡（mol）（0.6-a）（1-a）2a

所以平衡時(shí)X、Y、Z各物質(zhì)的物質(zhì)的量濃度分別為、；amol/L．

平衡常數(shù)K===32，a=0.53，所以Y的轉(zhuǎn)化率=×100%=53%＜80%；故D正確；

故選D．5、B【分析】【分析】根據(jù)K2SO4、Ba（NO3）2和Na2CO3的性質(zhì)，分析三種物質(zhì)溶液分別與所提供的四種試劑反應(yīng)的情況，判斷能一次性鑒別出三種溶液的試劑．【解析】【解答】解：A、硝酸鉀和K2SO4、Ba（NO3）2、Na2CO3三種無(wú)色溶液混合時(shí)；均沒(méi)有現(xiàn)象發(fā)生，故A錯(cuò)誤；

B；硫酸和硫酸鉀不反應(yīng)；和硝酸鋇反應(yīng)生成白色沉淀，和碳酸鈉反應(yīng)生成氣體，現(xiàn)象不同，故B正確；

C、氫氧化鈉和和K2SO4、Ba（NO3）2、Na2CO3三種無(wú)色溶液混合時(shí)；均沒(méi)有現(xiàn)象發(fā)生，故C錯(cuò)誤；

D；硫酸鈉只會(huì)和硝酸鋇反應(yīng)生成白色沉淀；但是和硫酸鉀以及碳酸鈉均不反應(yīng)，無(wú)法鑒別二者，故D錯(cuò)誤．

故選B．二、雙選題(共9題，共18分)6、C|D【分析】解：A．實(shí)驗(yàn)Ⅰ為萃??；四氯化鐵的密度比水大，則碘溶解在四氯化碳中，有色層在下層，故A錯(cuò)誤；

B．實(shí)驗(yàn)Ⅱ?yàn)槟z體的制備實(shí)驗(yàn)；煮沸得到膠體，加鹽酸先聚沉后溶解，故B錯(cuò)誤；

C．實(shí)驗(yàn)Ⅱ?yàn)槟z體的制備實(shí)驗(yàn)；煮沸溶液至紅褐色，得到膠體，具有丁達(dá)爾現(xiàn)象，則光束通過(guò)體系時(shí)可產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)，故C正確；

D．CaO具有吸水性；放置一段時(shí)間后，使飽和硫酸銅溶液中溶劑減少，飽和溶液中析出硫酸銅晶體，故D正確；

故選CD．【解析】【答案】CD7、rBC【分析】解：rm{A.a}點(diǎn)為rm{Na_{2}CO_{3}}溶液，碳酸根離子部分水解，溶液呈堿性，碳酸根離子的水解一第一步為主，正確的離子方程式為：rm{CO_{3}^{2-}+H_{2}O?HCO_{3}^{-}+OH^{-}}故A錯(cuò)誤；

B.rm{c}點(diǎn)的rm{pH=7}溶液呈中性，則rm{c(H^{+})=c(OH^{-})}根據(jù)電荷守恒rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(Cl^{-})+c(HCO_{3}^{-})+2c(CO_{3}^{2-})+c(OH^{-})}可知：rm{c(Na^{+})-c(Cl^{-})=c(HCO_{3}^{-})+2c(CO_{3}^{2-})}故B正確；

C.碳酸氫鈉溶液的rm{pH}接近rm{8.2}與酚酞變色的rm{pH}接近，變色時(shí)的rm{pH}和反應(yīng)終點(diǎn)的rm{pH}不好判斷；而使用甲基橙容易判斷終點(diǎn)，且反應(yīng)產(chǎn)生的二氧化碳不能全部逸出使溶液偏酸性，因此使用甲基橙的誤差小rm{(}使用甲基橙易判斷滴定終點(diǎn)，誤差小rm{)}故C正確；

D.rm點(diǎn)碳酸氫根離子水解，促進(jìn)了水的電離，而rmaq6qckk點(diǎn)溶液呈酸性，抑制了水的電離，則rmm2ys2cc點(diǎn)處溶液中水電離出的rm{c(H^{+})}小于rm點(diǎn)處；故D錯(cuò)誤；

故選BC．

A.碳酸根離子的水解分步進(jìn)行；主要以第一步為主，水解方程式寫(xiě)出第一步即可；

B.rm{c}點(diǎn)溶液的rm{pH=7}根據(jù)電荷守恒分析；

C.甲基橙的變色范圍是rm{3.1-4.4}在rm點(diǎn)是溶液顏色突變的點(diǎn)，碳酸鈉和鹽酸按照rm{1}rm{2}反應(yīng)時(shí)會(huì)產(chǎn)生二氧化碳；

D.rmioqq6ai點(diǎn)溶液呈酸性，抑制了水的電離，rm點(diǎn)碳酸氫根離子的水解；促進(jìn)了水的電離．

本題考查了酸堿中和滴定的應(yīng)用，題目難度中等，明確溶液酸堿性與溶液rm{pH}的關(guān)系為解答關(guān)鍵，注意掌握中和滴定側(cè)重方法，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力及化學(xué)實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Γ窘馕觥縭m{BC}8、BD【分析】【分析】本題考查化學(xué)反應(yīng)速率的計(jì)算及化學(xué)平衡等，難度不大?！窘獯稹緼.根據(jù)題給反應(yīng)知，rm{v(SO_{2})=v(CO)}反應(yīng)在rm{0隆蘆2min}內(nèi)的平均速率為rm{v(SO_{2})=v(CO)=1.2隆脗(2隆脕2)="0.3"mol隆隴L^{-1}隆隴min^{-1}}故A錯(cuò)誤；B.分析題給數(shù)據(jù)知反應(yīng)在rm{v(SO_{2})=v(CO)=1.2隆脗(2隆脕2)="0.3"

mol隆隴L^{-1}隆隴min^{-1}}內(nèi)反應(yīng)處于平衡狀態(tài)，容器內(nèi)氣體的密度沒(méi)有變化，故B正確；C.根據(jù)題給數(shù)據(jù)計(jì)算該反應(yīng)的平衡常數(shù)rm{2隆蘆4min}升高溫度，反應(yīng)的平衡常數(shù)變?yōu)閞m{K=[SO_{2}][CO_{2}]/[CO](0.6隆脕0.6)/0.4=9/10}平衡正向移動(dòng)，則正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；D.保持其他條件不變，起始時(shí)向容器中充入rm{1.00}和rm{1.00molMgSO_{4}}相當(dāng)于題干平衡減小壓強(qiáng)，平衡正向移動(dòng)，根據(jù)等效平衡知識(shí)知到達(dá)平衡時(shí)rm{1.00molCO}故D正確。故選BD。rm{n(CO_{2})>0.60mol}【解析】rm{BD}9、AD【分析】【分析】本題考查了化學(xué)反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行的判斷、影響弱電解質(zhì)電離的因素、電解原理的應(yīng)用，注意rm{D}中溫度對(duì)平衡和化學(xué)反應(yīng)速率的影響，題目難度適中?！窘獯稹緼.常溫下，反應(yīng)rm{C(s)+H_{2}O(g)?CO(g)+H_{2}(g)}不能自發(fā)進(jìn)行，rm{triangleS>0}rm{triangleH-TtriangleS>0}則該反應(yīng)的rm{triangleH-Ttriangle

S>0}故A正確；B.加水稀釋促進(jìn)rm{triangleH>O}電離，溶液中rm{CH_{3}COOH}個(gè)數(shù)減少、rm{CH_{3}COOH}個(gè)數(shù)增加，所以rm{CH_{3}COO^{-}}減小，故B錯(cuò)誤；C.可以通過(guò)電解熔融rm{c(CH_{3}COOH)/c(CH_{3}COO-)}的方法獲得金屬鋇，如是溶液，在用惰性電極電解時(shí)，溶液中的陽(yáng)離子是氫離子得電子，而不是鋇離子，故C錯(cuò)誤；rm{D.2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g)triangleH<0}這是一個(gè)放熱反應(yīng)，升高溫度平衡會(huì)向逆方向移動(dòng)，不利于生成三氧化硫，采用rm{BaCl_{2}}左右的高溫是因?yàn)榇呋瘎┰诖藴囟认禄钚宰畲?，主要是為了加快反?yīng)速率，故D正確；故選AD。rm{D.

2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g)triangleH<0}【解析】rm{AD}10、rBD【分析】解：rm{A.Z}中與酯基中的rm{O}相連接的rm{C}原子為手性碳原子，連接rm{4}個(gè)不同的原子或原子團(tuán)；故A錯(cuò)誤；

B.rm{Y}含有酚羥基；可發(fā)生取代；氧化反應(yīng)，含有苯環(huán)，可發(fā)生加成反應(yīng)，也為還原反應(yīng)，故B正確；

C.rm{X}中能與氫氣反應(yīng)的為苯環(huán)和羰基，則一定條件下，rm{1}rm{mol}rm{X}最多能與rm{4}rm{mol}rm{H_{2}}發(fā)生加成反應(yīng)；故C錯(cuò)誤；

D.rm{Z}中酚羥基和酯基可與氫氧化鈉溶液反應(yīng)，則rm{1}rm{mol}rm{Z}最多可與含rm{3}rm{mol}rm{NaOH}的溶液反應(yīng)；故D正確．

故選BD．

A.根據(jù)手性碳原子的定義判斷；

B.rm{Y}含有酚羥基；可發(fā)生取代；氧化反應(yīng)，含有苯環(huán)，可發(fā)生加成反應(yīng)；

C.rm{X}中能與氫氣反應(yīng)的為苯環(huán)和羰基；

D.rm{Z}中酚羥基和酯基可與氫氧化鈉溶液反應(yīng)．

本題考查有機(jī)物結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，把握官能團(tuán)及其性質(zhì)關(guān)系是解本題關(guān)鍵，側(cè)重考查酚、酯的性質(zhì)，易錯(cuò)選項(xiàng)是rm{A}．【解析】rm{BD}11、A|D【分析】解：A．大量礦石的開(kāi)采；增大了二氧化硫的排放，故A選；

B．生態(tài)環(huán)境的破壞不一定與硫有關(guān)；不是二氧化硫的主要來(lái)源，故B不選；

C．含硫磺溫泉的開(kāi)發(fā)；主要存在硫單質(zhì)，不生成二氧化硫，故C不選；

D．工業(yè)上大量含硫物質(zhì)的燃燒；增大了二氧化硫的排放，故D選；

故選AD．【解析】【答案】AD12、CD【分析】【分析】

本題考查化學(xué)反應(yīng)速率的計(jì)算及化學(xué)平衡移動(dòng)的相關(guān)問(wèn)題，題目難度中等，側(cè)重對(duì)學(xué)生分析能力和邏輯推理能力的培養(yǎng)，意在提高學(xué)生靈活運(yùn)用基礎(chǔ)知識(shí)解決實(shí)際問(wèn)題的能力?！窘獯稹緼.根據(jù)圖像，升高溫度，rm{N_{2}O}平衡轉(zhuǎn)化率增大；所以正反應(yīng)吸熱，故A錯(cuò)誤；

B.rm{I}Ⅱ、Ⅲ中投入的rm{N_{2}O}一樣多，相同溫度下，rm{N_{2}O}平衡轉(zhuǎn)化率依次減小，說(shuō)明壓強(qiáng)依次增大，容器體積依次減小，所以平均反應(yīng)諫率：rm{v(I)<v(}Ⅲrm{)}故B錯(cuò)誤；

C.根據(jù)rm{B}選項(xiàng)，rm{I}Ⅱ、Ⅲ容器體積依次減小，rm{A}rm{B}rm{C}三點(diǎn)溫度依次增大，所以壓強(qiáng)依次增大，rm{P(I)_{A}<P(}Ⅱrm{)_{B}<P(}Ⅲrm{)_{C}}故C正確；

D.根據(jù)圖示，Ⅱ中rm{470隆忙}進(jìn)行反應(yīng)時(shí)rm{N_{2}O}平衡轉(zhuǎn)化率為rm{2N}rm{2N}rm{2}rm{2}rm{O(g)}rm{O(g)}rm{?}rm{2N}rm{2N}初始rm{2}rm{2}rm{(g)+O}rm{(g)+O}轉(zhuǎn)化rm{2}rm{2}rm{(g)}rm{(g)}平衡rm{(mol)}rm{0.1}rm{0}rm{0}rm{K=dfrac{0.03隆脕0.{06}^{2}}{0.{04}^{2}}=0.0675}容器Ⅳ在rm{(mol)}進(jìn)行反應(yīng)時(shí)，rm{Q=dfrac{0.04隆脕0.{06}^{2}}{0.{06}^{2}}=0.04<K}反應(yīng)正向進(jìn)行，rm{0.06}rm{0.06}rm{0.03}rm{(mol)}rm{0.04}rm{0.06}rm{0.03}rm{K=dfrac{0.03隆脕0.{06}^{2}}{0.{04}^{2}}

=0.0675}，故D正確。故選CD。rm{470隆忙}【解析】rm{CD}13、rAB【分析】解：所得濾渣中銅元素的質(zhì)量與氧化銅中銅元素的質(zhì)量相等，則銅的質(zhì)量為：rm{4g隆脕dfrac{64}{80}=3.2g}故濾渣中鐵的質(zhì)量為rm{4.8g-3.2g=1.6g}

設(shè)生成rm{3.2g}銅需要鐵的質(zhì)量為rm{x}生成硫酸亞鐵的質(zhì)量為rm{y}

rm{Fe+CuSO_{4}=FeSO_{4}+Cu}

rm{56}rm{64}

rm{x}rm{3.2g}

rm{dfrac{56}{x}=dfrac{64}{3.2}}

rm{dfrac{56}{x}=dfrac

{64}{3.2}}

而剩余的濾渣中含鐵的質(zhì)量是rm{x=2.8g}故與硫酸反應(yīng)的鐵的質(zhì)量為：rm{1.6g}

設(shè)生成的氫氣的質(zhì)量為rm{10g-2.8g-1.6g=5.6g}

rm{y}

rm{Fe+H_{2}SO_{4}=FeSO_{4}+H_{2}隆眉}rm{56}

rm{2}rm{5.6g}

rm{dfrac{56}{5.2g}=dfrac{2}{z}}rm{z}

反應(yīng)硫酸全部轉(zhuǎn)化生成硫酸亞鐵，根據(jù)鐵、硫酸和硫酸亞鐵的質(zhì)量關(guān)系，設(shè)消耗的硫酸的質(zhì)量為rm{dfrac{56}{5.2g}=dfrac

{2}{z}}生成的硫酸亞鐵的質(zhì)量為rm{z=0.2g}

rm{a}--rm--rm{Fe}

rm{H_{2}SO_{4}}rm{FeSO_{4}}rm{56}

rm{98}rm{152}rm{8.4g}

rm{dfrac{56}{8.4}=dfrac{98}{a}=dfrac{152}}rm{a}rm

A、根據(jù)計(jì)算可知，rm{dfrac{56}{8.4}=dfrac{98}{a}=

dfrac{152}}濾渣是由rm{a=14.7}銅和rm{b隆脰22.8g}鐵組成；故A正確；

B、硫酸溶液的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為：rm{dfrac{14.7}{100}隆脕100%=14.7%}故B正確；

C；狀況不知；無(wú)法求體積，故C錯(cuò)誤；

D、硫酸亞鐵溶液的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為：rm{dfrac{22.8g}{100g+10g+4g-0.2g-4.8g}隆脕100%=20.9%}故D錯(cuò)誤；

故選AB．

根據(jù)已有的知識(shí)進(jìn)行分析；在化學(xué)反應(yīng)前后，銅元素的質(zhì)量不變，氧化銅能與硫酸反應(yīng)生成硫酸銅和水，而鐵能與硫酸銅反應(yīng)生成硫酸亞鐵和銅，據(jù)此解答即可．

本題考查了根據(jù)化學(xué)方程式的計(jì)算，完成此題，可以依據(jù)題干提供的信息結(jié)合質(zhì)量守恒定律進(jìn)行．rm{4.8g}【解析】rm{AB}14、AC【分析】解：A．生成的HBr可與碳酸鉀反應(yīng)；有利于反應(yīng)正向移動(dòng)，提高轉(zhuǎn)化率，故A正確；

B．由圖可知；發(fā)生加成反應(yīng)后，碳碳雙鍵的左側(cè)碳原子連接4個(gè)不同的原子或原子團(tuán)，為手性碳原子，故B錯(cuò)誤；

C．X、Y都含有醛基，可與新制的Cu（OH）2在加熱條件下反應(yīng)生成磚紅色沉淀；故C正確；

D．能與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)的分別為醛基、苯環(huán)和碳碳雙鍵，則等物質(zhì)的量的X、Y分別與H2反應(yīng)，最多消耗H2的物質(zhì)的量之比為4：5；故D錯(cuò)誤。

故選：AC。

A．生成的HBr可與碳酸鉀反應(yīng)；

B．手性碳原子應(yīng)連接4個(gè)不同的原子或原子團(tuán)；

C．X；Y都含有醛基；

D．能與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)的分別為醛基；苯環(huán)和碳碳雙鍵。

本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重考查學(xué)生的分析能力，注意把握有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和官能團(tuán)的性質(zhì)，題目難度不大。【解析】AC三、填空題(共8題，共16分)15、①②⑥②④⑤⑦【分析】【分析】金屬單質(zhì)和在熔融狀態(tài)下的電解質(zhì)以及其溶液都能導(dǎo)電；

電解質(zhì)是指：在水溶液中或熔融狀態(tài)下能夠?qū)щ姷幕衔铮娊赓|(zhì)水溶液中或熔融狀態(tài)下能夠?qū)щ?，是因電解質(zhì)自身可以離解成自由移動(dòng)的離子；單質(zhì)、混合物既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)．【解析】【解答】解：①鋁線是金屬單質(zhì)，能導(dǎo)電，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)；②熔化的KNO3能導(dǎo)電；是電解質(zhì)；③氯氣不能導(dǎo)電，是單質(zhì)，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)；④NaCl晶體不能導(dǎo)電，但是溶于水或熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電，屬于電解質(zhì)；⑤液態(tài)氯化氫不能導(dǎo)電，溶于水能導(dǎo)電，屬于電解質(zhì)；⑥石灰水能導(dǎo)電，是混合物，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)；⑦乙醇不能導(dǎo)電，是非電解質(zhì)；

故答案為：（1）①②⑥；（2）②④⑤；（3）⑦．16、二VIASi+2OH-+H2O═SiO32-+2H2↑Cl2+S2-═2Cl-+S↓Si＞S＞O＞H【分析】【分析】X原子最外層電子數(shù)是核外電子層數(shù)的三倍；故X為氧，Z為S元素；X在第二周期，Y與Z同周期，Y在第三周期，則M只能為H元素；Y的最高化合價(jià)與最低化合價(jià)代數(shù)和為6，設(shè)最高化合價(jià)為a，則最低負(fù)化合價(jià)為a-8，則a+（a-8）=6，所以a=7，則Y為Cl元素；N為第三周期半徑最大的非金屬元素，則N為Si；

（1）X為O；位于第二周期第ⅥA族；

（2）Si與NaOH溶液反應(yīng)生成硅酸鈉和氫氣；

（3）Y與Z相比；非金屬性較強(qiáng)元素為Cl，可利用單質(zhì)之間的置換反應(yīng)說(shuō)明；

（4）電子層越多，原子半徑越大；同周期，原子序數(shù)大的半徑?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓焊鶕?jù)題意推斷X為氧元素；Z為S元素；X在第二周期，Y與Z同周期，Y在第三周期，則M只能為H元素；Y的最高化合價(jià)與最低化合價(jià)代數(shù)和為6，設(shè)最高化合價(jià)為a，則最低負(fù)化合價(jià)為a-8，則a+（a-8）=6，所以a=7，則Y為Cl元素；N為第三周期半徑最大的非金屬元素，則N為Si；

（1）X為O；位于第二周期第ⅥA族，故答案為：二；VIA；

（2）Si與NaOH溶液反應(yīng)生成硅酸鈉和氫氣，離子反應(yīng)為Si+2OH-+H2O═SiO32-+2H2↑，故答案為：Si+2OH-+H2O═SiO32-+2H2↑；

（3）Y與Z相比，非金屬性較強(qiáng)元素為Cl，其原子結(jié)構(gòu)示意圖為氯氣能將硫單質(zhì)置換出來(lái)，發(fā)生Cl2+S2-═2Cl-+S↓可證明；

故答案為：Cl2+S2-═2Cl-+S↓；

（4）電子層越多，原子半徑越大；同周期，原子序數(shù)大的半徑小，原子半徑為N＞Z＞X＞M，即Si＞S＞O＞H，故答案為：Si＞S＞O＞H．17、10-4mol/L10-7增大106＞9：2【分析】【分析】I．（1）c（H+）=c（HA）×電離度；

（2）電離平衡常數(shù)K=；

（3）弱電解質(zhì)的電離是吸熱反應(yīng)；升高溫度促進(jìn)電離；

（4）酸溶液中水電離出的c（H+）等于溶液中c（OH-）；

II．水的電離是吸熱反應(yīng)，升高溫度促進(jìn)水電離，水的離子積常數(shù)增大，在t℃時(shí)將pH=11的NaOH溶液中c（OH-）=mol/L=0.01mol/L，pH=1的H2SO4溶液中c（H+）=0.1mol/L，若所得混合溶液的pH=2，則混合溶液中c（H+）==0.01mol/L，據(jù)此計(jì)算a、b之比．【解析】【解答】解：I．（1）c（H+）=c（HA）×電離度=0.1mol/L×0.1%=10-4mol/L；

故答案為：10-4mol/L；

（2）電離平衡常數(shù)K=≈=10-7；

故答案為：10-7；

（3）弱電解質(zhì)的電離是吸熱反應(yīng)；升高溫度促進(jìn)電離，所以其K增大，故答案為：增大；

（4）酸溶液中水電離出的c（H+）等于溶液中c（OH-）=mol/L=10-10mol/L，由HA電離出的c（H+）約為水電離出的c（H+）的倍數(shù)==106；

故答案為：106；

II．水的電離是吸熱反應(yīng)，升高溫度促進(jìn)水電離，水的離子積常數(shù)增大，所以t℃＞25℃，在t℃時(shí)將pH=11的NaOH溶液中c（OH-）=mol/L=0.01mol/L，pH=1的H2SO4溶液中c（H+）=0.1mol/L，若所得混合溶液的pH=2，則混合溶液中c（H+）==0.01mol/L，a：b=9：2；

故答案為：＞；9：2．18、溴水洗氣瓶水分液漏斗【分析】【分析】（1）乙烯能與溴水反應(yīng)生成液體；而甲烷不能；

（2）硝基苯不溶于水，而濃硫酸、濃硝酸均溶于水，加水后分層．【解析】【解答】解：（1）乙烯能與溴水反應(yīng)生成液體；而甲烷不能，則除雜試劑為溴水，利用洗氣瓶進(jìn)行洗氣法除雜，故答案為：溴水；洗氣瓶；

（2）硝基苯不溶于水，而濃硫酸、濃硝酸均溶于水，加水后分層，則除雜試劑為水，然后利用分液漏斗進(jìn)行分液除雜，故答案為：水；分液漏斗．19、第三周期第IIA族Ca（OH）2溶液鹽酸2OH-+Mg2+=Mg（OH）2↓MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑2K+MgO═K2O+Mg【分析】【分析】海水中含有鎂離子，向海水中加入Ca（OH）2產(chǎn)生Mg（OH）2沉淀，發(fā)生反應(yīng)2OH-+Mg2+=Mg（OH）2↓，將Mg（OH）2溶于稀鹽酸得到MgCl2，發(fā)生反應(yīng)Mg（OH）2+2H+=Mg2++2H2O，將MgCl2溶液在HCl氛圍中蒸干得到MgCl2固體，電解熔融MgCl2得到Mg單質(zhì)MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑．【解析】【解答】解：海水中含有鎂離子，向海水中加入Ca（OH）2產(chǎn)生Mg（OH）2沉淀，發(fā)生反應(yīng)2OH-+Mg2+=Mg（OH）2↓，將Mg（OH）2溶于稀鹽酸得到MgCl2，發(fā)生反應(yīng)Mg（OH）2+2H+=Mg2++2H2O，將MgCl2溶液在HCl氛圍中蒸干得到MgCl2固體，電解熔融MgCl2得到Mg單質(zhì)MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑．

（1）Mg原子核外有3個(gè)電子層、最外層的電子數(shù)是2，則Mg位于第三周期第IIA族，通過(guò)以上分析知，A是Ca（OH）2溶液；C是鹽酸；

故答案為：第三周期第ⅡA族；Ca（OH）2溶液；鹽酸；

（2）通過(guò)以上分析知，該反應(yīng)離子方程式為：2OH-+Mg2+=Mg（OH）2↓，故答案為：2OH-+Mg2+=Mg（OH）2↓；

（3）氯化鎂為離子化合物，由離子形成離子鍵，其形成過(guò)程為

故答案為：

（4）電解熔融氯化鎂生成鎂和氯氣，電解反應(yīng)方程式為：MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑，故答案為：MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑；

（5）鉀還原氧化鎂得到氧化鉀和鎂，反應(yīng)方程式為2K+MgO═K2O+Mg，故答案為：2K+MgO═K2O+Mg；

（6）①UF4+Mg--U+MgF2中Mg元素化合價(jià)由0價(jià)變?yōu)?2價(jià)、U元素化合價(jià)由+4價(jià)變?yōu)?價(jià)，則得失電子最小公倍數(shù)是4，則該反應(yīng)方程式為：UF4+2Mg=U+2MgF2；

故答案為：1；2；1；2；

②Mg+HNO3--Mg（NO3）2+N2O↑+H2O中Mg元素化合價(jià)由0價(jià)變?yōu)?2價(jià)、N元素化合價(jià)由+5價(jià)變?yōu)?1價(jià)，則得失電子最小公倍數(shù)是8，再結(jié)合原子守恒配平方程式，該反應(yīng)方程式為：4Mg+10HNO3=4Mg（NO3）2+N2O↑+5H2O；

故答案為：4；10；4；1；5．20、加成反應(yīng)還原反應(yīng)33因氧化醇羥基時(shí)，酚羥基也可能被氧化，故需要顯保護(hù)酚羥基，最后回復(fù)酚羥基【分析】【分析】由反應(yīng)①的生成物可知，A為與HCHO發(fā)生加成反應(yīng)生成反應(yīng)②為醇的氧化反應(yīng)，B為由碳鏈的骨架可知，C為由M可知，D為對(duì)羥基硝基苯，E為對(duì)羥基苯胺（），E→F發(fā)生取代反應(yīng)，F(xiàn)為然后結(jié)合有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)來(lái)解答．【解析】【解答】解：由反應(yīng)①的生成物可知，A為與HCHO發(fā)生加成反應(yīng)生成反應(yīng)②為醇的氧化反應(yīng)，B為由碳鏈的骨架可知，C為由M可知，D為對(duì)羥基硝基苯，E為對(duì)羥基苯胺（），E→F發(fā)生取代反應(yīng)，F(xiàn)為

（1）反應(yīng)①為苯酚與HCHO的加成反應(yīng)；反應(yīng)③中硝基變?yōu)榘被?，為還原反應(yīng)，故答案為：加成反應(yīng)；還原反應(yīng)；

（2）A為A→D需要先要用溴甲烷在氫氧化鈉溶液中將酚烷基化，生成苯甲醚從而保護(hù)酚-OH；然后再硝化，最后用氫碘酸共熱，除去甲基得到產(chǎn)物，需要3步，故答案為：3；

（3）反應(yīng)④的化學(xué)方程式為

故答案為：

（4）B為其含苯環(huán)結(jié)構(gòu)的同分異構(gòu)體中有一種能在NaOH（aq）中發(fā)生水解，含-OOCH，水解生成酚-OH也與堿反應(yīng)，1mol該有機(jī)物最多消耗NaOH為3mol，故答案為：3；

（5）F的同分異構(gòu)體符合①是一種芳香族化合物，含苯環(huán)；②屬α-氨基酸；③苯環(huán)上有4種不同環(huán)境的氫原子，苯環(huán)上有4種H，則符合條件的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為故答案為：

（6）由不能一步完成，是因氧化醇羥基時(shí)，酚羥基也可能被氧化，故需要顯保護(hù)酚羥基，最后回復(fù)酚羥基，故答案為：因氧化醇羥基時(shí)，酚羥基也可能被氧化，故需要顯保護(hù)酚羥基，最后回復(fù)酚羥基．21、F2F2+2H2O=4HF+O2CC+2CuO2Cu+CO2↑10原子核外最外層為8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)14C放射【分析】【分析】根據(jù)四種粒子的結(jié)構(gòu)示意圖，可知A為C原子、B為F原子、C為Na+、D為Al3+．

（1）F原子氧化性最強(qiáng)；氟氣與水反應(yīng)生成生成HF與氧氣，表現(xiàn)強(qiáng)氧化性；

（2）C原子還原性最強(qiáng)；碳與CuO反應(yīng)生成Cu與二氧化碳；

（3）電子層結(jié)構(gòu)與C相同；化學(xué)性質(zhì)最穩(wěn)定的元素為Ne；原子核外最外層為8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；

（4）14C具有放射性，用于考古斷代．【解析】【解答】解：根據(jù)四種粒子的結(jié)構(gòu)示意圖，可知A為C原子、B為F原子、C為Na+、D為Al3+．

（1）F原子氧化性最強(qiáng)，氟氣與水反應(yīng)生成生成HF與氧氣，表現(xiàn)強(qiáng)氧化性，反應(yīng)方程式為：2F2+2H2O=4HF+O2；

故答案為：F；2F2+2H2O=4HF+O2；

（2）C原子還原性最強(qiáng)，碳與CuO反應(yīng)生成Cu與CO，反應(yīng)方程式為：C+2CuO2Cu+CO2↑；

故答案為：C；C+2CuO2Cu+CO2↑；

（3）電子層結(jié)構(gòu)與C相同；化學(xué)性質(zhì)最穩(wěn)定的元素為Ne；其核電荷數(shù)為10，原子核外最外層為8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，化學(xué)性質(zhì)不活潑．

故答案為：10；原子核外最外層為8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；

（4）碳的一種同位素可用于考古斷代，這種同位素的符號(hào)是14C；這種用途決定于它的放射性；

故答案為：14C；放射．22、CH3COONa＜CH3COONa與NaOHCH3COONa與CH3COOH【分析】【分析】（1）根據(jù)溶質(zhì)的性質(zhì)判斷；

（2）若溶液中c（Na+）＞c（OH-）＞c（CH3COO-）＞c（H+），溶液呈堿性，為CH3COONa與NaOH的化合物；

若溶液中c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），溶液呈酸性，醋酸過(guò)量；【解析】【解答】解：（1）若溶液中溶解了一種溶質(zhì)，則該溶質(zhì)是只能是CH3COONa，醋酸鈉是強(qiáng)堿弱酸鹽，其溶液呈堿性，所以c（H+）＜c（OH-）；

故答案為：CH3COONa；＜；

（2）若溶液中c（Na+）＞c（OH-）＞c（CH3COO-）＞c（H+），溶液呈堿性，則溶質(zhì)為CH3COONa與NaOH；

若溶液中c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），溶液呈酸性，醋酸過(guò)量溶液中的溶質(zhì)為CH3COONa與CH3COOH的混合物；

故答案為：CH3COONa與NaOH；CH3COONa與CH3COOH．四、判斷題(共3題，共30分)23、×【分析】【分析】HCl中只含共價(jià)鍵，NaCl中只含離子鍵，以此來(lái)解答．【解析】【解答】解：HCl中只含共價(jià)鍵；NaCl中只含離子鍵，則HCl為共價(jià)化合物，而NaCl為離子化合物，不能利用溶液的導(dǎo)電性判斷化合物的類(lèi)別；

故答案為：×．24、×【分析】【分析】（1）同溫同壓下；氣體的氣體摩爾體積相等；

（2）氣體摩爾體積取決于溫度和壓強(qiáng)的大小；

（3）氣體摩爾體積僅適用于氣體；

（4）考慮影響氣體體積的因素．【解析】【解答】解：（1）氣體的體積取決于溫度和壓強(qiáng)的大??；同溫同壓下，氣體分子之間的距離相等，則氣體摩爾體積相等，故答案為：×；

（2）氣體摩爾體積取決于溫度和壓強(qiáng)的大??；如不在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，也可能為22.4L/mol，故答案為：×；

（3）氣體摩爾體積僅適用于氣體；對(duì)于固體；液體來(lái)說(shuō)，不同物質(zhì)的體積大小不同，故答案為：×；

（4）影響氣體體積的因素為分子間的平均距離和分子數(shù)目的多少，一定溫度和壓強(qiáng)下，分子間距離一定，所以氣體體積大小由分子數(shù)目決定，故答案為：√．25、×【分析】【分析】氦氣為單原子分子，結(jié)合V=nVm計(jì)算．【解析】【解答】解：22.4L氦氣為1mol，但氦氣為單原子分子，含有的原子數(shù)為NA，故答案為：×．五、實(shí)驗(yàn)題(共3題，共9分)26、略

【分析】【解析】【答案】（1）連接好裝置，關(guān)閉分液漏斗活塞，將導(dǎo)氣管插入盛水的燒杯中，用酒精燈微熱燒瓶，導(dǎo)氣管中有氣泡產(chǎn)生，停止微熱后導(dǎo)管中形成一段水柱，則氣密性好．（2分）（2）濃硝酸（1分）（3）防止倒吸，（1分）有害氣體能被完全吸收（1分）（4）①坩堝鉗、干燥器、玻璃棒（寫(xiě)出藥匙、研缽不算錯(cuò)）（2分）②再次加熱冷卻稱(chēng)量，直到連續(xù)兩次稱(chēng)量的質(zhì)量差不超過(guò)0.lg（2分）③4（1分）④偏高，（1分）a（1分）27、BEFGHCCD【分析】【分析】（1）根據(jù)溶液稀釋定律C濃V濃=C稀V稀計(jì)算出所需的濃硫酸的體積；然后據(jù)此選擇合適的量筒；根據(jù)操作步驟有計(jì)算；量取、稀釋、洗滌、定容、搖勻等操作來(lái)分析所需的儀器；

（2）根據(jù)溶液的配制操作來(lái)分析；

（3）根據(jù)c=并結(jié)合溶質(zhì)的物質(zhì)的量n和溶液的體積V的變化來(lái)進(jìn)行誤差分析．【解析】【解答】解：（1）設(shè)需要的濃硫酸的體積為XmL，根據(jù)溶液稀釋定律C濃V濃=C稀V稀可知：18mol/L×XmL=100mL×1.0mol/L；解得X=5.6mL，故應(yīng)選擇10mL量筒．

操作步驟有計(jì)算；量取、稀釋、洗滌、定容、搖勻等操作；一般用10mL量筒量取濃硫酸，在燒杯中稀釋?zhuān)捎昧客擦咳∷尤霟?，并用玻璃棒攪拌．冷卻后轉(zhuǎn)移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗滌燒杯、玻璃棒2-3次，并將洗滌液移入容量瓶中，加水至液面距離刻度線1～2cm時(shí)，改用膠頭滴管滴加，最后定容顛倒搖勻．所以所需儀器有10mL量筒、燒杯、玻璃棒、100mL容量瓶、膠頭滴管，故答案為：BEFGH；

（2）A．容量瓶前需檢查它是否漏水；故A正確；

B．容量瓶只能用來(lái)配制溶液；不能在容量瓶中溶解或稀釋?zhuān)瑢⒄麴s水注入容量瓶中，液面離刻度線下1-2cm時(shí)，改用膠頭滴管滴加至液面與刻度線相切，故B正確；

C．量筒量取后應(yīng)先在小燒杯中稀釋?zhuān)蝗缓髮⑾礈煲阂徊⑥D(zhuǎn)入容量瓶，故C錯(cuò)誤；

D．定容后需要上下?lián)u勻；故D正確．

故選C；

（3）A．定容時(shí)仰視讀數(shù)；會(huì)導(dǎo)致溶液體積偏大，則濃度偏小，故A不選；

B．定容搖勻后；發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線是正常的，再加入蒸餾水至與刻度線相切會(huì)導(dǎo)致濃度偏小，故B不選；

C．量筒為流量式儀器；將量筒洗滌后的洗滌液不能轉(zhuǎn)移至容量瓶，否則會(huì)導(dǎo)致容量瓶?jī)?nèi)硫酸的物質(zhì)的量增多，濃度偏高，故C選；

D．在配制前用稀硫酸潤(rùn)洗容量瓶后；未用蒸餾水洗滌，容量瓶?jī)?nèi)硫酸增多，濃度偏高，故D選．

故選CD．28、過(guò)濾；蒸發(fā)；蒸餾；分液；分液漏斗；燒杯；③；②；①；④【分析】解rm{(1)壟脵}裝置是用來(lái)分離固液混合物的；是過(guò)濾；

rm{壟脷}裝置是用來(lái)分離易溶性的物質(zhì)和液體混合物的操作；屬于蒸發(fā)；

rm{壟脹}裝置是用來(lái)分離互溶的液體混合物；屬于蒸餾；

rm{壟脺}裝置是用來(lái)分離互不相溶的液體混合物；屬于分液；

故答案為：過(guò)濾；蒸發(fā)；蒸餾；分液；

rm{(2)}由裝置圖可知，裝置rm{壟脺}中所用玻璃儀器的名稱(chēng)分液漏斗和燒杯；

故答案為：分液漏斗；燒杯；

rm{(3)a}從海水中提取蒸餾水，用蒸餾方法，即選擇rm{壟脹}

rm分離氯化鈉和水，用蒸發(fā)的方法，即選擇rm{壟脷}

rm{c}分離碳酸鈣和水，碳酸鈣難溶于水，用過(guò)濾的方法，即選擇rm{壟脵}

rmo6yygaq分離植物油和水，植物油不溶于水，會(huì)分層，用分液的方法，即選擇rm{壟脺}

故答案為：rm{壟脹}rm{壟脷}rm{壟脵}rm{壟脺}．

rm{(1)壟脵}裝置是用來(lái)分離固液混合物的；是過(guò)濾；

rm{壟脷}裝置是用來(lái)分離易溶性的物質(zhì)和液體混合物的操作；屬于蒸發(fā)；

rm{壟脹}裝置是用來(lái)分離互溶的液體混合物；屬于蒸餾；

rm{壟脺}裝置是用來(lái)分離互不相溶的液體混合物；屬于分液；結(jié)合實(shí)驗(yàn)操作分析；

rm{(2)}根據(jù)裝置圖分析；

rm{(3)}由混合物的組成分析分離所需操作．

本題考查了物質(zhì)的分離提純基本操作，題目難度不大，注意把握常見(jiàn)分離提純的操作方法，側(cè)重于考查學(xué)生的實(shí)驗(yàn)?zāi)芰蛯?duì)基礎(chǔ)知識(shí)的應(yīng)用能力．【解析】過(guò)濾；蒸發(fā)；蒸餾；分液；分液漏斗；燒杯；rm{壟脹}rm{壟脷}rm{壟脵}rm{壟脺}六、探究題(共4題，共8分)29、|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