2025年浙教新版高三化學(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年浙教新版高三化學(xué)下冊階段測試試卷832考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、根據(jù)Zn+Cu2+=Zn2++Cu的反應(yīng)設(shè)計一個原電池，負極選用的材料是（）A.鎂B.石墨C.銅D.鋅2、紅磷和白磷在一定條件下可以相互轉(zhuǎn)化，這一變化屬于（）A.氧化還原反應(yīng)B.離子反應(yīng)C.化學(xué)變化D.物理變化3、下列實驗操作與預(yù)期實驗?zāi)康幕蛩脤嶒灲Y(jié)論一致的是。選項實驗操作實驗?zāi)康幕蚪Y(jié)論A將某氣體通入品紅溶液中，溶液褪色該氣體中有SO2B室溫下，分別向2支試管中加入相同體積、相同濃度的Na2S2O3溶液，再分別加入相同體積不同濃度的稀硫酸研究濃度對反應(yīng)速率的影響C下層液體從分液漏斗下端管口放出后，關(guān)閉活塞，換一個接收容器，再將上層液體從下端管口放出取出分液漏斗中的上層液體D向某溶液中加入2滴KSCN溶液，溶液不顯紅色；再向溶液中加入幾滴新制的氯水，溶液變?yōu)榧t色說明該溶液中一定含有Fe2+4、下列說法正確的是（）A.聚乙烯可使酸性高錳酸鉀溶液褪色B.用新制氫氧化銅懸濁液可以鑒別乙酸、葡萄糖和淀粉三種溶液C.乙酸與乙醇的酯化反應(yīng)中是乙酸中羧基氫與乙醇中羥基結(jié)合生成水D.C3H8的二氯代物有3種5、近年來，我國發(fā)生了“三聚氰胺”奶粉事件、天津港化學(xué)品爆炸事故等多起公共安全問題，造成公眾對化學(xué)學(xué)科的誤解，特別是央視最近播出的某國產(chǎn)化妝品的一段廣告，rm{15}秒內(nèi)洗腦般重復(fù)“我們恨化學(xué)”這句話rm{.}作為一位高中生，對以上事件你怎么看rm{(}rm{)}A.“三聚氰胺”奶粉事件是化學(xué)問題，不是商家的道德問題B.爆炸一定是化學(xué)變化C.某國產(chǎn)化妝品的生產(chǎn)不使用任何化學(xué)原理和方法D.我們學(xué)習(xí)化學(xué)學(xué)科，應(yīng)該做到：準確理解、辯證看待以及正面?zhèn)鞑ニu卷人得分二、填空題(共7題，共14分)6、下列常用物質(zhì)：A．碳酸氫鈉B．阿司匹林C．葡萄糖D．苯甲酸鈉E．檸檬黃。

請用字母填空：

具有解熱鎮(zhèn)痛療效的是____，可直接進入人體血液補充能量的是____，可用作食品防腐劑的是____，常用作食品著色劑的是____，常用作治療胃酸過多的抗酸劑的是____．7、（10分）Ⅰ．現(xiàn)有四種有機化合物：試回答：（1）甲、乙、丁都含有的官能團名稱是；（2）1mol甲、乙、丁分別與足量Na反應(yīng)，生成H2最多的是（填編號，下同）；（3）互為同分異構(gòu)體的是；（4）等物質(zhì)的量的甲、乙、丁充分燃燒，消耗氧最少的是；（5）丁與醋酸在催化下發(fā)生取代反應(yīng)生成的酯有種。Ⅱ．白乳膠是一種在日常生活中使用廣泛的有機物。某校化學(xué)興趣小組擬用下列合成路線合成該物質(zhì)：試回答：（1）A的結(jié)構(gòu)簡式為；（2）寫化學(xué)方程式：A→B；D→E。8、以硫鐵礦rm{(}主要成分為rm{FeS_{2})}為原料制備氯化鐵晶體rm{(FeCl_{3}隆隴6H_{2}O)}的工藝流程如下：

回答下列問題：

rm{(1)}在一定條件下，rm{SO_{2}}轉(zhuǎn)化為rm{SO_{3}}的反應(yīng)為rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g)}該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達式為rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?

2SO_{3}(g)}________；rm{K=}有毒，采用高錳酸鉀溶液吸收焙燒產(chǎn)生的rm{SO_{2}}當(dāng)有___________現(xiàn)象時就可以確定rm{SO_{2}}已完全被吸收；此反應(yīng)的離子方程式為______________。

rm{SO_{2}}酸溶及后續(xù)過程中均需保持鹽酸過量；其目的是______________；______________。

rm{(2)}通氯氣氧化時，發(fā)生的主要反應(yīng)的離子方程式為______________________；該過程產(chǎn)生的尾氣可用堿溶液吸收，尾氣中污染空氣的氣體為__________________rm{(3)}寫化學(xué)式rm{(}rm{)}將rm{(4)}在空氣中充分灼燒后最終得到的物質(zhì)是______，若想得到無水rm{FeCl_{3}?6H_{2}O}怎樣操作？______。rm{FeCl_{3}}9、現(xiàn)用質(zhì)量分數(shù)為98%，密度為1.84g/cm3的濃硫酸來配制200ml1mol/L的稀硫酸；可供選擇的儀器有：①量筒②燒杯③膠頭滴管④玻璃棒．

（1）除上述儀器中，配制過程中還差的有____．

（2）計算所需濃硫酸的體積為____．現(xiàn)有①5ml②10ml③20ml④50ml四種規(guī)格的量筒，最好選用____．（填代號）

（3）在配制過程中，下列操作可引起所配溶液濃度偏低的有____．（填代號）

①洗滌量取濃硫酸的量筒；并將洗滌液轉(zhuǎn)移到定量瓶中．

②未等稀釋后的硫酸溶液冷卻至室溫就轉(zhuǎn)移到容量瓶中。

③轉(zhuǎn)移前；容量瓶中含有少量蒸餾水。

④未洗滌稀釋濃硫酸時用過的燒杯和玻璃棒。

⑤定容量，仰視刻度線．10、亞氯酸鈉（NaClO2）是重要漂白劑；探究小組開展如下實驗，回答下列問題：

實驗Ⅰ：制取NaClO2晶體按如圖裝置進行制?。?/p>

已知：NaClO2飽和溶液在低于38℃時析出NaClO2?3H2O，高于38℃時析出NaClO2，高于60℃時NaClO2分解成NaClO3和NaCl．

（1）裝置C的作用是____；

（2）已知裝置B中的產(chǎn)物有ClO2氣體，則裝置B中反應(yīng)的化學(xué)方程式為____；裝置D中反應(yīng)生成NaClO2的化學(xué)方程式為____；反應(yīng)后的溶液中陰離子除了ClO2-、ClO3-、Cl-、ClO-、OH-外還可能含有的一種陰離子是____；檢驗該離子的方法是____；

（3）請補充從裝置D反應(yīng)后的溶液中獲得NaClO2晶體的操作步驟．

①減壓，55℃蒸發(fā)結(jié)晶；②____；③____；④____得到成品．

（4）如果撤去D中的冷水浴，可能導(dǎo)致產(chǎn)品中混有的雜質(zhì)是____；

實驗Ⅱ：樣品雜質(zhì)分析與純度測定。

（5）測定樣品中NaClO2的純度．測定時進行如下實驗：

準確稱一定質(zhì)量的樣品，加入適量蒸餾水和過量的KI晶體，在酸性條件下發(fā)生如下反應(yīng)：ClO2-+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-，將所得混合液稀釋成100mL待測溶液．取25.00mL待測溶液，加入淀粉溶液做指示劑，用cmol?L-1Na2S2O3標(biāo)準液滴定至終點，測得消耗標(biāo)準液體積的平均值為VmL（已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-）．請計算所稱取的樣品中NaClO2的物質(zhì)的量為____．11、A；B、C為短周期元素；在周期表中所處的位置如圖所示．

。ACBA；C兩元素的原子核外電子數(shù)之和等于B原子的質(zhì)子數(shù)．

（1）寫出A、B元素的名稱____、____．

（2）B位于元素周期表中第____周期第____族．

（3）C的原子結(jié)構(gòu)示意圖為____．

（4）寫出A的氣態(tài)氫化物與其最高價氧化物對應(yīng)的水化物反應(yīng)的化學(xué)方程式____．12、判斷正誤rm{(}正確的打“rm{隆脤}”，錯誤的打“rm{隆脕}”rm{)}rm{(1)2.4gMg}與rm{H_{2}SO_{4}}完全反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為rm{0.1N_{A}}rm{(}rm{)}rm{(2)}次氯酸鹽具有氧化性，所以可用漂白粉漂白織物。rm{(}rm{)}rm{(3)}金屬陽離子一定只具有氧化性。rm{(}rm{)}rm{(4)}某元素從游離態(tài)變?yōu)榛蠎B(tài)，該元素可能被氧化也可能被還原。rm{(}rm{)}rm{(5)}有單質(zhì)參加或有單質(zhì)生成的化學(xué)反應(yīng)一定是氧化還原反應(yīng)。rm{(}rm{)}rm{(6)}氧化還原反應(yīng)中有一種元素被氧化時，一定有另一種元素被還原。rm{(}rm{)}rm{(7)}氧化還原反應(yīng)中的反應(yīng)物，不是氧化劑就是還原劑。rm{(}rm{)}評卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)13、常溫常壓下，92gNO2和N2O4的混合氣體中含有的原子總數(shù)為6NA．____（判斷對錯）14、判斷：非金屬元素形成的化合物均含共價鍵．____．15、為了防止齲齒，人人都要使用含氟牙膏．____．（判斷對錯）16、海帶中碘元素提取時氧化濾液中的I-時，通入氯氣，KI溶液變?yōu)辄S色，繼續(xù)通入氯氣一段時間后，溶液黃色褪去．____．（判斷對錯說明理由）17、苯的同系物能與溴水反應(yīng)．____（判斷對錯）18、因為SO2可以使酸性KMnO4溶液褪色，所以SO2具有漂白性____．（判斷對錯）19、甲烷與氯氣在紫外線照射下的反應(yīng)產(chǎn)物有4種____（判斷對錯）20、乙酸的結(jié)構(gòu)簡式：C2H4O2____．評卷人得分四、其他(共4題，共32分)21、如圖所示為實驗室常用的儀器：

請根據(jù)圖回答：

（1）寫出A～F各儀器的名稱：

A____B____C____D____E____F____

（2）用于吸取和滴加少量液體的是（填序號，下同）____；

（3）能直接加熱的儀器是____；

（4）用于作熱源的儀器是____；

（5）用于夾持試管的是____；

（6）可取用少量固體粉未的是____；

（7）用來量取液體體積的是____．22、（15分）有X、Y、Z、W四種短周期元素原子序數(shù)依次增大，它們之間可以同時相互形成A2B2型、AB型、A2型、A22—型等具有相同電子數(shù)的微粒。（1）當(dāng)A2型微粒為空氣的主要成分時：①寫出上述A22—型微粒電子式_______________。②寫出四種元素原子按5：1：1：3形成的離子化合物與足量NaOH反應(yīng)的離子方程式_______________。（2）當(dāng)A2型微粒為最活潑的單質(zhì)時：①1molA2B2型化合物分解轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為_______。②任寫出一種具有相同電子的其他非極性分子的有機物化學(xué)式__________③比較Z與W兩種元素的氫化物的沸點與水溶液的酸性。沸點________________酸性______________。23、已知有機物A分子中含有苯環(huán)且只有一個側(cè)鏈。有機物A的相對分子質(zhì)量M不超過200，其中氧元素的質(zhì)量分數(shù)為26.7%，完全燃燒只生成水和二氧化碳。與之有關(guān)的有機物轉(zhuǎn)化關(guān)系如下：（注意：部分反應(yīng)產(chǎn)物省略）（1）有機物A中含有官能團的名稱分別為________________，A的分子式為____________。（2）有機物Ｃ的結(jié)構(gòu)簡式為＿＿＿＿＿＿＿＿（3）有機物A～F中互為同分異構(gòu)體的有____________和______________（填寫序號）（4）有機物A～F中不能使溴的四氯化碳溶液褪色的有_________________（填寫序號）（5）16.2g有機物BCD組成的混合物完全燃燒，得到的CO2通入3mol/LNaOH溶液中得到的產(chǎn)物為________________。（6）寫出A+D生成E的化學(xué)方程式_____________________________。24、（10分）以下是某課題組設(shè)計的合成聚酯類高分子材料的路線：已知：①A的相對分子質(zhì)量小于110，其中碳的質(zhì)量分數(shù)約為0.9。②同一碳原子上連兩個羥基時結(jié)構(gòu)不穩(wěn)定，易脫水生成醛或酮：③C可發(fā)生銀鏡反應(yīng)。請根據(jù)以上信息回答下列問題：（1）A的化學(xué)式為____；A→B的反應(yīng)類型是。（2）由B生成C的化學(xué)方程式為；該反應(yīng)過程中生成的不穩(wěn)定中間體的結(jié)構(gòu)簡式應(yīng)是。（3）D的結(jié)構(gòu)簡式為，D的同分異構(gòu)體中含有苯環(huán)且水解產(chǎn)物之一為乙酸的有______種，寫出其中的一種結(jié)構(gòu)簡式：。評卷人得分五、簡答題(共4題，共8分)25、工業(yè)上用菱錳礦[主要成分MnCO3，含F(xiàn)eCO3、SiO2、Cu2（OH）2CO3雜質(zhì)]為原料制取二氧化錳；其流程示意圖如下：

已知ksp（CuS）=1.3×10-36，ksp（MnS）=1.95×10-13；．金屬陽離子生成氫氧化物沉淀的pH如表。

。Mn（OH）2Fe（OH）2Fe（OH）3Cu（OH）2開始沉淀時8.36.32.74.7完全沉淀時9.88.33.76.7回答下列問題：

（1）寫出濾渣1的主要成分的名稱______．主要成分MnCO3與稀硫酸反應(yīng)離子方程式為______．

（2）試劑1最好選用______（填選項字母）；其反應(yīng)的離子方程式______．

A．次氯酸鈉B．濃鹽酸C．二氧化錳D．氯水。

加入試劑2目的是調(diào)節(jié)pH值；此時pH應(yīng)該控制在______范圍．

（3）寫出濾液2中加入MnS后發(fā)生反應(yīng)的離子方程式______．該反應(yīng)的平衡常數(shù)為______．

（4）用惰性電極電解硫酸錳溶液可以制取二氧化錳，寫出電解時陽極的電極反應(yīng)式______．工業(yè)上用硫酸溶解碳酸錳而不用鹽酸溶解，其主要優(yōu)點為______．26、Cu2O廣泛應(yīng)用于太陽能電池領(lǐng)域。以CuSO4、NaOH和抗壞血酸為原料，可制備Cu2O。

（1）Cu2+基態(tài)核外電子排布式為______。

（2）SO42-的空間構(gòu)型為______（用文字描述）；Cu2+與OH-反應(yīng)能生成[Cu（OH）4]2-，[Cu（OH）4]2-中的配位原子為______（填元素符號）。

（3）抗壞血酸的分子結(jié)構(gòu)如圖1所示；分子中碳原子的軌道雜化類型為______；推測抗壞血酸在水中的溶解性：______（填“難溶于水”或“易溶于水”）。

（4）一個Cu2O晶胞（如圖2）中，Cu原子的數(shù)目為______。27、硫的化合物在生產(chǎn)和科研中發(fā)揮著重要作用。（1）SO2Cl2常用于制造醫(yī)藥品、染料、表面活性劑等。已知：SO2Cl2(g)SO2(g)＋Cl2(g)△H＝＋97.3kJ·mol－1。某溫度時向體積為1L的恒容密閉容器中充入0.20molSO2Cl2，達到平衡時，容器中含0.18molSO2，則此過程反應(yīng)吸收的熱量為_____kJ，該溫度時反應(yīng)的平衡常數(shù)為_____。將上述所得混合氣體溶于足量BaCl2溶液中，最終生成沉淀的質(zhì)量為_______。（2）工業(yè)上制備硫酸的過程中存在反應(yīng)：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)△H＝－198kJ·mol－1，400℃，1.01×105Pa，向容積為2L的恒容密閉容器中充入一定量SO2和O2，n(SO3)和n(O2)隨時間的變化曲線如圖所示。①0～20min反應(yīng)的平均速率υ(O2)＝___________。②下列敘述正確的是。a．A點υ正(SO2)＞υ逆(SO2)b．B點處于平衡狀態(tài)c．C點和D點n(SO2)相同d．其它條件不變，500℃時反應(yīng)達平衡，n(SO3)比圖中D點的值大（3）工業(yè)上用Na2SO3溶液吸收煙氣中的SO2。將煙氣通入1.0mol·L－1的Na2SO3溶液，當(dāng)溶液pH約為6時，Na2SO3溶液吸收SO2的能力顯著下降，應(yīng)更換吸收劑。此時溶液中c(SO32－)的濃度是0.2mol·L－1，則溶液中c(HSO3－)是__mol·L－1。28、以下是某企業(yè)設(shè)計的硫酸--磷肥--水泥聯(lián)產(chǎn)、海水--淡水多用、鹽--熱--電聯(lián)產(chǎn)的三大生態(tài)產(chǎn)業(yè)鏈流程圖rm{.}根據(jù)上述產(chǎn)業(yè)流程回答下列問題：

rm{(1)}該流程rm{壟脵}rm{壟脹}rm{壟脺}為能量或物質(zhì)的輸送，請分別寫出輸送的主要物質(zhì)的化學(xué)式或能量形式：rm{壟脵}______rm{壟脹}______rm{壟脺}______

rm{(2)}沸騰爐發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為：______

磷肥廠的主要產(chǎn)品是普鈣rm{(}磷酸二氫鈣和硫酸鈣rm{)}寫出由磷礦石和硫酸反應(yīng)制普鈣的化學(xué)方程式：______

rm{(3)}用rm{1}噸硫鐵礦rm{(FeS_{2}}的質(zhì)量分數(shù)為rm{36%)}接觸法制硫酸，制硫酸的產(chǎn)率為rm{65%}則最后能生產(chǎn)出質(zhì)量分數(shù)為rm{98%}的硫酸______噸rm{.}

rm{(4)}熱電廠的冷卻水是海水，該流程中濃縮鹽水中含有rm{K^{+}}rm{Na^{+}}rm{Mg^{2+}}等陽離子；對母液進行一系列的加工可制得金屬鎂．

rm{壟脵}從離子的反應(yīng)的角度思考；在濃縮鹽水中加入石灰乳所起的作用是______．

rm{壟脷}要利用rm{MgCl_{2}?6H_{2}O}制得無水氯化鎂；應(yīng)采取的措施是______．

rm{壟脹}電解熔融的無水氯化鎂所得的鎂蒸氣在特定的環(huán)境中冷卻后即為固體鎂rm{.}下列物質(zhì)中可以用作鎂蒸氣冷卻劑的是______rm{(}填選項字母rm{)}

A.rm{Ar}rm{B.CO_{2}}rm{C.}空氣rm{D.O_{2}}E.水蒸氣。

rm{(5)}煉鐵過程中加入______除去廢渣中的含硅雜質(zhì)．評卷人得分六、計算題(共4題，共40分)29、鐵元素是重要的金屬元素，單質(zhì)鐵在工業(yè)和生活中使用得最為廣泛．鐵還有很多的化合物及其化學(xué)反應(yīng)，如鐵與水的反應(yīng)：3Fe（s）+4H2O（g）?Fe3O4（s）+4H2（g）△H

（1）已知：

①3Fe（s）+2O2（g）?Fe3O4（s）△H1=-1118.4kJ/mol

②2H2（g）+O2（g）?2H2O（g）△H2=-483.8kJ/mol

③2H2（g）+O2（g）?2H2O（l）△H3=-571.8kJ/mol

則△H=____（計算結(jié)果保留一位小數(shù)）．

（2）在t℃時；該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=16，在2L恒溫恒容密閉容器甲和乙中，分別按如表所示加入物質(zhì)，在t℃時反應(yīng)經(jīng)過一段時間后達到平衡．

。FeH2O（g）Fe3O4H2甲/mol1.01.01.01.0乙/mol1.01.51.01.0①甲容器中H2O的平衡轉(zhuǎn)化率為____（結(jié)果保留一位小數(shù)）

②下列說法正確的是____（填序號）

A．若容器壓強恒定；則反應(yīng)達到平衡狀態(tài)。

B．若容器內(nèi)密度恒定；則反應(yīng)達到平衡狀態(tài)。

C．甲容器中H2O的平衡轉(zhuǎn)化率大于乙容器中H2O的平衡轉(zhuǎn)化率。

D．增加Fe3O4就能提高H2O的轉(zhuǎn)化率。

（3）若將（2）中裝置改為恒容絕熱（不與外界交換能量）的裝置；按下表充入起始物質(zhì)，起始時與平衡后的各物質(zhì)的量見表：

。FeH2O（g）Fe3O4H2起始/mol3.04.000平衡/molmnpq若在達平衡后的裝置中繼續(xù)加入A；B、C三種狀況下的各物質(zhì)；見下表：

。FeH2O（g）Fe3O4H2A/mol3.04.000B/mol001.04.0C/molmnpq當(dāng)上述可逆反應(yīng)再一次達到平衡狀態(tài)后，將上述各裝置中H2的百分含量按由大到小的順序排列____（用A；B、C表示）．

（4）一種以甲醇做燃料的電池示意圖如圖，寫出該電池放電時負極的電極反應(yīng)式：____．30、制取500gHCl的質(zhì)量分數(shù)為14.6%的鹽酸：

（1）需要標(biāo)準狀況下HCl氣體的體積是多少？

（2）已知該鹽酸的密度為1.02g/cm3，則該鹽酸的物質(zhì)的量濃度是多少？31、Ⅰ．乙烯的結(jié)構(gòu)式____；在空氣中燃燒的現(xiàn)象____；該反應(yīng)的類型是____．比賽中，當(dāng)運動員肌肉挫傷或扭傷時，隊醫(yī)隨即對準球員的受傷部位噴射藥劑氯乙烷（沸點12.27℃），進行局部冷凍麻醉應(yīng)急處理．寫出乙烯和氯化氫制得氯乙烷的化學(xué)反應(yīng)方程式____．苯和液溴反應(yīng)制溴苯，該反應(yīng)化學(xué)方程式____．在所得的溴苯中?；煊袖鍐钨|(zhì)，除去單質(zhì)溴的試劑是____；該反應(yīng)化學(xué)方程式____．

Ⅱ．某烴和某含有一個雙鍵的烯烴的混合氣體，在同溫同壓下對氫氣的相對密度為13，取此混合氣體4.48L（標(biāo)準狀況下）通入足量溴水中，溴水增重2.8g，則此烯烴的摩爾質(zhì)量____

Ⅲ．乙烯與乙烷混合氣體共amol，與bmol的氧氣共存于一密閉容器中，點燃后充分反應(yīng)，乙烯和乙烷全部消耗完，得到CO和CO2的混合氣體和45g水．試求：

（1）當(dāng)a=1時，乙烯和乙烷的物質(zhì)的量之比n（C2H4）：n（C2H6）=____；

（2）當(dāng)a=1時，且反應(yīng)后CO和CO2混合氣體的物質(zhì)的量為反應(yīng)前氧氣的2/3時，則b=____，得到的CO和CO2的物質(zhì)的量之比n（CO）：n（CO2）=____．

（3）a的取值范圍是____．32、在200mL氯化鎂和氯化鋁的混合液中，Mg2+的物質(zhì)的量濃度為0.2mol/L，Cl-的物質(zhì)的量濃度為1.3mol/L．要使Mg2+全部轉(zhuǎn)化為沉淀分離出來，至少需要加入4mol/LNaOH溶液的體積為？參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、D【分析】【分析】原電池負極發(fā)生氧化反應(yīng)，應(yīng)為較為活潑的金屬．【解析】【解答】解：Zn+Cu2+=Zn2++Cu的反應(yīng)中；Zn比Cu活潑，組成原電池時，Zn為負極，發(fā)生氧化反應(yīng)，Cu正極，發(fā)生還原反應(yīng)；

故選D．2、C【分析】【分析】根據(jù)紅磷與白磷是兩種不同的物質(zhì)；根據(jù)氧化還原反應(yīng)特征是元素的化合價發(fā)生變化分析．【解析】【解答】解：因紅磷與白磷是兩種不同的物質(zhì)，紅磷與白磷在一定條件下可以相互轉(zhuǎn)化，這種變化是化學(xué)變化，不是物理變化，又因紅磷與白磷中磷的化合價都是零價，化合價沒有發(fā)生變化，所以不是氧化還原反應(yīng)，無離子參加或生成不是離子反應(yīng)，故選C．3、B|D【分析】【解析】【答案】BD4、B【分析】解：A．聚乙烯不含有C=C官能團；不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故A錯誤；

B．乙酸具有酸性；可與氫氧化銅發(fā)生中和反應(yīng)，葡萄糖為還原性糖，與氫氧化銅發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成磚紅色沉淀，淀粉與氫氧化銅不反應(yīng)，可鑒別，故B正確；

C．乙酸與乙醇的酯化反應(yīng)為乙酸羧基中的羥基和乙醇中的羥基氫結(jié)合生成水；故C錯誤；

D．C3H8的二氯代物有CH2ClCH2CH2Cl、CH2ClCHClCH3、CHCl2CH2CH3、CH3CHCl2CH34種；故D錯誤．

故選B．

A．聚乙烯不含有C=C；

B．乙酸具有酸性；葡萄糖為還原性糖，淀粉與氫氧化銅不反應(yīng)；

C．乙酸與乙醇的酯化反應(yīng)為乙酸中的羥基和乙醇中的羥基氫結(jié)合生成水；

D．C3H8的二氯代物有4種；

本題綜合可查有機物的結(jié)構(gòu)、性質(zhì)等知識，注意常見有機物官能團的性質(zhì)，把握同分異構(gòu)體的判斷．【解析】【答案】B5、D【分析】解：rm{A.}商家為謀求利用；違規(guī)使用三聚氰胺，屬于道德問題，故A錯誤；

B.爆炸有的屬于物理變化；例如鍋爐爆炸，有的屬于化學(xué)變化，例如炸藥爆炸，故B錯誤；

C.無論什么化妝品都離不開化學(xué)；都需要通過化學(xué)原理和方法獲取，故C錯誤；

D.化學(xué)科學(xué)既能帶來環(huán)境污染等不利影響；也能夠為人類的生產(chǎn)生活帶來便利，應(yīng)正確的對待化學(xué)科學(xué)，故D正確；

故選：rm{D}．

A.商家為謀求利用；違規(guī)使用三聚氰胺，屬于道德問題；

B.化學(xué)變化一定有新物質(zhì)生成；

C.化妝品是化學(xué)工業(yè)品或精細化工品；

D.任何事物都具有兩面性；應(yīng)辯證的看待．

本題考查了化學(xué)科學(xué)的意義，熟悉化學(xué)變化及化學(xué)科學(xué)的特點是解題關(guān)鍵，題目難度不大．【解析】rm{D}二、填空題(共7題，共14分)6、BCDEA【分析】【分析】碳酸氫鈉可中和胃酸即鹽酸，阿司匹林為常用的感冒用藥，葡萄糖為人體所需的營養(yǎng)物質(zhì)，而苯甲酸鈉、檸檬黃均為常見的食品添加劑；【解析】【解答】解：A．碳酸氫鈉在水中能水解；使溶液中的氫氧根離子的濃度大于氫離子的濃度，所以碳酸氫鈉的水溶液呈堿性，故能和酸反應(yīng)；

B．阿斯匹林是感冒藥；具有解熱鎮(zhèn)痛作用；

C．葡萄糖在體內(nèi)能被氧化分解；最終生成二氧化碳和水，同時釋放能量，所以能給人體補充能量；

D．苯甲酸鈉是常用的防腐劑；

E．檸檬黃；胭脂紅、胡蘿卜素等是常用的著色劑．

故答案為：B，C，D，E，A．7、略

【分析】【解析】【答案】Ⅰ．（1）羥基（1分）（2）甲（1分）（3）乙和丙（1分）（4）甲（1分）（5）3（1分）Ⅱ．（1）CH3CHO（1分）（2）CH3CHO＋2Cu（OH）2CH3COOH＋Cu2O＋2H2O（2分）2CH3COOH＋O2＋2CH2CH22CH3COOCHCH2＋2H2O（2分）8、（1）K＝高錳酸鉀不完全褪色

（2）提高鐵元素的浸出率抑制Fe3＋水解

（3）Cl2＋2Fe2＋===2Cl－＋2Fe3＋Cl2、HCl

（4）Fe2O3在氯化氫氣流中灼燒

【分析】【分析】本題考查物質(zhì)的制備，涉及到化學(xué)平衡常數(shù)的計算、離子反應(yīng)方程式的書寫等知識，難度一般?！窘獯稹縭m{(1)}平衡常數(shù)等于生成物濃度冪之積除以反應(yīng)物濃度冪之積，則rm{K=}，當(dāng)高錳酸鉀不完全褪色時，二氧化硫就已經(jīng)被吸收完全，發(fā)生的離子反應(yīng)方程式為：rm{5{SO}_{2}+2{{MnO}_{4}}^{2-}+2{H}_{2}O=2{Mn}^{2+}+5{{SO}_{4}}^{2-}+4{H}^{+}}，故答案為：rm{5{SO}_{2}+2{{MnO}_{4}}^{2-}+2{H}_{2}O=2{Mn}^{2+}+5{{SO}_{4}}^{2-}+4{H}^{+}

}；高錳酸鉀不完全褪色；rm{5{SO}_{2}+2{{MnO}_{4}}^{2-}+2{H}_{2}O=2{Mn}^{2+}+5{{SO}_{4}}^{2-}+4{H}^{+}}

rm{K=}rm{5{SO}_{2}+2{{MnO}_{4}}^{2-}+2{H}_{2}O=2{Mn}^{2+}+5{{SO}_{4}}^{2-}+4{H}^{+}

}提高鐵元素的浸出率且能抑制rm{(2)}水解；

故答案為：提高鐵元素的浸出率；抑制鹽酸過量可以水解；

rm{Fe^{3+}}氯氣可以把亞鐵離子氧化成鐵離子，反應(yīng)的離子方程式為：rm{Fe^{3+}}該實驗產(chǎn)生的尾氣有揮發(fā)出來的氯化氫氣體和過量的氯氣；

故答案為：rm{(3)}rm{Cl_{2}+2Fe^{2+}===2Cl^{-}+2Fe^{3+}}rm{Cl_{2}+2Fe^{2+}===2Cl^{-}+2Fe^{3+}}rm{Cl_{2}}rm{HCl}rm{(4)}rm{FeCl}rm{FeCl}rm{{,!}_{3}}在空氣中充分灼燒的過程中會由于水解生成氫氧化鐵，氫氧化鐵受熱分解生成氧化鐵，若想得到氯化鐵則要在氯化氫的氣流中加熱，抑制鐵離子的水解，

rm{?6H}rm{?6H}；在氯化氫氣流中灼燒。rm{{,!}_{2}}【解析】rm{(1)}rm{(1)}rm{K}高錳酸鉀不完全褪色rm{5{SO}_{2}+2{{MnO}_{4}}^{2-}+2{H}_{2}O=2{Mn}^{2+}+5{{SO}_{4}}^{2-}+4{H}^{+}}

rm{K}提高鐵元素的浸出率抑制rm{=}rm{=}高錳酸鉀不完全褪色rm{5{SO}_{2}+2{{MnO}_{4}}^{2-}+2{H}_{2}O=2{Mn}^{2+}+5{{SO}_{4}}^{2-}+4{H}^{+}

}

rm{5{SO}_{2}+2{{MnO}_{4}}^{2-}+2{H}_{2}O=2{Mn}^{2+}+5{{SO}_{4}}^{2-}+4{H}^{+}

}rm{(2)}提高鐵元素的浸出率抑制rm{Fe}rm{(2)}rm{Fe}rm{{,!}^{3+}}水解rm{(3)Cl}rm{(3)Cl}rm{{,!}_{2}}rm{+2Fe}rm{+2Fe}rm{{,!}^{2+}}在氯化氫氣流中灼燒

rm{===2Cl}9、250mL的容量瓶13.6mL③④⑤【分析】【分析】（1）根據(jù)操作步驟選取實驗儀器；根據(jù)儀器的用途來分析需要查漏的儀器以及查漏的方法；

（2）根據(jù)溶液稀釋前后溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變計算所需濃硫酸溶液的體積；根據(jù)濃硫酸的體積選取量筒；注意所選量筒的容積應(yīng)稍大于或等于量取溶液的體積；

（3）根據(jù)c=，分析操作對溶質(zhì)的物質(zhì)的量或?qū)θ芤旱捏w積的影響判斷．【解析】【解答】解：（1）配制200ml1mol/L的稀硫酸；配制步驟有量取；稀釋、移液、洗滌、定容、搖勻等操作，一般用量筒量取濃硫酸溶液在燒杯中稀釋，冷卻后轉(zhuǎn)移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，當(dāng)加水至液面距離刻度線1～2cm時，改用膠頭滴管滴加，所以需要的儀器有玻璃棒、量筒、膠頭滴管、小燒杯、250ml容量瓶，實驗室沒有200ml容量瓶；

故答案為：250mL的容量瓶；

（2）濃硫酸的物質(zhì)的量濃度為c==18.4mol/L；設(shè)需要濃硫酸的體積為V；1mol/L×250mL=18.4mol/L×V，V=13.6mL，量筒的容積應(yīng)稍大于或等于量取溶液的體積；

故答案為：13.6mL；③；

（3）①洗滌量取濃硫酸的量筒；并將洗滌液轉(zhuǎn)移到定量瓶中，使得硫酸溶質(zhì)偏多，濃度偏高；

②未等稀釋后的硫酸溶液冷卻至室溫就轉(zhuǎn)移到容量瓶中；根據(jù)熱脹冷縮的原理，體積縮小，濃度偏高；

③轉(zhuǎn)移前；容量瓶中含有少量蒸餾水，對所配制溶液濃度無影響；

④未洗滌稀釋濃硫酸時用過的燒杯和玻璃棒；造成硫酸溶質(zhì)損失，濃度偏低；

⑤定容時；仰視刻度線，會導(dǎo)致溶液體積偏大，則溶液濃度偏低；

故能引起所配稀硫酸的濃度偏低的是④⑤；

故答案為：④⑤．10、防止D瓶溶液倒吸到B瓶中2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2SO42-取少量反應(yīng)后的溶液，先加足量的鹽酸，再加BaCl2溶液，若產(chǎn)生白色沉淀，則說明含有SO42-趁熱過濾用38℃～60℃熱水洗滌低于60℃干燥NaClO3和NaClc?V?10-3mol【分析】【分析】（1）裝置D中發(fā)生氣體反應(yīng)；裝置內(nèi)壓強降低，裝置C的作用是安全瓶，防止D瓶溶液倒吸到B瓶中；

（2）裝置B中制備得到ClO2，所以B中反應(yīng)為NaClO3和Na2SO3在濃H2SO4的作用生成ClO2和Na2SO4，裝置D反應(yīng)后的溶液獲得NaClO2晶體，裝置D中生成NaClO2，Cl元素的化合價降低，雙氧水應(yīng)表現(xiàn)還原性，有氧氣生成，結(jié)合原子守恒可知，還有水生成，配平書寫方程式；B制得的氣體中含有SO2；在裝置D中被氧化生成硫酸，可以用利用硫酸鋇是白色沉淀檢驗硫酸根；

（3）從溶液中制取晶體；一般采用蒸發(fā)結(jié)晶；過濾、洗滌、干燥的方法，注意溫度控制；

（4）由題目信息可知，應(yīng)控制溫度38℃～60℃，高于60℃時NaClO2分解成NaClO3和NaCl；

（5）根據(jù)化學(xué)反應(yīng)可得關(guān)系式：NaClO2～2I2～4S2O32-，令樣品中NaClO2的物質(zhì)的量x，根據(jù)關(guān)系式計算．【解析】【解答】解：（1）裝置D中發(fā)生氣體反應(yīng)；裝置內(nèi)壓強降低，裝置C的作用是安全瓶，防止D瓶溶液倒吸到B瓶中；

故答案為：防止D瓶溶液倒吸到B瓶中；

（2）裝置B中制備得到ClO2，所以B中反應(yīng)為NaClO3和Na2SO3在濃H2SO4的作用生成ClO2和Na2SO4，反應(yīng)的方程式為2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O，裝置D反應(yīng)后的溶液獲得NaClO2晶體，裝置D中生成NaClO2，Cl元素的化合價降低，雙氧水應(yīng)表現(xiàn)還原性，有氧氣生成，結(jié)合原子守恒可知，還有水生成，配平后方程式為：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，B制得的氣體中含有SO2，在裝置D中被氧化生成硫酸，溶液中可能存在SO42-，用氯化鋇溶液檢驗SO42-，具體操作：取少量反應(yīng)后的溶液，先加足量的鹽酸，再加BaCl2溶液，若產(chǎn)生白色沉淀，則說明含有SO42-；

故答案為：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O；2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2；SO42-；取少量反應(yīng)后的溶液，先加足量的鹽酸，再加BaCl2溶液，若產(chǎn)生白色沉淀，則說明含有SO42-；

（3）從溶液中制取晶體，一般采用蒸發(fā)結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥的方法，為防止析出晶體NaClO2?3H2O；應(yīng)趁熱過濾，由題目信息可知，應(yīng)控制溫度38℃～60℃進行洗滌，低于60℃干燥；

故答案為：趁熱過濾；用38℃～60℃熱水洗滌；低于60℃干燥；

（4）由題目信息可知，應(yīng)控制溫度38℃～60℃，高于60℃時NaClO2分解成NaClO3和NaCl，所以如果撤去D中的冷水浴，可能導(dǎo)致產(chǎn)品中混有的雜質(zhì)是NaClO3和NaCl；

故答案為：NaClO3和NaCl；

（5）令樣品中NaClO2的物質(zhì)的量x；則：

NaClO2～2I2～4S2O32-；

1mol4mol

0.25xcmol?L-1×V×10-3L

解得：x=c?V?10-3mol

故答案為：c?V?10-3mol．11、氮硫3ⅥANH3+HNO3═NH4NO3【分析】【分析】A、B、C為短周期元素，在周期表中所處的位置如圖所示，可知A、C位于第二周期，B位于第三周期，設(shè)B元素的質(zhì)子數(shù)為x，則A的質(zhì)子數(shù)為x-9，C的質(zhì)子數(shù)為x-7，可得x-9+x-7=x，解之得x=16，所以A的質(zhì)子數(shù)為7，B的質(zhì)子數(shù)為16，C的質(zhì)子數(shù)為9，分別為N、S、F元素，以此解答該題．【解析】【解答】解：A；B、C為短周期元素；在周期表中所處的位置如圖所示，可知A、C位于第二周期，B位于第三周期，設(shè)B元素的質(zhì)子數(shù)為x，則A的質(zhì)子數(shù)為x-9，C的質(zhì)子數(shù)為x-7，可得x-9+x-7=x，解之得x=16，所以A的質(zhì)子數(shù)為7，B的質(zhì)子數(shù)為16，C的質(zhì)子數(shù)為9，分別為N、S、F元素；

（1）由以上分析可知A為氮元素；B為硫元素；故答案為：氮；硫；

（2）B元素的原子核內(nèi)質(zhì)子數(shù)為16；原子核外有3個電子層，最外層電子數(shù)為6，位于元素周期表第三周期ⅥA族，故答案為：3；ⅥA；

（3）C的原子序數(shù)為9，原子核外有2個電子城，最外層電子數(shù)為7，原子結(jié)構(gòu)示意圖為故答案為：

（4）A為N元素，對應(yīng)的氫化物為氨氣，對應(yīng)的最高價氧化物的水化物為硝酸，二者發(fā)生NH3+HNO3═NH4NO3，故答案為：NH3+HNO3═NH4NO3．12、rm{(1)隆脕}rm{(2)隆脤}rm{(3)隆脕}rm{(4)隆脤}rm{(5)隆脕}rm{(6)隆脕}rm{(7)隆脕}【分析】【分析】本題考查有關(guān)氧化還原反的相關(guān)概念，把握氧化還原反應(yīng)的本質(zhì)是關(guān)鍵?！窘獯稹縭m{(1)2.4gMg}為rm{1mol}鎂單質(zhì)反應(yīng)完生成rm{Mg^{2+}}故轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為rm{0.2N_{A}}故錯誤；rm{(2)}次氯酸鹽具有氧化性，能夠氧化有色物質(zhì)而褪色，故正確；rm{(3)}亞鐵離子既具有氧化性又具有還原性，故錯誤；rm{(4)}氯氣與水反應(yīng)生成rm{HCl}和rm{HClO}時，從游離態(tài)變?yōu)榛蠎B(tài)，既被氧化又被還原，故正確；rm{(5)}由氧氣變成臭氧，有單質(zhì)參加也有單質(zhì)生成，但并不是氧化還原反應(yīng)，故錯誤；rm{(6)}氯氣與水反應(yīng)生成rm{HCl}和rm{HClO}時，是同種元素既被氧化又被還原，故錯誤；rm{(7)}氯氣與水反應(yīng)生成rm{HCl}和rm{HClO}時，反應(yīng)物水既不是氧化劑也不是還原劑，故錯誤?！窘馕觥縭m{(1)隆脕}rm{(2)隆脤}rm{(3)隆脕}rm{(4)隆脤}rm{(5)隆脕}rm{(6)隆脕}rm{(7)隆脕}三、判斷題(共8題，共16分)13、√【分析】【分析】NO2和N2O4的最簡式相同，只需要計算92gNO2中原子數(shù)．【解析】【解答】解：NO2和N2O4的最簡式相同，只需要計算92gNO2中原子數(shù)=×3×NA=6NA，故答案為：√．14、×【分析】【分析】非金屬元素形成的化合物中可能含離子鍵，以此來解答．【解析】【解答】解：非金屬元素形成的化合物中可能含離子鍵；如銨鹽中存在離子鍵和共價鍵，為離子化合物，一般非金屬元素形成的化合物含共價鍵；

故答案為：×．15、×【分析】【分析】氟化物可能影響兒童正常生長發(fā)育．【解析】【解答】解：氟化物能有效預(yù)防齲齒但氟化物可能影響兒童正常生長發(fā)育所以兒童不建議使用含氟牙膏，故答案為：×．16、√【分析】【分析】氯氣與KI反應(yīng)生成I2，KI溶液變?yōu)辄S色，繼續(xù)通入氯氣一段時間后，溶液黃色褪去，說明繼續(xù)被氧化，生成HIO3，以此解答．【解析】【解答】解：氧化性Cl2＞I2，KI溶液中通入氯氣發(fā)生Cl2+2KI=KCl+I2，溶液變成黃色，繼續(xù)通入氯氣，發(fā)生5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl；

故答案為：√，原因是過量的氯氣和碘反應(yīng)生成HIO3而導(dǎo)致溶液褪色．17、×【分析】【分析】苯的同系物能使溴水褪色，發(fā)生萃取現(xiàn)象；據(jù)此解答即可．【解析】【解答】解：苯的同系物能使溴水褪色，發(fā)生萃取現(xiàn)象，不發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，故錯誤；故答案為：×．18、×【分析】【分析】SO2可以使酸性KMnO4溶液褪色，發(fā)生氧化還原反應(yīng)，以此來解答．【解析】【解答】解：SO2可以使酸性KMnO4溶液褪色；發(fā)生氧化還原反應(yīng)，S元素的化合價升高，體現(xiàn)二氧化硫的還原性，與漂白性無關(guān)，說法錯誤；

故答案為：×．19、×【分析】【分析】甲烷和氯氣在光照條件下發(fā)生反應(yīng)，生成有機物有CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4，還有無機物氯化氫，據(jù)此完成即可．【解析】【解答】解：由于甲烷和氯氣在光照條件下發(fā)生反應(yīng)，生成有機物有CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4，還有無機物：氯化氫，總計5種產(chǎn)物，故答案為：×．20、×【分析】【分析】根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式的書寫方法來解答；【解析】【解答】解：乙酸的分子式為：C2H4O2，結(jié)構(gòu)簡式為CH3COOH，故答案為：×；四、其他(共4題，共32分)21、試管藥匙試管夾酒精燈膠頭滴管量筒EADCBF【分析】【分析】（1）熟記中學(xué)化學(xué)實驗中常用的儀器；

（2）根據(jù)基本實驗儀器：試管、試管夾、藥匙、酒精燈，膠頭滴管、量筒的作用來回答．【解析】【解答】解：（1）A～F各儀器的名稱分別是：試管；藥匙、試管夾、酒精燈、膠頭滴管、量筒；故答案為：試管、藥匙、試管夾、酒精燈、膠頭滴管、量筒；

（2）膠頭滴管常用于吸取和滴加少量液體；故答案為：E；

（3）試管可以直接加熱；故答案為：A；

（4）在化學(xué)實驗室；常用酒精燈作為熱源，故答案為：D；

（5）試管架是用來夾持試管的儀器；故答案為：C；

（6）藥匙用來取用少量的固體粉末；故答案為：B；

（7）量筒可以用來量取液體的體積，故答案為：F．22、略

【分析】本題的元素推斷以電子數(shù)為特征，重點以元素化合物知識為學(xué)科內(nèi)綜合的載體，落實基本概念、基本理論、化學(xué)計算。以“A2”型分子為突破口。常見的由短周期元素形成的A2型分子有5種：H2、N2、O2、F2、Cl2然后進行變換推導(dǎo)。如果當(dāng)A2型微粒為空氣的主要成分時，可假設(shè)電子數(shù)為14，那么A2型分子為N2，AB型分子為CO，A2B2型分子為C2H2（電子數(shù)N相當(dāng)于CH），因為制備乙炔的離子化合物碳化鈣中存在C22—離子也是14電子，所以X、Y、Z、W四種短周期元素依次為H、C、N、O。若為16電子，找不到A2B2微粒。當(dāng)A2型微粒為最活潑的單質(zhì)時，那么A2型分子為F2，則這些微粒的電子數(shù)為18，A2B2型分子為H2O2（電子數(shù)F相當(dāng)于OH），O22—也是含有18電子，AB型分子為HCl，X、Y、Z、W四種短周期元素依次為H、O、F、Cl。【解析】【答案】（1）NH4++HCO3—+2OH—=NH3·H2O+CO32—+H2O（2）1mol（3分）；C2H6（3分）；沸點：HF＞HCl酸性HCl＞HF23、略

【分析】本題以式量差18和36也就是脫水反應(yīng)為主體設(shè)計，A物質(zhì)為反應(yīng)的焦點，需要注意的是濃硫酸加熱可以發(fā)生酯化反應(yīng)，也可以發(fā)生醇的消去反應(yīng)，A與B、D均能發(fā)生酯化反應(yīng)，所以B、D類別相同，所以①③為消去反應(yīng)，A分子有兩種消去方式，B、D為不飽和羧酸，A中既含有羥基也含有羧基，至少3個氧原子。200×26.7%÷16=3.34，分子中一定含有3個氧原子，即含有一個羥基和一個羧基。M=3×16÷26.7%=180，180-17-45=118，殘基118÷12=910，所以A的分子式為C10H12O3.根據(jù)組成判斷，分子中含有苯環(huán)，因為兩種消去方式，所以羥基位于側(cè)鏈中間碳原子上，結(jié)構(gòu)簡式C為A分子內(nèi)酯化反應(yīng)的產(chǎn)物。由于都是脫去一分子水，B、C、D互為同分異構(gòu)體。B、D含有不飽和鍵，所以E、F也含有不飽和鍵，A、C不能使溴水退色。因為B、D無法確定，所以（6）小問有兩種可能?！窘馕觥俊敬鸢浮?1)羧基、羥基C10H12O3（2）（3）BCD、EF（4）AC（5）NaHCO3和Na2CO3（6）或者24、略

【分析】【解析】【答案】（1）C8H10（2分）；取代反應(yīng)（1分）。（2）（2分）（1分）（3）（1分）3（2分）（1分）五、簡答題(共4題，共8分)25、二氧化錳MnCO3+2HCl=MnCl2+CO2↑+H2OCMnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O3.7≤pH≤4.7MnS+Cu2+=Mn2++CuS1.5×1023Mn2+-2e-+2H2O=4H++MnO2氯離子放電生成有毒氣體氯氣，而SO42-不會【分析】解：菱錳礦用硫酸酸浸，MnCO3、FeCO3、Cu2（OH）2CO3與硫酸反應(yīng)，SiO2不與鹽硫酸反應(yīng)，過濾得到濾渣1為SiO2，濾液1中含有硫酸鎂、硫酸亞鐵、硫酸銅及剩余的稀硫酸，向濾液中加入生石灰，調(diào)節(jié)溶液pH=4，利用二氧化錳在酸性條件下將溶液中Fe2+氧化為Fe3+，在PH=4時氧化得到Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe（OH）3沉淀，過濾除去，濾液2中加入MnS，將溶液中Cu2+氧化為CuS沉淀過濾除去，濾液3中為MnCl2，系列轉(zhuǎn)化得到MnO2．

（1）因SiO2難溶于水且不能溶解于稀硫酸，則菱錳礦用稀硫酸溶解后，所得濾渣為SIO2；碳酸錳與鹽酸反應(yīng)生成硫酸錳、二氧化碳與水，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：MnCO3+2H+=Mn2++CO2↑+H2O；

故答案為：二氧化硅；MnCO3+2HCl=MnCl2+CO2↑+H2O；

（2）結(jié)合不引入新的雜質(zhì)，影響產(chǎn)品的純度，同時又能將溶液中Fe2+氧化為Fe3+，可選擇MnO2，在酸性條件下發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為，結(jié)合Fe3+、Cu2+生成氫氧化物沉淀的pH可知，控制溶液3.7≤pH≤4.7，即可使Fe3+完全沉淀，而Cu2+不沉淀；

故答案為：C；MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；3.7≤pH≤4.7；

（3）MnS與硫酸銅反應(yīng)轉(zhuǎn)化更難溶的CuS，同時得到硫酸鎂，反應(yīng)離子方程式為：MnS+Cu2+=Mn2++CuS，此反應(yīng)的平衡常數(shù)K====1.5×1023；

故答案為：MnS+Cu2+=Mn2++CuS；1.5×1023；

（4）用惰性電極電解硫酸錳和硫酸鉀混合溶液的方法可以制取高錳酸鉀，電解時的陽極反應(yīng)式為Mn2+-2e-+2H2O=4H++MnO2；工業(yè)上用硫酸溶解碳酸錳，而不用鹽酸溶解，其原因是氯離子放電生成有毒氣體氯氣，而SO42-不會；

故答案為：Mn2+-2e-+2H2O=4H++MnO2；氯離子放電生成有毒氣體氯氣，而SO42-不會．

菱錳礦用稀硫酸酸浸，MnCO3、FeCO3、Cu2（OH）2CO3與硫酸反應(yīng)，SiO2不與硫酸反應(yīng)，過濾得到濾渣1為SiO2，濾液1中含有硫酸鎂、硫酸亞鐵、硫酸銅及剩余的稀硫酸，向濾液中加入生石灰，調(diào)節(jié)溶液pH=4，利用二氧化錳在酸性條件下將溶液中Fe2+氧化為Fe3+，在PH=4時氧化得到Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe（OH）3沉淀，過濾除去，濾液2中加入MnS，將溶液中Cu2+氧化為CuS沉淀過濾除去，濾液3中為MnCl2，系列轉(zhuǎn)化得到MnO2；

（1）MnCO3、FeCO3、Cu2（OH）2CO3均能溶解于稀硫酸生成可溶于水的鹽，而SiO2難溶于水且不能溶解于稀硫酸；碳酸錳與硫酸反應(yīng)生成硫酸錳；二氧化碳與水；其中碳酸錳難溶于水，據(jù)此寫出此反應(yīng)的離子方程式；

（2）滴加試劑1的目的是為了將溶液中Fe2+氧化為Fe3+，同時考慮不引入新的雜質(zhì)，可選擇MnO2，在酸性條件下，MnO2被還原為Mn2+，而溶液中Fe2+氧化為Fe3+，結(jié)合電子守恒、電荷守恒及原子守恒寫出發(fā)生反應(yīng)的離子方程式；Fe3+完全沉淀時的pH為3.7，而Cu2+開始沉淀時的pH為4.7；據(jù)此分析控制溶液pH的范圍；

（3）MnS與硫酸銅反應(yīng)轉(zhuǎn)化更難溶的CuS，同時得到硫酸鎂，此反應(yīng)的平衡常數(shù)K=

（4）由題意可知，陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，錳離子失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成MnO2；用鹽酸溶解時；生成氯化鎂在電解時陽極上氯離子放電生成氯氣．

本題考查混合物分離提純及物質(zhì)制備實驗，為高頻考點，把握實驗流程中的反應(yīng)、混合物分離提純、電解原理為解答的關(guān)鍵，綜合性較強，側(cè)重分析與實驗?zāi)芰Φ目疾?，題目難度中等．【解析】二氧化錳MnCO3+2HCl=MnCl2+CO2↑+H2OCMnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O3.7≤pH≤4.7MnS+Cu2+=Mn2++CuS1.5×1023Mn2+-2e-+2H2O=4H++MnO2氯離子放電生成有毒氣體氯氣，而SO42-不會26、1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9正四面體形Osp3、sp2易溶于水4【分析】解：（1）Cu原子失去4s能級上1個電子、3d能級上1個電子生成銅離子，該基態(tài)離子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9；

故答案為：1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9；

（2）SO42-中S原子價層電子對個數(shù)=4+=4且不含孤電子對，根據(jù)價層電子對互斥理論判斷該微?？臻g構(gòu)型為正四面體形；該配離子中Cu2+提供空軌道；O原子提供孤電子對形成配位鍵；所以配原子為O；

故答案為：正四面體形；O；

（3）中1、2、3號C原子價層電子對個數(shù)是4，4、5、6號碳原子價層電子對個數(shù)是3，根據(jù)價層電子對互斥理論判斷該分子中C原子軌道雜化類型，1、2、3號C原子采用sp3雜化，4、5、6號C原子采用sp2雜化；抗壞血酸中羥基屬于親水基；增大其水解性，所以抗壞血酸易溶于水；

故答案為：sp3、sp2；易溶于水；

（4）該晶胞中白色球個數(shù)=8×+1=2；黑色球個數(shù)為4；則白色球和黑色球個數(shù)之比=2：4=1：2，根據(jù)其化學(xué)式知，白色球表示O原子、黑色球表示Cu原子，則該晶胞中Cu原子數(shù)目為4；

故答案為：4。

（1）Cu原子失去4s能級上1個電子；3d能級上1個電子生成銅離子；據(jù)此書寫該基態(tài)離子核外電子排布式；

（2）SO42-中S原子價層電子對個數(shù)=4+=4且不含孤電子對，根據(jù)價層電子對互斥理論判斷該微?？臻g構(gòu)型；該配離子中Cu2+提供空軌道；O原子提供孤電子對形成配位鍵；

（3）中1；2、3號C原子價層電子對個數(shù)是4；4、5、6號碳原子價層電子對個數(shù)是3，根據(jù)價層電子對互斥理論判斷該分子中C原子軌道雜化類型；抗壞血酸中羥基屬于親水基，增大其水解性；

（4）該晶胞中白色球個數(shù)=8×+1=2；黑色球個數(shù)為4；則白色球和黑色球個數(shù)之比=2：4=1：2，根據(jù)其化學(xué)式知，白色球表示O原子、黑色球表示Cu原子。

本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，涉及晶胞計算、原子雜化類型判斷、微粒空間構(gòu)型判斷、核外電子排布式的書寫等，側(cè)重考查基礎(chǔ)知識綜合運用、空間想像能力及計算能力，注意均攤法在晶胞計算中的靈活運用，題目難度不大?！窘馕觥?s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9正四面體形Osp3、sp2易溶于水427、略

【分析】（1）達到平衡時，容器中含0.18molSO2，則根據(jù)熱化學(xué)方程式可知，此過程反應(yīng)吸收的熱量為97.3kJ·mol－1×0.18mol＝17.5kJ。根據(jù)方程式可知SO2Cl2(g)SO2(g)＋Cl2(g)起始濃度（mol/L）0.2000轉(zhuǎn)化濃度（mol/L）0.180.180.18平衡濃度（mol/L）0.020.180.18所以該溫度下反應(yīng)的平衡常數(shù)K＝＝1.62。所得混合氣體溶于足量BaCl2溶液中，發(fā)生反應(yīng)SO2＋Cl2＋2H2O＝H2SO4＋2HCl，所以促使平衡持續(xù)向正反應(yīng)方向進行，因此最終生成沉淀的物質(zhì)的量是0.20mol，則硫酸鋇的質(zhì)量為0.20mol×232g/mol＝46.6g。（2）①根據(jù)圖像可知20min時三氧化硫的物質(zhì)的量是1.6mol，則消耗氧氣的物質(zhì)的量是0.8mol，濃度是0.4mol/L，所以0～20min反應(yīng)的平均速率υ(O2)＝0.4mol/L÷20min＝0.02mol(L·min)；②a．根據(jù)圖像可知A點反應(yīng)沒有達到平衡狀態(tài)，平衡向正反應(yīng)方向進行，則υ正(SO2)＞υ逆(SO2)，a正確；b．B點物質(zhì)的濃度仍然是變化的，反應(yīng)沒有處于平衡狀態(tài)，b不正確；c．C點和D點均是相同條件下的平衡狀態(tài)，因此n(SO2)相同，c正確；d．正方應(yīng)是放熱反應(yīng)，其它條件不變，升高溫度平衡向逆反應(yīng)方向移動，所以500℃時反應(yīng)達平衡，n(SO3)比圖中D點的值小，d不正確，答案選ac。（3）溶液中c(SO32－)的濃度是0.2mol·L－1，則消耗c(SO32－)的濃度＝1.0mol/L－0.2mol/L＝0.8mol/L，因此根據(jù)方程式SO32－＋SO2＋H2O＝2HSO3－可知溶液c(HSO3－)＝0.8mol/L×2＝1.6mol/L【解析】【答案】（1）17.51.6246.6g（2）0.02mol/(L·min)ac（3）1.6mol/L28、略

【分析】解：rm{(1)壟脵}中冶煉鋼鐵的原料是rm{Fe_{2}O_{3}}rm{壟脷}中熱電廠中向外提供的能量為電能，rm{壟脹}沸騰爐中rm{FeS_{2}}與氧氣反應(yīng)放出大量的熱，rm{壟脺}制硫酸時接觸室中二氧化硫被氧化，rm{壟脻}硫酸工業(yè)中生成的硫酸；可用于制磷肥；

故答案為：rm{壟脵Fe_{2}O_{3}}rm{壟脹}熱能rm{壟脺SO_{2}}

rm{(2)}沸騰爐中rm{FeS_{2}}與氧氣反應(yīng)生成rm{Fe_{2}O_{3}}和rm{SO_{2}}其反應(yīng)方程式為：rm{4FeS_{2}+110_{2}dfrac{underline{;{賂脽脦脗};}}{;}2Fe_{2}O_{3}+8SO_{2}}普鈣是磷酸二氫鈣和硫酸鈣，用硫酸與磷酸鈣反應(yīng)生成硫酸鈣和磷酸二氫鈣的化學(xué)方程式為：rm{4FeS_{2}+110_{2}dfrac{

underline{;{賂脽脦脗};}}{;}2Fe_{2}O_{3}+8SO_{2}}

故答案為：rm{4FeS_{2}+110_{2}dfrac{underline{;{賂脽脦脗};}}{;}2Fe_{2}O_{3}+8SO_{2}}rm{Ca_{3}(PO_{4})_{2}+2H_{2}SO_{4}=Ca(H_{2}PO_{4})_{2}+2CaSO_{4}}

rm{4FeS_{2}+110_{2}dfrac{

underline{;{賂脽脦脗};}}{;}2Fe_{2}O_{3}+8SO_{2}}制取硫酸過程中，設(shè)生成的rm{Ca_{3}(PO_{4})_{2}+2H_{2}SO_{4}=Ca(H_{2}PO_{4})_{2}+2CaSO_{4}}的硫酸為rm{(3)FeS_{2}}噸；利用關(guān)系法列式，硫元素守恒；

rm{98%}

rm{x}rm{FeS_{2}隆蘆2H_{2}SO_{4}}

rm{120}rm{2隆脕98}

所以：rm{dfrac{120}{1隆脕36%隆脕65%}=dfrac{2隆脕98}{98%x}}得rm{1隆脕36%隆脕65%}

故答案為：rm{98%x}

rm{dfrac{120}{1隆脕36%隆脕65%}=dfrac

{2隆脕98}{98%x}}石灰乳能將鎂離子轉(zhuǎn)化為沉淀，則在母液中加入石灰乳所起的作用是沉淀rm{x=0.39}

故答案為：沉淀rm{0.39}

rm{(4)壟脵}鎂離子水解，應(yīng)抑制其水解得到無水鹽，所以利用rm{Mg^{2+}}制得無水氯化鎂，應(yīng)采取的措施是在rm{Mg^{2+}}氣流中脫水；抑制氯化鎂水解；

故答案為：在rm{壟脷}氣流中脫水；抑制氯化鎂水解；

rm{MgCl_{2}?6H_{2}O}用作鎂蒸氣的冷卻劑，應(yīng)不與rm{HCl}反應(yīng)，只有rm{HCl}符合，而rm{壟脹}與二氧化碳；氧氣、水蒸氣等均可反應(yīng)；

故答案為：rm{Mg}

rm{A}石灰石中的碳酸鈣在高溫條件下分解能生成氧化鈣和二氧化碳；氧化鈣能和二氧化硅反應(yīng)生成硅酸鈣，從而除去鐵礦石中的二氧化硅；

故答案為：碳酸鈣．

rm{Mg}根據(jù)流程圖中工業(yè)生產(chǎn)的原料；及發(fā)生的反應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化分析；

rm{A}沸騰爐中rm{(5)}與氧氣反應(yīng)；根據(jù)生成磷肥的反應(yīng)分析；

rm{(1)}根據(jù)rm{(2)}制取硫酸過程中涉及的化學(xué)反應(yīng)方程式；利用關(guān)系法解題；

rm{FeS_{2}}石灰乳能將鎂離子轉(zhuǎn)化為沉淀；

rm{(3)}鎂離子水解；應(yīng)抑制其水解得到無水鹽；

rm{FeS_{2}}用作鎂蒸氣的冷卻劑，應(yīng)不與rm{(4)壟脵}反應(yīng)，以此來解答rm{壟脷}

rm{壟脹}石灰石中的碳酸鈣在高溫條件下分解能生成氧化鈣和二氧化碳；氧化鈣能和二氧化硅反應(yīng)生成硅酸鈣，從而除去鐵礦石中的二氧化硅．

本題考查了工藝流程，涉及硫酸工業(yè)、水泥工業(yè)、磷肥工業(yè)、海水的應(yīng)用等知識，內(nèi)容較多，題目難度中等，注意根據(jù)對應(yīng)的工業(yè)反應(yīng)原理分析．rm{Mg}【解析】rm{Fe_{2}O_{3}}熱能；rm{SO_{2}}rm{4FeS_{2}+110_{2}dfrac{underline{;{賂脽脦脗};}}{;}2Fe_{2}O_{3}+8SO_{2}}rm{4FeS_{2}+110_{2}dfrac{

underline{;{賂脽脦脗};}}{;}2Fe_{2}O_{3}+8SO_{2}}rm{2Ca_{5}(PO_{4})_{3}F+7H_{2}SO_{4}簍T3Ca(H_{2}PO_{4})_{2}+7CaSO_{4}+2HF}沉淀rm{0.39}在rm{Mg^{2+}}氣流中脫水，抑制rm{HCl}水解；rm{MgCl_{2}}碳酸鈣rm{A}六、計算題(共4題，共40分)29、-150.8KJ/mol33.3%BB＞C＞ACH3OH-6e-+3O2-=CO2↑+2H2O【分析】【分析】（1）依據(jù)熱化學(xué)方程式的書寫方法；標(biāo)注物質(zhì)聚集狀態(tài)和對應(yīng)焓變寫出，依據(jù)蓋斯定律計算反應(yīng)的焓變；

（2）①根據(jù)初始的量；利用K的值結(jié)合三段式求算；

②可逆反應(yīng)達到平衡狀態(tài)時；正逆反應(yīng)速率相等（同種物質(zhì)）或正逆反應(yīng)速率之比等于系數(shù)之比（不同物質(zhì)），平衡時各種物質(zhì)的物質(zhì)的量；濃度等不再發(fā)生變化，由此衍生的一些物理量不變；

（3）恒容絕熱根據(jù)反應(yīng)時溫度變化；判斷平衡移動，分析氫氣的百分含量；

（4）甲醇燃料在原電池中做負極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)．【解析】【解答】解：（1）已知：

①3Fe（s）+2O2（g）═Fe3O4（s）△H1=-1118.4kJ/mol

②2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H2=-483.8kJ/mol

根據(jù)蓋斯定律可知①-②×2得：

3Fe（s）+4H2O（g）═Fe3O4（s）+4H2（g）△H

△H=△H1-2△H2=-1118.4kJ/mol+483.8kJ/mol×2=-150.8KJ/mol；

故答案為：-150.8KJ/mol；

（2）①設(shè)甲容器中達到平衡時轉(zhuǎn)化的水的物質(zhì)的量為xmol；

3Fe（s）+4H20（g）?Fe3O4（s）+4H2（g）

起始量（mol）：1111

轉(zhuǎn)化量（mol）：xx

平衡量（mol）：1-x1+x

則K===16，所以x=，則甲容器中H2O的平衡轉(zhuǎn)化率為×100%=33.3%；

故答案為：33.3%；

②A；該反應(yīng)為氣體體積不變的反應(yīng)；所以容器內(nèi)壓強始終不變，不能用壓強判斷平衡狀態(tài)，故A錯誤；

B；水蒸氣的密度與氫氣的密度不同；所以當(dāng)容器內(nèi)的密度不變時，即是平衡狀態(tài)，故B正確；

C、設(shè)乙中水轉(zhuǎn)化了xmol，則=