2025年人教版（2024）高三化學(xué)上冊月考試卷含答案

…………○…………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年人教版（2024）高三化學(xué)上冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：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總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、可逆反應(yīng)H2（g）+I2（g）?2HI（g）達(dá)到限度時的標(biāo)志是（）A.混合氣體密度恒定不變B.消耗nmolH2同時生成2nmolHIC.H2、I2、HI的濃度相等D.混合氣體的顏色不再改變2、下列有關(guān)物質(zhì)用途的說法錯誤的是（）A.過氧化鈉可用作潛艇里氧氣的來源B.單質(zhì)硅是光導(dǎo)纖維的主要成分C.乙醇可用作燃料D.食醋可用于清除暖水瓶中的水垢3、下述轉(zhuǎn)化關(guān)系可用于合成解痙藥奧昔布寧的前體（化合物丙）。下列說法正確的是A.化合物甲的分子式為C10H10O3，分子中的含氧官能團有醛基和酯基B.化合物乙能發(fā)生消去反應(yīng)，且生成的有機物能和溴發(fā)生加成反應(yīng)C.化合物乙與NaOH水溶液在加熱條件下反應(yīng)生成化合物丙D.化合物丙能和氯化鐵溶液發(fā)生顯色反應(yīng)4、由表中左邊的實驗現(xiàn)象可得出右邊的實驗結(jié)論的是（）

。實驗現(xiàn)象結(jié)論A

左邊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

左邊棉花變橙色，右邊棉花變藍(lán)色氧化性：Cl2＞Br2＞I2C

白色固體先變?yōu)闇\黃色，后變?yōu)楹谏芙庑裕篈gCl＜AgBr＜Ag2SD

錐形瓶中有氣體產(chǎn)生，燒杯中溶液變渾濁酸性：鹽酸＞碳酸＞硅酸A.AB.BC.CD.D5、下列關(guān)于藥物的使用說法正確的是（）A.能用于治療胃酸過多的抗酸藥通常含有麻黃堿B.青霉素有解熱鎮(zhèn)痛的作用C.阿司匹林是最重要的抗生素D.碘酒能使蛋白質(zhì)變性，是一種外用消毒藥6、下列物質(zhì)的熔、沸點高低順序正確的是（）A.金剛石＞晶體硅＞二氧化硅B.HI＞HBr＞HCl＞HFC.NaF＞NaCl＞NaBrD.NaCl＞Hg＞S7、膦（PH3）又稱磷化氫，在常溫下是一種無色有大蒜臭味的有毒氣體，電石氣的雜質(zhì)中常含有磷化氫．以下關(guān)于PH3的敘述正確的是（）A.PH3分子的P-H鍵是非極性鍵B.PH3比NH3穩(wěn)定C.PH3的分子構(gòu)型是正四面體形D.PH3分子中有未成鍵的孤對電子8、下列說法一定正確的是rm{(N_{A}}代表阿伏伽德羅常數(shù)的值rm{)(}rm{)}A.rm{78g}金屬鉀rm{(K)}完全轉(zhuǎn)化為超氧化鉀rm{(KO_{2})}時，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為rm{4N_{A}}B.常溫下rm{2.8g}rm{N_{2}}與標(biāo)準(zhǔn)狀況下rm{2.24LCH_{4}}均含有rm{0.1N_{A}}個分子C.rm{0.2mol/L}稀鹽酸中，rm{H^{+}}數(shù)目為rm{0.2N_{A}}D.rm{60g}二氧化硅晶體中，含rm{Si-O}鍵數(shù)目為rm{2N_{A}}評卷人得分二、雙選題(共7題，共14分)9、用無機礦物資源生產(chǎn)部分材料；其產(chǎn)品流程示意圖如圖．下列有關(guān)說法不正確的是（）

A.制取玻璃和粗硅的同時均產(chǎn)生CO2氣體B.生產(chǎn)高純硅、鋁、銅及玻璃的過程中都涉及氧化還原反應(yīng)C.粗硅制高純硅時，提純四氯化硅可用多次蒸餾的方法D.黃銅礦冶煉銅時產(chǎn)生的SO2可用于生產(chǎn)硫酸，F(xiàn)eO可用作冶煉鐵的原料10、將rm{O_{2}}和rm{NH_{3}}的混合氣體rm{448mL}通過加熱的三氧化二鉻，充分反應(yīng)后，再通過足量的水，最終收集到rm{44.8mL}氣體。原混合氣體中rm{O_{2}}的體積可能是rm{(}假設(shè)氨全部被氧化rm{;}氣體體積均已換算成標(biāo)準(zhǔn)狀況rm{)(}rm{)}

A.rm{231.5mL}B.rm{268.8mL}C.rm{287.5mL}D.rm{313.6mL}11、關(guān)于化學(xué)平衡常數(shù)的敘述正確的是rm{(}rm{)}A.溫度一定，一個化學(xué)反應(yīng)的平衡常數(shù)是一個常數(shù)B.兩種物質(zhì)反應(yīng)，不管怎樣書寫化學(xué)方程式，平衡常數(shù)不變C.溫度一定時，對于給定的化學(xué)反應(yīng)，正、逆反應(yīng)的平衡常數(shù)互為倒數(shù)D.濃度商rm{Q_{c}<K_{c}}rm{陋蘆v(}正rm{)<v(}逆rm{)}12、某純凈物X在密閉容器中稍加熱就分解為NH3、H2O和CO2，根據(jù)這一實驗事實能得出的結(jié)論是（）A.X由四種元素組成B.X是化合物C.X中有水D.X很穩(wěn)定13、目前，世界上已經(jīng)合成了幾百種有機超導(dǎo)體，如圖所示是其中之一，該分子結(jié)構(gòu)如圖所示．下列關(guān)于該化合物說法錯誤的是（）A.分子中所有的氮原子在同一平面內(nèi)B.屬于芳香烴C.分子式為C12H4N4D.該物質(zhì)易溶于水14、rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}均為短周期元素，它們在元素周期表中相對位置如圖所示rm{.Z}為地殼中含量最多的金屬元素，下列說法中正確的是rm{(}rm{)}。rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}rm{Q}A.rm{X}rm{Y}rm{W}三種元素最低價氫化物的沸點依次升高B.原子半徑：rm{Q>W>Z>Y>X}C.最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性：rm{Q>W>Z}D.rm{X}及rm{Q}的氣態(tài)氫化物相反應(yīng)，形成的化合物為離子化合物15、rm{25隆忙}時，用rm{Na_{2}S}沉淀rm{Cu^{2+}}rm{Mn^{2+}}rm{Fe^{2+}}rm{Zn^{2+}}四種金屬離子rm{(M^{2+})}所需rm{S^{2-}}最低濃度的對數(shù)值rm{lgc(S^{2-})}與rm{lgc(M^{2+})}關(guān)系如圖所示rm{.}下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.rm{Ksp(CuS)}約為rm{l隆脕10^{-20}}B.向rm{Cu^{2+}}濃度為rm{10^{-5}mol?L^{-1}}廢水中加入rm{ZnS}粉末，會有rm{CuS}沉淀析出C.向rm{l00mL}濃度均為rm{10^{-5}mol?L^{-1}}rm{Zn^{2+}}rm{Fe^{2+}}rm{Mn^{2+}}的混合溶液中逐滴加入rm{10^{-4}mol?L^{-1}}rm{Na_{2}S}溶液，rm{Zn^{2+}}先沉淀D.rm{Na_{2}S}溶液中：rm{2c(S^{2-})+2c(HS^{-})+2c(H_{2}S)=c(Na^{+})}評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)16、某液態(tài)烴的分子式為C8H10；實驗證明它能使高錳酸鉀酸性溶液褪色，但不能使溴水褪色．

（1）試判斷該有機物屬于哪類烴；并寫出其可能的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式；

（2）若苯環(huán)上的氫原子被溴原子取代，所得一溴代物有3種同分異構(gòu)體，則該烴的結(jié)構(gòu)簡式為____．17、7.8gNa2R含有0.2molNa+，則Na2R的摩爾質(zhì)量為____；含有1.6gR的Na2R的物質(zhì)的量為____．18、高鐵酸鉀（K2FeO4）是一種集氧化、吸附、速凝于一體的新型多功能水處理劑．其生產(chǎn)流程如下：

（1）配制KOH溶液時，是在每100mL水中溶解61.6gKOH固體（該溶液的密度為1.47g/mL），它的物質(zhì)的量濃度是____mol/L．

（2）在溶液I中加入KOH固體的目的是____（填編號）．

A．與溶液I中過量的Cl2繼續(xù)反應(yīng)；生成更多的KClO

B．KOH固體溶解時會放出較多的熱量；有利于提高反應(yīng)速率。

C．為下一步反應(yīng)提供堿性的環(huán)境。

D．使副產(chǎn)物KClO3轉(zhuǎn)化為KClO

（3）每制得59.4克K2FeO4，理論上消耗氧化劑的物質(zhì)的量為____mol．從溶液II中分離出K2FeO4后，還得到副產(chǎn)品KNO3、KCl，寫出③中反應(yīng)的離子方程式：____．

（4）高鐵酸鉀（K2FeO4）溶液中加入稀硫酸，溶液變?yōu)辄S色，并有無色氣體產(chǎn)生，該反應(yīng)的離子方程式是____．19、降低大氣中CO2的含量及有效地開發(fā)利用CO2；已引起了全世界的普遍重視．

（1）CO2加氫合成DME（二甲醚）是解決能源危機的研究方向之一．

①2CO2（g）+6H2（g）?CH3OCH3（g）+3H2O（g）△H=-122.4kJ?mol-1．

某溫度下，將2.0molCO2（g）和6.0molH2（g）充入容積為2L的密閉容器中，反應(yīng)到達(dá)平衡時、改變壓強和溫度，平衡體系中CH3OCH3（g）的物質(zhì)分?jǐn)?shù)變化情況如圖所示，則p1____p2（填“＞”“＜”或“=”；下同）．

若T1、P1，T3、P3時平衡常數(shù)分別為K1、K2，則K1____K3，T1、P1時H2的平衡轉(zhuǎn)化率為____．

②在恒容密閉容器里按體積比為1：3充入二氧化碳和氫氣，一定條件下反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)．當(dāng)改變反應(yīng)的某一個條件后，下列能說明平衡一定向逆反應(yīng)方向移動的是____（填序號）．

A．反應(yīng)物的濃度增大。

B．混合氣體的密度減小。

C．正反應(yīng)速率小于逆反應(yīng)速率。

D．氫氣的轉(zhuǎn)化率減小。

（2）碳酸氫鈉溶液加水稀釋，c（CO32-）/c（HCO3-）____（填“增大”“不變”或“減小”）．向0.1mol?L-1的碳酸鈉溶液中通入CO2氣體，當(dāng)溶液呈中性時，c（HCO3-）____c（CO32-）（填“＞”“＜”或“=”），2c（CO32-）+c（HCO3-）=____mol?L-1（不考濾溶液體積的變化）．

（3）CO2在自然界循環(huán)時可與CaCO3反應(yīng)，CaCO3是一種難容物質(zhì)，其K甲=2.8×10-9．CaCl2溶液與Na2CO3溶液混合可形成CaCO3沉淀，現(xiàn)將等體積的CaCl2溶液與Na2CO3溶液混合，若Na2CO3溶液的濃度為2×10-3mol?L-1，則生成沉淀所需CaCl2溶液的最小濃度為____mol?L-1．20、將一個裝有飽和石灰水的試管放入盛有25℃飽和石灰水的廣口瓶中；如圖所示．

向試管中逐漸加入氧化鈣粉末．

（1）可以觀察到的現(xiàn)象是：試管中____，廣口瓶中____，導(dǎo)管中____．

（2）試管中的固體是不是加入的CaO？____

（3）廣口瓶和導(dǎo)管中發(fā)生現(xiàn)象的原因是什么？____

（4）反應(yīng)前氧化鈣和水的總能量與反應(yīng)后石灰乳的總能量有怎樣的關(guān)系？____．21、已知-C=C-OH烯醇式結(jié)構(gòu)不穩(wěn)定，易發(fā)生分子重排而轉(zhuǎn)化為-C-C-．現(xiàn)有一種高分子化合物材料x，它是由單體A經(jīng)加成聚合H反應(yīng)制得的．A的分子中僅含碳、氫、氧三種元素．等物質(zhì)的量的A與C3H6分別完全燃燒時消耗的O2的物質(zhì)的量相同，生成的H2O的物質(zhì)的量也相同．A跟某無機物B反應(yīng)后生成C，C的化學(xué)式C4H7ClO3．A和乙醇的混合物在H2SO4作用下可反應(yīng)生成乙酸乙酯和另一種產(chǎn)物D．試填下列空白：

（1）B的化學(xué)式是____，A和B反應(yīng)的反應(yīng)類型是____．

（2）x的結(jié)構(gòu)簡式是____．

（3）在H2SO4在作用下，A與乙醇反應(yīng)的化學(xué)方程式是____，其反應(yīng)類型是____．22、以淀粉A為原料可以制得有茉莉花香味的H，現(xiàn)按以下方式進(jìn)行合成該香料（方框中A、B、C、D、E、F均為有機物，同時方框中某些無機產(chǎn)物省略）已知：CH3CH2Cl+NaOHCH3CH2OH+NaCl

（1）A的化學(xué)式____，B的名稱____．

（2）請寫出①②的反應(yīng)類型：①____，②____．

（3）C→D的化學(xué)方程式____；

（4）F+E→H的化學(xué)方程式____．

（5）寫出C的兩種同分異構(gòu)體____．23、常溫下有濃度均為amol/L的3種溶液：①Na2CO3、②NaHCO3、③CH3COOH．

（1）上述溶液中，可發(fā)生水解的是____（填序號）．

（2）上述溶液中，既能與氫氧化鈉反應(yīng)，又能和硫酸反應(yīng)的溶液中離子濃度由大到小的順序為____．

（3）寫出③中溶質(zhì)的電離方程式：____．若將③和等濃度的NaOH溶液混合后溶液恰好呈中性，則混合前③的體積____NaOH溶液的體積（填“大于”、“小于”或“等于”）；若將③和0.01mol?L-1NaOH溶液等體積混合后溶液呈中性，則CH3COOH的電離常數(shù)為（用含a的代數(shù)式表示）____．評卷人得分四、探究題(共4題，共40分)24、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設(shè)計了下列實驗過程．請在括號內(nèi)填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內(nèi)有關(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式．

寫出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式A________、C________、E________、G________．25、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應(yīng)的原理來測定其含量，操作為：26、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設(shè)計了下列實驗過程．請在括號內(nèi)填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內(nèi)有關(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式．

寫出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式A________、C________、E________、G________．27、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應(yīng)的原理來測定其含量，操作為：評卷人得分五、推斷題(共2題，共12分)28、X、Y、Z、W均為中學(xué)化學(xué)中常見的單質(zhì)或化合物，它們之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系如下圖所示（水及部分產(chǎn)物已略去）。（1）若X為金屬單質(zhì)，W是某強酸的稀溶液。X與少量W反應(yīng)生成Z的離子方程式為，向Y溶液中加入某種試劑（填試劑名稱），若溶液出現(xiàn)血紅色，即可判斷Y溶液中陽離子的存在。（2）若X、Y為正鹽，X的水溶液顯酸性，W為NaOH溶液，寫出Y與X在水溶液中轉(zhuǎn)化為Z的離子反應(yīng)方程式____。（3）若X為強堿，常溫下W為有刺激性氣味的氣態(tài)氧化物。常溫時，將Z的水溶液露置于空氣中，溶液的PH變化是____（填“變大”、“變小”、“不變”。不考慮水的揮發(fā)），其原因是_________（用簡要的文字說明，并寫出離子方程式）。（4）室溫下，若用的NaOH溶液滴定mo1/LHA溶液，滴定曲線如圖所示，則a、b、c、d四點溶液中水的電離程度最大的是點；a點溶液中離子濃度的大小順序為；少量c點溶液于試管中，再滴加0.1mo1/L鹽酸至中性，此時溶液中除H+、OH－外，離子濃度的大小順序為____。29、甲、乙、丙、丁四種短周期元素可以組成下列框圖中除Br2和L以外的物質(zhì)，其原子序數(shù)依次增大．甲和乙可形成常見液態(tài)化合物K，固體A中含有丙元素的正一價陽離子，其電子層結(jié)構(gòu)與氖原子相同，丁元素原子的最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的2倍．在一定條件下，下列各物質(zhì)可發(fā)生如圖所示的變化（反應(yīng)中生成的水沒有寫出）：

試回答：

（1）甲元素的名稱為____，溴元素在周期表的位置____丁元素的陰離子結(jié)構(gòu)示意圖為____．

（2）A的電子式為____；所含化學(xué)鍵類型為____．

（3）乙、丙、丁三元素的離子半徑由大到小的順序為（用元素符號表示）____．

（4）反應(yīng)（I）的化學(xué)方程式為____．

（5）反應(yīng)（II）的離子方程式為____．參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、D【分析】【分析】根據(jù)化學(xué)平衡狀態(tài)的特征解答，當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時，正逆反應(yīng)速率相等，各物質(zhì)的濃度、百分含量不變，以及由此衍生的一些量也不發(fā)生變化，解題時要注意，選擇判斷的物理量，隨著反應(yīng)的進(jìn)行發(fā)生變化，當(dāng)該物理量由變化到定值時，說明可逆反應(yīng)到達(dá)平衡狀態(tài)．【解析】【解答】解：A；混合氣體密度一直不變；故A錯誤；

B、消耗nmolH2同時生成2nmolHI；都體現(xiàn)的正反應(yīng)方向，故B錯誤；

C、當(dāng)體系達(dá)平衡狀態(tài)時，H2、I2；HI的濃度可能相等；也可能不等，與各物質(zhì)的初始濃度及轉(zhuǎn)化率有關(guān)，故C錯誤；

D；混合氣體的顏色不再改變；說明碘蒸氣的物質(zhì)的量不變，反應(yīng)達(dá)平衡狀態(tài)，故D正確；

故選D．2、B【分析】【分析】A．過氧化鈉和與水；二氧化碳反應(yīng)生成氧氣；

B．光導(dǎo)纖維的主要原料為二氧化硅；

C．乙醇燃燒放出大量的熱；

D．食醋具有酸性，可與水垢反應(yīng)．【解析】【解答】解：A．過氧化鈉和與水；二氧化碳反應(yīng)生成氧氣；則可用于供氧劑，故A正確；

B．光導(dǎo)纖維的主要原料為二氧化硅；而硅用于半導(dǎo)體材料，故B錯誤；

C．乙醇燃燒放出大量的熱；可用于作燃料，故C正確；

D．食醋具有酸性；可與水垢反應(yīng)，故D正確；

故選B．3、B【分析】試題分析：A、根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式可知，甲中官能團為羰基和酯基，沒有醛基，A不正確；B、羥基所連的碳原子與右邊六元環(huán)上的碳原子上的氫原子可以消去反應(yīng)生成碳碳雙鍵，且生成物也能和溴水發(fā)生加成反應(yīng)，B正確；C、酯基在NaOH溶液中能發(fā)生水解，生成羧酸鈉和乙醇，而丙是羧酸，C不正確；D、只有酚類才能與氯化鐵發(fā)生顯色反應(yīng)，丙中沒有酚羥基，不屬于酚類，D不正確，答案選B?？键c：考查有機物的結(jié)構(gòu)、性質(zhì)【解析】【答案】B4、A【分析】【分析】A．形成原電池反應(yīng)；活潑金屬為負(fù)極；

B．與碘化鉀反應(yīng)的物質(zhì)的可能為氯氣或溴；不能排除氯氣的影響；

C．從難溶電解質(zhì)的溶解平衡的角度思考；

D．鹽酸易揮發(fā)，不能排除鹽酸的干擾．【解析】【解答】解：A．形成原電池反應(yīng)；活潑金屬為負(fù)極，正極發(fā)生還原反應(yīng)生成氣體，則可說明活動性：Al＞Fe＞Cu，故A正確；

B．與碘化鉀反應(yīng)的物質(zhì)的可能為氯氣或溴；不能排除氯氣的影響，故B錯誤；

C．白色固體先變?yōu)闇\黃色，后變?yōu)楹谏?，說明溶解性AgCl＞AgBr＞Ag2S；故錯誤；

D．鹽酸易揮發(fā)；不能排除鹽酸的干擾，生成二氧化碳后應(yīng)用飽和碳酸氫鈉溶液除雜，故D錯誤．

故選A．5、D【分析】【分析】A；治療胃酸過多的抗酸藥顯示堿性；能和鹽酸反應(yīng)，結(jié)合麻黃堿的成分來回答；

B；青霉素有消炎的作用；是一種抗生素；

C；阿司匹林是解熱鎮(zhèn)痛的藥物；

D、蛋白質(zhì)遇碘酒發(fā)生變性．【解析】【解答】解：A．抗酸藥用來中和胃酸過多；麻黃堿不含抗酸藥，故A錯誤．

B．青霉素是一種抗生素；有消炎作用，故B錯誤；

C．阿司匹林有解熱鎮(zhèn)痛的作用；不屬于抗生素，故C錯誤；

D．蛋白質(zhì)遇碘酒發(fā)生變性；可用于外用消毒，故D正確；

故選D．6、C【分析】【分析】A．原子晶體中半徑越小；鍵長越短，共價鍵越強，熔點越大；

B．氫化物中分子間存在氫鍵的熔沸點較高；

C．離子晶體中離子半徑越小；電荷越大，熔點越大；

D．離子晶體的熔沸點一般高于分子晶體，Hg常溫下為液體．【解析】【解答】解：A．原子晶體中半徑越?。绘I長越短，共價鍵越強，熔點越大，因鍵長C-C＜O-Si＜Si-Si，則熔沸點為金剛石＞二氧化硅＞晶體硅，故A錯誤；

B．氫化物中分子間存在氫鍵的熔沸點較高，沒有氫鍵時，相對分子質(zhì)量越大，分子間作用力越強，熔沸點越高，則熔沸點為HF＞HI＞HBr＞HCl；故B錯誤；

C．因離子半徑F-＜Cl-＜Br-，則熔點為NaF＞NaCl＞NaBr；故C正確；

D．離子晶體的熔沸點一般高于分子晶體；Hg常溫下為液體，所以熔沸點：NaCl＞S＞Hg，故D錯誤；

故選C．7、D【分析】【分析】A．不同非金屬元素之間形成極性共價鍵；同種非金屬元素之間形成非極性共價鍵；

B．鍵能越大物質(zhì)越穩(wěn)定；

C．PH3的分子是采用sp3雜化；P上連有3個氫，有一對孤對電子；

D．分子中除了用于形成共價鍵的鍵合電子外，還經(jīng)常存在未用于形成共價鍵的非鍵合電子．這些未成鍵的價電子對叫做孤對電子．【解析】【解答】解：A．PH3分子的P-H鍵是極性鍵；故A錯誤；

B．P-H鍵比N-H鍵鍵能小；不如氨氣穩(wěn)定，故B錯誤；

C．PH3的分子構(gòu)型是三角錐形；故C錯誤；

D．PH3分子中中心原子上有一對孤電子對；故D正確．

故選D．8、B【分析】解：rm{A}rm{78g}金屬鉀的物質(zhì)的量為rm{2mol}而鉀反應(yīng)后變?yōu)閞m{+1}價，故rm{2mol}鉀反應(yīng)后轉(zhuǎn)移rm{2N_{A}}個電子；故A錯誤；

B、rm{2.8g}氮氣的物質(zhì)的量和標(biāo)況下rm{2.24L}甲烷的物質(zhì)的量均為rm{0.1mol}故分子個數(shù)均為rm{N=nN_{A}=0.1mol隆脕N_{A}/mol=0.1N_{A}}個；故B正確；

C；溶液體積不明確；故溶液中的氫離子的個數(shù)無法計算，故C錯誤；

D、rm{60g}二氧化硅的物質(zhì)的量為rm{1mol}而rm{1mol}二氧化硅中含rm{4mol}硅氧鍵，故含rm{4N_{A}}條；故D錯誤．

故選B．

A、求出金屬鉀的物質(zhì)的量，然后根據(jù)鉀反應(yīng)后變?yōu)閞m{+1}價來分析；

B、求出氮氣和甲烷的物質(zhì)的量，然后根據(jù)分子個數(shù)rm{N=nN_{A}}來計算；

C；溶液體積不明確；

D、求出二氧化硅的物質(zhì)的量，然后根據(jù)rm{1mol}二氧化硅中含rm{4mol}硅氧鍵來分析．

本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的有關(guān)計算，掌握物質(zhì)的量的計算公式和物質(zhì)結(jié)構(gòu)是解題關(guān)鍵，難度不大．【解析】rm{B}二、雙選題(共7題，共14分)9、A|B【分析】解：A．石灰石；純堿和二氧化硅在高溫下反應(yīng)生成二氧化碳?xì)怏w；石英和碳在高溫下反應(yīng)生成硅和一氧化碳，故A錯誤；

B．生產(chǎn)玻璃涉及到的反應(yīng)有SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑和SiO2+CaCO3CaSiO3+CO2↑；元素化合價沒有發(fā)生變化，不是氧化還原反應(yīng)，故B錯誤；

C．制備硅的過程中，利用沸點不同進(jìn)行分餾，將SiCl4從雜質(zhì)中提取出來，再與H2發(fā)生置換反應(yīng)得到高純硅；故C正確；

D．SO2可以轉(zhuǎn)化成SO3，進(jìn)而生成H2SO4；FeO與CO在高溫下可生成Fe；故D正確．

故選AB．

A．石灰石；純堿和二氧化硅在高溫下反應(yīng)生成二氧化碳?xì)怏w；石英和碳在高溫下反應(yīng)生成硅和一氧化碳；

B．生產(chǎn)玻璃涉及到的反應(yīng)有SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑和SiO2+CaCO3CaSiO3+CO2↑；

C．制備硅的過程中，利用沸點不同進(jìn)行分餾，將SiCl4從雜質(zhì)中提取出來，再與H2發(fā)生置換反應(yīng)得到高純硅；

D．SO2可以轉(zhuǎn)化成SO3，進(jìn)而生成H2SO4；FeO與CO在高溫下可生成Fe．

本題綜合考查元素化合物知識，為高頻考點，側(cè)重于金屬的冶煉的考查，注意把握物質(zhì)的性質(zhì)以及反應(yīng)原理，難度不大．【解析】【答案】AB10、CD【分析】【分析】本題考查了混合物反應(yīng)的計算，題目難度較大，明確剩余氣體組成為解答關(guān)鍵，注意掌握討論法在化學(xué)計算中的應(yīng)用，試題側(cè)重考查學(xué)生的分析、理解能力及化學(xué)計算能力?！窘獯稹考僭O(shè)最終收集到rm{44.8mL}氣體為氧氣，發(fā)生反應(yīng)有：rm{4NH_{3}+5O_{2}?4NO+6H_{2}O}rm{4NO+3O_{2}+2H_{2}O=4HNO_{3}}設(shè)氧氣總體積為rm{y}氨氣總體積為rm{x}則：rm{壟脵x+y=448mL}由于氨氣完全反應(yīng)，則rm{x}體積氨氣消耗氧氣體積為：rm{x隆脕5/4=1.25x}同時生成rm{NO}體積為rm{x}生成的rm{NO}完全反應(yīng)消耗氧氣的體積為：rm{x隆脕3/4=0.75x}則：rm{壟脷1.25x+0.75x+44.8=y}聯(lián)立rm{壟脵壟脷}解得：rm{x=134.4mL}rm{y=313.6mL}即：氧氣體積為rm{313.6mL}當(dāng)剩余的氣體為rm{NO}時，則氧氣、氨氣完全反應(yīng)，發(fā)生反應(yīng)為：rm{4NH}rm{3}rm{3}rm{+5O}rm{2}rm{2}rm{?4NO+6H}rm{2}剩余的rm{2}為rm{O}設(shè)原混合氣體中氨氣體積為rm{4NO+3O_{2}+2H_{2}O=4HNO_{3}}氧氣體積為rm{44.8mL}則：rm{NO}氨氣完全反應(yīng)消耗氧氣體積為rm{x}同時生成rm{y}體積為rm{壟脹x+y=448mL}其中轉(zhuǎn)化成硝酸的rm{x隆脕5/4=5/4x}體積為：rm{NO}此過程中消耗氧氣體積為：rm{x}消耗氧氣總體積為：rm{NO}聯(lián)立rm{x-44.8mL}可得：rm{(x-44.8mL)隆脕3/4}rm{壟脺5/4x+(x-44.8mL)隆脕3/4=y}即：原混合氣體中氧氣的總體積為rm{壟脹壟脺}根據(jù)分析可知，原混合氣體中氧氣總體積可能為：rm{x=160.5mL}或rm{y=287.5mL}故CD正確。故選CD。rm{287.5mL}【解析】rm{CD}11、rAC【分析】解：rm{A.}化學(xué)平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)；溫度一定，一個化學(xué)反應(yīng)的平衡常數(shù)是定值，故A正確；

B.溫度一定；同一反應(yīng)化學(xué)計量數(shù)不同，平衡常數(shù)不同，故B錯誤；

C.溫度一定時；對于給定的化學(xué)反應(yīng)，正；逆反應(yīng)的平衡常數(shù)互為倒數(shù)，故C正確；

D.濃度商rm{Q_{c}<K_{c}}平衡向正反應(yīng)進(jìn)行，rm{v(}正rm{)>v(}逆rm{)}故D錯誤；

故選AC．

化學(xué)平衡常數(shù)rm{K}為生成物濃度冪之積與反應(yīng)物濃度冪之積的比；同一化學(xué)反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，注意同一反應(yīng)化學(xué)計量數(shù)不同，平衡常數(shù)不同，據(jù)此分析解答．

本題考查了化學(xué)平衡常數(shù)及應(yīng)用，為高頻考點，明確化學(xué)平衡常數(shù)內(nèi)涵是解本題關(guān)鍵，注意：化學(xué)平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，同一反應(yīng)化學(xué)計量數(shù)不同，平衡常數(shù)不同，易錯選項是rm{B}題目難度不大．【解析】rm{AC}12、A|B【分析】解：A、根據(jù)質(zhì)量守恒定律，在化學(xué)反應(yīng)中，反應(yīng)前后原子的個數(shù)和種類不變，物質(zhì)X在隔絕空氣的條件下稍加熱就分解為NH3，H2O，CO2；說明X是由C；N、H、O四種元素組成的，故A正確；

B；物質(zhì)X是由C、N、H、O四種元素組成的純凈物；故X是化合物，故B正確；

C；根據(jù)質(zhì)量守恒定律；化學(xué)反應(yīng)的過程，就是參加反應(yīng)的各物質(zhì)（反應(yīng)物）的原子，重新組合而生成其他物質(zhì)的過程，生成物中有水，不能證明原物質(zhì)中就有水，且原物質(zhì)是純凈物，故一定不能含有水，故C錯誤；

D；根據(jù)題意“微熱就能分解”；說明X不穩(wěn)定，故D錯誤．

故選AB．

A；根據(jù)質(zhì)量守恒定律；由生成物可以推測反應(yīng)物中的元素組成；

B、純凈物X微熱就能分解生成NH3、H2O和CO2”說明X是化合物；

C；純凈物X是不可能含有水的；

D；根據(jù)題意“微熱就能分解”；說明X不穩(wěn)定．

根據(jù)質(zhì)量守恒定律，在化學(xué)反應(yīng)中，參加反應(yīng)前各物質(zhì)的質(zhì)量總和等于反應(yīng)后生成各物質(zhì)的質(zhì)量總和；掌握物質(zhì)的元素組成；掌握單質(zhì)和化合物的判別．【解析】【答案】AB13、B|D【分析】解：A．該物質(zhì)中含有碳碳雙鍵和碳氮三鍵；乙烯分子中所有原子共平面，乙炔分子中所有原子共直線，所以該分子中N原子共平面，故A正確；

B．只含C；H元素且含有苯環(huán)的烴為芳香烴；該分子中還含有N元素且沒有苯環(huán)結(jié)構(gòu)特點，所以不屬于芳香烴，故B錯誤；

C．根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式確定分子式為C12H4N4；故C正確；

D．該物質(zhì)中不含親水基只含憎水基；所以該分子不易溶于水，故D錯誤；

故選BD．

A．該物質(zhì)中含有碳碳雙鍵和碳氮三鍵；根據(jù)乙烯和乙炔的結(jié)構(gòu)簡式確定確定原子共面；

B．只含C；H元素且含有苯環(huán)的烴為芳香烴；

C．根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式確定分子式；

D．該物質(zhì)中不含親水基只含憎水基．

本題考查有機物結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，為高頻考點，側(cè)重考查學(xué)生分析判斷能力，明確基本概念、物質(zhì)結(jié)構(gòu)特點是解本題關(guān)鍵，采用知識遷移方法分析解答，題目難度不大．【解析】【答案】BD14、rCD【分析】解：由rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}在周期表中相對位置，并且rm{Z}元素在地殼中的含量最高，可知rm{X}是rm{N}元素，rm{Y}是rm{O}元素，rm{Z}是rm{Al}元素，rm{W}是rm{S}元素，rm{Q}為rm{Cl}元素；

A.rm{X}rm{Y}分別為rm{N}rm{O}元素，對應(yīng)的氫化物含有氫鍵，沸點較高，都大于rm{S}的氫化物的沸點；故A錯誤；

B.同周期元素從左到右原子半徑逐漸減小，則原子半徑rm{Q<W<Z}rm{Y<X}故B錯誤；

C.非金屬性rm{Cl>S>Al}元素的非金屬性越強，對應(yīng)的最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性越強，故C正確；

D.rm{X}及rm{Q}的氣態(tài)氫化物相反應(yīng)生成rm{NH_{4}Cl}為離子化合物，故D正確．

故選CD．

由rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}在周期表中相對位置，并且rm{Z}元素在地殼中的含量最高，可知rm{X}是rm{N}元素，rm{Y}是rm{O}元素，rm{Z}是rm{Al}元素，rm{W}是rm{S}元素，rm{Q}為rm{Cl}元素；利用元素周期律的遞變規(guī)律和在周期表中的位置解答該題相關(guān)知識．

本題考查位置、結(jié)構(gòu)、性質(zhì)的關(guān)系及應(yīng)用，把握元素在周期表中的位置及元素周期律為解答的關(guān)鍵，注意利用實例分析，側(cè)重分析能力和歸納能力的考查，注意短周期中一些元素的特殊性rm{.}題目難度不大．【解析】rm{CD}15、rBD【分析】解：rm{A}在rm{25隆忙}時，rm{CuS}飽和溶液中存在沉淀溶解平衡：rm{CuS(s)?Cu^{2+}(aq)+S^{2-}(aq)}rm{Ksp(CuS)=c(Cu^{2+})隆脕c(S^{2-})=10^{-25}隆脕10^{-10}=10^{-35}}故A錯誤；

B、由于在rm{25隆忙}下，rm{CuS}溶液的是rm{Ksp}是rm{10^{-35}}故向rm{Cu^{2+}}濃度為rm{10^{-5}mol?L^{-1}}廢水中加入rm{ZnS}粉末，會有rm{CuS}沉淀析出；故B正確；

C、依據(jù)此圖可知，rm{CuS}的rm{Ksp}最小，故Crm{uS}最難溶，那么首先出現(xiàn)的沉淀是rm{CuS}故C錯誤；

D、rm{Na_{2}S}溶液中：rm{S}元素的存在形式為：rm{S^{2-}}rm{HS^{-}}rm{H_{2}S}且存在rm{Na}元素的物質(zhì)的量為rm{S}元素物質(zhì)的量的rm{2}倍；故D正確，故選BD．

A、rm{CuS}飽和溶液中存在沉淀溶解平衡：rm{CuS(s)?Cu^{2+}(aq)+S^{2-}(aq)}據(jù)此書寫計算即可；

B、計算此時的rm{Qc}與rm{Ksp}比較即可；

C、依據(jù)溶度積常數(shù)判斷，越難溶的物質(zhì)，rm{Ksp}越小；越容易沉淀；

D；依據(jù)物料守恒判斷即可．

本題主要考查了沉淀溶解平衡曲線，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，注意掌握圖線中rm{lgc(M^{2+})}rm{lgc(S^{2-})}數(shù)值越大，實際濃度越大是解題的關(guān)鍵，難度中等．【解析】rm{BD}三、填空題(共8題，共16分)16、【分析】【分析】（1）分子式為C8H10的某有機物，它能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，但不能與溴水反應(yīng)，說明含有苯環(huán)，結(jié)合C、H原子數(shù)目關(guān)系可知，屬于苯的同系物，故側(cè)鏈為烷基，若有1個側(cè)鏈，為-CH2-CH3；若有2個側(cè)鏈，為-CH3；有鄰；間、對三種；

（2）若苯環(huán)上的氫原子被溴原子取代，所得一溴代物有3種同分異構(gòu)體，則該烴分子中苯環(huán)上有3種H原子，則該烴為間二甲苯．【解析】【解答】解：（1）分子式為C8H10的某有機物，它能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，但不能與溴水反應(yīng)，說明含有苯環(huán)，結(jié)合C、H原子數(shù)目關(guān)系可知，屬于苯的同系物，故側(cè)鏈為烷基，若有1個側(cè)鏈，為-CH2-CH3，結(jié)構(gòu)簡式為若有2個側(cè)鏈，為-CH3，有三種；

答：該烴屬于苯的同系物，可能的結(jié)構(gòu)簡式為

（2）若苯環(huán)上的氫原子被溴原子取代，所得一溴代物有3種同分異構(gòu)體，則該烴分子中苯環(huán)上有3種H原子，則該烴為間二甲苯，結(jié)構(gòu)簡式為：故答案為：．17、78g/mol0.05mol【分析】【分析】7.8gNa2R含有0.2molNa+，則Na2R的物質(zhì)的量為=0.1mol，故M=計算Na2R的摩爾質(zhì)量，進(jìn)而計算R的摩爾質(zhì)量，根據(jù)n=計算1.6R的物質(zhì)的量，而n（Na2R）=n（R）．【解析】【解答】解：7.8gNa2R含有0.2molNa+，則Na2R的物質(zhì)的量為=0.1mol，故Na2R的摩爾質(zhì)量為=78g/mol，故R的摩爾質(zhì)量為78g/mol-2×23g/mol=32g/mol，1.6R的物質(zhì)的量為=0.05mol，而n（Na2R）=n（R）=0.05mol；

故答案為：78g/mol；0.05mol．18、10AC0.452Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O4FeO42-+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O【分析】【分析】氫氧化鉀溶液中充入足量氯氣，在溫度較低的條件下反應(yīng)生成氯化鉀、次氯酸鉀和水，加入氫氧化鉀固體除去KCl，得到堿性KClO的濃溶液，加入90%硝酸鐵溶液發(fā)生反應(yīng)生成高鐵酸鉀溶液Ⅱ純化得到濕產(chǎn)品，洗滌干燥得到K2FeO4晶體；

（1）根據(jù)n=計算出氫氧化鉀的物質(zhì)的量，溶液質(zhì)量等于溶質(zhì)質(zhì)量與溶劑質(zhì)量之和，利用V=計算溶液體積，再根據(jù)c=計算氫氧化鉀溶液的物質(zhì)的量濃度；

（2）根據(jù)生產(chǎn)工藝流程圖，第①步氯氣過量，第③步需要堿性條件，在溫度較高時KOH與Cl2反應(yīng)生成的是KClO3；氧化還原反應(yīng)中化合價有升有降；

（3）反應(yīng)③是次氯酸根離子在堿溶液中氧化鐵離子為高鐵酸根離子；根據(jù)題目信息；氧化還原反應(yīng)中化合價發(fā)生變化確定產(chǎn)物以及電子得失守恒和質(zhì)量守恒來配平；

（4）向高鐵酸鉀溶液中滴加稀硫酸，溶液變黃色，說明生成Fe3+，并產(chǎn)生大量氣泡，應(yīng)為氧氣，說明高鐵酸鉀在酸性條件下自身發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成鐵離子、氧氣和水，以此解答．【解析】【解答】解：（1）61.6gKOH固體的物質(zhì)的量為=1.1mol，溶液的質(zhì)量為100mL×1g/mL+61.6g=161.6g，所以溶液的體積為=L，所以氫氧化鉀溶液的物質(zhì)的量濃度為=10mol/L；

故答案為：10；

（2）由工藝流程可知，反應(yīng)液I中有過量的Cl2反應(yīng)，加KOH固體的目的是與過量的Cl2繼續(xù)反應(yīng)；生成更多的KClO．

A、與過量的Cl2繼續(xù)反應(yīng)；生成更多的KClO，故A正確；

B、由信息②可知溫度較高KOH與Cl2反應(yīng)生成的是KClO3；不利用KClO生成；浪費原料，故B錯誤；

C、由工藝流程及③可知，利用Fe（NO3）3與KClO制備K2FeO4；故C正確；

D、由信息可知，該條件下KClO3不能轉(zhuǎn)化為KClO；故D錯誤．

故選：AC；

（3）據(jù)題目信息和氧化還原反應(yīng)中化合價發(fā)生變化確定找出反應(yīng)物：Fe3+、ClO-，生成物：FeO42-、Cl-，根據(jù)電子得失守恒和質(zhì)量守恒來配平，可得③中反應(yīng)的離子方程式為：2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O．

每制得59.4克K2FeO4，物質(zhì)的量==0.3mol；理論上消耗氧化劑為KClO的物質(zhì)的量依據(jù)離子方程式定量關(guān)系計算；

2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O

32

n0.3mol

n=0.45mol

故答案為：0.45，2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；

（4）向高鐵酸鉀溶液中滴加稀硫酸，溶液變黃色，說明生成Fe3+，并產(chǎn)生大量氣泡，應(yīng)為氧氣，反應(yīng)的離子方程式為4FeO42-+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O；說明高鐵酸鉀在酸性條件下自身發(fā)生氧化還原反應(yīng)；

故答案為：4FeO42-+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O．19、＞＜57.14%C減?。?.25.6×10-5【分析】【分析】（1）①由圖可知，溫度一定時，平衡時二甲醚的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)：P1＞P2＞P3＞P4；而該反應(yīng)正反應(yīng)為氣體體積減小的反應(yīng)，增大壓強平衡向正反應(yīng)方向移動，二甲醚的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)增大，根據(jù)三行式結(jié)合轉(zhuǎn)化率等于變化量和初始量的比值來計算；

②A；反應(yīng)物的濃度增大；平衡可以向正反應(yīng)方向移動；

B；密度是混合氣的質(zhì)量和容器容積的比值；在反應(yīng)過程中氣體的質(zhì)量和容積始終是不變的；

C；正反應(yīng)速率小于逆反應(yīng)速率；平衡一定向逆反應(yīng)方向移動；

D；氫氣的轉(zhuǎn)化率減??；但平衡不一定向逆反應(yīng)方向移動；

（2）一定溫度下；碳酸氫鈉溶液中的電離常數(shù)K只受溫度的影響，溶液顯示堿性，稀釋后堿性減弱；根據(jù)溶液中的電荷守恒確定離子濃度之間的大小關(guān)系；

（3）根據(jù)沉淀溶解平衡中Ksp表達(dá)式進(jìn)行計算即可．【解析】【解答】解：（1）①相同溫度下，p1時CH3OCH3物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)大于p3時CH3OCH3物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，根據(jù)化學(xué)方程式，加壓平衡向右移動，所以p1＞p3．T3時CH3OCH3物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)大于T1時CH3OCH3物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，因為該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動，所以T1＞T3，所以K1＜K3；根據(jù)“三段式”進(jìn)行計算，設(shè)生成的CH3OCH3的物質(zhì)的量為x；則。

2CO2（g）+6H2（g）?CH3OCH3（g）+3H2O（g）

起始物質(zhì)的量（mol）2600

轉(zhuǎn)化物質(zhì)的量（mol）2x6xx3x

平衡物質(zhì)的量（mol）2-2x6-6xx3x

則=0.1，解得x=0.5714，H2的平衡轉(zhuǎn)化率=×100%=57.14%；故答案為：＞；＜；57.14%；

②A；反應(yīng)物的濃度增大；平衡可以向正反應(yīng)方向移動，如縮小容器體積，A錯誤；

B；密度是混合氣的質(zhì)量和容器容積的比值；在反應(yīng)過程中氣體的質(zhì)量和容積始終是不變的，因此混合氣體的密度始終不變，B錯誤；

C；正反應(yīng)速率小于逆反應(yīng)速率；平衡一定向逆反應(yīng)方向移動，C正確；

D；氫氣的轉(zhuǎn)化率減?。坏胶獠灰欢ㄏ蚰娣磻?yīng)方向移動，例如通入氫氣，氫氣的轉(zhuǎn)化率也較低，D錯誤．

故選C．

（2）一定溫度下，碳酸氫鈉溶液中的電離常數(shù)K并不因為稀釋而改變，而稀釋過程中溶液的堿性減弱，c（H+）增大，故比值減?。灰驗镹a2CO3和NaHCO3溶液呈堿性，所以當(dāng)溶渡呈中性時，CO2過量，溶液的溶質(zhì)為NaHCO3和H2CO3，所以c（HCO3￣）＞c（CO32￣），根據(jù)電荷守恒可得2c（CO32￣）+c（HCO3￣）=c（Na+）=0.2mo1/L．

故答案為：減?。唬?；0.2；

（3）假設(shè)生成沉淀所需CaCl2溶液的最小濃度為x，由于溶液等體積混合時各種物質(zhì)的濃度都減小一半，所以×（2×10-4mo1/L×=2.8×10-9，x=5.6×10-5mol/L；

故答案為：5.6×10-5．20、溶液變渾濁溶液變渾濁有色液體右移不是該反應(yīng)放熱，溫度升高，Ca（OH）2的溶解度變小而析出反應(yīng)前氧化鈣和水的總能量大于反應(yīng)后石灰乳的總能量【分析】【分析】氧化鈣溶于水的反應(yīng)是放熱反應(yīng)，且生成氫氧化鈣，氫氧化鈣的溶解度隨著溫度升高而降低，隨著溫度的降低而升高，據(jù)此解答各小題即可．【解析】【解答】解：（1）氧化鈣溶于水和水反應(yīng)產(chǎn)生大量的熱；該熱量能使氫氧化鈣的溶解度降低，所以試管中飽和石灰水中溶液變渾濁，氧化鈣溶于水和水反應(yīng)產(chǎn)生大量的熱，該熱量能使氫氧化鈣的溶解度降低，故廣口瓶中的飽和石灰水中溶液變渾濁，廣口瓶這氣體受熱膨脹，導(dǎo)致瓶內(nèi)壓強增大，故導(dǎo)致導(dǎo)管中有顏色的液體右移，故答案為：溶液變渾濁；溶液變渾濁；有色液體右移；

（2）氧化鈣溶于水；與水反應(yīng)生成微溶的氫氧化鈣，故該固體不是氧化鈣，是氫氧化鈣，故答案為：不是；

（3）氧化鈣溶于水和水反應(yīng)產(chǎn)生大量的熱，該熱量能使氫氧化鈣的溶解度降低，所以飽和石灰水中溶液變渾濁，故答案為：該反應(yīng)放熱，溫度升高，Ca（OH）2的溶解度變小而析出；

（4）氧化鈣和水反應(yīng)是一個放熱反應(yīng)，故反應(yīng)前氧化鈣和水的總能量大于反應(yīng)后石灰乳的總能量，故答案為：反應(yīng)前氧化鈣和水的總能量大于反應(yīng)后石灰乳的總能量．21、HClO加成反應(yīng)CH3-COOCH=CH2+C2H5OHCH3-COO-C2H5+CH3CHO取代反應(yīng)【分析】【分析】等物質(zhì)的量的A與C3H6分別完全燃燒時消耗的O2的物質(zhì)的量相同，生成的H2O的物質(zhì)的量也相同，則A與C3H6C、H個數(shù)比是一樣的，A和乙醇的混合物在H2SO4作用下可反應(yīng)生成乙酸乙酯和另一種產(chǎn)物D，則A中含有酯基，發(fā)生酯交換反應(yīng)，據(jù)此確定物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式，并根據(jù)性質(zhì)來回答．【解析】【解答】解：等物質(zhì)的量的A與C3H6分別完全燃燒時消耗的O2的物質(zhì)的量相同，生成的H2O的物質(zhì)的量也相同，則A與C3H6C、H個數(shù)比是一樣的，A和乙醇的混合物在H2SO4作用下可反應(yīng)生成乙酸乙酯和另一種產(chǎn)物D，則A中含有酯基，A為CH3-COOCH=CH2，所以x是CH3-COOCH=CH2和乙醇的混合物在H2SO4作用下可反應(yīng)生成乙酸乙酯和，HOCH=CH2，原子重排為乙醛，即D為OHC-CH=CH2；

（1）A為CH3-COOCH=CH2，A和某無機物B反應(yīng)后生成C，C的化學(xué)式C4H7ClO3；根據(jù)原守恒，得到B為HClO，發(fā)生的是加成反應(yīng)，故答案為：HClO；加成反應(yīng)；

（2）x的結(jié)構(gòu)簡式是故答案為：

（3）在H2SO4在作用下，A與乙醇反應(yīng)的是酯交換反應(yīng)，其化學(xué)方程式是CH3-COOCH=CH2+C2H5OHCH3-COO-C2H5+CH3CHO；屬于取代反應(yīng)；

故答案為：CH3-COOCH=CH2+C2H5OHCH3-COO-C2H5+CH3CHO；取代反應(yīng)．22、（C6H10O5）n葡萄糖取代反應(yīng)氧化反應(yīng)CH3CH2OH、CH3OCH3【分析】【分析】淀粉A水解生成B（葡萄糖），葡萄糖在酒化酶作用下分解生成乙醇與二氧化碳，則C為CH3CH2OH，C催化氧化生成D，則D為CH3CHO，D氧化生成E，則E為CH3COOH．

甲苯在光照條件下與氯氣反應(yīng)生成在堿性條件下水解生成F為F在一定條件下與CH3COOH發(fā)生酯化反應(yīng)生成H為結(jié)合有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)解答該題．【解析】【解答】解：淀粉A水解生成B（葡萄糖），葡萄糖在酒化酶作用下分解生成乙醇與二氧化碳，則C為CH3CH2OH，C催化氧化生成D，則D為CH3CHO，D氧化生成E，則E為CH3COOH．

甲苯在光照條件下與氯氣反應(yīng)生成在堿性條件下水解生成F為F在一定條件下與CH3COOH發(fā)生酯化反應(yīng)生成H為

（1）A為淀粉，化學(xué)式為（C6H10O5）n；淀粉A水解生成B，B為葡萄糖；

故答案為：（C6H10O5）n；葡萄糖；

（2）反應(yīng)①屬于取代反應(yīng)；反應(yīng)②屬于氧化反應(yīng)；

故答案為：取代反應(yīng)；氧化反應(yīng)；

（3）C→D是乙醇在Cu催化作用下加熱反應(yīng)生成CH3CHO，反應(yīng)化學(xué)方程式為：

故答案為：

（4）F+E→H是在一定條件下與CH3COOH發(fā)生酯化反應(yīng)生成反應(yīng)化學(xué)方程式為：

故答案為：

（5）C的兩種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為：CH3CH2OH、CH3OCH3；

故答案為：CH3CH2OH、CH3OCH3．23、①②c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（CO32-）＞c（H+）CH3COOH?CH3COO-+H+大于【分析】【分析】（1）發(fā)生水解的物質(zhì)需要具有弱酸陰離子或弱堿陽離子的鹽溶液；

（2）既能與氫氧化鈉反應(yīng)，又能和硫酸反應(yīng)的溶液是②NaHCO3；

（3）CH3COOH是弱酸存在電離平衡；若將③CH3COOH和等濃度的NaOH溶液混合后溶液恰好呈中性，恰好反應(yīng)時溶液呈堿性，說明酸體積多；溶液呈中性，依據(jù)電荷守恒分析計算醋酸根離子濃度，依據(jù)常溫下氫氧根離子濃度和氫離子濃度相同為10-7mol/L；結(jié)合定量平衡常數(shù)計算得到；【解析】【解答】解：（1）發(fā)生水解的物質(zhì)需要具有弱酸陰離子或弱堿陽離子的鹽溶液，：①Na2CO3是強堿弱酸鹽發(fā)生水解；②NaHCO3是強堿弱酸鹽發(fā)生水解；③CH3COOH是酸不能水解；故答案為：①②；

（2）上述溶液中，既能與氫氧化鈉反應(yīng)，又能和硫酸反應(yīng)的溶液是②NaHCO3；溶液中碳酸氫根離子水解顯堿性，溶液中的兩種濃度大小為：c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H+）；＞c（CO32-）；

故答案為：c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H+）＞c（CO32-）＞c（H+）；

（3）CH3COOH是弱酸存在電離平衡，電離方程式為：CH3COOH?CH3COO-+H+；若將③和等濃度的NaOH溶液混合后溶液恰好呈中性，則混合前③CH3COOH的體積大于氫氧化鈉溶液體積；若將③濃度為amol/LCH3COOH和0.01mol?L-1NaOH溶液等體積混合后溶液呈中性，依據(jù)溶液中電荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），溶液呈中性說明c（H+）=c（OH-）=10-7mol/L；c（Na+）=c（CH3COO-）=0.005mol/L，則CH3COOH的電離常數(shù)====；

故答案為：；四、探究題(共4題，共40分)24、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，與氫氧化鈉不反應(yīng)，甲酸、苯酚與氫氧化鈉反應(yīng)生成溶于水的鈉鹽，苯（）不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸（HCOOH），故答案為：a．分液；b．蒸餾；c．分液；d．蒸餾；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚，分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸，以此解答該題．25、酸式|反應(yīng)中生成的錳離子具有催化作用，所以隨后褪色會加快|滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內(nèi)的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有強氧化性，應(yīng)用酸式滴定管盛裝；高錳酸根離子被還原生成的錳離子有催化作用而導(dǎo)致反應(yīng)速率加快，所以剛滴下少量KMnO4溶液時；溶液迅速變成紫紅色；滴定終點時，當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏胃咤i酸鉀溶液，錐形瓶內(nèi)的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化，證明達(dá)到終點；

故答案為：酸式；反應(yīng)中生成的錳離子具有催化作用；所以隨后褪色會加快；滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內(nèi)的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化；

(2)③第3組KMnO4溶液的體積與第1、2組相差比較大，舍去第3組，應(yīng)按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，故消耗KMnO4溶液的體積為mL=20mL

設(shè)樣品的純度為x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+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(biāo)準(zhǔn)濃度的酸性KMnO4溶液潤洗滴定管，標(biāo)準(zhǔn)液的濃度偏小，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，故A正確；

B．滴定前錐形瓶有少量水，待測液的物質(zhì)的量不變，對V（標(biāo)準(zhǔn)）無影響，根據(jù)c（待測）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）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(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）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(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）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(biāo)準(zhǔn)）偏小，根據(jù)c（待測）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏小，故E錯誤；

故選ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有強氧化性，應(yīng)用酸式滴定管盛裝；高錳離子有催化作用而導(dǎo)致反應(yīng)速率加快；乙二酸與KMnO4發(fā)生氧化還原反應(yīng)，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(yīng)按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，根據(jù)關(guān)系式2KMnO4～5H2C2O4計算；

④根據(jù)c（待測）=分析不當(dāng)操作對V（標(biāo)準(zhǔn)）的影響，以此判斷濃度的誤差．26、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，與氫氧化鈉不反應(yīng)，甲酸、苯酚與氫氧化鈉反應(yīng)生成溶于水的鈉鹽，苯（）不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸（HCOOH），故答案為：a．分液；b．蒸餾；c．分液；d．蒸餾；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚，分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸，以此解答該題．27、酸式|反應(yīng)中生成的錳離子具有催化作用，所以隨后褪色會加快|滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內(nèi)的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有強氧化性，應(yīng)用酸式滴定管盛裝；高錳酸根離子被還原生成的錳離子有催化作用而導(dǎo)致反應(yīng)速率加快，所以剛滴下少量KMnO4溶液時；溶液迅速變成紫紅色；滴定終點時，當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏胃咤i酸鉀溶液，錐形瓶內(nèi)的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化，證明達(dá)到終點；

故答案為：酸式；反應(yīng)中生成的錳離子具有催化作用；所以隨后褪色會加快；滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內(nèi)的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化；

(2)③第3組KMnO4溶液的體積與第1、2組相差比較大，舍去第3組，應(yīng)按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，故消耗KMnO4溶液的體積為mL=20mL

設(shè)樣品的純度為x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+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(biāo)準(zhǔn)濃度的酸性KMnO4溶液潤洗滴定管，標(biāo)準(zhǔn)液的濃度偏小，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，故A正確；

B．滴定前錐形瓶有少量水，待測液的物質(zhì)的量不變，對V（標(biāo)準(zhǔn)）無影響，根據(jù)c（待測）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）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(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）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(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）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(biāo)準(zhǔn)）偏小，根據(jù)c（待測）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏小，故E錯誤；