2024年華東師大版高三化學(xué)上冊階段測試試卷

…………○…………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2024年華東師大版高三化學(xué)上冊階段測試試卷312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總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、按照綠色化學(xué)的原則，以下反應(yīng)不符合“原子經(jīng)濟性”要求的是（）A.乙烯與水反應(yīng)生成乙醇B.淀粉水解生成葡萄糖C.以苯和溴為原料生產(chǎn)溴苯D.乙烯聚合為聚乙烯2、對于某些離子的檢驗及結(jié)論一定正確的是（）A.加入氯化鋇溶液有白色沉淀產(chǎn)生，再加鹽酸，沉淀不消失，一定有SO42-B.加入稀鹽酸產(chǎn)生無色氣體，將氣體通入澄清石灰水中，溶液變渾濁，一定有CO32-C.無色溶液焰色反應(yīng)呈黃色，結(jié)論：試液是鈉鹽溶液D.加入氫氧化鈉溶液并加熱，產(chǎn)生的氣體能使?jié)駶櫦t色石蕊試紙變藍(lán)，一定有NH4+3、在0℃1.01×105Pa下，對H2，O2，CH4三種氣體敘述正確的是（）A.其密度之比等于物質(zhì)的量之比B.其密度之比等于摩爾質(zhì)量之比C.等質(zhì)量的三種氣體，其體積之比等于相對分子質(zhì)量的倒數(shù)比D.等體積的三種氣體，其物質(zhì)的量之比等于相對分子質(zhì)量之比4、有下列反應(yīng)（其中A；B、C、D各代表一種元素）其中還原性強弱順序為（）

①2A-+B2=2B-+A2

②2A-+C2=2C-+A2

③2B-+C2=2C-+B2

④2C-+D2=2D-+C2．A.A-＞B-＞C-＞D-B.D-＞C-＞B-＞A-C.D-＞B-＞A-＞C-D.A-＞C-＞D-＞B-5、在氣相條件下（T=500K），有相同體積的甲、乙兩容器，甲容器充入1gSO2、lgO2，乙容器充入2gSO2、2gO2則下列敘述中正確的是（）A.化學(xué)反應(yīng)速率：乙＞甲B.平衡后SO2的濃度：甲＞乙C.SO2轉(zhuǎn)化率：乙＜甲D.平衡后O2的體積分?jǐn)?shù)：乙＞甲評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)6、H2S水溶液中存在電離平衡H2S?H++HS-和HS-?H++S2-．若向H2S溶液中。

（1）加水，溶液中氫離子濃度____（填增大；減小、不變；下同）

（2）通入少量SO2氣體，溶液pH值____

（3）加入少量硫化鈉固體，溶液pH值____

（4）加入少量硫酸銅固體（忽略體積變化），溶液pH值____．7、如圖是利用丙烯和對二甲苯合成有機高分子材料W的轉(zhuǎn)化關(guān)系示意圖．

已知：①B可以發(fā)生銀鏡反應(yīng)，C不含甲基，1molD與足量鈉可生成22.4LH2（標(biāo)準(zhǔn)狀況下）．

②R-CH=C2+H2OR-CH2CH2OH

（1）B→C反應(yīng)類型為____．

（2）C的結(jié)構(gòu)簡式為____

（3）C物質(zhì)不具有下列____性質(zhì)（填數(shù)字序號）．

①與金屬鈉反應(yīng)②酯化反應(yīng)③水解反應(yīng)④氧化反應(yīng)⑤還原反應(yīng)。

（4）寫出D與足量金屬鈉反應(yīng)的化學(xué)方程式：____．

（5）寫出W的結(jié)構(gòu)簡式____．

（6）寫出滿足以下條件的一個E的同分異構(gòu)體：____．

①遇FeCl3溶液顯紫色②可發(fā)生銀鏡反應(yīng)③可與NaHCO3溶液生成CO2．8、（2013秋?龍山縣校級期末）如圖所示的裝置在實驗室中用途比較廣泛：

①排空氣法收集氣體，若收集NH3氣體，進(jìn)氣口為____（填“a”或“b”）．

②若瓶中裝滿水，可用于收集下列氣體中的____（選填編號）．

A、NH3B、HClC、O2D、NO2

此時進(jìn)氣口為____（填“a”或“b”）．

③如果廣口瓶中盛放濃硫酸，可用作氣體干燥裝置，則該裝置不可以干燥的氣體有____（選填編號）．

A、N22C、H2D、NH3

④此裝置還可用于除去氣體中的雜質(zhì)氣體．若要用此裝置除去CO2中混有的少量SO2氣體，則裝置中應(yīng)盛放的液體可能是____（選填編號）．

A、飽和NaHCO3溶液B、鹽酸C、NaOH溶液D、H2SO4溶液．9、為妥善處理氯甲烷生產(chǎn)企業(yè)的副產(chǎn)物CCl4，以減少其對臭氧層的破壞．化學(xué)家研究在催化條件下，通過下列反應(yīng)，使CCl4轉(zhuǎn)化為重要的化工原料氯仿（CHCl3）：CCl4+H2CHCl3+HCl．

已知CCl4的沸點為77℃，CHCl3的沸點為61.2℃．

（1）密閉容器中；該反應(yīng)在某催化劑下進(jìn)行10h后均達(dá)平衡，測得如下數(shù)據(jù)（不考慮副反應(yīng)）．

。實驗序號溫度℃初始CCl4濃度（mol?L-1）初始H2濃度（mol?L-1）CCl4的轉(zhuǎn)化率11100.81.2A21101150%310011B①實驗1中，CCl4的轉(zhuǎn)化率A____50%（填“＞”；“＜”或“=”）．

②實驗2中，10h后達(dá)到平衡．在此實驗的平衡體系中，再加入0.5molCCl4和1.0molHCl，平衡將向____方向移動．

③實驗3中，B的值____：A．等于50%B．大于50%C．小于50%D．從本題資料；無法判斷。

（2）為從平衡體系CCl4+H2?CHCl3+HCl中分離得到CHCl3，請你結(jié)合題給信息設(shè)計合理的方案，用簡要的文字表示：____．10、（2014?鄂爾多斯一模）[化學(xué)-化學(xué)與技術(shù)]

煤是重要的能源；也是生產(chǎn)化工產(chǎn)品的重要原料．試用所學(xué)知識，解答下列問題：

（1）煤的轉(zhuǎn)化技術(shù)包括煤的氣化技術(shù)和液化技術(shù)．煤的液化技術(shù)又分為____和____

（2）在煤燃燒前需對煤進(jìn)行脫硫處理．煤的某種脫硫技術(shù)的原理如圖所示：

FeS2Fe2+Fe3+

這種脫硫技術(shù)稱為微生物脫硫技術(shù)．該技術(shù)的第一步反應(yīng)的離子方程式為____，第二步反應(yīng)的離子方程式為____．

（3）工業(yè)煤干餾得到的產(chǎn)品有焦炭、____．

（4）工業(yè)上主要采用氨氧化法生產(chǎn)硝酸，如圖是氨氧化率與氨-空氣混合氣中氧氨比的關(guān)系．其中直線表示反應(yīng)的理論值；曲線表示生產(chǎn)實際情況．當(dāng)氨氧化率達(dá)到100%，理論上γ{n（O2）/n（NH3）}=____，實際生產(chǎn)要將γ值維護在1.7-2.2之間，原因是____．11、某實驗小組為探究ClO－、I2、SO42－在酸性條件下的氧化性強弱，設(shè)計實驗如下：實驗①：在淀粉碘化鉀溶液中加入少量次氯酸鈉溶液，并加入少量的稀硫酸，溶液立即變藍(lán)；實驗②：向?qū)嶒灑俚娜芤褐屑尤?mL0.5mol/L的亞硫酸鈉溶液，藍(lán)色恰好完全褪去。（1）寫出實驗①中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式。（2）實驗②中化學(xué)反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是。（3）以上實驗說明，在酸性條件下ClO－、I2、SO42－的氧化性由弱到強的順序是_________________。12、（2015?黃岡模擬）苯甲酸及其鈉鹽可用作乳膠；牙膏、果醬及其它食品的防腐劑；也可用作染色和印色的媒染劑．某興趣小組同學(xué)利用高錳酸鉀氧化甲苯制備苯甲酸，制備原理和實驗主要裝置甲如下：

已知：①甲苯為無色澄清液體；微溶于水，沸點110.6℃．

②苯甲酸的熔點為122.4℃．

③苯甲酸在25C和95°C時的溶解度分別為0.17g和6.8g．

實驗流程：

I；往甲裝置中加入2.7mL（2.3g）甲苯和125mL水；然后分批次加人8.5g稍過量的。

KMn04固體，控制反應(yīng)溫度約在1000C；回流反應(yīng)4小時．

Ⅱ；將反應(yīng)混合物趁熱過濾；用少量熱水洗滌濾渣，合并濾液與洗滌液，冷卻后加人濃鹽。

酸；經(jīng)操作B得白色較干燥粗產(chǎn)品．

Ⅲ、純度測定：稱取1.220g白色樣品，配成l00mL苯甲酸溶液，取25.00mL溶液，用0.1000mol?L-1

KOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定；重復(fù)滴定四次，每次消耗的體積如下表所示：

。第一次第二次第三次第四次體積（mL）24.0024.1022.4023.90請回答：

（1）儀器A的名稱____，圖甲冷水應(yīng)從____（填“a“或“b“）管進(jìn)人．

（2）判斷甲苯被氧化完全的實驗現(xiàn)象是____

（3）根據(jù)實驗過程B；回答下列兩個問題：

①操作B的名稱____

②如果濾液呈紫色，要先加亞硫酸氫鉀，然后再加人濃鹽酸酸化，加亞硫酸氫鉀的目的是____

（4）實驗所得的苯甲酸在結(jié)晶過程中常裹攜KC1析出．

①結(jié)合題中所給苯甲酸的性質(zhì)，設(shè)計檢驗苯甲酸固體中KC1的實驗方案：____

②除去產(chǎn)品中KCl的實驗方法的名稱是____

（5）樣品中苯甲酸純度為____．13、新型高效的甲烷燃料電池采用鉑為電極材料，兩電極上分別通入CH4和O2；電解質(zhì)為KOH溶液．某研究小組將兩個甲烷燃料電池串聯(lián)后作為電源，進(jìn)行飽和氯化鈉溶液電解實驗，如圖所示．

（l）通入甲烷的一極作原電池的____極（填“正”或“負(fù)”）

（2）閉合K開關(guān)后，a、b電極上均有氣體產(chǎn)生，其中b極得到的氣體是____．

（3）該甲烷燃料電池中，負(fù)極反應(yīng)式為____，正極反應(yīng)式為____．

（4）甲烷燃料電池工作時，若某一電極上消耗11.2L（標(biāo)準(zhǔn)狀況下）的CH4氣體，線路中轉(zhuǎn)移電子的個數(shù)是____．14、汽車尾氣中的主要污染物是NO以及燃料不完全燃燒所產(chǎn)生的CO．為了減輕大氣污染；人們提出通過以下反應(yīng)來處理汽車尾氣：

2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）△H=akJ?mol-1．

為了測定在某種催化劑作用下該反應(yīng)的反應(yīng)速率，t1℃下，在一等容的密閉容器中，某科研機構(gòu)用氣體傳感器測得了不同時間的NO和CO的濃度如表1（CO2和N2的起始濃度為0）．

表1

。時間/s012345c（NO）/×10-4mol?L-110.04.502.501.501.001.00c（CO）/×10-3mol?L-13.603.052.852.752.702.70回答下列問題：

（1）在上述條件下該反應(yīng)能自發(fā)進(jìn)行，則正反應(yīng)必然是____反應(yīng)（填“放熱”或“吸熱”）．

（2）前3s內(nèi)的平均反應(yīng)速率v（N2）=____；t1℃時該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=____．

（3）假設(shè)在密閉容器中發(fā)生上述反應(yīng)，達(dá)到平衡時改變下列條件，能提高NO轉(zhuǎn)化率的是____．

A．選用更有效的催化劑B．升高反應(yīng)體系的溫度。

C．降低反應(yīng)體系的溫度D．縮小容器的體積

（4）研究表明：在使用等質(zhì)量催化劑時；增大催化劑的比表面積可提高化學(xué)反應(yīng)速率．根據(jù)表2設(shè)計的實驗測得混合氣體中NO的濃度隨時間t變化的趨勢如圖1所示：

。實驗編號T/℃NO初始濃度/mol?L-1CO初始濃度/mol?L-1催化劑的比表面積/m2?g-1①3501.20×10-25.80×10-2124②2801.20×10-25.80×10-2124③2801.20×10-35.80×10-382則曲線Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ對應(yīng)的實驗編號依次為____．

（5）已知：N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H1=+180.5kJ?mol-1

2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H2=-221.0kJ?mol-1

C（s）+O2（g）=CO2（g）△H3=-393.5kJ?mol-1

則處理汽車尾氣反應(yīng)中的a=____．

（6）用活性炭還原法也可以處理氮氧化物，有關(guān)反應(yīng)為：C（s）+2NO（g）?N2（g）+CO2（g）△H4．向某密閉容器加入一定量的活性炭和NO，在t2℃下反應(yīng)；

有關(guān)數(shù)據(jù)如表3．

。NON2CO起始濃度mol．L-10.1000平衡濃度/mol．L-10.040.030.03平衡后升高溫度，再次達(dá)到平衡測得容器中NO、N2、CO2的濃度之比為5：3：3，則△H4____O（填“＞”、“=”或“＜”）．評卷人得分三、判斷題(共6題，共12分)15、0.1L3.0mol?L-1的NH4NO3溶液中含有的NH4+的數(shù)目為0.3NA．____（判斷對錯）16、同濃度的三種溶液：Na2SO4、MgSO4、Al2（SO4）3，其體積比為3：2：1，則SO濃度之比為3：2：3．____（判斷對錯）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、0.1mol?L-1的NaHSO4溶液中，陽離子的數(shù)目之和為0.2NA．____（判斷對錯）20、判斷對錯：1molNa2O2固體中含有離子總數(shù)為4NA____．評卷人得分四、探究題(共4題，共36分)21、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________．22、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：23、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________．24、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：參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、C【分析】【分析】“綠色化學(xué)”原子經(jīng)濟性反應(yīng)是原料分子中的原子全部轉(zhuǎn)化成所需要的產(chǎn)物，不產(chǎn)生副產(chǎn)物，常見的加成反應(yīng)和加聚反應(yīng)符合要求．【解析】【解答】解：A．乙烯與水反應(yīng)生成乙醇是加成反應(yīng)；故A錯誤；

B．淀粉水解完全生成葡萄糖；原料分子中的原子全部轉(zhuǎn)化成所需要的產(chǎn)物，故B錯誤；

C．苯和溴反應(yīng)生成溴苯和溴化氫；故C正確；

D．乙烯聚合為聚乙烯高分子材料；反應(yīng)物全部轉(zhuǎn)化為產(chǎn)物，原料利用率為100%，故D錯誤．

故選C．2、D【分析】【分析】A；加入的物質(zhì)不一定含有硫酸根；也可能含有銀離子；

B；鹽酸能與碳酸根離子、碳酸氫根離子等反應(yīng)生成能使澄清石灰水變渾濁的氣體；

C；含有鈉元素的物質(zhì)的焰色反應(yīng)呈黃色；

D、濕潤紅色石蕊試紙遇堿性物質(zhì)變藍(lán)．【解析】【解答】A；加入的物質(zhì)不一定含有硫酸根；也可能含有銀離子，形成氯化銀白色沉淀，AgCl也不溶于鹽酸，故A錯誤；

B、鹽酸能與碳酸根離子、碳酸氫根離子反應(yīng)生成二氧化碳，與亞硫酸離子、亞硫酸氫根離子反應(yīng)生成二氧化硫，二氧化碳、二氧化硫均能使澄清石灰水變渾濁，所以加入稀鹽酸產(chǎn)生使澄清石灰水變渾濁的氣體，不一定有CO32-；故B錯誤；

C、乙溶液進(jìn)行焰色反應(yīng)呈黃色，說明其中含有鈉元素，可能是某鈉鹽的溶液、NaOH溶液或含Na+的混合溶液；故C錯誤；

D、濕潤紅色石蕊試紙遇堿性物質(zhì)變藍(lán)，加入氫氧化鈉溶液并加熱，產(chǎn)生的氣體能使?jié)駶櫦t色石蕊試紙變藍(lán)，一定有NH4+；故D正確；

故選D．3、B【分析】【分析】A．相同條件下；氣體密度之比等于相對分子質(zhì)量；

B．相同條件下；氣體密度之比等于相對分子質(zhì)量，等于摩爾質(zhì)量之比；

C．根據(jù)n=判斷物質(zhì)的量之比；相同條件下，氣體體積之比等于物質(zhì)的量之比；

D．相同條件下，氣體物質(zhì)的量之比等于體積之比．【解析】【解答】解：A．相同條件下；氣體密度之比等于相對分子質(zhì)量，故A錯誤；

B．相同條件下；氣體密度之比等于相對分子質(zhì)量，等于摩爾質(zhì)量之比，故B正確；

C．根據(jù)n=可知，等質(zhì)量H2，O2，CH4三種氣體的物質(zhì)的量之比=：：，相同條件下，三種氣體體積之比=：：；故C確；

D．相同條件下；氣體物質(zhì)的量之比等于體積之比，故D錯誤；

故選BC．4、A【分析】【分析】同一化學(xué)反應(yīng)方程式中，氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：①反應(yīng)2A-+B2═2B-+A2中A元素的化合價升高，A-是還原劑，B2發(fā)生還原反應(yīng)生成B-，B-是還原產(chǎn)物，所以還原性A-＞B-；

②2A-+C2═2C-+A2中A元素的化合價升高，A-是還原劑，C2發(fā)生還原反應(yīng)生成C-，C-是還原產(chǎn)物，所以還原性A-＞C-；

③2B-+C2═2C-+B2中B元素的化合價升高，B-是還原劑，C2發(fā)生還原反應(yīng)生成C-，C-是還原產(chǎn)物，所以還原性B-＞C-；

④2C-+D2═2D-+C2中A元素的化合價升高，C-是還原劑，D2發(fā)生還原反應(yīng)生成D-，D-是還原產(chǎn)物，所以還原性C-＞D-；

所以還原性為A-＞B-＞C-＞D-．

故選A．5、A【分析】【分析】A；濃度越大反應(yīng)速率越快；

B；由于乙中的量是甲中的2倍；所以反應(yīng)后乙中剩余的二氧化硫多；

C；由于乙中的量是甲中的2倍；氣體物質(zhì)的量越大，壓強越大，所以乙中相當(dāng)于增大了壓強，平衡正移，二氧化硫的轉(zhuǎn)化率增大；

D、由C選項可知，乙中氧氣的轉(zhuǎn)化率大，所以氧氣的體積分?jǐn)?shù)?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓篈；濃度越大反應(yīng)速率越快；所以開始時化學(xué)反應(yīng)速率：乙＞甲，故A正確；

B、由于乙中的量是甲中的2倍，平衡后SO2的濃度：甲＜乙；故B錯誤；

C、由于乙中的量是甲中的2倍，氣體物質(zhì)的量越大，壓強越大，所以乙中相當(dāng)于增大了壓強，平衡正移，二氧化硫的轉(zhuǎn)化率增大，所以平衡后SO2的轉(zhuǎn)化率：乙＞甲；故C錯誤；

D、由于乙中的量是甲中的2倍，壓強大有利于化學(xué)平衡正向移動，所以乙中二氧化硫的體積分?jǐn)?shù)小于甲中，平衡后O2的體積分?jǐn)?shù)乙＜甲；故D錯誤；

故選A．二、填空題(共9題，共18分)6、減小增大增大減小【分析】【分析】（1）加水稀釋促進(jìn)弱電解質(zhì)電離；

（2）硫化氫和二氧化硫反應(yīng)生成硫和水；硫化氫濃度減小，溶液中氫離子濃度減小；

（3）加入少量硫化鈉；硫離子濃度增大，電離平衡向著逆向移動，溶液中氫離子濃度減小，溶液pH增大；

（4）硫化氫和硫酸銅反應(yīng)生成硫酸和硫化銅，硫酸酸性大于氫硫酸．【解析】【解答】解：（1）向H2S溶液中加水稀釋；促進(jìn)了硫化氫電離，但溶液中氫離子濃度減??；

故答案為：減小；

B．二氧化硫和硫化氫反應(yīng)方程式為：SO2+2H2S=3S↓+2H2O；通入少量二氧化硫后，硫化氫濃度減小，溶液pH增大；

故答案為：增大；

C．加入少量的硫化鈉固體后；溶液中的硫離子濃度增大，則硫化氫的電離平衡向著逆向移動，導(dǎo)致溶液中氫離子濃度減小，則溶液的pH增大；

故答案為：增大；

D．加入硫酸銅溶液發(fā)生反應(yīng)：CuSO4+H2S=H2SO4+CuS↓；硫酸的酸性大于氫硫酸，所以氫離子濃度增大，溶液的pH減小；

故答案為：減?。?、加成反應(yīng)HOCH2CH2CHO①②④⑤HOCH2CH2CH2OH+2Na→NaOCH2CH2CH2ONa+H2↑【分析】【分析】丙烯與氯氣在加熱條件下發(fā)生取代反應(yīng)生成CH2=CHCH2Cl，CH2=CHCH2Cl在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下發(fā)生水解反應(yīng)生成醇，故A為CH2=CHCH2OH，A發(fā)生氧化反應(yīng)生成B為CH2=CHCHO，根據(jù)信息②可知B與過氧化物得到C為HOCH2CH2CHO，C與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成D為HOCH2CH2CH2OH．對二甲苯發(fā)生氧化反應(yīng)生成E為D與E發(fā)生水解反應(yīng)生成高聚物W為據(jù)此解答．【解析】【解答】解：丙烯與氯氣在加熱條件下發(fā)生取代反應(yīng)生成CH2=CHCH2Cl，CH2=CHCH2Cl在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下發(fā)生水解反應(yīng)生成醇，故A為CH2=CHCH2OH，A發(fā)生氧化反應(yīng)生成B為CH2=CHCHO，根據(jù)信息②可知B與過氧化物得到C為HOCH2CH2CHO，C與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成D為HOCH2CH2CH2OH．對二甲苯發(fā)生氧化反應(yīng)生成E為D與E發(fā)生水解反應(yīng)生成高聚物W為

（1）由上述分析可知；B發(fā)生信息反應(yīng)與水加成生成C，所以B→C反應(yīng)類型為加成反應(yīng)，故答案為：加成反應(yīng)；

（2）由上述分析可知，C為HOCH2CH2CHO，故答案為：HOCH2CH2CHO；

（3）由上述分析可知，C為HOCH2CH2CHO；含有醛基，所以可以發(fā)生④氧化反應(yīng)；⑤還原反應(yīng)；含有羥基，則可以發(fā)生①與金屬鈉反應(yīng)；②酯化反應(yīng)，故選：①②④⑤；

（4）D為HOCH2CH2CH2OH與足量金屬鈉反應(yīng)的化學(xué)方程式：HOCH2CH2CH2OH+2Na→NaOCH2CH2CH2ONa+H2↑，故答案為：HOCH2CH2CH2OH+2Na→NaOCH2CH2CH2ONa+H2↑；

（5）根據(jù)以上分析，W為故答案為：

（6）滿足以下條件的一個E（）的同分異構(gòu)體：①遇FeCl3溶液顯紫色，含有酚羥基；②可發(fā)生銀鏡反應(yīng)，③可與NaHCO3溶液生成CO2，含有羧基、醛基，符合條件的同分異構(gòu)體有：取代基的位置可以互換，故答案為：．8、bCbDA【分析】【分析】①氨氣密度小于空氣的密度；應(yīng)該采用向下排空氣法收集；

②不易溶于水的氣體可以采用排水法收集；導(dǎo)管應(yīng)短進(jìn)長出；

③濃硫酸具有酸性和強氧化性；不能干燥部分有還原性的氣體；不能干燥堿性氣體；

④除去二氧化碳中的二氧化硫，利用二氧化硫的還原性、亞硫酸的酸性大于碳酸來分析．【解析】【解答】解：①氨氣密度小于空氣的密度，應(yīng)該采用向下排空氣法收集，則收集NH3氣體，進(jìn)氣口為b，故答案為：b；

②不易溶于水的氣體可以采用排水法收集，二氧化氮、氨氣和氯化氫都能和水反應(yīng)，所以不能用排水法收集，只有氧氣不易溶于水，所以氧氣采用排水法收集，故選C；為將水排除，則氣體進(jìn)氣口為b，故答案為：C；b；

③濃硫酸具有酸性和強氧化性；不能干燥部分有還原性的氣體；不能干燥堿性氣體，氨氣屬于堿性氣體，所以不能干燥氨氣，故答案為：D；

④A．飽和NaHCO3溶液與二氧化硫反應(yīng)；與二氧化碳不反應(yīng)，且不引入新雜質(zhì)，故A正確；

B．均不與鹽酸反應(yīng)；不能除雜，故錯誤；

C．NaOH溶液和二氧化碳；二氧化硫都反應(yīng)；所以不能用NaOH溶液除雜，故錯誤；

D．H2SO4和二氧化硫；二氧化碳都不反應(yīng)；所以不能除雜，故錯誤；

故答案為：A．9、＞逆反應(yīng)B先把平衡體系中的混合物降溫到61.2℃以下得到CCl4和CHCl3液態(tài)混合物，再分餾得到CHCl3【分析】【分析】（1）①先根據(jù)圖表數(shù)據(jù)計算①的平衡常數(shù)利用平衡三段式計算出各物質(zhì)的平衡濃度；再根據(jù)轉(zhuǎn)化率的公式計算；

②根據(jù)速率概念和不同溫度下的平衡常數(shù)來判斷；

③根據(jù)外界條件對化學(xué)平衡的影響分析反應(yīng)熱量變化和平衡移動來解答；

（2）依據(jù)物質(zhì)沸點大小分析分離方法；【解析】【解答】解：（1）①實驗2中，10h后達(dá)到平衡，CCl4的轉(zhuǎn)化率為50%；

CCl4（g）+H2（g）?CHCl3（g）+HCl（g）；

起始（mol/L）1100

反應(yīng)（mol/L）0.50.50.50.5

平衡（mol/L）0.50.50.50.5

則平衡常數(shù)為==1；

實驗1中；設(shè)四氯化碳轉(zhuǎn)化的濃度為a

CCl4（g）+H2（g）?CHCl3（g）+HCl（g）；

起始（mol/L）0.81.200

反應(yīng)（mol/L）aaaa

平衡（mol/L）0.8-a1.2-aaa

則平衡常數(shù)為==1，所以a=0.48mol/L，則CCl4的轉(zhuǎn)化率為×100%=60%＞50%；

故答案為：＞；

②實驗2中，10h后達(dá)到平衡，CCl4的轉(zhuǎn)化率為50%

CCl4（g）+H2（g）?CHCl3（g）+HCl（g）；

起始（mol/L）1100

反應(yīng)（mol/L）0.50.50.50.5

平衡（mol/L）0.50.50.50.5

在此實驗的平衡體系中，再加入0.5molCCl4和1.0molHCl，則會導(dǎo)致增大；大于1，則平衡逆向進(jìn)行；

故答案為：逆反應(yīng)；

③CCl4+H2CHCl3+HCl此反應(yīng)能自發(fā)進(jìn)行，伴隨有副反應(yīng)，會生成CH2Cl2、CH3Cl和CH4等．已知CCl4的沸點為77℃，CHCl3的沸點為61.2℃．反應(yīng)是熵增加的反應(yīng)，可知△H-T?△S＜0，則反應(yīng)是放熱反應(yīng)；所以溫度110°C降低到100°C，平衡正向進(jìn)行，CCl4轉(zhuǎn)化率大于50%；

故答案為：B；

（2）從平衡體系CCl4+H2?CHCl3+HCl中分離得到CHCl3，已知CCl4的沸點為77℃，CHCl3的沸點為61.2℃，先把平衡體系中的混合物降溫到61.2℃以下得到CCl4和CHCl3液態(tài)混合物，再分餾得到CHCl3；

故答案為：先把平衡體系中的混合物降溫到61.2℃以下得到CCl4和CHCl3液態(tài)混合物，再分餾得到CHCl3；10、直接液化技術(shù)間接液化技術(shù)2FeS2+7O2+2H2O=4H++2Fe2++4SO42-4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；焦?fàn)t煤氣、粗氨水、煤焦油1.25O2濃度太少不利于NH3的轉(zhuǎn)化，γ{n（O2）/n（NH3）值為2.2時NH3氧化率已近100%【分析】【分析】（1）煤的液化分為直接液化和間接液化；

（2）根據(jù)化合價升降總數(shù)相等以及原子守恒來寫離子方程式；

（3）工業(yè)煤干餾得到的產(chǎn)品有焦炭；焦?fàn)t煤氣、粗氨水、煤焦油；

（4）根據(jù)氨氧化的化學(xué)方程式來分析；根據(jù)O2濃度對平衡的影響；【解析】【解答】解：（1）煤的液化分為直接液化和間接液化；故答案為：直接液化技術(shù)；間接液化技術(shù)；

（2）第一步反應(yīng)中反應(yīng)物有FeS2、O2和H2O，生成物有Fe2+和SO42-，根據(jù)化合價升降總數(shù)相等以及原子守恒，反應(yīng)的離子方程式為：2FeS2+7O2+2H2O=4H++2Fe2++4SO42-；Fe2+具有還原性，可被氧氣氧化為Fe3+，根據(jù)化合價升降總數(shù)相等以及原子守恒，反應(yīng)的離子方程式為：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；

故答案為：2FeS2+7O2+2H2O=4H++2Fe2++4SO42-；4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；

（3）工業(yè)煤干餾得到的產(chǎn)品有焦炭；焦?fàn)t煤氣、粗氨水、煤焦油；故答案為：焦?fàn)t煤氣、粗氨水、煤焦油；

（4）由氨氧化的化學(xué)方程式：4NH3+5O24NO+6H2O，可知氨氧化率達(dá)到100%，理論上γ{n（O2）/n（NH3）}==1.25；故答案為：1.25；

O2濃度太少不利于NH3的轉(zhuǎn)化，γ{n（O2）/n（NH3）值為2.2時NH3氧化率已近100%，故答案為：O2濃度太少不利于NH3的轉(zhuǎn)化，γ{n（O2）/n（NH3）值為2.2時NH3氧化率已近100%；11、略

【分析】（1）次氯酸鈉具有氧化性，能把碘化鉀氧化生成單質(zhì)碘，反應(yīng)的方程式是ClO－＋2I－＋2H＋＝I2＋Cl－＋H2O。（2）單質(zhì)碘能氧化亞硫酸鈉生成硫酸鈉，反應(yīng)的方程式是I2＋SO32－＋H2O=2I－＋SO42－＋2H＋，所以再反應(yīng)中轉(zhuǎn)移2個電子。因此當(dāng)消耗0.002mol亞硫酸鈉時，轉(zhuǎn)移0.004mol電子。（3）根據(jù)氧化還原反應(yīng)中氧化劑的氧化性強于氧化產(chǎn)物的可知，在酸性條件下ClO－、I2、SO42－的氧化性由弱到強的順序是SO42－、I2、ClO－?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）ClO－＋2I－＋2H＋＝I2＋Cl－＋H2O（2分）（2）0.004mol（沒單位不給分）（3）SO42－、I2、ClO－12、（球形）冷凝管a甲苯層消失，回流液不再有明顯的油珠過濾將過量的KMnO4反應(yīng)掉，防止其與濃鹽酸反應(yīng)取適量樣品加熱水溶解后，冷卻過濾得濾液（或取上層清液），向濾液中滴加硝酸酸化的硝酸銀溶液，若得到白色沉淀，則可證明樣品中含有KCl重結(jié)晶96.00%【分析】【分析】（1）根據(jù)常用儀器的名稱來解答；冷凝回流時；冷水應(yīng)從下口進(jìn)，上口出；

（2）甲苯被完全氧化后；甲苯層消失，回流液不再有明顯的油珠；

（3）①從混合液中得到沉淀一般采用過濾；②如果濾液呈紫色；說明高錳酸鉀過量，要先加亞硫酸氫鉀，將高錳酸鉀還原，否則濃鹽酸可能被氧化成氯氣；

（4）①根據(jù)氯離子的檢驗的方法來解答；

②根據(jù)苯甲酸的溶解度與氯化鉀的溶解度隨溫度變化不同來解答；

由苯甲酸在25C和95°C時的溶解度分別為0.17g和6.8g；則苯甲酸的溶解度隨著溫度的升高變化較大，二氯化鉀的溶解度隨著溫度的升高變化不大；

（5）第三次數(shù)據(jù)與其它數(shù)據(jù)差別較大，舍去，然后求出其他三次的平均消耗體積，從而求出KOH的物質(zhì)的量，根據(jù)反應(yīng)方程式中物質(zhì)之間量的關(guān)系求出苯甲酸的物質(zhì)的量，再求質(zhì)量分?jǐn)?shù)．【解析】【解答】解：（1）由實驗裝置圖可知A為（球形）冷凝管；冷凝回流時；圖甲冷水應(yīng)從a口進(jìn)水；

故答案為：（球形）冷凝管；a；

（2）由于甲苯被完全氧化后生成苯甲酸；甲苯層消失，回流液不再有明顯的油珠出現(xiàn)；

故答案為：甲苯層消失；回流液不再有明顯的油珠；

（3）①將反應(yīng)混合物趁熱過濾；用少量熱水洗滌濾渣，合并濾液與洗滌液，冷卻后加入濃鹽酸，生成的苯甲酸溶解度較小，以晶體的形式析出，從混合液中得到沉淀一般采用過濾；

故答案為：過濾；

②如果濾液呈紫色；說明高錳酸鉀過量，要先加亞硫酸氫鉀，除去未反應(yīng)的高錳酸鉀，否則濃鹽酸酸化時可能被高錳酸鉀氧化成氯氣；

故答案為：將過量的KMnO4反應(yīng)掉；防止其與濃鹽酸反應(yīng)；

（4）①檢驗苯甲酸固體中含有KC1；可檢驗氯離子的存在，具體操作：取適量樣品加熱水溶解后，冷卻過濾得濾液（或取上層清液），向濾液中滴加硝酸酸化的硝酸銀溶液，若得到白色沉淀，則可證明樣品中含有KCl；

故答案為：取適量樣品加熱水溶解后；冷卻過濾得濾液（或取上層清液），向濾液中滴加硝酸酸化的硝酸銀溶液，若得到白色沉淀，則可證明樣品中含有KCl；

②由苯甲酸在25C和95°C時的溶解度分別為0.17g和6.8g；則苯甲酸的溶解度隨著溫度的升高變化較大，而氯化鉀的溶解度隨著溫度的升高變化不大，所以除去產(chǎn)品中KCl用重結(jié)晶；

故答案為：重結(jié)晶；

（5）第三次數(shù)據(jù)與其它數(shù)據(jù)差別較大，舍去，平均消耗體積為mL=24.00mL，則消耗的KOH的物質(zhì)的量為0.1000mol?L-1×0.02400L=0.002400mol，苯甲酸（）中含有一個羧基；與等物質(zhì)的量的氫氧化鉀恰好反應(yīng)，則25.00mL溶液中苯甲酸的物質(zhì)的量也為0.002400mol；

晶體中苯甲酸的總物質(zhì)的量為0.002400mol×=0.009600mol，則樣品中苯甲酸純度為×100%=96.00%；

故答案為：96.00%．13、負(fù)H2CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O2O2+4H2O+8e-=8OH-4NA【分析】【分析】（1）甲烷堿性燃料電池中正極氧氣得電子被還原；負(fù)極甲烷失電子被氧化；

（2）b連接電源的負(fù)極；應(yīng)為陰極，生成氫氣；

（3）甲烷堿性燃料電池中正極氧氣得電子被還原；負(fù)極甲烷失電子被氧化；

（4）根據(jù)關(guān)系式1molCH4～8mole-計算．【解析】【解答】解：（1）在堿性溶液中；正極氧氣得電子被還原，負(fù)極甲烷失電子被氧化，所以通入甲烷的一極作原電池的負(fù)極，故答案為：負(fù)；

（2）b電極與通入甲烷的電極相連，作陰極，是H+放電，生成H2；故答案為：H2；

（3）在堿性溶液中，甲烷燃料電池的總反應(yīng)式為：CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O，正極是：2O2+4H2O+8e-═8OH-，負(fù)極是：CH4-8e-+10OH-═CO32-+7H2O．

故答案為：CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O；2O2+4H2O+8e-=8OH-；

（3）根據(jù)得失電子守恒，可得：1molCH4～8mole-，故若某一電極上消耗11.2L（標(biāo)準(zhǔn)狀況下）即=0.5mol的CH4氣體，所以線路中轉(zhuǎn)移電子的個數(shù)是4NA，故答案為：4NA．14、放熱1.42×10-4mol?L-1?S-15000（mol?L-1）-1CD③②①-746.5＜【分析】【分析】（1）根據(jù)△G=△H-T?△S＜0能自發(fā)進(jìn)行判斷；

（2）計算出NO的反應(yīng)速率，根據(jù)反應(yīng)速率與化學(xué)計量數(shù)的關(guān)系可計算v（N2）；計算出平衡時各物質(zhì)的濃度，可計算平衡常數(shù)；

（3）能提高NO轉(zhuǎn)化率；應(yīng)使平衡向正向移動，結(jié)合溫度；濃度等外界條件對平衡移動的影響解答；

（4）利用影響化學(xué)反應(yīng)速率及化學(xué)平衡的因素來分析；

（5）利用蓋斯定律計算反應(yīng)熱；

（6）由濃度的比值關(guān)系可知，升高溫度平衡向逆反應(yīng)方向移動，則正反應(yīng)為放熱反應(yīng)．【解析】【解答】解：（1）由反應(yīng)能夠自發(fā)進(jìn)行；則△H-T△S＜0，由方程式可知△S＜0，則只有該反應(yīng)的△H＜0時，即該反應(yīng)一定是放熱才有可能自發(fā)進(jìn)行，故答案為：放熱；

（2）前3s內(nèi)的平均反應(yīng)速率v（N2）=v（N0）=×=1.42×10-4mol?L-1?S-1；

由表格中的數(shù)據(jù)可知到4s時達(dá)到化學(xué)平衡；則。

2NO+2CO2CO2+N2；

開始1.00×10-33.60×10-300

轉(zhuǎn)化9×10-49×10-49×10-44.50×10-4

平衡1.00×10-42.70×10-39×10-44.50×10-4

則K==5000；

故答案為：1.42×10-4mol?L-1?S-1；5000（mol?L-1）-1；

（3）A．選用更有效的催化劑；不能使平衡發(fā)生移動，故A錯誤；

B．升高反應(yīng)體系的溫度；因反應(yīng)放熱，則平衡逆向移動，轉(zhuǎn)化率減小，故B錯誤；

C．降低反應(yīng)體系的溫度；平衡正向移動，轉(zhuǎn)化率增大，故C正確；

D．縮小容器的體積；平衡正向移動，轉(zhuǎn)化率增大，故D正確；

故答案為：CD；

（4）由于②；③溫度相同；催化劑對平衡移動無影響，化學(xué)平衡不移動，達(dá)到相同的平衡狀態(tài)，但②的起始濃度較大，催化劑的比表面積較大，則反應(yīng)的速率大，所以②先達(dá)到化學(xué)平衡，則Ⅰ為③，Ⅱ為②的圖象，而①的溫度高，則反應(yīng)速率最大且平衡向著逆向移動，即達(dá)到化學(xué)平衡時c（NO）增大，則①對應(yīng)Ⅲ圖象；

故答案為：③②①；

（5）已知：①N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H1=+180.5kJ?mol-1

②2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H2=-221.0kJ?mol-1

③C（s）+O2（g）=CO2（g）△H3=-393.5kJ?mol-1；

將③×2-①-②可得2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）△H=2×（-393.5kJ?mol-1）-（-221.0kJ?mol-1）-（+180.5kJ?mol-1）=-746.5kJ?mol-1；

故答案為：-746.5；

（6）由濃度的比值關(guān)系可知，升高溫度平衡向逆反應(yīng)方向移動，則正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故答案為：＜．三、判斷題(共6題，共12分)15、×【分析】【分析】NH4NO3為強酸弱堿鹽，發(fā)生水解生成一水合氨，以此解答該題．【解析】【解答】解：0.1L3.0mol?L-1的NH4NO3溶液中n（NH4NO3）=0.1L×3.0mol/L=0.3mool，NH4NO3為強酸弱堿鹽，發(fā)生水解生成一水合氨，則NH4+的數(shù)目小于0.3NA；

故答案為：×．16、×【分析】【分析】根據(jù)溶液中不水解的離子的物質(zhì)的量濃度=溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度×化學(xué)式中離子的個數(shù)，與溶液的體積無關(guān)，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：假設(shè)三種溶液的濃度均為1mol/L，則Na2SO4、MgSO4、Al2（SO4）3溶液中SO濃度分別=1mol/L×1=1mol/L、1mol/L×1=1mol/L和1mol/L×3=3mol/L，即濃度之比為1：1：3，故答案為：×．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】依據(jù)n=CV可知要計算溶質(zhì)的物質(zhì)的量需要知道溶液的濃度和溶液的體積，據(jù)此判斷解答．【解析】【解答】解：0.1mol?L-1的NaHSO4溶液，體積未知，無法計算硫酸氫鈉的物質(zhì)的量，無法計算陽離子個數(shù)，故錯誤；20、×【分析】【分析】過氧化鈉化學(xué)式是由1個過氧根離子和2個鈉離子構(gòu)成，所以其陰陽離子個數(shù)之比為1：2，據(jù)此計算離子總數(shù)．【解析】【解答】解：過氧化鈉化學(xué)式是由1個過氧根離子和2個鈉離子構(gòu)成，所以其陰陽離子個數(shù)之比為1：2，則1molNa2O2固體中含有離子總數(shù)為3NA，故答案為：×．四、探究題(共4題，共36分)21、|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．22、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)