2025年粵教版高三化學下冊階段測試試卷含答案

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年粵教版高三化學下冊階段測試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、下列表示對應化學反應的離子方程式正確的是（）A.向含有Fe2O3懸濁液中通入HI：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2OB.少量SO2氣體通入NaClO溶液中：SO2+H2O+ClO-=SO42-+Cl-+2H+C.誤將潔廁靈與消毒液混合：H++Cl-+HClO=Cl2↑+H2OD.將1mol/LNaAlO2溶液和1.5mol/LHCl溶液等體積互相均勻混合：6AlO2-+9H++3H2O=5Al（OH）3↓+Al3+2、某科學家利用二氧化鈰（CeO2）在太陽能作用下將H2O、CO2轉變成H2；CO；其過程如下：下列說法不正確的是（）

mCeO2（m-x）CeO2?xCe+xO2

（m-x）CeO2?Ce+xH2O+xCO2mCeO2+xH2+xCO．A.

圖中△H1=△H2+△H3B.該過程實現(xiàn)了太陽能向化學能的轉化C.該過程中CeO2沒有消耗D.H2O（l）=H2O（g）此過程中，△H＞03、下列說法中正確的是（）A.摩爾是物質質量的單位，用“mol”表示B.標準狀況下，物質的摩爾體積約為22.4mol/LC.阿伏伽德羅常數(shù)的真實值為6.02×1023D.物質的摩爾質量常用單位是“g/mol”4、現(xiàn)有四種元素．其中兩種元素的基態(tài)原子的電子排布式如下：①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；另兩種元素的特征電子構型為③2s22p3；④2s22p5．則下列有關比較中正確的是（）A.第一電離能：④＞③＞①＞②B.原子半徑：②＞①＞③＞④C.電負性：③＞④＞①＞②D.最高正化合價：④＞①＞③=②5、某同學為探究黃瓜汁長期放置后維生素C含量的變化；分別向盛有等體積淀粉-碘溶液的兩燒杯中滴加新鮮黃瓜汁和久置黃瓜汁，并記錄使淀粉-碘溶液藍色剛好褪去時所滴加的黃瓜汁的滴數(shù)，結果如下表（維生素C能使淀粉-碘溶液褪色）．該實驗說明

（）

。黃瓜汁新鮮久置滴數(shù)1530A.黃瓜汁中的維生素C具有氧化性B.新鮮黃瓜汁中維生素C含量較高C.久置黃瓜汁中維生素C含量較高D.兩者的維生素C含量一樣高6、關于下圖所示的原電池，下列說法正確的是A.鋅是電池的負極，發(fā)生還原反應B.鹽橋中的陽離子向硫酸銅溶液中遷移C.電流從鋅電極通過電流計流向銅電極D.銅電極上發(fā)生的電極反應是2H++2e—=H2↑7、刺囊酸具有滋肝補血、涼血止血功能，結構式如圖所示rm{.}下列關于刺囊酸的說法不正確的是rm{(}rm{)}A.和氧所催化氧化后產物中含有醛基B.能和rm{NaHCO_{3}}溶液反應生成rm{CO_{2}}C.能使酸性高錳酸鉀溶液褪色D.能發(fā)生取代、氧化、加成等反應8、已知A、B、C、D、E是元素周期表中同一周期的五種元素，A和B的最高價氧化物對應水化物顯堿性，且堿性B＞A，C和D的氣態(tài)氫化物的水溶液顯酸性，且酸性C＞D；五種元素所形成的簡單離子中，E的離子半徑最小，則它們的原子序數(shù)由小到大的順序是（）A.CDEABB.ECDABC.BAEDCD.BADCE9、向明礬溶液中加入Ba（OH）2溶液，當SO42-恰好沉淀完全時，這時鋁元素的存在形式是（）A.Al（OH）3沉淀B.只有AlO2-離子C.Al（OH）3沉淀和Al3+D.Al（OH）3沉淀和AlO2-離子評卷人得分二、多選題(共5題，共10分)10、實驗室里利用以下反應制取少量氮氣：NaNO2+NH4Cl═NaCl+N2↑+2H2O．關于該反應的下列說法錯誤的是（）A.NaNO2是氧化劑B.NH4Cl中的氮元素被氧化C.每生成1molN2轉移的電子的物質的量為6molD.N2既是氧化劑，又是還原劑11、氨基酸分子間相互結合成高分子化合物時，必定存在的結構片段是（）A.B.C.D.12、如圖所示是短周期元素A；B、C在周期表中的位置；A、C兩種元素的原子核外電子數(shù)之和等于B原子的核電荷數(shù)．下列說法正確的是（）

。ACBA.元素A和C的氫化物分子之間都存在氫鍵B.C原子的最外層電子數(shù)為6C.元素B只存在一種氧化物D.元素A有多種可變的化合價13、有一種有機物的結構簡式如圖：下列有關它的性質的敘述，正確的是（）A.它有弱酸性，能與氫氧化鈉反應B.它不能發(fā)生水解反應C.它能發(fā)生水解反應，水解后生成兩種物質D.它能發(fā)生水解反應，水解后只生成一種物質14、下列離子的檢驗正確的是（）A.某溶液中滴入鹽酸，生成無色氣體，說明原溶液中有CO32-B.某溶液中滴入氫氧化鈉溶液，生成藍色沉淀，說明原溶液中有Cu2+C.某溶液中滴入氯化鋇溶液，生成白色沉淀，說明原溶液中有SO42-D.某溶液中滴入硝酸銀和稀硝酸溶液，生成白色沉淀，說明原溶液中有Cl-評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)15、（1）有機物A只含C、H、O三種元素，其中氧元素的質量分數(shù)為，其相對分子質量為62，A經催化氧化生成B，B經催化氧化生成C，A與C在一定條件下反應可生成一種環(huán)狀化合物D，則A與C反應生成D的反應類型為____，化學方程式為____，B的結構簡式為____．

（2）對有機物E的組成；結構、性質進行觀察、分析；得到的實驗結果如下：

①E的蒸汽密度是同溫同壓下氧氣密度的5.19倍；

②完全燃燒16.6g有機物E，得到35.2gCO2和5.4gH2O；

③核磁共振氫譜顯示E分子中只有2種不同結構位置的氫原子；

④E為無色晶體，微溶于水，易溶于Na2CO3溶液；放出無色氣體．

E的分子式為____，結構簡式為____

（3）A與E在一定條件下反應可生成一種常見合成纖維，該高分子化合物的結構簡式為____．

（4）E的一種同分異構體（與E具有相同的官能團），在一定條件下可發(fā)生分子內脫水生成一種含有五元環(huán)和六元環(huán)的有機物F，F(xiàn)的結構簡式為____．

（5）C可將酸性高錳酸鉀溶液還原，所得還原產物為Mn2+，該反應的離子方程式為____．16、（2014春?如皋市校級月考）信息一：鉻同鎳；鈷、鐵等金屬可以構成高溫合金、電熱合金、精密合金等；用于航空、宇航、電器及儀表等工業(yè)部門．

信息二：氯化鉻酰（CrO2Cl2）是鉻的一種化合物，常溫下該化合物是暗紅色液體，熔點為-96.5℃，沸點為117℃，能和丙酮（CH3COCH3）、四氯化碳、CS2等有機溶劑互溶．

（1）Fe（26號元素）原子的基態(tài)電子排布式為____．

（2）CH3COCH3分子中含有____個π鍵，含有____個σ鍵．

（3）固態(tài)氯化鉻酰屬于____晶體，丙酮中碳原子的雜化方式為____，二硫化碳屬于____（填“極性”或“非極性”）分子．

（4）K[Cr（C2O4）2（H2O）2]也是鉻的一種化合物，該化合物屬于離子化合物，其中除含離子鍵、共價鍵外，還含有有____鍵．

（5）金屬鉻的晶胞如圖所示，一個晶胞中含有____個鉻原子．17、根據(jù)氧化還原反應知識回答下列問題：

（1）用雙線橋表示4P+5O2═2P2O5的電子轉移____，31g磷原子參與反應失去____mol電子，消耗標況下____LO2．

（2）用雙線橋表示3S+6NaOH═2Na2S+Na2SO3+3H2O的電子轉移____，氧化產物是____，氧化劑與還原劑的質量比____．

（3）用單線橋表示6NO2+8NH3═12H2O+7N2的電子轉移____，有1.2molNO2參加反應，氧化產物比還原產物多____mol．18、表示溶液濃度的方法通常有兩種：溶液中溶質的質量分數(shù)（ω）和物質的量濃度（c）；因此在配制溶液時，根據(jù)不同的需要，有不同的配制方法．請完成下列問題．

（1）用10%（密度為1.01g?cm-3）的NaOH溶液配制成27.5g2%的NaOH溶液．

①計算：需____g10%（密度為1.0lg?cm-3）的NaOH溶液，其體積為____mL（保留一位小數(shù)），需加____mL水進行稀釋．

②量?。河胈___mL量筒量取10%的NaOH溶液，量取時視線要跟量筒內液體____相切，然后倒入燒杯里，用____mL量筒量取蒸餾水注入燒杯里．（可供選擇的量筒規(guī)格有：5mL；10mL、25mL、50mL）

③溶解：用____（填儀器名稱）將上述溶液攪拌均勻；即得27.5g2%的NaOH溶液．

（2）把98%（密度為1.84g?cm-3）的濃硫酸稀釋成3mol?L-1的稀硫酸100mL；回答下列問題：

①需要量取濃硫酸____mL（保留一位小數(shù)）．

②配制操作可分解成如下幾步，正確的操作順序是____．

A．向容量瓶中注入少量蒸餾水；檢查是否漏水。

B．用少量蒸餾水洗滌燒杯及玻璃棒；將洗滌液注入容量瓶中，并重復操作兩次。

C．把已冷卻的稀硫酸注入經檢查不漏水的容量瓶中。

D．根據(jù)計算；用量筒量取一定體積的濃硫酸。

E．將濃硫酸沿燒杯壁慢慢注入盛有蒸餾水的小燒杯中；并不斷用玻璃棒攪拌。

F．蓋上容量瓶的塞子；振蕩，搖勻。

G．用膠頭滴管滴加蒸餾水；使液面達到刻度線。

H．繼續(xù)往容量瓶中加蒸餾水，使液面接近刻度線．19、水處理技術在生產；生活中應用廣泛；對工業(yè)廢水和生活污水進行處理是防止水體污染、改善水質的主要措施．

（1）具有永久硬度的水在軟化時可采取的方法有____（填選項字母）．

a．加熱法b．藥劑法c．離子交換法。

（2）用石灰純堿法軟化硬水時，加入石灰的作用是____（填選項字母）．

a．只能降低水中的永久硬度。

b．能同時降低水中的永久硬度和暫時硬度。

c．可把部分Ca2+所形成的硬度轉變?yōu)镸g2+形成的硬度。

d．可把部分Mg2+所形成的硬度轉變?yōu)镃a2+形成的硬度。

（3）生活用水必須保證安全，自來水廠需要對取自江河湖泊中的淡水進行殺菌消毒、混凝沉淀、過濾等工藝處理，這三項處理的正確順序是____．

（4）高鐵酸鈉（Na2Fe04）是一種新型飲用水消毒劑；某研究小組的同學設計了用工業(yè)廢鐵屑（含銅；碳、硅等）制取高鐵酸鈉的工藝流程如圖所示，其中使用到X、Y、Z等含鐵化合物．

①廢鐵屑中加入Na2CO3熱溶液的目的為____．

②X轉化為Y的離子方程式為____．

③Cl2將Z氧化為Na2FO4的化學方程式為____．

④高鐵酸鈉消毒后的還原產物具有凈水作用，其凈水原理為____．

⑤工業(yè)上還可用電化學法制備高鐵酸鈉：采用鐵片作陽極，濃NaOH溶液作為電解質溶液．陽極的電極反應式為____．20、（2014秋?岳陽縣校級月考）A；B、C、D、E均為中學化學常見物質；A是短周期原子半徑最大的元素（稀有氣體除外）構成的單質，E既可溶于鹽酸又可溶于NaOH溶液，它們之間的反應關系如圖所示：

（1）E溶于NaOH溶液的離子方程式為____；

（2）工業(yè)上冶煉A的化學反應方程式為____；

（3）氣體C在使用前需要檢驗純度，操作方法是____．21、A是石油裂解氣的主要成分；A的產量通常用來衡量一個國家的石油化工水平；它有如圖所示的轉化關系．E是有香味的有機物，F(xiàn)是高分子化合物．

（1）寫出A的結構簡式____，空間構型____．

（2）B、D分子中的官能團名稱分別是____、____．

（3）寫出下列反應的化學方程式及反應類型：

①____；反應類型____．

②____；反應類型____．

④____；反應類型____．

⑤____；反應類型____．評卷人得分四、推斷題(共4題，共40分)22、A；B、C等九種物質有如下框圖所示轉化關系．又知；A是由地殼中含量最多的金屬元素形成的單質，C、D、E是常見的由短周期元素形成的氣體單質，氣體F與氣體G相遇產生大量的白煙，H是廚房中必備一種調味鹽（部分反應物和生成物及溶劑水已略去）．

請回答下列問題：

（1）B的電子式為____．

（2）I的化學式為____．

（3）寫出A和B溶液反應的離子方程式：____．

（4）寫出C和D反應化學方程式：____．23、（2013春?錦州期末）A；B、C、D是短周期元素形成的四種氣體單質．E、F均為氣體；且F為紅棕色．有關的轉化關系如下圖所示（反應條件均已略去）．請回答下列問題：

（1）反應③的離子方程式為____．

（2）Y和E在一定條件下可反應生成B和Z，這是一個具有實際意義的反應，可消除E對環(huán)境的污染，該反應的化學方程式為：____．并在方程式中用雙線橋標明電子轉移的方向和數(shù)目。

（3）0.1mol/L的X溶液和0.1mol/L的Y溶液等體積混合，溶液呈____性；（填“酸”、“堿”或“中”）原因是：____（用離子方程式說明）24、有機物rm{A}是一種二取代苯，且其核磁共振氫譜顯示rm{A}中有rm{5}種氫原子，加入飽和碳酸鈉溶液能放出無色無味氣體，有機物rm{A}可發(fā)生如下轉化：

rm{(1)A}的結構簡式是______，rm{1}rm{mol}rm{A}與足量rm{NaOH}溶液反應的化學方程式為______．

rm{(2)}反應rm{壟脵}的化學反應類型為______．

rm{(3)}物質rm{C}含有的官能團名稱______，物質rm{D}的結構簡式為______．

rm{(4)}溶液rm{X}是______溶液．

rm{(5)}與rm{A}具有相同官能團的rm{A}的同分異構體很多，其中屬于鄰位二取代苯并且兩個取代基上含有的碳原子數(shù)相等的有機物結構共有______種，其結構簡式為______．25、已知：A；B為常見的非金屬單質且均為氣體；甲、乙為金屬單質；乙在I的濃溶液中發(fā)生鈍化；C、H、J的溶液均呈堿性．各物質間的轉化關系如下（部分生成物未給出，且未注明反應條件）：

（1）寫出反應②的化學方程式為____．

（2）反應④中每消耗1molG，轉移電子的物質的量為____．

（3）反應⑥的離子方程式是____．

（4）實驗室中保存I的方法是____．原因是____用化學方程式表示）評卷人得分五、綜合題(共1題，共8分)26、（13分）化工生產中常常用到“三酸兩堿”，“三酸”指硝酸、硫酸和鹽酸，“兩堿”指燒堿和純堿。（1）從物質的分類角度看，名不符實的一種物質是____________。（2）“三酸”與“兩堿”之間均可反應，若用化學方程式表示有六個（酸過量時），若用離子方程式表示卻只有兩個，請寫出這兩個離子方程式（酸過量時）：_____________；______________。（3）“三酸”常用于溶解金屬和金屬氧化物。下列塊狀金屬在常溫時能全部溶于足量濃硝酸的是________（填序號）A．AgB．CuC．AlD．Fe（4）燒堿、純堿溶液均可吸收CO2。向含有4．0ｇNaOH的溶液中通入CO2，當通入的CO2與溶液中NaOH物質的量之比為9:7時，則所得溶液中NaHCO3的質量為____ｇ。（相對原子質量：H—1C—12O—16Na—23）參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、D【分析】【分析】A．三價鐵離子具有強的氧化性能夠氧化碘離子；

B．電荷不守恒；

C．潔廁靈主要成分為次氯酸鈉；次氯酸鈉與鹽酸反應生成氯氣和水；

D．偏離酸鈉與鹽酸反應，首先生成氫氧化鋁，鹽酸過量再發(fā)生酸堿中和生成氯化鋁和水．【解析】【解答】解：A．向含有Fe2O3懸濁液中通入HI，離子方程式為：Fe2O3+2I-+6H+═2Fe2++I2+3H2O；故A錯誤；

B．少量SO2氣體通入NaClO溶液中，離子方程式：SO2+H2O+3ClO-=SO42-+Cl-+2HClO；故B錯誤；

C．誤將潔廁靈與消毒液混合，離子方程式：2H++Cl-+ClO-═Cl2↑+H2O；故C錯誤；

D．將1mol/LNaAlO2溶液和1.5mol/LHCl溶液等體積互相均勻混合，離子方程式：6AlO2-+9H++3H2O=5Al（OH）3↓+Al3+；故D正確；

故選：D．2、A【分析】【分析】A、根據(jù)蓋斯定律，-△H1=△H2+△H3；

B、該過程中在太陽能作用下將H2O、CO2轉變?yōu)镠2；CO；

C、總反應為：H2O+CO2→H2+CO+O2，CeO2沒有消耗；是催化劑；

D、水由液態(tài)到氣態(tài)，需要吸熱；【解析】【解答】解：A、由圖可知，根據(jù)蓋斯定律，應該是：-△H1=△H2+△H3；故A錯誤；

B、該過程中在太陽能作用下將H2O、CO2轉變?yōu)镠2；CO；所以把太陽能轉變成化學能，故B正確；

C、通過太陽能實現(xiàn)總反應：H2O+CO2→H2+CO+O2，CeO2沒有消耗，CeO2是光催化劑；故C正確；

D；水由液態(tài)到氣態(tài)；需要吸熱；故D正確；

故選A．3、D【分析】【分析】A．質量的單位為g；摩爾是物質的量的單位；

B．標況下；氣體的摩爾體積為22.4L/mol，物質的狀態(tài)不是氣體，則摩爾體積不是22.4/mol；

C.6.02×1023為阿伏伽德羅常數(shù)的近似值；

D．摩爾質量為單位物質的量的物質所具有的質量，單位為g/mol．【解析】【解答】解：A．摩爾是物質的量的單位；用mol表示，故A錯誤；

B．物質的狀態(tài)必須是氣體；標準狀況下，氣體的摩爾體積約為22.4mol/L，故B錯誤；

C．阿伏伽德羅常數(shù)的近似值為6.02×1023；不是真實值，故C錯誤；

D．摩爾質量的表達式為M=；所以摩爾質量的單位為g/mol，故D正確；

故選D．4、B【分析】【分析】由四種元素基態(tài)原子電子排布式可知，①1s22s22p63s23p4是S元素、②1s22s22p63s23p3是P元素、③2s22p3是N元素、④2s22p5是F元素；

A．同周期自左而右第一電離能呈增大趨勢；同主族自上而下第一電離能降低，注意全滿；半滿穩(wěn)定狀態(tài)；

B．根據(jù)同周期自左而右原子半徑減?。浑娮訉釉蕉嘣影霃皆酱蠓治雠袛?；

C．同周期自左而右電負性增大；非金屬性越強電負性越大；

D．最高正化合價等于最外層電子數(shù)，但F元素沒有正化合價．【解析】【解答】解：由四種元素基態(tài)原子電子排布式可知，①1s22s22p63s23p4是S元素、②1s22s22p63s23p3是P元素、③2s22p3是N元素、④2s22p5是F元素；

A．同周期自左而右第一電離能呈增大趨勢；故第一電離能N＜F，但P元素原子3p能級容納3個電子，為半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素，所以第一電離能S＜P，同主族自上而下第一電離能降低，所以第一電離能N＞P，所以第一電離能S＜P＜N＜F，即④＞③＞②＞①，故A錯誤；

B．同周期自左而右原子半徑減小；所以原子半徑P＞S，N＞F，電子層越多原子半徑越大，故原子半徑P＞S＞N＞F，即②＞①＞③＞④，故B正確；

C．同周期自左而右電負性增大；所以電負性P＜S，N＜F，N元素非金屬性與S元素強，所以電負性P＜N，故電負性P＜S＜N＜F，即②＜①＜③＜④，故C錯誤；

D．最高正化合價等于最外層電子數(shù)；但F元素沒有正化合價，所以最高正化合價：①＞②=③，故D錯誤．

故選B．5、B【分析】【分析】維生素C具有還原性，在空氣中久置時容易被空氣中的氧氣氧化；維生素C能夠把碘還原為碘離子，碘能淀粉溶液變藍，而碘離子不能使淀粉變色．【解析】【解答】解：A；黃瓜汁中的維生素C具有還原性；不具有氧化性，故A錯誤；

B；新鮮黃瓜汁使淀粉-碘溶液藍色剛好褪去時所滴加的黃瓜汁的滴數(shù)較少；而久置黃瓜汁中的維生素C能夠被空氣中的氧氣氧化，使淀粉-碘溶液藍色剛好褪去時所滴加的黃瓜汁的滴數(shù)較多，說明新鮮黃瓜汁中維生素C含量較高，故B正確；

C；久置黃瓜汁中的維生素C能夠被空氣中的氧氣氧化；使淀粉-碘溶液藍色剛好褪去時所滴加的黃瓜汁的滴數(shù)較多，說明久置黃瓜汁中維生素C含量較低，故C錯誤；

D；新鮮黃瓜汁使淀粉-碘溶液藍色剛好褪去時所滴加的黃瓜汁的滴數(shù)較少；而久置黃瓜汁中的維生素C能夠被空氣中的氧氣氧化，使淀粉-碘溶液藍色剛好褪去時所滴加的黃瓜汁的滴數(shù)較多，說明新鮮黃瓜汁中維生素C含量較高，久置黃瓜汁中維生素C含量較低，故D錯誤；

故選B．6、B【分析】【解析】【答案】B7、A【分析】解：rm{A}分子中沒有佰醇基；所以不能和氧所催化氧化后產物中含有醛基，只能氧化成羰基，故A錯誤；

B、分子含有羧基，所以能和rm{NaHCO_{3}}溶液反應生成rm{CO_{2}}故B正確；

C；分子含碳碳雙鍵；能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故C正確；

D；分子中含有羧基、醇基能發(fā)生取代反應；分子中含有雙鍵和叔醇基能發(fā)生氧化反應，含有雙鍵發(fā)生加成反應，所以能發(fā)生取代、氧化、加成等反應，故D正確；

故選A．

A；分子中沒有佰醇基；

B；分子含有羧基；

C；分子含碳碳雙鍵；

D；分子中含有羧基、醇基能發(fā)生取代反應；分子中含有雙鍵和叔醇基能發(fā)生氧化反應，含有雙鍵發(fā)生加成反應．

本題考查有機物的結構與性質，為高頻考點，把握官能團與性質的關系為解答的關鍵，題目難度中等．【解析】rm{A}8、A【分析】【分析】A和B的最高價氧化物對應的水化物呈堿性，且堿性B＞A，則金屬性：A＜B，原子序數(shù)B＜A；C和D的氣態(tài)氫化物的水溶液呈酸性，且酸性前者強于后者，則C和D應為非金屬性元素，且原子序數(shù)C＞D；五種元素形成的簡單離子中，E的離子半徑最小，E應為金屬，且原子序數(shù)A＜B＜E，以此解答該題．【解析】【解答】解：A和B的最高價氧化物對應的水化物呈堿性；且堿性B＞A，則金屬性：A＜B，根據(jù)同周期元素從左到右元素的金屬性逐漸減弱可知：原子序數(shù)B＜A，C和D的氣態(tài)氫化物的水溶液呈酸性，且酸性前者強于后者，則C和D應為非金屬性元素，同周期元素從左到右，元素的非金屬性逐漸增強，對應的氫化物的酸性逐漸增強，則原子序數(shù)C＞D，五種元素形成的簡單離子中，E的離子半徑最小，則E應為金屬，A；B、C對應離子的核外電子排布相同，核電核數(shù)越大，半徑越小，則原子序數(shù)B＜A＜E；

故有原子序數(shù)：C＞D＞E＞A＞B；

故選A．9、B【分析】【分析】設明礬KAl（SO4）2?12H2O為1mol，則溶液中含有1molK+、1molAl3+、2molSO42-，根據(jù)反應：SO42-+Ba2+═BaSO4↓，當溶液中的SO42-完全沉淀時，需要2molBa2+，即2molBa（OH）2，2molBa（OH）2中含有4molOH-，1molAl3+和4molOH-發(fā)生反應：Al3++4OH-═AlO2-+2H2O，據(jù)此進行解答．【解析】【解答】解：設明礬KAl（SO4）2?12H2O為1mol，則溶液中含有1molK+、1molAl3+、2molSO42-，根據(jù)反應SO42-+Ba2+═BaSO4↓可知當溶液中的SO42-完全沉淀時，需要2molBa2+，即2molBa（OH）2，2molBa（OH）2中含有4molOH-，1molAl3+和4molOH-發(fā)生反應：Al3++4OH-═AlO2-+2H2O；

所以此時鋁元素的存在形式為：AlO2-；

故選B．二、多選題(共5題，共10分)10、CD【分析】【分析】由NaNO2+NH4Cl═NaCl+N2↑+2H2O可知，NaNO2中N元素的化合價由+3價降低為0，NH4Cl中N元素的化合價由-3價升高為0，以此來解答．【解析】【解答】解：A．NaNO2中N元素的化合價；則為氧化劑，故A正確；

B．NH4Cl中的氮元素化合價升高；失去電子被氧化，故B正確；

C．每生成1molN2轉移的電子的物質的量為3mol；故C錯誤；

D．由反應可知，NaNO2是氧化劑，NH4Cl為還原劑，N2既是氧化產物；又是還原產物，故D錯誤；

故選CD．11、AB【分析】【分析】氨基酸分子間發(fā)生成肽反應，一個氨基酸分子中氨基和另一個分子中羧基反應生成肽鍵，據(jù)此判斷高分子化合物中含有的結構片段．【解析】【解答】解：氨基酸分子在酸或堿的條件下加熱，一個氨基酸分子中氨基和另一個分子中羧基反應生成肽鍵，所以高分子化合物中必定存在和R-CH2-；

故選AB．12、AD【分析】【分析】由短周期元素A、B、C在周期表中的位置，可知A、C處于第二周期，B處于第三周期，設B的核電荷數(shù)為x，則A的核外電子數(shù)為x-9，C的核外電子數(shù)為x-7，A、C兩種元素的原子核外電子數(shù)之和等于B原子的核電荷數(shù)，則x-9+x-7=x，解得x=16，故A為N元素、B為S元素、C為F元素，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：由短周期元素A；B、C在周期表中的位置；可知A、C處于第二周期，B處于第三周期，設B的核電荷數(shù)為x，則A的核外電子數(shù)為x-9，C的核外電子數(shù)為x-7，A、C兩種元素的原子核外電子數(shù)之和等于B原子的核電荷數(shù)，則x-9+x-7=x，解得x=16，故A為N元素、B為S元素、C為F元素；

A．元素A和C的氫化物分別為NH3、HF，NH3；HF分子之間都存在氫鍵；故A正確；

B．C為F元素；原子的最外層電子數(shù)為7，故B錯誤；

C．B為S元素；其氧化物有二氧化硫；三氧化硫，故C錯誤；

D．A為N元素；有-3；0、+1、+2、+3、+4、+5多種可變的化合價，故D正確；

故選AD．13、AD【分析】【分析】有機物含有酚羥基，可發(fā)生取代、氧化和顯色反應，含有酯基，可發(fā)生水解反應，含有羧基，具有酸性，可發(fā)生中和和酯化反應，以此解答該題．【解析】【解答】解：A．有機物含有苯酚結構；則它有弱酸性，能與氫氧化鈉反應，故A正確；

B．有機物含有酯基；則它能發(fā)生水解反應，故B錯誤；

C．有機物含有酯基；則它能發(fā)生水解反應，水解后生成含有三個相鄰羥基的苯甲酸，故C錯誤；

D．有機物含有酯基；則它能發(fā)生水解反應，水解后生成含有三個相鄰羥基的苯甲酸，即水解后只生成一種物質，故D正確．

故選AD．14、BD【分析】【分析】A；碳酸根、碳酸氫根、亞硫酸根離子等均可以和鹽酸反應生成二氧化碳、二氧化硫等氣體；

B；銅離子可以和氫氧根離子反應生成氫氧化銅沉淀；

C；氯化鋇、碳酸鋇等均是白色不溶于水的沉淀；

D、氯化銀是白色不溶于硝酸的白色沉淀．【解析】【解答】解：A、某溶液中滴入鹽酸，生成無色氣體，說明原溶液中有CO32-、HCO3-、SO32-、HSO32-等離子中的一種；故A錯誤；

B、某溶液中滴入氫氧化鈉溶液，生成藍色沉淀，一定是氫氧化銅，原溶液中有Cu2+；故B正確；

C、某溶液中滴入氯化鋇溶液，生成白色沉淀，可以是氯化銀或是硫酸鋇中的至少一種，原溶液中有SO42-或是Cl-中的至少一種；故C錯誤；

D；溶液中滴入硝酸銀和稀硝酸溶液；生成氯化銀白色沉淀是不溶于硝酸的白色沉淀，故D正確．

故選BD．三、填空題(共7題，共14分)15、取代反應（或酯化反應）HOOC-COOH+HOCH2-CH2OHOGC-CHOC8H6O45H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O【分析】【分析】（1）有機物A只含C、H、O三種元素，A經催化氧化生成B，B經催化氧化生成C，為醇→醛→酸的轉化，氧元素的質量分數(shù)為，其相對分子質量為62，則氧原子數(shù)目為2，A與C在一定條件下反應可生成一種環(huán)狀化合物F，說明A至少含有兩個羥基，可推知A為HOCH2CH2OH；B為OHC-CHO，C為HOOC-COOH；

（2）①E的蒸汽密度是同溫同壓下氧氣密度的5.19倍，則E的相對分子質量為32×5.19=166，②完全燃燒16.6g有機物E，得到35.2gCO2和5.4gH2O，E為0.01mol、二氧化碳為0.8mol、水為0.3mol，則E的分子式C8H6O4，③核磁共振氫譜顯示E分子中只有2種不同結構位置的氫原子，④E為無色晶體，微溶于水，易溶于Na2CO3溶液，放出無色氣體，說明E中含有-COOH，則E為

（3）乙二醇與發(fā)生縮聚反應得到高聚物；

（4）E的一種同分異構體（與E具有相同的官能團）；在一定條件下可發(fā)生分子內脫水生成一種含有五元環(huán)和六元環(huán)的有機物F，應是鄰苯二甲酸脫水；

（5）草酸可將酸性高錳酸鉀溶液還原，所得還原產物為Mn2+，草酸被氧化為二氧化碳．【解析】【解答】解：（1）有機物A只含C、H、O三種元素，A經催化氧化生成B，B經催化氧化生成C，為醇→醛→酸的轉化，氧元素的質量分數(shù)為，其相對分子質量為62，則氧原子數(shù)目為2，A與C在一定條件下反應可生成一種環(huán)狀化合物F，說明A至少含有兩個羥基，可推知A為HOCH2CH2OH，B為OHC-CHO，C為HOOC-COOH，A與C反應生成D的反應方程式為：HOOC-COOH+HOCH2-CH2OH屬于取代反應（或酯化反應）；

故答案為：取代反應（或酯化反應）；HOOC-COOH+HOCH2-CH2OHOHC-CHO；

（2）①E的蒸汽密度是同溫同壓下氧氣密度的5.19倍，則E的相對分子質量為32×5.19=166，②完全燃燒16.6g有機物E，得到35.2gCO2和5.4gH2O，E為0.01mol、二氧化碳為0.8mol、水為0.3mol，則E的分子式C8H6O4，③核磁共振氫譜顯示E分子中只有2種不同結構位置的氫原子，④E為無色晶體，微溶于水，易溶于Na2CO3溶液，放出無色氣體，說明E中含有-COOH，則E為

故答案為：C8H6O4；

（3）乙二醇與發(fā)生縮聚反應得到高聚物，該高分子化合物的結構簡式為

故答案為：

（4）E的一種同分異構體（與E具有相同的官能團），在一定條件下可發(fā)生分子內脫水生成一種含有五元環(huán)和六元環(huán)的有機物F，應是鄰苯二甲酸脫水，F(xiàn)的結構簡式為：故答案為：

（5）草酸可將酸性高錳酸鉀溶液還原，所得還原產物為Mn2+，草酸被氧化為二氧化碳，反應離子方程式為：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O；

故答案為：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O．16、1s22s22p63s23p63d64s219分子sp3、sp2非極性配位2【分析】【分析】（1）根據(jù)能量最低原理書寫核外電子排布式；

（2）單鍵為σ鍵；雙鍵含有1個σ鍵；個π鍵；

（3）固態(tài)氯化鉻酰熔沸點低；易溶于有機溶劑，應屬于分子晶體，丙酮中羰基中碳原子形成3個σ鍵，甲基中碳原子形成4個σ鍵，均沒有孤對電子，雜化軌道數(shù)目分別為3；4；二硫化碳與二氧化碳結構相似，為直線型對稱結構，分子中正負電荷重心重合；

（4）配離子中Cr3+與C2O42-、H2O之間形成配位鍵；

（5）利用均攤法計算晶胞中Cr原子數(shù)目．【解析】【解答】解：（1）Fe（26號元素）原子的基態(tài)電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2；

故答案為：1s22s22p63s23p63d64s2；

（2）單鍵為σ鍵，雙鍵含有1個σ鍵、個π鍵，CH3COCH3分子中含有1個π鍵；含有9個σ鍵；

故答案為：1；9；

（3）固態(tài)氯化鉻酰熔沸點低，易溶于有機溶劑，應屬于分子晶體，丙酮中羰基中碳原子形成3個σ鍵，甲基中碳原子形成4個σ鍵，均沒有孤對電子，雜化軌道數(shù)目分別為3、4，甲基碳原子為sp3雜化，羰基碳原子為sp2雜化；二硫化碳與二氧化碳結構相似，為直線型對稱結構，分子中正負電荷重心重合，屬于非極性分子；

故答案為：分子；sp3、sp2；非極性；

（4）配離子中Cr3+可以空軌道，C2O42-、H2O含有孤對電子，Cr3+與C2O42-、H2O之間形成配位鍵；

故答案為：配位；

（5）晶胞中Cr原子處于體心與頂點，晶胞中Cr原子數(shù)目=1+8×=2；

故答案為：2．17、528Na2SO32：11【分析】【分析】（1）反應中P元素化合價由0價升高到+5價，O元素化合價由0價降低到-2價，反應1molP4；消耗5mol氧氣，轉移20mol電子，以此解答．

（2）3S+6NaOH═2Na2S+Na2SO3+3H2O中1mol硫單質化合價升高；被氧化，發(fā)生氧化反應，對應氧化產物；2mol硫單質化合價降低，被還原，發(fā)生還原反應，對應還原產物，反應3mol硫轉移4mol電子；

（3）在反應8NH3+6NO2=7N2+12H2O中，NH3→N2，化合價變化為-3價→0價，失8×3e-，NO2→N2，化合價變化為+4價→0價得6×4e-．【解析】【解答】解：（1）反應中P元素化合價由0價升高到+5價，O元素化合價由0價降低到-2價，氧化劑為O2，還原劑為P，用雙線橋表示其電子轉移情況為31g磷物質的量為：=0.25mol；

反應1molP；轉移1mol×（5-0）=5mol電子，消耗1.25mol氧氣，標況下體積為：1.25mol×22.4L/mol=28L；

故答案為：5；28；

（2）硫元素化合價既升高又降低，降低2價，升高4價，得失電子應相等，所以轉移電子數(shù)為4，化合價升高元素是硫單質中的硫元素被氧化，所在的反應物硫是還原劑，對應產物Na2SO3是氧化產物，化合價降低元素是硫單質中的硫元素被還原，所在的反應物硫單質是氧化劑，對應產物Na2S是還原產物；所以氧化劑與還原劑的質量比是2：1；

用雙線橋表示為：氧化產物為：Na2SO3；氧化劑與還原劑質量指標為：2：1；

故答案為：Na2SO3；2：1；

（3）在反應8NH3+6NO2=7N2+12H2O中，NH3→N2，化合價變化為-3價→0價，NH3是還原劑，失8×3e-，對應生成4molN2為氧化產物，NO2→N2，化合價變化為+4價→0價NO2是氧化劑，得6×4e-，對應生成3molN2是還原產物，可表示為氧化產物比還原產物多1mol；

故答案為：1．18、5.55.42210凹液面最低處25玻璃棒16.3ADECBHGF【分析】【分析】（1）①依據(jù)稀釋前后溶質的質量不變計算需要10%氫氧化鈉溶液的質量；依據(jù)V=計算溶液的體積；確定加入水的體積；

②依據(jù)溶液的體積和需要水的體積選擇合適的量筒；

③依據(jù)稀釋溶液過程中玻璃棒的作用解答；

（2）①依據(jù)C=計算濃硫酸的物質的量濃度；依據(jù)稀釋前后溶質的物質的量不變計算需要濃硫酸的體積；

②依據(jù)配制一定物質的量濃度溶液的一般步驟解答．【解析】【解答】解：（1）①設需要10%氫氧化鈉溶液的質量為m，依據(jù)稀釋前后溶質的質量不變，m×10%=27.5g×2%，解得m=5.5g，溶液的體積V==5.4mL；需要水的質量為27.5g-5.5g=22g；水的密度為1g/mL，所以需要水的體積為22.0mL；

故答案為：5.5；5.4；22；

②量取5.5ml溶液應選擇10ml量筒；量取22ml水應選擇25ml量筒；讀數(shù)時；量筒內液體凹液面最低處應與視線相切；

故答案為：10；凹液面最低處；25；

③用玻璃棒攪拌使溶液混合均勻；故答案為：玻璃棒；

（2）①濃硫酸的物質的量濃度C===18.4mol/L，依據(jù)稀釋前后溶質的物質的量不變，設需要濃硫酸體積為V，則：V×18.4mol/L=3mol?L-1×100mL；解得V=16.3mL；

故答案為：16.3；

②用濃溶液配制一定物質的量濃度稀溶液一般步驟為：計算；量取、稀釋、冷卻、移液、洗滌、定容、搖勻等；所以正確的順序為：ADECBHGF；

故答案為：ADECBHGF．19、bcd混凝沉淀→過濾→殺菌消毒清洗廢鐵屑表面的油污2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O10NaOH+3Cl2+2Fe（OH）3═2Na2FeO4+6NaCl+8H2O高鐵酸鹽在殺菌消毒時，本身被還原成Fe3+，F(xiàn)e3+易水解生成Fe（OH）3，具有膠體的性質，可吸附水中的懸浮雜質，而起到凈化水的作用Fe+8OH--6e-═FeO42-+4H2O【分析】【分析】（1）當硬水中鈣和鎂主要以碳酸氫鹽，如Ca（HCO3）2、Mg（HCO3）2形式存在時；稱為暫時硬水，當這種硬水加熱煮沸時，碳酸氫鹽會轉化為沉淀除去；如果硬水中鈣和鎂主要以硫酸鹽或氯化物等形式存在，則稱為永久硬水，它們不能用煮沸的方法除去；

（2）以硫酸鹽或氯化物形式存在時所引起的硬度，則稱為永久硬度，加入石灰水只能降低Mg2+所形成的永久硬度，但轉變?yōu)镃a2+形成的永久硬度，加石灰水發(fā)生：Ca（OH）2+Ca（HCO3）2=2CaCO3↓+2H2O，2Ca（OH）2+Mg（HCO3）2=2CaCO3↓+Mg（OH）2↓+2H2O，只能降低暫時硬度，不能降低永久硬度，把部分Mg2+所形成的永久硬度轉變?yōu)镃a2+形成的永久硬度；

（3）取自江河湖泊中的淡水的處理順序是：先沉淀；再過濾；最后消毒處理；

（4）由流程圖和實驗目的可知；用工業(yè)廢鐵屑（含銅；碳、硅等）制取高鐵酸鈉，其中X、Y、Z是含鐵化合物，碳酸鈉溶液水解顯堿性，洗滌廢鐵屑表面油污，油脂在堿性溶液中水解生成溶于水的物質得到粗鐵，加入硫酸，鐵和硫酸反應生成硫酸亞鐵，過濾得到濾渣為銅和硅，濾液為硫酸亞鐵，加入硫酸和過氧化氫氧化亞鐵離子為鐵離子，加入氫氧化鈉用生成氫氧化鐵沉淀，在氫氧化鈉溶液中通入氯氣生成高鐵酸鈉；

①碳酸鈉溶液水解顯堿性清除廢鐵屑表面的油污；

②X為硫酸亞鐵；Y為硫酸鐵，硫酸亞鐵加入過氧化氫和硫酸發(fā)生氧化還原反應；

③Z為氫氧化鐵；在氫氧化鈉溶液中氯氣氧化氫氧化鐵為高鐵酸鈉，依據(jù)原子守恒和氧化還原反應電子守恒配平書寫化學方程式；

④高鐵酸鈉具有強氧化性能殺菌消毒；在反應過程中被還原為鐵離子在水溶液中水解生成氫氧化鐵膠體，膠體具有吸附懸浮雜質的作用起到凈水作用；

⑤電解時陽極發(fā)生氧化反應，鐵失電子生成高鐵酸根離子，由電解質溶液電荷守恒配平寫出電極反應方程式．【解析】【解答】解：（1）當硬水中鈣和鎂主要以碳酸氫鹽，如Ca（HCO3）2、Mg（HCO3）2形式存在時；稱為暫時硬水，當這種硬水加熱煮沸時，碳酸氫鹽會轉化為沉淀除去；如果硬水中鈣和鎂主要以硫酸鹽或氯化物等形式存在，則稱為永久硬水，它們不能用煮沸的方法除去，但藥劑法；離子交換法均可將鈣和鎂離子濃度減小，降低硬度；

故答案為：bc；

（2）a．以硫酸鹽或氯化物形式存在時所引起的硬度，則稱為永久硬度，加入石灰水只能降低Mg2+所形成的永久硬度，但轉變?yōu)镃a2+形成的永久硬度；故a錯誤；

b．加石灰水發(fā)生：Ca（OH）2+Ca（HCO3）2=2CaCO3↓+2H2O，2Ca（OH）2+Mg（HCO3）2=2CaCO3↓+Mg（OH）2↓+2H2O，只能降低暫時硬度，不能降低永久硬度，故b誤；

c．加石灰水發(fā)生反應：MgSO4+Ca（OH）2=Mg（OH）2↓+CaSO4；MgCl2+Ca（OH）2=Mg（OH）2↓+CaCl2，把部分Mg2+所形成的永久硬度轉變?yōu)镃a2+形成的永久硬度；故c錯誤；

d．由c分析可知，加石灰水把部分Mg2+所形成的永久硬度轉變?yōu)镃a2+形成的永久硬度；故d正確；

故答案為：d；

（3）取自江河湖泊中的淡水的處理順序是：先沉淀；再過濾；最后消毒處理，故答案為：混凝沉淀→過濾→殺菌消毒；

（4）由流程圖和實驗目的可知；用工業(yè)廢鐵屑（含銅；碳、硅等）制取高鐵酸鈉，其中X、Y、Z是含鐵化合物，碳酸鈉溶液水解顯堿性，洗滌廢鐵屑表面油污，油脂在堿性溶液中水解生成溶于水的物質得到粗鐵，加入硫酸，鐵和硫酸反應生成硫酸亞鐵，過濾得到濾渣為銅和硅，濾液為硫酸亞鐵，加入硫酸和過氧化氫氧化亞鐵離子為鐵離子，加入氫氧化鈉用生成氫氧化鐵沉淀，在氫氧化鈉溶液中通入氯氣生成高鐵酸鈉；

①廢鐵屑中加入Na2CO3熱溶液的目的為清洗廢鐵屑表面的油污；故答案為：清洗廢鐵屑表面的油污；

②X為硫酸亞鐵，Y為硫酸鐵，X轉化為Y的離子方程式為2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，故答案為：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O；

③Z為氫氧化鐵，在氫氧化鈉溶液中氯氣氧化氫氧化鐵為高鐵酸鈉，Cl2將Z氧化為Na2FO4的化學方程式為10NaOH+3Cl2+2Fe（OH）3═2Na2FeO4+6NaCl+8H2O；

故答案為：10NaOH+3Cl2+2Fe（OH）3═2Na2FeO4+6NaCl+8H2O；

④高鐵酸鈉消毒后的還原產物具有凈水作用，其凈水原理高鐵酸鹽在殺菌消毒時，本身被還原成Fe3+，F(xiàn)e3+易水解生成Fe（OH）3，具有膠體的性質，可吸附水中的懸浮雜質，而起到凈化水的作用為，故答案為：高鐵酸鹽在殺菌消毒時，本身被還原成Fe3+，F(xiàn)e3+易水解生成Fe（OH）3；具有膠體的性質，可吸附水中的懸浮雜質，而起到凈化水的作用；

⑤電解時陽極發(fā)生氧化反應，鐵失電子生成高鐵酸根離子，由電解質溶液配平電荷守恒可知電極反應方程式為Fe+8OH--6e-═FeO42-+4H2O，故答案為：Fe+8OH--6e-═FeO42-+4H2O．20、Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O2NaCl2Na+Cl2↑收集一試管氣體，用拇指堵住試管口移近火焰，松開拇指點燃后，若發(fā)出輕微的響聲，證明氣體純凈【分析】【分析】A是短周期原子半徑最大的元素（稀有氣體除外）構成的單質，為Na，固體A與B反應生成E既可溶于鹽酸又可溶于NaOH溶液，則E是Al（OH）3，則B應為AlCl3，氣體C為H2；D應為NaCl，據(jù)此答題；

（1）Al（OH）3溶于NaOH溶液的離子方程式為：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；

（2）Na是活潑金屬，工業(yè)上用電解法進行冶煉，化學反應方程式為：2NaCl2Na+Cl2↑；

（3）Na與溶液反應產生的氣體是氫氣，使用前要驗純，方法是：收集一試管氣體，用拇指堵住試管口移近火焰，松開拇指點燃后，若發(fā)出輕微的響聲，證明氣體純凈．【解析】【解答】解：A是短周期原子半徑最大的元素（稀有氣體除外）構成的單質，為Na，固體A與B反應生成E既可溶于鹽酸又可溶于NaOH溶液，則E是Al（OH）3，則B應為AlCl3，氣體C為H2；D應為NaCl；

（1）Al（OH）3溶于NaOH溶液的離子方程式為：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；

故答案為：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；

（2）Na是活潑金屬，工業(yè)上用電解法進行冶煉，化學反應方程式為：2NaCl2Na+Cl2↑；

故答案為：2NaCl2Na+Cl2↑；

（3）Na與溶液反應產生的氣體是氫氣；使用前要驗純，方法是：收集一試管氣體，用拇指堵住試管口移近火焰，松開拇指點燃后，若發(fā)出輕微的響聲，證明氣體純凈；

故答案為：收集一試管氣體，用拇指堵住試管口移近火焰，松開拇指點燃后，若發(fā)出輕微的響聲，證明氣體純凈．21、CH2=CH2平面形羥基羧基CH2=CH2+H2OCH3CH2OH加成反應2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O氧化反應CH3COOH+HOC2H5CH3COOC2H5+H2O酯化反應或取代反應加聚反應【分析】【分析】A是石油裂解氣的主要成分，其產量通常用來衡量一個國家的石油化工水平，則A為CH2=CH2，與水發(fā)生加成反應得到B為CH3CH2OH，B能氧化得到C為CH3CHO，C氧化得到D為CH3COOH，乙醇與乙酸發(fā)生酯化反應得到E為CH3COOCH2CH3，乙烯發(fā)生加聚反應生成高聚物F為據(jù)此解答．【解析】【解答】解：A是石油裂解氣的主要成分，其產量通常用來衡量一個國家的石油化工水平，則A為CH2=CH2，與水發(fā)生加成反應得到B為CH3CH2OH，B能氧化得到C為CH3CHO，C氧化得到D為CH3COOH，乙醇與乙酸發(fā)生酯化反應得到E為CH3COOCH2CH3，乙烯發(fā)生加聚反應生成高聚物F為

（1）由上述分析可知，A的結構簡式為CH2=CH2，空間構型為：平面形，故答案為：CH2=CH2；平面形；

（2）B為乙醇；含有官能團為羥基，D為乙酸，分子中的官能團是：羧基，故答案為：羥基；羧基；

（3）反應①是乙烯與水發(fā)生加成反應生成乙醇，反應方程式為：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；屬于加成反應；

反應②是乙醇被氧化物乙醛，反應方程式為：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；

反應④是乙酸與乙醇發(fā)生酯化反應生成乙酸乙酯，反應方程式為：CH3COOH+HOC2H5CH3COOC2H5+H2O；也屬于取代反應；

反應⑤是乙烯發(fā)生加聚反應生成聚乙烯，化學方程式是

故答案為：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；加成反應；

2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；氧化反應；

CH3COOH+HOC2H5CH3COOC2H5+H2O，酯化反應或取代反應；加聚反應．四、推斷題(共4題，共40分)22、NH4Cl2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑N2+3H22NH3【分析】【分析】A是由地殼中含量最多的金屬元素形成的單質，則A為Al，C、D、E是常見的由短周期元素形成的氣體單質，氣體F與氣體G相遇產生大量的白煙，則I為NH4Cl，結合F的生成，可知F為NH3，所以G為HCl，由轉化可知，B為NaOH，C為N2，D為H2，E為Cl2，H是廚房中必備一種調味鹽，H為NaCl，然后結合物質的性質及化學用語來解答．【解析】【解答】解：A是由地殼中含量最多的金屬元素形成的單質，則A為Al，C、D、E是常見的由短周期元素形成的氣體單質，氣體F與氣體G相遇產生大量的白煙，則I為NH4Cl，結合F的生成，可知F為NH3，所以G為HCl，由轉化可知，B為NaOH，C為N2，D為H2，E為Cl2；H是廚房中必備一種調味鹽，H為NaCl；

（1）B為NaOH，其電子式為故答案為：

（2）由上述分析可知I的化學式為NH4Cl，故答案為：NH4Cl；

（3）A和B溶液反應的離子方程式為2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，故答案為：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；

（4）C和D反應化學方程式為N2+3H22NH3，故答案為：N2+3H22NH3．23、3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO酸NH4++H2O?NH3?H2O+H+．【分析】【分析】X與F產生“白煙”現(xiàn)象，是揮發(fā)性酸和氨氣相遇后的產物，單質D與單質A反應生成X、單質D與單質B反應生成Y，由此可推知D是H2，紅棕色氣體F為NO2，由轉化關系，結合元素守恒可推知C為O2，故Z為H2O，A為Cl2，Y為NH3，X為HCl，E為NO，C為O2，G為HNO3，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：與F產生“白煙”現(xiàn)象，是揮發(fā)性酸和氨氣相遇后的產物，單質D與單質A反應生成X、單質D與單質B反應生成Y，由此可推知D是H2，紅棕色氣體F為NO2，由轉化關系，結合元素守恒可推知C為O2，故Z為H2O，A為Cl2，Y為NH3，X為HCl，E為NO，C為O2，G為HNO3；

（1）反應③為NO2與H2O的反應，反應的離子方程式為：3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO；

故答案為：3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO；

（2）E為NO，為污染性氣體，在一定條件下可與NH3反應生成N2和H2O，反應的化學方程式為：4NH3+6NO=5N2+6H2O，標出電子轉移數(shù)目與方向為：

故答案為：

（4）兩者恰好完全反應時生成NH4Cl，為強酸弱堿鹽，溶液中存在NH4++H2O?NH3?H2O+H+；銨根離子水解而使溶液顯酸性；

故答案為