2025年新世紀版高三化學上冊階段測試試卷

…………○…………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年新世紀版高三化學上冊階段測試試卷515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：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、下列烷烴的命名正確的是（）A.2，3-二甲基丁烷B.3，4-二甲基戊烷C.2-甲基-3-乙基丁烷D.2-乙基己烷2、下列各組物質的晶體中，化學鍵類型相同，晶體類型也相同的是（）A.CCl4和PCl3B.NaCl和HClC.CO2和SiO2D.NaH和Na2O23、下列敘述中正確的是（）A.聚乙烯、聚氯乙烯、纖維素都屬于合成高分子B.除去乙酸乙酯中的少量乙酸，可加入氫氧化鈉溶液充分反應后分液C.油脂、淀粉和蛋白質都是食物中含有的重要營養(yǎng)物質，一定條件下都能水解D.二氯丙烷（C3H2Cl6）的同分異構體共有3種（不考慮立體異構）4、S8分子形成的單斜硫和斜方硫是同素異形體，轉化關系如下S（斜方，固）S（單斜，固）△H=0.398kJl-1

若NA為阿伏加德羅常數，則下列說法中，不正確的是（）A.單斜硫比斜方硫具有的能量略高B.單斜硫和斜方硫之間的轉化屬于物理變化C.單斜硫和斜方硫在充足的氧氣中燃燒均生成SO2D.64g單斜硫和斜方硫的混合物含硫原子數目為2NA5、將二氧化碳通入到下列溶液中，不能發(fā)生反應的是（）A.CaCl2B.Na2CO3C.Na2SiO3D.NaOH6、下列有機化合物命名正確的是（）

①1-甲基丙烷。

②3；4-二甲基戊烷。

③2-乙基丁烷。

④3-乙基-2-甲基戊烷．A.只有②③B.只有③④C.都正確D.都錯誤7、將一定量的鈉鋁合金置于水中，合金全部溶解，得到20mLpH＝14的溶液，然后用1mol/L的鹽酸滴定，沉淀質量與消耗鹽酸的體積關系如圖所示，則下列選項正確的是A.原合金質量為0.92gB.標準狀況下產生氫氣896mLC.圖中V2為60mLD.圖中m值為1.56g8、Na2O2、CaC2都是離子化合物，都能與水反應放出氣體．它們（）A.陰陽離子個數比均為1：1B.都含有非極性的共價鍵C.與水都發(fā)生氧化還原反應D.放出的都是可燃性氣體9、一種新型細菌燃料電池，利用細菌將有機物轉化為氫氣，氫氣進入以磷酸為電解質溶液的燃料電池中發(fā)電，電池負極反應式為rm{(}rm{)}A.rm{H_{2}+2OH^{-}-2e^{-}簍T2H_{2}O}B.rm{H_{2}-2e^{-}簍T2H^{+}}C.rm{O_{2}+4H^{+}+4e^{-}簍T2H_{2}O}D.rm{O_{2}+2H_{2}O+4e^{-}簍T4OH^{-}}評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)10、下列有關化學實驗安全問題的敘述中不正確的是（）A.濃硫酸沾到皮膚上時，可立刻用大量的水沖洗，然后再涂上3%～5%的NaHCO3溶液B.取用化學藥品時，應特別注意觀察藥品包裝容器上的安全警示標志C.凡是給玻璃儀器加熱，都要加墊石棉網，以防儀器炸裂D.聞任何化學藥品的氣味都不能將鼻子湊近藥品11、根據有機化合物的命名原則，下列命名不正確的是（）A.4-甲基-1-戊炔B.CH3CH（CH3）CH=CHCH3：2-甲基-3-戊烯C.2，2，3-三甲基戊烷D.間二硝基苯12、下列說法正確的是（）A.1mol乙烯與Cl2完全加成，然后再與Cl2完全取代，共需5molCl2B.乙烯、苯都能使溴水褪色，兩者的褪色原理相同C.2-丁烯不存在順反異構體D.研究有機物一般要經過的基本步驟為：分離、提純→元素定量分析（確定實驗式）→測定相對分子質量（確定分子式）→波譜分析（確定結構式），其中最早提出元素定量分析的是法國化學家李比希13、某醇在適當條件下與足量的乙酸發(fā)生酯化，得到的酯化產物的相對分子質量a與原來醇的相當分子量b的關系是a=b+84，有關該醇應該具有的結構特點的描述正確的是（）A.該醇分子中一定具有甲基B.該醇分子中一定沒有甲基C.該醇分子中至少含有兩個碳原子D.該醇分子中具有兩個醇羥基14、如圖是根據電解原理制成的“銀電量計”，其原理是：通過測定其電解過程中附著在惰性電極上金屬質量，計算通過電解池的電量，下列說法正確的是（）A.電量計工作時銀棒應與電源的負極相連B.電量計工作時溶液里的陰離子向陰極移動C.網袋是收集銀溶解過程中產生的金屬顆粒，若沒有該網袋，測量結果會偏高D.若得金屬銀的沉積量108.0mg，則電解過程中轉移的電子書為0.002mol15、2012年6月24日，“蛟龍”號載人潛水器成功下潛至西太平洋馬里亞納海溝7020米處．“蛟龍”號載人潛水器的外殼是耐超高壓的鈦合金，下面有關合金的說法中正確的是（）A.鈦合金是一種新型金屬單質B.鈦合金熔點比成分金屬低，但硬度大C.鈦合金的化學性質與鈦單質相同D.青銅、碳素鋼、合金鋼和硬鋁都是合金16、下列有關電解質溶液中微粒的物質的量濃度關系正確的是（）A.1mol?L-1的Na2S溶液中：c（Na+）=c（HS-）+c（H2S）+2c（S2-）B.室溫下將0.1mol?L-1苯酚溶液與0.1mol?L-1Na2CO3溶液等體積混合：c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（C6H5O-）+c（OH-）C.濃度均為0.1mol?L-1的小蘇打溶液與燒堿溶液等體積混合：c（OH-）-c（H+）=c（HCO3-）+2c（H2CO3）D.將0.1mol（NH4）2Fe（SO4）2?6H2O溶于水配成的1L溶液中：c（SO42-）=c（NH4+）＞c（Fe2+）＞c（H+）＞c（OH-）17、過量鋅粉跟100mL6mol/L鹽酸反應，在一定溫度下，為加快反應速率但又不影響生成氫氣的總量，可向反應混合物中加入適量的（）A.銅粉B.醋酸鋅溶液C.氯化銅固體D.二氧化錳評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)18、合成具有良好生物降解性的有機高分子材料是有機化學研究的重要課題之一．聚醋酸乙烯酯（PVAc）水解生成的聚乙烯醇（PVA）；具有良好生物降解性，常用于生產安全玻璃夾層材料PVB．有關合成路線如圖（部分反應條件和產物略去）．

已知：

Ⅰ．

Ⅱ．（R；R′可表示烴基或氫原子）

Ⅲ．A為飽和一元醇；其氧的質量分數約為34.8%

請回答：

（1）C中官能團的名稱為____，寫出C的反式異構體的結構簡式____，該分子中最多有____個原子共平面．

（2）D與苯甲醛反應的化學方程式為____．

（3）③的反應類型是____．

（4）PVAc的結構簡式為____．

（5）寫出與F具有相同官能團的所有同分異構體的結構簡式____．

（6）參照上述信息，設計合成路線以溴乙烷為原料（其他無機試劑任選）合成．合成路線流程圖示例如下：

19、某課外小組同學欲探究濃硝酸和稀硝酸的氧化性強弱，將NO和NO2組成的混合氣體通入如圖所示裝置中進行實驗．

已知：

Ⅰ．NaOH溶液與NO不反應。

Ⅱ．NaOH溶液與NO2反應的化學方程式為：2NaOH+2NO2=NaNO2+NaNO3+H2O

請回答：

（1）裝置①中反應的化學方程式是____．

（2）通入混合氣體之前，應先通入一段時間某種氣體，該氣體是____（填字母）．

a．N2b．O2

（3）裝置④中盛放的試劑是____．

（4）實驗時觀察到裝置②中液面上方氣體為紅棕色，裝置③中液面上方氣體仍為無色，則說明濃硝酸的氧化性比稀硝酸的____（填“強”或“弱”）．20、無水AICl3可用作有機合成的催化劑，食品膨松劑等。工業(yè)上由鋁土礦（主要成分是Al2O3和Fe2O3）和石油焦（主要成分是碳單質）制備無水AlCl3的流程如下：（1）在焙燒爐中發(fā)生反應：①Fe2O3(S)+3C(s)2Fe(s)+3CO(g)；②3CO(g)+Fe2O3(s)2Fe(s)+3CO2(g).則反應②的平衡常數的表達式為K=____。（2）Al2O3、Cl2和C在氯化爐中高溫下發(fā)生反應，當生成1molAlCl3時轉移____mol電子；爐氣中含有大量CO和少量Cl2，可用Na2SO3溶液除去Cl2，其離子方程式為：。（3）升華器中發(fā)生反應的化學方程式為____。（4）工業(yè)上另一種由鋁灰為原料制備無水AlCl3工藝中，最后一步是由AlCl3·6H2O脫去結晶水制備無水AICl3，此反應必須在氯化氫的氣流中加熱，其原因是。已知SOCl2為無色液體且極易與水反應生成HC1和SO2，AlC13·6H2O與SOCl2混合加熱可制取無水AlCl3，寫出該反應的化學方程式：。21、（2011春?大連校級期末）某實驗小組分別用圖1；2裝置測定某種鈣片中碳酸鈣的含量；夾持裝置已略去．

提供的試劑：研細的鈣片粉末（鈣片中的其他成分不與鹽酸反應）、2mol/L鹽酸、5%NaOH溶液、飽和Na2CO3溶液、飽和NaHCO3溶液和蒸餾水．

實驗過程：

I．檢查兩套裝置的氣密性．

Ⅱ．在A、C的右邊加入0.25g鈣片粉末，左邊加入3mL2mol/L鹽酸，塞緊塞子．在B、E中均加入飽和NaHCO3溶液；如圖所示，記下量氣管讀數．

Ⅲ．將A；C傾斜；使液體與固體混合，實驗結束并冷卻后讀出量氣管讀數，測得B中收集到的氣體為41.90mL，E中收集到的氣體體積為39.20mL（以上氣體體積均已折算為標準狀況下的體積）．

回答下列問題：

（1）I中檢查圖1裝置氣密性的方法是____．

（2）A中發(fā)生反應的離子方程式為____；D中加入的試劑為____．

（3）實驗前左右兩管液面在同一水平面上，最后讀數時右管的液面高于左管的液面，應進行的操作是____．

（4）圖2實驗所得鈣片中的碳酸鈣的質量分數為____；圖1實驗比圖2實驗所得鈣片中的碳酸鈣含量偏高，用離子方程式表示偏高的原因：____．22、已知：

有機物A是一種醫(yī)藥中間體，質譜圖顯示其相對分子質量為130．已知0.5molA完全燃燒只生成3molCO2和2.5molH2O．A可發(fā)生如圖所示的轉化，其中D的分子式為C4H6O2；兩分子F反應可生成含甲基的六元環(huán)狀酯類化合物．

請回答：

（1）A的分子式是____．

（2）1molB與足量的金屬鈉反應產生22.4L（標準狀況）H2．B中所含官能團的名稱是____．B與C的相對分子質量之差為4，B→C的化學方程式是____．

（3）D的同分異構體G所含官能團與D相同，則G的結構簡式可能是____、____．

（4）F可發(fā)生多種類型的反應．

①兩分子F反應生成的六元環(huán)狀酯類化合物的結構簡式是____；

②由F可生成使Br2的CCl4溶液褪色的有機物H．F→H的化學方程式是____．

③F在一定條件下發(fā)生縮聚反應的化學方程式是____．

（5）A的結構簡式是____．23、有一包白色固體，可能含有CaCO3、Na2SO4、KNO3、CuSO4、BaCl2五種物質中的一種或五種．先進行以下實驗：

（1）取少量固體粉末加到足量水中；得到白色沉淀，上層清液為無色．

（2）向（1）的懸濁液中加入足量稀硝酸；白色沉淀消失，并有氣泡產生．

（3）取少量（1）中的清液滴入Ba（NO3）2溶液；有白色沉淀生成，再加入稀硝酸，沉淀不溶解．

根據上述實驗現(xiàn)象判斷：該白色固體中一定含有____，一定不含有____，可能含有____．上述實驗中有關反應的離子方程式為：____、____．24、已知元素X；Y、Z、W的原子序數分別為6、8、11、13；請回答：

（1）寫出下列元素符號X____Y____Z____W____；

（2）寫出下列元素在周期表中的位置X____Y____Z____W____；

（3）寫出下列反應方程式：X+Y____Z+Y____W+Y____．25、工業(yè)上用某礦渣(主要成分為Cu2O，還含有Al2O3、Fe2O3、SiO2)提取銅的操作流程如下：(固體混合物B經處理后可回收銅)已知：Cu2O＋2H＋=Cu＋Cu2＋＋H2O。（1）實驗操作Ⅰ的名稱為_________；在空氣中灼燒固體混合物D時，用到多種硅酸鹽材質的儀器，除玻璃棒、酒精燈、泥三角外，還有_________(填儀器名稱)。（2）濾液A中鐵元素的存在形式為_______(填離子符號)，生成該離子的離子方程式為_____________________。檢驗濾液A中存在該離子的試劑為(填試劑名稱)。（3）常溫下，等pH的NaAlO2和NaOH兩份溶液中，由水電離出的c(OH－)前者為后者的108倍，則兩種溶液的pH＝_______。（4）①利用電解法進行粗銅精煉時，下列敘述正確的是________(填代號)。a．電能全部轉化為化學能b．粗銅接電源正極，發(fā)生氧化反應c．精銅作陰極，電解后電解液中Cu2＋濃度減小d．粗銅精煉時通過的電量與陰極析出銅的量無確定關系②從濃硫酸、濃硝酸、蒸餾水中選用合適的試劑，測定粗銅樣品中金屬銅的質量分數，涉及的主要步驟：稱取一定質量的樣品→____________________________→過濾、洗滌、干燥→稱量剩余固體銅的質量。(填缺少的操作步驟，不必描述操作過程的細節(jié))評卷人得分四、判斷題(共1題，共4分)26、一定量的鐵粉與銅粉混合物，與適量稀硝酸反應，生成標準狀況下氣體5.6L．則參加反應的硝酸的物質的量為1mol．____（判斷對錯）評卷人得分五、探究題(共4題，共8分)27、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設計了下列實驗過程．請在括號內填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內有關物質的結構簡式．

寫出下列物質的結構簡式A________、C________、E________、G________．28、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應的原理來測定其含量，操作為：29、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設計了下列實驗過程．請在括號內填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內有關物質的結構簡式．

寫出下列物質的結構簡式A________、C________、E________、G________．30、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應的原理來測定其含量，操作為：評卷人得分六、簡答題(共3題，共6分)31、周期表前rm{20}號元素中有rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}五種不同主族元素rm{.}已知它們原子半徑依次增大，其中rm{A}與rm{D}rm{C}與rm{E}原子的電子層數都相差rm{2}且rm{D}與rm{E}原子的最外層電子數之比為rm{2}rm{1}rm{C}與rm{E}能形成離子化合物rm{EC}．

rm{(1)D}元素的原子結構示意圖為______；

rm{(2)B}元素的名稱為______；

rm{(3)}用電子式表示rm{A_{2}C}的形成過程______；

rm{(4)}寫出rm{E}的碳酸氫鹽與足量rm{KOH}溶液反應的離子方程式：______；

rm{(5)}寫出rm{EA_{2}}與水反應放出氣體的化學方程式，并用單線橋表示電子轉移方向和數目______．32、辣椒素rm{(}Ⅰrm{)}是辣椒的活性成分，在口腔中會產生灼燒感rm{.}辣椒素的某種酯類化合物rm{(J)}的結構可以表示為：

rm{(R}為烴基rm{)}

rm{J}的合成路線如下：

已知：

rm{壟脵A}rm{B}和rm{E}為同系物，rm{A}和rm{B}中都只有兩種氫原子。

rm{壟脷}化合物rm{J}的分子式為rm{C_{15}H_{22}O_{4}}

rm{壟脹}

rm{(1)C}的結構簡式為______．

rm{(2)D}的系統(tǒng)命名為______．

rm{(3)G}中含氧官能團的名稱為______．

rm{(4)}有關辣椒素rm{I}的說法中正確的是______rm{(}填字母rm{)}

A.rm{1mol}rm{I}能與rm{2mol}rm{NaOH}完全反應rm{B.1mol}rm{I}能與rm{1mol}rm{Na_{2}CO_{3}}完全反應。

C.rm{1mol}rm{I}能與rm{1mol}rm{NaHCO_{3}}完全反應rm{D.1mol}rm{I}能與rm{Na}反應放出rm{22.4L}rm{H_{2}}

rm{(5)}寫出rm{H}與rm{NaOH}溶液反應的化學方程式______．33、高爐廢渣在循環(huán)利用前。需要脫硫（硫元素主要存在形式為S2-，少量為SO32-和SO42-）處理。

（1）高溫“兩段法”氧化脫硫。第一階段在空氣中相關熱化學方程式如下：

CaS（s）+2O2（g）=CaSO4（s）△H=-907.1kJmol-1

CaS（s）+O2（g）=CaO（s）+SO2（g）△H=-454.3kJmol-1

①第二階段在愔性氣鋱中，反應CaS（s）+3CaSO4（s）=4CaO（s）+4SO2（g）的△H=kJmol-1。

②整個過程中，CaS完全轉化生成1molSO2；轉移的電子數為______mol。

③生成的SO2用硫酸銅溶液吸收電解氧化，總反應為CuSO4+SO2+2H2OCu+2H2SO4．寫出電解時陽極的電極反應式______。

（2）噴吹CO2脫硫。用水浸取爐渣，通入適蛩的CO2，將硫元素以含硫氣體形式脫去。當CO2的流量、溫度一定時，渣-水混合液的pH、含碳元素各種微粒（H2CO3、HCO3-、CO32-）的分布隨噴吹時間變化如圖1和圖2所示。

①已知Ksp（CdS）=8.0×l0-27，Ksp（CdCO3）=4.0×l0-12．取渣-水混合液過濾，可用如下試劑和一定濃度鹽酸驗證濾液中存在SO32-．試劑的添加順序依次為______（填字母）。

a．H2O2b．BaCl2c．CdCO3

②H2CO3第二步電離的電離常數為Ka2，則pKa2=______（填數值，已知pKa2=-lgKa2）。

③通入CO215?30min時；混合液中發(fā)生的主要脫硫反應離子方程式為______。

（3）硫酸工業(yè)生產中SO3吸收率與進入吸收塔的硫酸濃度和溫度關系圖3，由圖可知吸收SO3所用硫酸的適宜濃度為98.3%；溫度，而工業(yè)生產中一般采用60℃的可能原因是______。

參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、A【分析】【分析】烷烴命名原則：

①長選最長碳鏈為主鏈；

②多遇等長碳鏈時；支鏈最多為主鏈；

③近離支鏈最近一端編號；

④小支鏈編號之和最?。聪旅娼Y構簡式，從右端或左端看，均符合“近離支鏈最近一端編號”的原則．【解析】【解答】解：A；2；3-二甲基丁烷，符合烷烴的命名原則，故A正確；

B；3；4-二甲基戊烷，取代基代數和不是最小，正確命名為2，3-二甲基戊烷，故B錯誤；

C；丁烷值出現(xiàn)3-乙基；說明選取不是最長碳鏈，正確命名為：2，3-二甲基戊烷，故C錯誤；

D、2-乙基己烷，選取不是最長碳鏈，正確命名為：3-甲基庚烷，故D錯誤，故選A．2、A【分析】【分析】一般來說，活潑金屬與非金屬形成離子鍵，非金屬之間形成共價鍵；由分子構成的晶體為分子晶體，由離子構成的晶體為離子晶體，由原子構成且存在共價鍵的為原子晶體，以此來解答．【解析】【解答】解：A．CCl4和PCl3都含有極性共價鍵；為分子晶體，故A正確；

B．NaCl為離子化合物；HCl為化合物，故B錯誤；

C．CO2為分子晶體，SiO2為原子晶體；故C錯誤；

D．NaH和Na2O2都為離子化合物，但Na2O2含有離子鍵和非極性共價鍵；故D錯誤．

故選A．3、C【分析】【分析】A；聚乙烯、聚氯乙烯為合成高分子化合物；而纖維素是天然高分子化合物；

B；乙酸乙酯與氫氧化鈉發(fā)生反應；不能使用氫氧化鈉除去乙酸乙酯中的乙酸；

C；油脂、淀粉和蛋白質在一定條件下都能夠發(fā)生水解；它們是食物中重要的營養(yǎng)物質；

D、分子式為C3H2Cl6的有機物可以看作C3Cl8中的兩個Cl原子被兩個H原子取代，兩個H原子可以取代同一碳原子的2個Cl原子，也可以取代不同C原子上的Cl原子，據此書寫解答．【解析】【解答】解：A；聚乙烯、聚氯乙烯是利用加聚反應生成的合成高分子；但纖維素是天然高分子化合物，故A錯誤；

B；用于除雜的試劑不能與待提純的物質反應；氫氧化鈉溶液能夠與乙酸乙酯反應，所以違反了除雜原則，可以使用飽和碳酸鈉溶液除去乙酸乙酯中的乙酸，故B錯誤；

C；油脂能夠水解生成高級脂肪酸和甘油、淀粉能夠水解生成葡萄糖、蛋白質能夠水解生成氨基酸；所以一定條件下它們都能夠發(fā)生水解反應，且都是食物中的重要營養(yǎng)物質，故C正確；

D、分子式為C3H2Cl6的有機物可以看作C3Cl8中的兩個Cl原子被兩個H原子取代；碳鏈上的3個碳中，兩個氫原子取代一個碳上的氯原子，有兩種，CCl3-CCl2-CClH2（取代那面甲基上的氫原子時一樣）、CCl3-CH2-CCl3；分別取代兩個碳上的氯原子，有兩種：CCl2H-CCl2-CCl2H（兩個邊上的），CCl2H-CHCl-CCl3（一中間一邊上），故C3H2Cl6共有四種；故D錯誤；

故選C．4、B【分析】【分析】A．該反應為吸熱反應；反應物的總能量大于生成物的總能量；

B．根據單斜硫和斜方硫是不同的物質；

C．根據同素異形體的化學性質相似；

D．根據極限法以及質量換算物質的量和1molS8中含8mol硫原子來分析；【解析】【解答】解：A．該反應為吸熱反應；單斜硫比斜方硫具有的能量略高，故A正確；

B．單斜硫和斜方硫是不同的物質；兩者之間的轉化屬于化學變化，故B錯誤；

C．單斜硫和斜方硫在充足的氧氣中燃燒均生成SO2；故C正確；

D．64g單斜硫的物質的量為=mol，含有2mol硫原子即硫原子數目為2NA；64g斜方硫的物質的量為=mol，含有2mol硫原子即硫原子數目為2NA，所以64g單斜硫和斜方硫的混合物含硫原子數目為2NA；故D正確；

故選：B．5、A【分析】解：A．鹽酸的酸性大于碳酸；則二氧化碳與氯化鈣不反應，故A選；

B．二氧化碳與碳酸鈉溶液反應生成碳酸氫鈉；故B不選；

C．二氧化碳與硅酸鈉溶液反應生成硅酸沉淀；故C不選；

D．二氧化碳與NaOH反應生成碳酸鈉和水（或生成碳酸氫鈉）；故D不選；

故選A．

碳酸的酸性小于鹽酸；大于硅酸，二氧化碳為酸性氧化物，結合物質的性質及強酸制取弱酸的原理來解答．

本題考查物質的性質，為高考常見題型和高頻考點，側重于學生的分析能力的考查，注意把握物質的性質、發(fā)生的反應及元素化合物知識為解答該題的關鍵，難度不大．【解析】【答案】A6、D【分析】【分析】判斷有機物的命名是否正確或對有機物進行命名；其核心是準確理解命名規(guī)范：

（1）烷烴命名原則：

①長選最長碳鏈為主鏈；

②多遇等長碳鏈時；支鏈最多為主鏈；

③近離支鏈最近一端編號；

④小支鏈編號之和最?。聪旅娼Y構簡式；從右端或左端看，均符合“近離支鏈最近一端編號”的原則；

⑤簡兩取代基距離主鏈兩端等距離時；從簡單取代基開始編號．如取代基不同，就把簡單的寫在前面，復雜的寫在后面；

（2）有機物的名稱書寫要規(guī)范．【解析】【解答】解：①；主鏈不是最長，應為丁烷，故①錯誤；

②3；4-二甲基戊烷，該命名中取代基的編號之和不是最小，說明編號的方向錯誤，正確命名應該為：2，3-二甲基戊烷，故②錯誤；

③2-乙基丁烷；選取的碳鏈不是最長，正確命名為：2-甲基戊烷，故③錯誤；

④簡單的取代基寫在前面；應為2-甲基-3-乙基戊烷，故④錯誤；

故選D．7、D【分析】試題分析：由圖象可知，向合金溶解后的溶液中加鹽酸，先發(fā)生NaOH+HCl═NaCl+H2O，后發(fā)生NaAlO2+HCl+H2O═NaCl+Al（OH）3↓，最后發(fā)生Al（OH）3↓+3HCl═AlCl3+3H2O，合金溶解后剩余的氫氧化鈉的物質的量為0.02L×1mol/L=0.02mol，由NaOH+HCl═NaCl+H2O0.02mol0.02mol則V1為0.02mol÷1mol/L＝0.02L＝20m生成沉淀時消耗的鹽酸為40mL-20mL＝20mL，其物質的量為由0.02L×1mol/L＝0.02mol由NaAlO2+HCl+H2O═NaCl+Al（OH）3↓0.02mol0.02mol0.02molA、由鈉元素及鋁元素守恒可知，合金的質量為0.04mol×23g/mol+0.02mol×27g/mol＝1.46g，故A錯誤；B、由2Na+2H2O═2NaOH+H2↑、2Al+2H2O+2NaOH═2NaAlO2+3H2↑，生成氫氣的物質的量為0.02mol+0.03mol=0.05mol，其標況下的體積為0.05mol×22.4L/mol=1.12L，故B錯誤；C、由Al（OH）3↓+3HCl═AlCl3+3H2O可知，溶解沉淀需要0.06molHCl，其體積為60mL，則V2為40mL+60mL＝100mL，故C錯誤；D、由上述計算可知，生成沉淀為0.02mol，其質量為0.02mol×78g/mol＝1.56g，故D正確；故選D?？键c：考查鈉、鋁的化學性質、反應以及有關計算【解析】【答案】D8、B【分析】解：A．過氧化鈉中陰陽離子個數比為1：2；碳化鈣中陰陽離子個數比為1：1，所以陰陽離子個數比不同，故A錯誤；

B．非金屬元素之間易形成共價鍵；所以兩種物質中都含有非極性鍵，故B正確；

C．碳化鈣和水反應生成氫氧化鈣和乙炔；各元素化合價都不變，所以不屬于氧化還原反應，故C錯誤；

D．過氧化鈉和水反應生成氧氣；氧氣能助燃，碳化鈣和水反應生成乙炔，乙炔易燃燒，故D錯誤；

故選B．

A．過氧化鈉中陰陽離子個數比為1：2；碳化鈣中陰陽離子個數比為1：1；

B．非金屬元素之間易形成共價鍵；

C．碳化鈣和水反應生成氫氧化鈣和乙炔；

D．氧氣能助燃；乙炔易燃燒．

本題考查物質結構、物質性質，明確物質中存在的微粒及微粒之間作用力、物質的性質即可解答，注意過氧化鈉電子式的書寫，題目難度不大．【解析】【答案】B9、B【分析】解：氫氣進入以磷酸為電解質溶液的燃料電池中發(fā)電，負極上氫氣失去電子生成氫離子，負極反應為rm{H_{2}-2e^{-}簍T2H^{+}}而正極反應為rm{O_{2}+4H^{+}+4e^{-}簍T2H_{2}O}

故選B．

氫氣進入以磷酸為電解質溶液的燃料電池中發(fā)電；負極上氫氣失去電子生成氫離子，以此來解答．

本題考查燃料電池，為高頻考點，把握負極失去電子發(fā)生氧化反應為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意原電池原理的應用，題目難度不大．【解析】rm{B}二、多選題(共8題，共16分)10、AC【分析】【分析】A；濃硫酸稀釋放熱；

B；取用化學藥品時；應觀察藥品包裝容器上的安全警示標志；

C；試管的加熱不用墊石棉網；

D、無論藥品有沒有毒，均不能將鼻孔湊近藥品來聞．【解析】【解答】解：A；濃硫酸稀釋放熱；故濃硫酸沾到皮膚上時，可立刻用大量的水沖洗會造成對皮膚的二次傷害，故應先將濃硫酸用抹布抹去，然后再用水稀釋，故A錯誤；

B；取用化學藥品時；應觀察藥品包裝容器上的安全警示標志，從而注意取用的事項，故B正確；

C；試管的加熱不用墊石棉網；故玻璃儀器的加熱不一定要墊石棉網，故C錯誤；

D；無論藥品有沒有毒；均不能將鼻孔湊近藥品來聞，故聞化學藥品的氣味時，應用手在瓶口輕輕扇動，使少量氣體飄進鼻孔，故D正確．

故選AC．11、BC【分析】【分析】判斷有機物的命名是否正確或對有機物進行命名；其核心是準確理解命名規(guī)范：

（1）烷烴命名原則：

①長：選最長碳鏈為主鏈；

②多：遇等長碳鏈時；支鏈最多為主鏈；

③近：離支鏈最近一端編號；

④?。褐ф溇幪栔妥钚?；

⑤簡：兩取代基距離主鏈兩端等距離時；從簡單取代基開始編號．如取代基不同，就把簡單的寫在前面，復雜的寫在后面；

（2）有機物的名稱書寫要規(guī)范；

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

（4）含有官能團的有機物命名時，要選含官能團的最長碳鏈作為主鏈，官能團的位次最?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓篈．該分子中三鍵在1號碳上；4號碳原子上有1個甲基，所以其名稱為：4-甲基-1-戊炔，故A正確；

B．CH3CH（CH3）CH=CHCH3該分子中雙鍵在2號碳上；4號碳原子上有1個甲基，所以其名稱為：4-甲基-2-戊烯，故B錯誤；

C．該分子中主鏈上有5個碳原子；2號碳上有2個甲基，4號碳上有1個甲基，所以其名稱為：2，2，4-三甲基戊烷，故C錯誤；

D．該分子中苯環(huán)的間位有2個硝基；所以其名稱為：間二硝基苯，故D正確；

故選BC．12、AD【分析】【分析】A．1：1發(fā)生加成反應；乙烯中含4個H，可發(fā)生取代反應；

B．乙烯與溴水發(fā)生加成反應溴水褪色；苯能萃取溴水中的溴使溴水褪色；

C．2-丁烯為CH3CH=CHCH3；

D．從天然資源提取的有機物，首先得到是含有有機物的粗品，需經過分離、提純才能得到純品．再進行鑒定和研究未知有機物的結構與性質，一般先利用元素定量分析確定實驗式，再測定相對分子質量確定分子式，最后利用波譜分析確定結構式．【解析】【解答】解：A．1：1發(fā)生加成反應，乙烯中含4個H，可發(fā)生取代反應，則1mol乙烯和Cl2完全加成后，再與Cl2徹底取代，兩過程共消耗1mol+4mol=5molCl2；故A正確；

B．乙烯與溴水發(fā)生加成反應溴水褪色；苯能萃取溴水中的溴使溴水褪色；褪色的原理不相同，故B錯誤；

C．2-丁烯為CH3CH=CHCH3；雙鍵碳連不同的原子或原子團，存在順反異構，故C錯誤；

D．從天然資源提取的有機物；首先得到是含有有機物的粗品，需經過分離；提純才能得到純品．再進行鑒定和研究未知有機物的結構與性質，一般先利用元素定量分析確定實驗式，再測定相對分子質量確定分子式，因為有機物存在同分異構現(xiàn)象，所以最后利用波譜分析確定結構式，故對其進行研究一般采取的研究步驟是：分離提純→確定實驗式→確定分子式→確定結構式，故D正確．

故選AD．13、CD【分析】【分析】醇與足量的乙酸反應生成酯，設醇中羥基數目為n，則Mr（醇）+n×Mr（乙酸）=Mr（酯）+n×Mr（水），故Mr（酯）-Mr（醇）=n×Mr（乙酸）-n×Mr（水）=84，即60n-18n=84，解得n=2，據此解答．【解析】【解答】解：醇與足量的乙酸反應生成酯，設醇中羥基數目為n，則Mr（醇）+n×Mr（乙酸）=Mr（酯）+n×Mr（水），故Mr（酯）-Mr（醇）=n×Mr（乙酸）-n×Mr（水）=84；即60n-18n=84，解得n=2；

由于2個-OH連接在同一碳原子上，不穩(wěn)定，故該醇分子至少有2個C原子，該醇分子中含有2個-OH，故該醇分子中可能含有甲基、也可能沒有甲基，綜上分析，選項AB錯誤，CD正確，故選CD．14、AC【分析】【分析】A．銀作陰極；與原電池負極相連；

B．陰離子向陽極移動；

C．電解時陽極的銀容易脫落而影響實驗結果；

D．根據銀和轉移電子之間的關系式計算．【解析】【解答】解：A．電解時；銀上得電子發(fā)生還原反應，所以銀作陰極，與電源負極相連，故A正確；

B．電解時；電解質溶液中陰離子向陽極移動，故B錯誤；

C．銀溶解時有些可能未失電子變成銀離子然后在陰極（鉑坩堝）得電子析出；而是直接跌落到鉑坩堝中，造成鉑坩堝增重較多，導致計算出的電量偏大，所以必須增加網袋，故C正確；

D．銀的物質的量==0.001mol；轉移電子的物質的量=0.001mol×（1-0）=0.001mol，故D錯誤；

故選AC．15、BD【分析】【分析】A．合金含有多種物質；

B．合金熔點低硬度大；

C．鈦合金除具備鈦單質性質外；還具備其他組成成分的性質；

D．合金是指在一種金屬中加熱熔合其它金屬或非金屬而形成的具有金屬特性的物質．【解析】【解答】解：A．合金含有多種物質；屬于混合物，故A錯誤；

B．鈦合金熔點比各成分金屬低；但硬度大，故B正確；

C．合金的化學性質與其各成分金屬的化學性質是相同的；鈦合金除具備鈦單質性質外，還具備其他組成成分的性質，故C錯誤；

D．青銅；碳素鋼、合金鋼和硬鋁都是合金；故D正確．

故選BD．16、BC【分析】【分析】A；根據溶液中的硫元素的物料守恒分析判斷；

B；找全溶液中陰陽離子；利用溶液中的電荷守恒分析判斷；

C；依據溶液中電荷守恒和物料守恒計算分析；

D、亞鐵離子水解抑制銨根離子水解；【解析】【解答】解：A、Na2S溶液，n（Na）=2n（S），由物料守恒可知，c（Na+）=c（S2-）+c（HS-）+c（H2S）；故A錯誤；

B、0.1mol?L-1苯酚溶液與0.1mol?L-1Na2CO3溶液等體積混合反應生成碳酸氫鈉和苯酚鈉溶液，溶液中存在電荷守恒為：c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（C6H5O-）+c（OH-）；故B正確；

C、由電荷守恒有：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-），由物料守恒可得：c（Na+）=2c（HCO3-）+2c（CO32-）+2c（H2CO3），將兩式中的C（Na+）消去，可得c（OH-）-c（H+）=c（HCO3-）+2c（H2CO3）；故C正確；

D、將0.1mol（NH4）2Fe（SO4）2?6H2O溶于水配成的1L溶液中，銨根離子濃度一定大于亞鐵離子，由于銨根離子水解，被亞鐵離子水解抑制，不可能全部抑制，所以應小于硫酸根離子濃度，離子濃度關系為：c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（Fe2+）＞c（H+）＞c（OH-）；故D錯誤；

故選BC．17、AC【分析】【分析】A；加入Cu粉；Zn與Cu以及鹽酸形成原電池；

B；醋酸鋅溶液和鹽酸反應生成醋酸和氯化鋅；

C、加入CuCl2固體；Zn與氯化銅反應置換出銅，形成原電池；

D、固體量的增減不會加快化學反應速率．【解析】【解答】解：A；加入Cu粉；Zn與Cu以及鹽酸形成原電池，反應速率加快又不影響生成氫氣的總量，故A正確；

B；醋酸鋅溶液和鹽酸反應生成醋酸和氯化鋅；從鹽酸到醋酸，會使反應速率減慢，但不影響生成氫氣的總量，故B錯誤；

C、加入CuCl2固體；Zn與氯化銅反應置換出銅，形成原電池，反應速率加快，鋅是過量的，不影響生成氫氣的總量，故C正確；

D；二氧化錳的加入不會影響影響化學反應速率和產生氫氣的量；故D錯誤．

故選AC．三、填空題(共8題，共16分)18、碳碳雙鍵和醛基9CH3CH2CH2CHO++H2O加成反應HCOOCH=CHCH3、HCOOCH2CH=CH2、CH3OOCCH=CH2、HCOOC（CH3）=CH2【分析】【分析】A為飽和一元醇，通式為CnH2n+2O，其氧的質量分數約為34.8%，則有×100%=34.8%，解得n=2，故A為CH3CH2OH，A氧化生成E為CH3COOH，E與乙炔發(fā)生加成反應生成F為CH3COOCH=CH2，F(xiàn)發(fā)生加聚反應得到PVAc為堿性水解得到PVA（）．A在銅作催化劑的條件下氧化得到B為CH3CHO，B發(fā)生信息Ⅰ中的反應得到C為CH3CH=CHCHO，C發(fā)生還原反應生成D為CH3CH2CH2CHO；D與PVA發(fā)生信息Ⅱ中的反應得PVB．

（6）溴乙烷發(fā)生水解反應生成乙醇，乙醇發(fā)生催化氧化生成乙醛，乙醛與乙醇反應得到．【解析】【解答】解：A為飽和一元醇，通式為CnH2n+2O，其氧的質量分數約為34.8%，則有×100%=34.8%，解得n=2，故A為CH3CH2OH，A氧化生成E為CH3COOH，E與乙炔發(fā)生加成反應生成F為CH3COOCH=CH2，F(xiàn)發(fā)生加聚反應得到PVAc為堿性水解得到PVA（）．A在銅作催化劑的條件下氧化得到B為CH3CHO，B發(fā)生信息Ⅰ中的反應得到C為CH3CH=CHCHO，C發(fā)生還原反應生成D為CH3CH2CH2CHO；D與PVA發(fā)生信息Ⅱ中的反應得PVB．

（1）C為CH3CH=CHCHO，C中官能團的名稱是碳碳雙鍵和醛基，C的反式異構體的結構簡式為選擇碳碳單鍵可以是碳碳雙鍵平面與-CHO平面共面，可以使甲基中1個H原子處于平面內，該分子中最多有9個原子共平面；

故答案為：碳碳雙鍵和醛基；9；

（2）D與苯甲醛反應的化學方程式為：CH3CH2CH2CHO++H2O；

故答案為：CH3CH2CH2CHO++H2O；

（3）反應③是CH3COOH與乙炔發(fā)生加成反應生成CH3COOCH=CH2；

故答案為：加成反應；

（4）PVAc的結構簡式為：

故答案為：

（5）F為CH3COOCH=CH2，與F具有相同官能團的同分異構體的結構簡式為：HCOOCH=CHCH3、HCOOCH2CH=CH2、CH3OOCCH=CH2、HCOOC（CH3）=CH2；

故答案為：HCOOCH=CHCH3、HCOOCH2CH=CH2、CH3OOCCH=CH2、HCOOC（CH3）=CH2；

（6）溴乙烷發(fā)生水解反應生成乙醇，乙醇發(fā)生催化氧化生成乙醛，乙醛與乙醇反應得到合成路線流程圖為：CH3CH2BrCH3CH2OHCH3CHO

故答案為：CH3CH2BrCH3CH2OHCH3CHO．19、3NO2+H2O=2HNO3+NOaNaOH溶液強【分析】【分析】（1）NO2與H2O反應生成NO；

（2）根據空氣造成的影響確定如何實施操作；

（3）NO2可以污染大氣；

（4）裝置②中液面上方氣體為紅棕色，說明濃硝酸將NO氧化為二氧化氮，裝置③中液面上方氣體仍為無色，說明稀硝酸不能氧化NO．【解析】【解答】解：（1）NO2與H2O反應生成NO，化學方程式是：3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案為：3NO2+H2O=2HNO3+NO；

（2）由于裝置中殘存的空氣能氧化NO而對實驗產生干擾，需要通入一段時間N2趕走裝置中的空氣；故答案為：a；

（3）裝置④中盛放NaOH溶液吸收NO2防止污染大氣；故答案為：NaOH溶液；

（4）裝置②中液面上方氣體為紅棕色，說明濃硝酸將NO氧化為二氧化氮，裝置③中液面上方氣體仍為無色，說明稀硝酸不能氧化NO，則說明濃硝酸的氧化性比稀硝酸的強，故答案為：強．20、略

【分析】試題分析：本題是借助工業(yè)流程設計化學用語、反應條件的相關基礎知識。（1）平衡常數表達式中注意狀態(tài)的一致性，即氣態(tài)體系中表達式中不出現(xiàn)固態(tài)和液態(tài)物質；（2）Cl2發(fā)生還原反應生成AlCl3，氯元素化合價由0價到-1價，得到1個電子，故1molAlCl3時轉移3mol電子；（3）根據流程反應物應為FeCl3和Al，產物是AlCl3和Fe，注意AlCl3為氣態(tài)；（4）AlCl3易水解，加熱生成的HCl揮發(fā)，促使平衡正向移動生成Al(OH)3，故采用通入HCl，抑制AlCl3水解?？键c：本題是以工業(yè)流程為背景綜合考查基本化學用語等內容?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）c3(CO2)/c3(CO)（2）3SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+2H+（3）Al+FeCl3AlCl3+Fe（4）抑制AlCl3水解AlCl3·6H2O+6SOCl2AlCl3+12HCl↑+6SO2↑21、往B中右側量氣管中加水，一段時間后量氣裝置左右液面差不變，說明氣密性良好CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O蒸餾水向下移動右管，使左右兩管液面相平70%HCO3-+H+═CO2↑+H2O【分析】【分析】（1）裝置氣密性依據裝置中氣體的壓強變化和液面變化分析判斷；

（2）A中是碳酸鈣和鹽酸的反應反應；D中是為了吸收氯化氫氣體避免影響二氧化碳的測定結果；

（3）應向下移動右管；使左右兩管液面在同一水平面上；

（4）依據生成的二氧化碳氣體體積換算物質的量，結合反應離子方程式計算碳酸鈣物質的量，得到碳酸鈣質量分數；圖1實驗比圖2實驗所得鈣片中的碳酸鈣含量偏高是因為圖1中生成的二氧化碳氣體中含有氯化氫，和碳酸氫鈉反應多生成了二氧化碳．【解析】【解答】解：（1）Ⅰ中檢查圖1裝置氣密性的方法是利用裝置中的氣體壓強變化進行分析；往B中右側量氣管中加水，一段時間后量氣裝置左右液面差不變，說明氣密性良好；

故答案為：往B中右側量氣管中加水；一段時間后量氣裝置左右液面差不變，說明氣密性良好；

（2）A中是碳酸鈣和鹽酸的反應反應，反應的離子方程式為：CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O；D中是為了吸收氯化氫氣體避免影響二氧化碳的測定結果；可以用水吸收；

故答案為：CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O；蒸餾水；

（3）讀數時右管的液面高于左管的液面；應向下移動右管，使左右兩管液面在同一水平面上；

故答案為：向下移動右管；使左右兩管液面相平；

（4）在A、C的右邊加入0.25g鈣片粉末，左邊加入3mL2mol/L鹽酸，E中收集到的氣體體積為39.20mL物質的量為：=0.00175mol，所以碳酸鈣的質量=0.00175mol×100g/mol=0.175g；碳酸鈣質量分數=×100%=70%；圖1中生成的二氧化碳氣體中含有氯化氫，和碳酸氫鈉反應多生成了二氧化碳使測定結果偏高，反應的離子方程式為：HCO3-+H+═CO2↑+H2O；

故答案為：70%；HCO3-+H+═CO2↑+H2O．22、C6H10O3羥基HOCH2-CH2OH+O2OHC-CHO+2H2OCH2=CHCH2COOHCH3CH=CHCOOHCH2=C（CH3）COOCH2CH2OH【分析】【分析】由0.5molA完全燃燒只生成3molCO2和2.5molH2O，則A分子中N（C）==6、N（H）==10，則N（O）==3，故A的分子式為C6H10O3，A水解得到B、D，則A含有酯基，因D的分子式為C4H6O2，則B的分子式為C2H6O2，B能發(fā)生催化氧化生成C，則B中含有羥基，由1molB與鈉反應生成標況下22.4L氫氣，則B為二元醇，即B為HOCH2CH2OH，B催化氧化為C，B與C的相對分子質量之差為4，則C的結構簡式為：OHC-CHO．D為羧酸，不飽和度為2，能被酸性高錳酸鉀氧化，故D分子中還含有1個碳碳雙鍵，D氧化生成E，E能與氫氣發(fā)生加成反應生成F，則F中含有羥基，由兩分子F反應可生成含甲基的六元環(huán)狀酯類化合物，則F中-COOH與-OH連接在同一碳原子上，可知F的結構簡式為：CH3CH（OH）COOH，E的結構簡式為：CH3COCOOH，D的結構簡式為CH2=C（CH3）COOH，由B和D的結構簡式，可知A的結構簡式為：CH2=C（CH3）COOCH2CH2OH，據此解答．【解析】【解答】解：由0.5molA完全燃燒只生成3molCO2和2.5molH2O，則A分子中N（C）==6、N（H）==10，則N（O）==3，故A的分子式為C6H10O3，A水解得到B、D，則A含有酯基，因D的分子式為C4H6O2，則B的分子式為C2H6O2，B能發(fā)生催化氧化生成C，則B中含有羥基，由1molB與鈉反應生成標況下22.4L氫氣，則B為二元醇，即B為HOCH2CH2OH，B催化氧化為C，B與C的相對分子質量之差為4，則C的結構簡式為：OHC-CHO．D為羧酸，不飽和度為2，能被酸性高錳酸鉀氧化，故D分子中還含有1個碳碳雙鍵，D氧化生成E，E能與氫氣發(fā)生加成反應生成F，則F中含有羥基，由兩分子F反應可生成含甲基的六元環(huán)狀酯類化合物，則F中-COOH與-OH連接在同一碳原子上，可知F的結構簡式為：CH3CH（OH）COOH，E的結構簡式為：CH3COCOOH，D的結構簡式為CH2=C（CH3）COOH，由B和D的結構簡式，可知A的結構簡式為：CH2=C（CH3）COOCH2CH2OH；

（1）由上述分析可知，A的分子式為C6H10O3，故答案為：C6H10O3；

（2）B為乙二醇，含官能團為羥基，乙二醇催化氧化為乙二醛，反應方程式為：HOCH2-CH2OH+O2OHC-CHO+2H2O；

故答案為：羥基；HOCH2-CH2OH+O2OHC-CHO+2H2O；

（3）D的結構簡式為：CH2=C（CH3）COOH，含官能團碳碳雙鍵和羧基，與D具有相同官能團的同分異構體G為：CH2=CHCH2COOH、CH3CH=CHCOOH；

故答案為：CH2=CHCH2COOH、CH3CH=CHCOOH；

（4）①兩分子F形成六元環(huán)酯，六元環(huán)狀酯類化合物的結構簡式是：故答案為：

②由F可生成使Br2的CCl4溶液褪色的有機物H，可知F發(fā)生了消去反應，反應方程式為：

故答案為：

③F含羥基和羧基，可發(fā)生縮聚反應生成聚酯，反應方程式為：

故答案為：

（5）由上述分析可知，A的結構簡式為：CH2=C（CH3）COOCH2CH2OH，故答案為：CH2=C（CH3）COOCH2CH2OH．23、CaCO3、Na2SO4CuSO4、BaCl2KNO3CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2OBa2++SO42-=BaSO4↓【分析】【分析】（1）取少量固體粉末加到足量水中，得到白色沉淀，上層為無色清液，一定不含CuSO4；含有CaCO3或是BaCl2、Na2SO4都有中的一種情況；

（2）繼續(xù)往其中加入足量稀硝酸，白色沉淀完全消失，并有氣泡產生，則沉淀是CaCO3，一定含CaCO3；

（3）取少量（1）中的溶液滴加Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀生成，再加入稀硝酸，沉淀不溶，沉淀是硫酸鋇，一定含有Na2SO4，一定不含BaCl2，據此來回答．【解析】【解答】解：（1）取少量固體粉末加到足量水中，得到白色沉淀，上層為無色清液，一定不含CuSO4；含有CaCO3或是BaCl2、Na2SO4都有中的一種情況；

（2）繼續(xù)往其中加入足量稀硝酸，白色沉淀完全消失，則沉淀是CaCO3，一定含CaCO3；

（3）取少量（2）中的溶液滴加Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀生成，再加入稀硝酸，沉淀不溶，沉淀是硫酸鋇，一定含有Na2SO4，一定不含BaCl2．

綜上分析可知：一定含有CaCO3、Na2SO4；一定不含有CuSO4、BaCl2；可能含有KNO3；

（2）中發(fā)生反應：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，（3）中發(fā)生：Ba2++SO42-=BaSO4↓；

故答案為：CaCO3、Na2SO4；CuSO4、BaCl2；KNO3；CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；Ba2++SO42-=BaSO4↓．24、CONaAl第二周期ⅣA族第二周期ⅥA族第三周期ⅠA族第三周期ⅢA族C+O2CO24Na+O2=2Na2O或2Na+O22Na2O24Al+3O22Al2O3【分析】【分析】（1）元素X；Y、Z、W的原子序數分別為6、8、11、13；則X為C、Y為O、Z為Na、W為Al；

（2）電子層數等于周期數；最外層電子數=族序數；

（3）碳與足量的氧氣反應生成二氧化碳；Na與氧氣在常溫下反應生成氧化鈉、在加熱條件下反應生成過氧化鈉；Al與氧氣反應生成氧化鋁．【解析】【解答】解：（1）元素X；Y、Z、W的原子序數分別為6、8、11、13；則X為C、Y為O、Z為Na、W為Al；

故答案為：C；O；Na；Al；

（2）碳元素原子結構示意圖為故處于第二周期ⅣA族；

O元素原子結構示意圖為故處于第二周期ⅥA族；

Na元素原子結構示意圖為故處于第三周期ⅠA族；

Al元素原子結構示意圖為故處于第三周期ⅢA族；

故答案為：第二周期ⅣA族；第二周期ⅥA族；第三周期ⅠA族；第三周期ⅢA族；

（3）碳與足量的氧氣反應生成二氧化碳，反應方程式：C+O2CO2；Na與氧氣在常溫下反應生成氧化鈉、在加熱條件下反應生成過氧化鈉，反應方程式為：4Na+O2=2Na2O或2Na+O22Na2O2；Al與氧氣反應生成氧化鋁，反應方程式為：4Al+3O22Al2O3；

故答案為：C+O2CO2；4Na+O2=2Na2O或2Na+O22Na2O2；4Al+3O22Al2O3．25、略

【分析】試題分析：礦渣中的Al2O3、Fe2O3均與鹽酸反應，分別生成AlCl3、FeCl3，Cu2O與鹽酸反應生成Cu和Cu2+，溶液中的Fe3+與Cu反應：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，SiO2不與鹽酸反應，通過過濾把Cu、SiO2與溶液分離，所以固體混合物B經處理后可回收銅，濾液A中含有Cu2+、Fe2+、Al3+，加入足量的NaOH溶液，濾液C中含有AlO2–，金屬E為Al，固體D為Cu(OH)2和Fe(OH)3的混合物，在空氣中灼燒，F(xiàn)為CuO和Fe2O3的混合物，粗銅為Cu、Al和Fe的混合物，經過電解精煉可得純銅。（1）分離固體與液體的混合物采用過濾的方法，灼燒固體應放在坩堝中。（2）由以上分析知，濾液A中鐵元素的存在形式為Fe2+，生成該離子的離子方程式為2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，檢驗Fe2+的試劑為硫氰化鉀溶液和新制氯水。（3）設pH=a，NaAlO2溶液顯堿性是由AlO2–水解所致，所以水電離出的氫氧根離子濃度為NaOH抑制水的電離，水電離出的OH–濃度為10–amol·L–1，則2a–14=8，a=11。（4）①電解過程中，電能除轉化為化學能外，還有部分轉化為熱能，a項錯誤；電解精煉時粗銅應為陽極，與電源的正極相連，發(fā)生氧化反應，b項正確；電解時，粗銅中的鐵、鋁也放電，而陰極只有Cu2+得電子，所以溶液中的Cu2＋濃度略有降低，c正確；根據電極反應Cu2++2e–=Cu可知，陰極析出銅的物質的量是轉移電子物質的量的二分之一，錯誤。②粗銅為Cu、Al和Fe的混合物，濃硫酸稀釋后，稀硫酸可與混合物中的Al和Fe反應，而銅不反應，通過反應前后固體的質量差可測定銅的質量分數?？键c：考查實驗設計、實驗原理分析、離子檢驗、離子方程式的書寫、pH計算等內容，考查信息處理能力和綜合分析能力?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）過濾坩堝（2）Fe2+2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+硫氰化鉀溶液和新制氯水(寫化學式不給分)（3）11（4）①bc②將濃硫酸用蒸餾水稀釋，將樣品與足量稀硫酸充分反應四、判斷題(共1題，共4分)26、√【分析】【分析】標準狀況下5.6LNO的物質的量為：=0.25mol；鐵粉、銅粉的混合物與稀硝酸發(fā)生的反應有：Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O、3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O、3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O，據此判斷消耗的硝酸的物質的量．【解析】【解答】解：粉與銅粉混合物與適量稀硝酸反應生成的氣體為NO，標準狀況下5.6LNO的物質的量為：=0.25mol；

銅粉與稀硝酸反應的方程式為：①3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；

鐵與稀硝酸反應的方程式有：②Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O、③3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O；

分析反應①②③可知；無論銅粉與鐵粉的組成，生成0.25molNO都消耗硝酸：0.25mol×4=1mol；

故答案為：√．五、探究題(共4題，共8分)27、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，與氫氧化鈉不反應，甲酸、苯酚與氫氧化鈉反應生成溶于水的鈉鹽，苯（）不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸（HCOOH），故答案為：a．分液；b．蒸餾；c．分液；d．蒸餾；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚，分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸，以此解答該題．28、酸式|反應中生成的錳離子具有催化作用，所以隨后褪色會加快|滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有強氧化性，應用酸式滴定管盛裝；高錳酸根離子被還原生成的錳離子有催化作用而導致反應速率加快，所以剛滴下少量KMnO4溶液時；溶液迅速變成紫紅色；滴定終點時，當滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化，證明達到終點；

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

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

設樣品的純度為x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g2mol5.0g×x×g（0.1000×0.020）mol解得：x==90.00%；

故答案為：20.00；90.00%；

(3)④A．未用標準濃度的酸性KMnO4溶液潤洗滴定管，標準液的濃度偏小，造成V（標準）偏大，根據c（待測）=分析；c（標準）偏大，故A正確；

B．滴定前錐形瓶有少量水，待測液的物質的量不變，對V（標準）無影響，根據c（待測）=分析；c（標準）不變，故B錯誤；

C．滴定前滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后氣泡消失，造成V（標準）偏大，根據c（待測）=分析；c（標準）偏大，故C正確；

D．不小心將少量酸性KMnO4溶液滴在錐形瓶外，造成V（標準）偏大，根據c（待測）=分析；c（標準）偏大，故D正確；

E．觀察讀數時，滴定前仰視，滴定后俯視，造成V（標準）偏小，根據c（待測）=分析；c（標準）偏小，故E錯誤；

故選ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有強氧化性，應用酸式滴定管盛裝；高錳離子有催化作用而導致反應速率加快；乙二酸與KMnO4發(fā)生氧化還原反應，滴定終點時，溶液由無色變成紫紅色，且半分鐘內不褪色；③第3組KMnO4溶液的體積與第1、2組相差比較大，舍去第3組，應按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，根據關系式2KMnO4～5H2C2O4計算；

④根據c（待測）=分析不當操作對V（標準）的影響，以此判斷濃度的誤差．29、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，與氫氧化鈉不反應，甲酸、苯酚與氫氧化鈉反應生成溶于水的鈉鹽，苯（）不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸（HCOOH），故答案為：a．分液；b．蒸餾；c．分液；d．蒸餾；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚，分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸，以此解答該題．30、酸式|反應中生成的錳離子具有催化作用，所以隨后褪色會加快|滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有強氧化性，應用酸式滴定管盛裝；高錳酸根離子被還原生成的錳離子有催化作用而導致反應速率加快，所以剛滴下少量KMnO4溶液時；溶液迅速變成紫紅色；滴定終點時，當滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化，證明達到終點；

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

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

設樣品的純度為x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g2mol5.0g×x×g（0.1000×0.020）mol解得：x==90.00%；

故答案為：20.00；90.00%；

(3)④A．未用標準濃度的酸性KMnO4溶液潤洗滴定管，標準液的濃度偏小，造成V（標準）偏大，根據c（待測）=分析；c（標準）偏大，故A正確；

B．滴定前錐形瓶有少量水，待測液的物質的量不變，對V（標準）無影響，根據c（待測）=分析；c（標準）不變，故B錯誤；

C．滴定前滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后氣泡消失，造成V（標準）偏大，根據c（待測）=分析；c（標準）偏大，故C正確；

D．不小心將少量酸性KMnO4溶液滴在錐形瓶外，造成V（標準）偏大，根據c（待測）=分析；c（標準）偏大，故D正確；

E．觀察讀數時，滴定前仰視，滴定后俯視，造成V（標準）偏小，根據c（待測）=分析；c（標準）偏小，故E錯誤；

故選ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有強氧化性，應用酸式滴定管盛裝；高錳離子有催化作用而導致反應速率加快；乙二酸與KMnO4發(fā)生氧化還原反應，滴定終點時，溶液由無色變成紫紅色，且半分鐘內不褪色；③第3組KMnO4溶液的體積與第1、2組相差比較大，舍去第3組，應按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，根據關系式2KMnO4～5H2C2O4計算；

④根據c（待測）=分析不當操作對V（標準）的影響，以此判斷濃度的誤差．六、簡答題(共3題，共6分)31、略

【分析】解：周期表前rm{20}號元素中有rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}五種不同主族元素rm{.}已知它們原子半徑依次增大，其中rm{A}與rm{D}rm{C}與rm{E}原子的電子層數都相差rm{2}rm{D}和rm{E}不能同時是第三周期的元素，否則rm{A}和rm{C}都是氫，結合原子半徑知rm{E}是第四周期的元素中的鉀或鈣，rm{D}是第三周期的元素，rm{A}是氫，則rm{E}是鈣rm{(}鉀與氫同主族rm{)}rm{D}與rm{E}原子的最外層電子數之比為rm{2}rm{1}則rm{D}是硅，結合“rm{C}與rm{E}能形成離子化合物rm{EC}”知rm{C}是氧，根據原子半徑知rm{B}是氟．

rm{(1)D}為rm{Si}元素，原子結構示意圖為故答案為：

rm{(2)B}元素的名稱為氟；故答案為：氟；

rm{(3)}用電子式表示rm{H_{2}O}的形成過程：故答案為：

rm{(4)E}的碳酸氫鹽與足量rm{KOH}溶液反應的離子方程式：rm{Ca^{2+}+2HCO_{3}^{-}+2OH^{-}=CaCO_{3}隆媒+CO_{3}^{2-}+2H_{2}O}故答案為：rm{Ca^{2+}+2HCO_{3}^{-}+2OH^{-}=CaCO_{3}隆媒+CO_{3}^{2-}+2H_{2}O}

rm{(5)CaH_{2}}與水反應放出氣體，反應化學方程式：rm{CaH_{2}+2H_{2}O=Ca(OH)_{2}+2H_{2}隆眉}并用單線橋表示電子轉移方向和數目為：

故答案為：．

周期表前rm{20}號元素中有rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}五種不同主族元素rm{.}已知它們原子半徑依次增大，其中rm{A}與rm{D}rm{C}與rm{E}原子的電子層數都相差rm{2}rm{D}和rm{E}不能同時是第三周期的元素，否則rm{A}和rm{C}都是氫，結合原子半徑知rm{E}是第四周期的元素中的鉀或鈣，rm{D}是第三周期的元素，rm{A}是氫，則rm{E}是鈣rm{(}鉀與氫同主族rm{)}rm{D}與rm{E}原子的最外層電子數之比為rm{2}rm{1}則rm{D}是硅，結合“rm{C}與rm{E}能形成離子化合物rm{EC}”知rm{C}是氧，根據原子半徑知rm{B}是氟．

本題考查結構性質位置關