2025年人教新起點高三化學下冊階段測試試卷

…………○…………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年人教新起點高三化學下冊階段測試試卷857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6題，共12分)1、根據(jù)如圖；下列判斷中正確的是（）

A.石墨與O2生成CO2的反應是吸熱反應B.金剛石、石墨與O2反應，均可生成具有極性共價鍵的CO2C.從能量角度看，金剛石比石墨更穩(wěn)定D.C（金剛石，s）═C（石墨，s）△H=E3-E12、下列實驗操作或結論正確的是（）A.25℃時，用惰性電極電解某濃度的NaOH溶液，一小段時間后，NaOH溶液的濃度可能增大，也可能不變B.實驗室里需要480mL2.0mol/L的氫氧化鈉溶液，配制溶液時先稱量氫氧化鈉固體38.4g，然后再按照溶解、冷卻、移液、定容、搖勻等步驟進行操作C.配制一定物質的量濃度的溶液時，容量瓶必須潔凈、干燥，不漏水D.實驗室配制500mL0.2mol/L的硫酸亞鐵溶液，其操作是：用天平稱27.8g綠礬，放入500mL容量瓶，加水溶解、稀釋、定容、搖勻3、實驗室中需要配制2mol/L的NaCl溶液950mL，配制時應選用的容量瓶的規(guī)格和稱取的NaCl的質量分別是（）A.950mL111.2gB.500mL117.0gC.1000mL117.0gD.1000mL111.2g4、下列過程屬于固氮的是（）A.NH3→NOB.NO→NO2C.NH3→NH4NO3D.N2→NH35、短周期元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X原子的最外層電子數(shù)是其內(nèi)層電子總數(shù)的3倍，Y原子的最外層只有2個電子，Z單質可制成半導體材料，W與X屬于同一主族．下列敘述正確的是（）A.元素W的最高價氧化物對應水化物的酸性比Z的弱B.化合物YX、ZX2、WX3中化學鍵的類型相同C.元素X的簡單氣態(tài)氫化物的沸點比W的高D.簡單離子半徑的大小順序：rW＞rY＞rX6、水溶液X中只可能溶有K＋、Mg2＋、Al3＋、[Al(OH)4]－、SiO32－、SO32－、CO32－、SO42－中的若干種離子。某同學對該溶液進行了如下實驗：下列判斷錯誤的是A.氣體甲可能是混合物B.沉淀甲是硅酸和硅酸鎂的混合物C.白色沉淀乙的主要成分是氫氧化鋁D.K＋、[Al(OH)4]－和SiO32－一定存在于溶液X中評卷人得分二、雙選題(共9題，共18分)7、下列有關比較中，大小順序排列錯誤的是()A.熱穩(wěn)定性：H2O＞HF＞H2SB.分散系中分散質粒子的直徑：Fe(OH)3懸濁液＞Fe(OH)3膠體＞FeCl3溶液C.原子半徑：Si＞Na＞OD.結合質子能力：OH-＞CH3COO-＞SO42-8、根據(jù)下列實驗設計及有關現(xiàn)象；所得結論不正確的是（）

。實驗實驗現(xiàn)象結論A

左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?yōu)槌壬?，右邊棉花變?yōu)樗{色氧化性：Cl2＞Br2＞I2C

白色固體先變?yōu)榈S色，后變?yōu)楹谏ˋg2S）溶解性：AgCl＞AgBr＞Ag2SD

錐形瓶中有氣體產(chǎn)生，燒杯中液體變渾濁酸性：HCl＞H2CO3＞H2SiO3A.AB.BC.CD.D9、C8H18經(jīng)多步裂化，最后完全轉化為C4H8、C3H6、C2H4、C2H6、CH4五種氣體的混合物．該混合物的平均相對分子質量可能是（）A.28B.30C.38D.4010、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{(}假設氨全部被氧化rm{;}氣體體積均已換算成標準狀況rm{)(}rm{)}

A.rm{231.5mL}B.rm{268.8mL}C.rm{287.5mL}D.rm{313.6mL}11、對于炔烴描述不正確的是()A.分子中含有碳碳叁鍵的不飽和鏈烴B.易發(fā)生加成反應，也易發(fā)生取代反應C.既能使溴水褪色，也能使酸性高錳酸鉀溶液褪色D.分子里所有的碳原子都處于同一直線上12、rm{Na-S}電池的結構如圖所示，電池反應為rm{2Na+dfrac{n}{8}S_{8}=Na_{2}Sn.}下列說法不正確的是rm{2Na+dfrac

{n}{8}S_{8}=Na_{2}Sn.}rm{(}A.熔鈉電極作電池的正極B.放電時rm{)}向正極移動C.充電時熔鈉電極與電源的正極相連D.充電時陽極反應式為rm{Na^{+}}rm{8Sn^{2-}-16e^{-}=nS_{8}}13、化合物Ⅲ是合成中藥黃芩中的主要活性成分的中間體；合成方法如下：

rm{+}rm{+HCl}ⅠⅡⅢ下列有關敘述正確的是rm{(}rm{)}A.Ⅰ在空氣中穩(wěn)定存在B.Ⅱ中所有原子均有可能共面C.可用rm{FeCl_{3}}溶液鑒別有機物Ⅱ和ⅢD.rm{1mol}產(chǎn)物Ⅲ與足量溴水反應，消耗rm{Br_{2}}的物質的量為rm{1.5mol}14、下列化合物分子中，在核磁共振氫譜圖中能給出三種信號的是rm{(}rm{)}A.rm{CH_{3}CH_{2}CH_{3}}B.rm{CH_{3}COCH_{2}CH_{3}}C.rm{CH_{3}CH_{2}OH}D.rm{CH_{3}OCH_{3}}15、人類對賴以生存的地球環(huán)境的保護問題越來越重視，如何減少或取代高污染的化學品的使用，一直是許多化學家奮斗的目標，生產(chǎn)和應用綠色化工原料是達到該目標的最有效手段rm{.}碳酸二甲酯rm{(}簡稱rm{DMC)}是一種新化工原料，rm{2008}年在歐洲被譽為“非毒性化學品”rm{.}下列關于rm{DMC}的說法中正確的是rm{(}rm{)}A.rm{DMC}的結構簡式為B.rm{DMC}在空氣不能燃燒C.rm{DMC}易溶于水，不溶于乙醇和丙酮D.rm{DMC}用于生產(chǎn)非毒性化工產(chǎn)品，故被譽為有機合成的“綠色化工原料”評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)16、藥物F具有抗腫瘤、降血壓、降血糖等多種生物活性，其合成路線如下：

已知：

（1）原料A中含氧、含氮的官能團名稱是____、____．

（2）寫出中間產(chǎn)物E的結構簡式____．

（3）反應②、⑤的反應類型是____、____．

（4）物質B有多種同分異構體，寫出滿足下列條件的一種同分異構體的結構簡式____．

①屬于α-氨基酸。

②苯環(huán)上有兩種一氯代物。

③能發(fā)生銀鏡反應。

④核磁共振氫譜顯示其有7種不同化學環(huán)境的氫原子。

（5）以和苯、乙醇為原料，可合成寫出合成流程。

圖（無機試劑任用）．合成流程圖示例如下：

17、0.1mol/LHCl溶液的c（H+）為____．18、（2015秋?廣州校級期中）到目前為止；由化學能轉變的熱能或電能仍然是人類使用的最主要的能源．

（1）在25℃、101kPa下，16g的甲醇（CH3OH）完全燃燒生成CO2和液態(tài)水時放出352kJ的熱量，則表示甲醇燃燒熱的熱化學方程式為____

（2）化學反應中放出的熱能（焓變；△H）與反應物和生成物的鍵能（E）有關．

已知：H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）△H=-185kJ/mol；

E（H-H）=436kJ/mol，E（Cl-Cl）=243kJ/mol則E（H-Cl）=____

（3）納米級Cu2O由于具有優(yōu)良的催化性能而受到關注．已知：

2Cu（s）+O2（g）═Cu2O（s）△H=-169kJ?mol-1；

C（s）+O2（g）═CO（g）△H=-110.5kJ?mol-1；

2Cu（s）+O2（g）═2CuO（s）△H=-314kJ?mol-1

則工業(yè)上用炭粉在高溫條件下還原CuO制取Cu2O和CO的熱化學方程式為____．

（4）①如圖是N2和H2反應生成2molNH3過程中能量變化示意圖，請計算每生成1molNH3放出熱量為：____．

②若起始時向容器內(nèi)放入1molN2和3molH2，達平衡后N2的轉化率為20%，則反應放出的熱量為Q1kJ，則Q1的數(shù)值為____．19、常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是____（填序號）

（1）使甲基橙變紅色的溶液：Mg2+，K+，SO42-，NO3-；

（2）使酚酞變紅的溶液：Na+，Cu2+，HCO3-、NO3-；

（3）0.1mol?L-1AgNO3溶液：H+，K+，SO42-，I-；

（4）0.1mol?L-1NaAlO2溶液：H+，Na+，Cl-，SO42-；

（5）FeCl3溶液：H+、K+，S2-，Br-；

（6）高錳酸鉀溶液中：H+、Na+、SO42-；葡萄糖分子；

（7）0.1mol?L-1NaOH溶液：K+，Na+、SO42-，CO32-；

（8）0.1mol?L-1Na2CO3溶液：K+，Ba2+，NO3-、Cl-；

（9）0.1mol?L-1FeCl3溶液：K+，NH4+，I-，SCN-；

（10）=1×1014的溶液：Ca2+、Na+、ClO-、NO3-；

（11）Na2S溶液：SO42-，K+，Cl-，Cu2+；

（12）pH=12的溶液：NO3-，I-，Al3+，Na+．20、常溫下，某水溶液M中存在的離子有：Na+、A2-、HA-、H+、OH-，存在的分子有H2O、H2A．根據(jù)題意回答下列問題：

（1）寫出酸H2A的電離方程式____．

（2）若溶液M由10mL2mol?L-1NaHA溶液與2mol?L-1NaOH溶液等體積混合而得，則溶液M的pH____7（填“＞”、“＜”或“=”），溶液中離子濃度由大到小順序為____．

已知Ksp（BaA）=1.8×10-10，向該混合溶液中加入10mL1mol?L-1BaCl2溶液，混合后溶液中的Ba2+濃度為____mol?L-1．

（3）若溶液M由pH=3的H2A溶液V1mL與pH=11的NaOH溶液V2mL混合反應而得，混合溶液=104，V1與V2的大小關系為____（填“大于”“等于”“小于”或“均有可能”）．21、（2012秋?懷遠縣校級月考）已知溴乙烷跟氰化鈉反應后；產(chǎn)物再水解可以得到丙酸；

CH3CH2Br+NaCN-→CH3CH2CN+NaBr；

CH3CH2CN+H2O-→CH3CH2COOH+NH3（未配平）．

產(chǎn)物分子比原化合物分子多了一個碳原子；增長了碳鏈．請根據(jù)如圖回答問題．圖中F分子中含有8個原子組成的環(huán)狀結構．

（1）反應①、②、③中屬于取代反應的是____（填反應代號）．

（2）寫出結構簡式：E____，F(xiàn)____．

（3）寫出D+E-→F的化學方程式：____．22、（2013?芙蓉區(qū)校級模擬）三氟化氮（NF3）是一種無色、無味、無毒且不可燃的氣體，在半導體加工、太陽能電池制造和液晶顯示器制造中得到廣泛應用．它可在銅的催化作用下由F2和過量的NH3反應得到；該反應另一種產(chǎn)物為鹽．

（1）該反應的化學方程式為____，生成物NF3中氮原子的雜化方式為____，NF3分子空間構型為____；

（2）N、F兩種元素的氫化物穩(wěn)定性比較，NH3____HF（選填“＞”或“＜”）；

（3）N3-被稱為類鹵離子，寫出1種與N3-互為等電子體的分子的化學式____；

（4）元素A基態(tài)原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p64s2，A跟氟可形成離子化合物，其晶胞結構如圖，該離子化合物的化學式為____．

（5）化合物AF2的晶胞結構如圖所示，該離子化合協(xié)晶體的密度為ag/cm3，則晶胞的體積是____cm3（只要求列算式，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA）．23、寫出在催化劑的作用下丙烯→聚丙烯的化學方程式____．評卷人得分四、判斷題(共3題，共18分)24、伴有能量變化的物質變化都是化學變化．____．（判斷對錯）25、膠體的性質主要有：丁達爾現(xiàn)象、電泳、聚沉____．（判斷對錯）26、苯中混有已烯，可在加入適量溴水后分液除去____（判斷對錯）評卷人得分五、簡答題(共3題，共6分)27、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}均為中學化學常見的純凈物，rm{B}為自然界中含量最多的液體；它們之間有如下的反應關系：

rm{(1)}若rm{A}為短周期的金屬單質，rm{D}為氣態(tài)單質，rm{0.1mol/L}rm{C}溶液的rm{pH=13.}該反應的離子方程式為______

rm{(2)}若rm{A}的溶液能使淀粉溶液變藍，rm{C}為非金屬氧化物；能使品紅溶液褪色，該反應的化學方程式為______

rm{(3)}若rm{A}rm{C}rm{D}rm{E}均為化合物，rm{E}為白色沉淀，且rm{A}rm{C}rm{E}含有同一種元素；該反應的離子方程式為______

rm{(4)}若rm{A}是黃綠色氣體；rm{C}的焰色呈黃色，rm{C}溶液遇稀硫酸既產(chǎn)生淡黃色的沉淀又生成有刺激性氣味的無色氣體；生成物rm{D}是一種酸式鹽，rm{E}是一種強酸。該反應的化學方程式為______

rm{(5)}二氧化氯是目前國際上公認的第四代高效、無毒的廣譜消毒劑，它可由rm{KClO_{3}}在rm{H_{2}SO_{4}}存在下與rm{Na_{2}SO_{3}}反應制得。請寫出反應的離子方程式______

rm{(6)}過碳酸鈉是一種有多用途的新型氧系固態(tài)漂白劑，化學式可表示為rm{Na_{2}CO_{3}?3H_{2}O_{2}}它具有rm{Na_{2}CO_{3}}和rm{H_{2}O_{2}}的雙重性質。過碳酸鈉與下列物質均會發(fā)生化學反應而失效；其中過碳酸鈉只發(fā)生了還原反應的是______

A.rm{MnO_{2}}rm{B.KMnO_{4}}溶液rm{C.}稀鹽酸rm{D.Na_{2}SO_{3}}溶液。28、向明礬[KAl（SO4）2?12H2O]溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至過量．

（1）寫出可能發(fā)生的有關反應的化學方程式．______

（2）在圖中，縱坐標表示生成沉淀的物質的量，橫坐標表示加入Ba（OH）2的物質的量．試在圖中畫出當溶液中明礬為1mol時，生成的每一種沉淀的物質的量隨Ba（OH）2物質的量變化的曲線（在曲線上標明沉淀的化學式）．

（3）向aL物質的量濃度為Mmol/L的明礬溶液中滴加物質的量濃度為nmol/L的Ba（OH）2溶液bL；用含a；M、n的表達式表示：

①當b滿足______條件時；沉淀的總物質的量為最大值；

②當b滿足______條件時，沉淀的質量為最大值．29、工業(yè)上制取硝酸銨的流程圖如圖；請回答下列問題．

rm{(1)}合成氨的工業(yè)設備名稱是______，設備中設置熱交換器的目的是______；此生產(chǎn)過程中，rm{N_{2}}與rm{H_{2}}合成rm{NH_{3}}所用的催化劑是______；生產(chǎn)中原料氣必須進行脫硫；目的是______．

rm{(2)}吸收塔中反應為______；從生產(chǎn)流程看，吸收塔中需要補充空氣，其原因是______．

rm{(3)}生產(chǎn)硝酸的過程中常會發(fā)生一些氮的氧化物；可用如下三種方法處理：

方法一：堿吸收法：rm{NO+NO_{2}+2NaOH=2NaNO_{2}+NaNO_{3}+CO_{2}}

方法二：氨還原法：rm{8NH_{3}+6NO_{2}dfrac{underline{;{麓脽祿爐錄脕};}}{;}7N_{2}+12H_{2}O(}該反應放熱，rm{8NH_{3}+6NO_{2}dfrac{

underline{;{麓脽祿爐錄脕};}}{;}7N_{2}+12H_{2}O(}也有類似的反應rm{NO}

方法三：甲烷吸收法：rm{CH_{4}(g)+2NO_{2}(g)簍TCO_{2}(g)+N_{2}(g)+2H_{2}O(g)triangleH=+867kJ/mol(NO}也有類似反應rm{)}

上述三種方法中；方法一最大的缺點是______；方法二和方法三相比，優(yōu)點是______，缺點是______．

rm{CH_{4}(g)+2NO_{2}(g)簍TCO_{2}(g)+N_{2}(g)+2H_{2}O(g)triangle

H=+867kJ/mol(NO}某化肥廠用rm{)}制備rm{(4)}已知：由rm{NH_{3}}制rm{NH_{4}NO_{3}}的產(chǎn)率是rm{NH_{3}}rm{NO}制rm{94%}的產(chǎn)率是rm{NO}則制rm{HNO_{3}}所用rm{89%}的質量占總消耗rm{HNO_{3}}質量rm{NH_{3}}不考慮其它損耗rm{NH_{3}}的______rm{(}保留三位有效數(shù)字rm{)}．rm{%(}參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、B【分析】【分析】A、根據(jù)圖象看出石墨與O2的總能量比CO2的高；

B；根據(jù)圖象看出金剛石、石墨的最終產(chǎn)物均為二氧化碳；

C；根據(jù)圖象看出金剛石的能量大于石墨的能量；

D、根據(jù)圖象看出C（金剛石，s）═C（石墨，s）△H=E1-E2．【解析】【解答】解：A、根據(jù)圖象看出石墨與O2的總能量比CO2的高，所以石墨與O2生成CO2的反應是放熱反應；故A錯誤；

B、根據(jù)圖象看出金剛石、石墨均可生成具有極性共價鍵的CO2；故B正確；

C；根據(jù)圖象看出金剛石的能量大于石墨的能量；能量越大越不穩(wěn)定，故C錯誤；

D、根據(jù)圖象看出C（金剛石，s）═C（石墨，s）△H=E1-E2；故D錯誤．

故選：B．2、A【分析】【分析】A．電解氫氧化鈉溶液實質是電解水；

B．實驗室里需要480mL應選擇500mL容量瓶；依據(jù)容量瓶溶積計算溶質的質量；

C．定容時仍需要向容量瓶中加入蒸餾水；

D．容量瓶只能用于配制一定濃度的溶液，不能用于溶解或者稀釋溶質．【解析】【解答】解：A．電解氫氧化鈉溶液實質是電解水；若原氫氧化鈉溶液為飽和溶液則電解一段時間后NaOH溶液的濃度不變，若原氫氧化鈉溶液為非飽和溶液則電解一段時間后NaOH溶液的濃度變大，故A正確；

B．實驗室里需要480mL2.0mol/L的氫氧化鈉溶液；實際應配制500mL溶液，需要氫氧化鈉質量=0.5L×2.0mol/L×40g/mol=40.0g，故B錯誤；

C．定容時仍需要向容量瓶中加入蒸餾水；所以不需要容量瓶干燥，故C錯誤；

D．溶解綠礬不能在容量瓶中進行；應該在燒杯中溶解，故D錯誤；

故選：A．3、C【分析】【分析】依據(jù)配制溶液的體積結合容量瓶規(guī)格選擇合適的容量瓶，計算溶質的質量應依據(jù)容量瓶的容積，依據(jù)公式m=CVM計算．【解析】【解答】解：需要配制2mol/L的NaCl溶液950mL；依據(jù)大而近的原則，應選擇1000ml的容量瓶，需要溶質的質量m=CVM=2mol/L×1L×58.5g/mol=117.0g；

故選：C．4、D【分析】【分析】空氣中的游離態(tài)的氮轉化為化合態(tài)氮的過程叫做固氮．【解析】【解答】解：A．NH3→NO化合態(tài)轉化為化合態(tài)；A錯誤；

B．NO→NO2化合態(tài)轉化為化合態(tài)；B錯誤；

C．NH3→NH4NO3化合態(tài)轉化為化合態(tài)；C錯誤；

D．N2→NH3游離態(tài)的氮轉化為化合態(tài)氮，D正確．5、C【分析】【分析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X原子的最外層電子數(shù)是其內(nèi)層電子總數(shù)的3倍，X有2個電子層，最外層電子數(shù)為6，故X為O元素，W與X屬于同一主族，故W為S元素，Y原子的最外層只有2個電子，原子序數(shù)大于O元素，故Y處于第三周期，故Y為Mg元素，Z單質可制成半導體材料，Z為Si元素，結合元素化合物的性質解答．【解析】【解答】解：短周期元素X；Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大；X原子的最外層電子數(shù)是其內(nèi)層電子總數(shù)的3倍，X有2個電子層，最外層電子數(shù)為6，故X為O元素，W與X屬于同一主族，故W為S元素，Y原子的最外層只有2個電子，原子序數(shù)大于O元素，故Y處于第三周期，故Y為Mg元素，Z單質可制成半導體材料，Z為Si元素；

A．非金屬性S＞Si；非金屬性越強，則最高價氧化物對應水化物的酸性越強，所以元素W的最高價氧化物對應水化物的酸性比Z的強，故A錯誤；

B．化合物MgO為離子化合物，含有離子鍵，SiO2、SO3屬于共價化合物；含有共價鍵，故B錯誤；

C．O的氫化物分子間存在氫鍵；沸點較高，所以元素X的簡單氣態(tài)氫化物的沸點比W的高，故C正確；

D．電子層越多離子半徑越大，電子排布相同時，原子序數(shù)越大，離子半徑越小，則簡單離子半徑的大小順序：rW＞rX＞rY；故D錯誤；

故選：C．6、B【分析】試題分析：加鹽酸有氣體甲生成，這說明溶液中含有CO32-離子或SO32－、，生成的氣體是二氧化碳或SO2，即甲是CO2或SO2。因此一定不存在和碳酸根或SO32－不共存的離子，所以不存在鎂離子、鋁離子。加足量鹽酸有沉淀，說明一定有硅酸根離子，硅酸是沉淀，即沉淀甲是硅酸。無色溶液甲中加入過量氨水（提供OH-）有沉淀生成，只能是氫氧化鋁沉淀，說明此時溶液中存在鋁離子，但是原來溶液中的鋁離子一定不能存在，所以該鋁離子是[Al(OH)4]－和鹽酸反應生成的，所以，一定存在[Al(OH)4]－。根據(jù)溶液顯電中性可知，要保證溶液電中性，只有K+這一個陽離子，所以一定存在鉀離子，而SO42－不能確定。A、氣體甲可能是CO2和SO2的混合氣，故A正確；B、溶液中一定不含有鎂離子，所以沉淀甲是硅酸，不可能是硅酸鎂，故B不正確；C、白色沉淀乙是氫氧化鋁，故C正確；D、根據(jù)以上分析可知K＋、[Al(OH)4]－和SiO2－3一定存在于溶液X中，故D正確，答案選B?？键c：考查離子共存和離子檢驗的判斷【解析】【答案】B二、雙選題(共9題，共18分)7、A|C【分析】解：A、O、F、S的非金屬性強弱順序為F＞O＞S，所以熱穩(wěn)定性：HF＞H2O＞H2S；故A錯誤．

B、溶液中分散質粒子直徑小于1nm，膠體的分散質粒子直徑在1nm-100nm之間，懸濁液的分散質粒子直徑大于100nm，所以分散系中分散質粒子的直徑：Fe(OH)3懸濁液＞Fe(OH)3膠體＞FeCl3溶液；故B正確．

C；Si、Na位于同一周期；鈉的原子序數(shù)小于硅的原子序數(shù)，所以鈉的原子半徑大于硅的；碳、硅位于同一主族，碳的原子半徑小于硅的原子半徑；碳、氧處于同一周期，碳的原子半徑大于氧的原子半徑，所以原子半徑：

Na＞Si＞O；故C錯誤．

D、當結合氫離子后，OH-、CH3COO-、SO42-分別生成的物質是水、醋酸、硫酸，硫酸是強電解質極容易電離，醋酸是弱電解質較容易電離，水是弱電解質極難電離，所以這三種離子結合質子的能力大小為OH-＞CH3COO-＞SO42-；故D正確．

故選AC．【解析】【答案】AC8、B|D【分析】解：A．原電池中；一般活潑金屬作負極，由圖可知，左邊燒杯中Al為負極，右邊燒杯中Fe為負極，則活動性：Al＞Fe＞Cu，故A正確；

B．氯氣可氧化溴離子和碘離子；不能說明溴置換出碘，則不能比較溴與碘的氧化性，故B錯誤；

C．發(fā)生沉淀的轉化，向更難溶的方向移動，則由白色固體先變?yōu)榈S色，后變?yōu)楹谏?，可知溶解性：AgCl＞AgBr＞Ag2S；故C正確；

D．鹽酸易揮發(fā)；可與碳酸鈉；硅酸鈉均發(fā)生化學反應，圖中裝置不能說明二氧化碳與硅酸鈉溶液反應，則不能比較碳酸與硅酸的酸性，故D錯誤；

故選BD．

A．原電池中；一般活潑金屬作負極；

B．氯氣可氧化溴離子和碘離子；

C．發(fā)生沉淀的轉化；向更難溶的方向移動；

D．鹽酸易揮發(fā)；可與碳酸鈉；硅酸鈉均發(fā)生化學反應．

本題考查化學實驗方案的評價，涉及原電池、氧化還原反應、沉淀轉化及酸性比較等，側重反應原理的考查，注意BD中排除干擾為解答的易錯點，題目難度中等．【解析】【答案】BD9、B|C【分析】解：按照題目所給C8H18的裂化產(chǎn)物考慮，C8H18裂化可能發(fā)生的反應共有以下幾種：

①C8H18→C4H8+C3H6+CH4

②C8H18→C4H8+C2H4+C2H6

③C8H18→2C3H6+C2H6

④C8H18→C3H6+2C2H4+CH4

⑤C8H18→3C2H4+C2H6

以上反應①、②、③是1molC8H18裂化生成3mol混合氣體；④、⑤反應是1molC8H18裂化生成4mol混合氣體．要得到題目所述的混合氣體；按①；②、③反應就可以實現(xiàn)；但是按④、⑤反應并不能得到題目所述的混合氣體，至少需要①、②中的一個反應參與或者共同參與，③也有可能同時參與．

這樣1molC8H18裂化所得的混合氣體的物質的量為：3mol≤n＜4mol，所以混合氣體的平均摩爾質量＜≤

即28.5g/mol＜≤38g/mol．所以平均相對分子質量為：28.5＜≤38．

故選B；C．

根據(jù)C原子、H原子守恒，判斷C8H18裂化可能發(fā)生的反應情況，根據(jù)反應情況判斷1molC8H18裂化所得的混合氣體的物質的量的范圍；再根據(jù)極限法計算平均相對分子質量的范圍，據(jù)此解答．

本題以裂化為載體，考查相對分子質量范圍的判斷，難度較大，關鍵判斷1molC8H18裂化所得的混合氣體的物質的量的范圍．【解析】【答案】BC10、CD【分析】【分析】本題考查了混合物反應的計算，題目難度較大，明確剩余氣體組成為解答關鍵，注意掌握討論法在化學計算中的應用，試題側重考查學生的分析、理解能力及化學計算能力?！窘獯稹考僭O最終收集到rm{44.8mL}氣體為氧氣，發(fā)生反應有：rm{4NH_{3}+5O_{2}?4NO+6H_{2}O}rm{4NO+3O_{2}+2H_{2}O=4HNO_{3}}設氧氣總體積為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，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}當剩余的氣體為rm{NO}時，則氧氣、氨氣完全反應，發(fā)生反應為：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、B|D【分析】解：A．分子里含有碳碳三鍵的不飽和鏈烴叫炔烴；故A正確；

B．炔烴易發(fā)生加成反應難發(fā)生取代反應；故B錯誤；

C．炔烴既能使溴水褪色；也可以使高錳酸鉀酸性溶液退色，故C正確；

D．多碳原子的炔烴中碳原子不一定在一條直線上；如1-丁炔中的4個碳原子不在同一直線上，故D錯誤．

故選BD．【解析】【答案】BD12、rAC【分析】解：rm{A}放電時；熔鈉電極失電子發(fā)生氧化反應，所以放電時熔鈉電極作電池的負極，故A錯誤；

B、原電池中電解質中的陽離子移向正極，即rm{Na^{+}}向正極移動；故B正確；

C；充電時；原電池的負極和電源的負極相連，原電池的正極和電源的正極相連，放電時熔鈉電極是負極，充電時熔鈉電極與電源的負極相連，故C錯誤；

D、充電時陽極發(fā)生失電子的氧化反應，電極反應式為：rm{8S_{n}^{2-}-16e^{-}簍TnS_{8}}故D正確．

故選AC．

A；放電時；失電子發(fā)生氧化反應的金屬電極是負極；

B；原電池中電解質中的陽離子移向正極；

C；充電時；原電池的負極和電源的負極相連，原電池的正極和電源的正極相連；

D；充電時陽極發(fā)生失電子的氧化反應；和放電時的正極反應相反．

本題考查原電池原理，明確電池反應中元素的化合價變化及原電池的工作原理即可解答，注意與氧化還原反應的結合，題目難度不大．【解析】rm{AC}13、BC【分析】【解析】本題基于苯、乙烯、甲醛的共平面結構判斷化合物rm{II}的共平面可能性，基于苯酚的性質進行穩(wěn)定性判斷、物質鑒別、溴的消耗量判斷，重點是苯酚的化學性質考查?！窘獯稹緼.苯酚在空氣中易被氧化，推及含有酚羥基的有機物在空氣中易被氧化，rm{I}中含有酚羥基，Ⅰ在空氣中不能穩(wěn)定存在，故A錯誤；B.苯、乙烯、甲醛分子中所有原子共平面，Ⅱ中所有原子均有可能共面，故B正確；C.化合物rm{III}含有酚羥基，化合物rm{II}沒有酚羥基，可用rm{FeCl_{3}}溶液鑒別有機物Ⅱ和Ⅲ，故C正確；D.產(chǎn)物rm{III}中的酚羥基鄰位有rm{1}個空位，對位沒有空位，產(chǎn)物rm{III}中羰基附近有rm{1}個碳碳雙鍵，rm{1mol}產(chǎn)物Ⅲ與足量溴水反應，取代反應和加成反應各消耗rm{1}摩rm{Br_{2}}共消耗rm{Br_{2}}的物質的量為rm{2mol}，故D錯誤。本題選BC?！窘馕觥縭m{BC}14、rBC【分析】解：rm{A.CH_{3}CH_{2}CH_{3}}中有rm{2}種rm{H}原子，核磁共振氫譜有rm{2}個吸收峰；故A錯誤；

B.rm{CH_{3}COCH_{2}CH_{3}}中有rm{3}種rm{H}原子，核磁共振氫譜有rm{3}個吸收峰；故B正確；

C.rm{CH_{3}CH_{2}OH}中有rm{3}種rm{H}原子，核磁共振氫譜有rm{3}個吸收峰；故C正確；

D.rm{CH_{3}OCH_{3}}中有rm{1}種rm{H}原子，核磁共振氫譜有rm{1}個吸收峰；故D錯誤．

故選BC．

核磁共振氫譜中有幾個不同的峰，分子中就有幾種rm{H}原子，峰的面積之比等于氫原子數(shù)之比，核磁共振氫譜圖有rm{3}三種信號，說明分子中有rm{3}種rm{H}原子rm{.}利用等效氫原子判斷：rm{壟脵}分子中同一甲基上連接的氫原子等效；rm{壟脷}同一碳原子所連甲基上的氫原子等效，同一同一碳原子所連氫原子等效；rm{壟脹}處于鏡面對稱位置上的氫原子等效．

本題以核磁共振氫譜為載體考查有機物的結構，難度較小，清楚核磁共振氫譜中有幾個不同的峰，分子中就有幾種rm{H}原子．【解析】rm{BC}15、rAD【分析】解：rm{A.}由名稱可知碳酸二甲酯為碳酸與甲醇酯化反應生成的酯，結構簡式為故A正確；

B.屬于有機物；可燃燒生成水；二氧化碳，故B錯誤；

C.為酯類物質；不溶于水，易溶于乙醇和丙酮，故C錯誤；

D.由題意可知；用于生產(chǎn)非毒性化工產(chǎn)品，為綠色化工原料，對人體無害，故D正確．

故選AD．

碳酸二甲酯為碳酸與甲醇酯化反應生成的酯，結構簡式為具有酯類的性質，可燃燒；水解，易溶于有機溶劑，不溶于水，以此解答該題．

本題多角度考查有機物的結構和性質，為高頻考點，側重于學生的分析能力的考查，注意把握有機物的結構特點和性質，題目有利于培養(yǎng)學生良好的科學素養(yǎng)，提高學習的積極性，難度不大．【解析】rm{AD}三、填空題(共8題，共16分)16、醚鍵氨基加成反應氧化反應或【分析】【分析】（1）據(jù)A的結構簡式可知A中含氧；含氮的官能團名稱；

（2）D→E是醇的消去反應；據(jù)此分析E的結構簡式；

（3）據(jù)BC；EF的結構簡式分析反應類型；

（4）B除苯環(huán)外還有4個C原子；3個O原子，1個N原子，據(jù)題目所給信息判斷其同分異構體；

（5）據(jù)題給信息，與苯環(huán)在AlCl3作用下發(fā)生取代反應，產(chǎn)物再與乙醇發(fā)生酯化反應，在利用上述合成路線中的反應③原理反應，最后發(fā)生醇羥基的消去反應可得．【解析】【解答】解：（1）（1）據(jù)A的結構簡式可知A中含氧；含氮的官能團為醚鍵、氨基；故答案為：醚鍵、氨基；

（2）D→E是醇的消去反應，生成的E的結構簡式為故答案為：

（3）據(jù)F的合成路線圖中BC；EF的結構簡式可知，反應②為加成反應，反應⑤為氧化反應，故答案為：加成反應；氧化反應；

（4）B除苯環(huán)外還有4個C原子，3個O原子，1個N原子，能發(fā)生銀鏡反應，說明含有醛基，苯環(huán)上有兩種一氯代物，說明在苯環(huán)的對位有取代基，屬于α-氨基酸且核磁共振氫譜顯示其有7種不同化學環(huán)境的氫原子的同分異構體為或

故答案為：或

（5）與苯環(huán)在AlCl3作用下發(fā)生取代反應，產(chǎn)物再與乙醇發(fā)生酯化反應，在利用上述合成路線中的反應③原理反應，最后發(fā)生醇羥基的消去反應可得合成路線圖為或。

故答案為：或。

．17、0.1mol/L【分析】【分析】根據(jù)鹽酸是一元強酸，完全電離來分析．【解析】【解答】解：鹽酸是強酸，HCl在溶液中完全電離，而且是一元酸，即1個HCl分子電離出1個H+，故0.1mol/LHCl溶液的c（H+）為0.1mol/L，故答案為：0.1mol/L．18、CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-704kJ?mol-1432kJ/molC（s）+2CuO（s）=Cu2O（s）+CO（g）△H=+34.5KJ/mol46.1kJ18.44【分析】【分析】（1）16g的甲醇（CH3OH）物質的量==0.5mol，0.5mol的甲醇（CH3OH）完全燃燒生成CO2和液態(tài)水時放出352kJ的熱量，則1mol的甲醇（CH3OH）完全燃燒生成CO2和液態(tài)水時放出704kJ的熱量．

（2）依據(jù)反應焓變=反應物鍵能總和-生成物鍵能總和計算得到；

（3）依據(jù)熱化學方程式和蓋斯定律計算得到所需熱化學方程式；

（4）①依據(jù)圖象分析；生成2mol氨氣反應焓變=斷裂化學鍵吸收能量-形成化學鍵放出能量計算得到1mol氨氣放出熱量；

②依據(jù)化學平衡計算生成氨氣物質的量，結合熱化學方程式計算Q1；【解析】【解答】解：（1）16g的甲醇（CH3OH）物質的量==0.5mol，0.5mol的甲醇（CH3OH）完全燃燒生成CO2和液態(tài)水時放出352kJ的熱量，則1mol的甲醇（CH3OH）完全燃燒生成CO2和液態(tài)水時放出704kJ的熱量，熱化學反應方程式為：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-704kJ?mol-1；

故答案為：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-704kJ?mol-1．

（2）焓變△H=反應物鍵能總和-生成物鍵能總和，H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△H=-185kJ/mol；E（H-H）=436kJ/mol，E（Cl-Cl）=243kJ/mol；

E（H-H）+E（Cl-Cl）-2E（H-Cl）=△H；

則E（H-Cl）=432kJ/mol；

故答案為：432kJ/mol；

（3）①2Cu（s）+O2（g）═Cu2O（s）△H=-169kJ?mol-1；

②C（s）+O2（g）═CO（g）△H=-110.5kJ?mol-1；

③2Cu（s）+O2（g）═2CuO（s）△H=-314kJ?mol-1

依據(jù)蓋斯定律①+②-③得到工業(yè)上用炭粉在高溫條件下還原CuO制取Cu2O和CO的熱化學方程式為：C（s）+2CuO（s）=Cu2O（s）+CO（g）△H=+34.5KJ/mol；

故答案為：C（s）+2CuO（s）=Cu2O（s）+CO（g）△H=+34.5KJ/mol；

（4）①如圖是N2和H2反應生成2molNH3過程中能量變化示意圖；反應焓變△H=335KJ/mol-427.2KJ/mol=-92.2KJ/mol，所以生成1mol氨氣放熱46.1KJ；

故答案為：46.1kJ；

②如圖是N2和H2反應生成2molNH3過程中能量變化示意圖；反應焓變△H=335KJ/mol-427.2KJ/mol=-92.2KJ/mol；

N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=-92.2KJ/mol

130

0.20.60.4

生成0.4mol氨氣放熱=×92；2KJ=18.44KJ；

故答案為：18.44．19、（1）（7）【分析】【分析】（1）使甲基橙變紅色的溶液為酸性溶液中，Mg2+、K+、SO42-、NO3-之間不發(fā)生反應；也不與氫離子反應；

（2）使酚酞變紅的溶液顯堿性；

（3）Ag+能和I-生成沉淀；

（4）AlO2-能和H+生成沉淀；

（5）Fe3+能和S2-發(fā)生氧化還原反應；

（6）葡萄糖分子中含-CHO；有強還原性；

（7）NaOH與K+，Na+、SO42-，CO32-均不反應；

（8）CO32-能和Ba2+生成沉淀；

（9）Fe3+能和I-發(fā)生氧化還原反應，能和SCN-發(fā)生絡合反應；

（10）=1×1014的溶液顯酸性，能和ClO-反應生成弱電解質；

（11）S2-能和Cu2+生成沉淀；

（12）pH=12的溶液顯堿性，OH-能和Al3+生成沉淀．【解析】【解答】解：（1）使甲基橙變紅色的溶液中存在電離氫離子，Mg2+、K+、SO42-、NO3-之間不反應；且都不與氫離子反應，在溶液中能夠大量共存，故正確；

（2）使酚酞變紅的溶液顯堿性，能和Cu2+生成沉淀、能和HCO3-反應生成CO32-而不能共存；故錯誤；

（3）Ag+能和I-生成碘化銀沉淀而不能共存；故錯誤；

（4）AlO2-能和H+生成氫氧化鋁沉淀；故不能共存，故錯誤；

（5）Fe3+能和S2-發(fā)生氧化還原反應生成S單質和FeS沉淀而不能共存；故錯誤；

（6）葡萄糖分子中含-CHO；有強還原性，能被高錳酸鉀溶液氧化而不能共存，故錯誤；

（7）NaOH與K+，Na+、SO42-，CO32-均不反應；故可以共存，故正確；

（8）CO32-能和Ba2+生成碳酸鋇沉淀；故不能共存，故錯誤；

（9）Fe3+能和I-發(fā)生氧化還原反應生成亞鐵離子和碘單質、Fe3+能和SCN-發(fā)生絡合反應而不能共存；故錯誤；

（10）=1×1014的溶液中，C（H+）＞C（OH-），溶液顯酸性，含大量H+能和ClO-反應生成弱電解質而不能共存；故錯誤；

（11）S2-能和Cu2+生成CuS沉淀而不能共存；故錯誤；

（12）pH=12的溶液顯堿性，溶液中含有的OH-能和Al3+生成氫氧化鋁沉淀而不能共存；故錯誤．

故答案為：（1）（7）．20、H2A?H++HA-、HA-?H++A2-＞c（Na+）＞c（A2-）＞c（OH-）＞c（HA-）＞c（H+）5.4×10-10均有可能【分析】【分析】（1）存在的分子有H2O、H2A，則H2A為弱酸；

（2）等體積混合生成Na2A，水解顯堿性，離子水解以第一步為主；由反應式Ba2++A2-=BaA↓可得：沉淀后A2-過量0.01mol，溶液中c（A2-）==mol?L-1，根據(jù)BaA的Ksp可得c（Ba2+）；

（3）混合溶液c（H+）/c（OH-）=104，c（H+）=10-5mol/L，顯酸性，則酸過量，以此分析．【解析】【解答】解：（1）存在的分子有H2O、H2A，則H2A為弱酸，電離方程式為H2A?H++HA-、HA-?H++A2-，故答案為：H2A?H++HA-、HA-?H++A2-；

（2）等體積混合生成Na2A，水解顯堿性，pH＞7，離子水解以第一步為主，則離子濃度關系為c（Na+）＞c（A2-）＞c（OH-）＞c（HA-）＞c（H+），由反應式Ba2++A2-=BaA↓可得：沉淀后A2-過量0.01mol，溶液中c（A2-）==mol?L-1，根據(jù)BaA的Ksp=c（Ba2+）?c（A2-）可得c（Ba2+）==

=5.4×10-10mol?L-1；

故答案為：＞；c（Na+）＞c（A2-）＞c（OH-）＞c（HA-）＞c（H+）；5.4×10-10；

（3）混合溶液c（H+）/c（OH-）=104，c（H+）=10-5mol/L，顯酸性，則酸過量，H2A為弱酸，pH=3的H2A溶液與pH=11的NaOH溶液混合時酸的濃度大于堿的濃度，則二者體積關系不確定，大于、小于或等于都可能酸過量，故答案為：均有可能．21、②③【分析】【分析】A分子式為C3H6，能與溴發(fā)生反應生成B，B水解得到的D可以連續(xù)發(fā)生氧化反應，則A為CH3CH=CH2，B為CH3CHBrCH2Br，D為CH3CH（OH）CH2OH，B發(fā)生信息中反應生成C為CH3CH（CN）CH2CN，C發(fā)生水解反應生成E為E與D發(fā)生酯化反應生成的F分子中含有8個原子組成的環(huán)狀結構，則F為據(jù)此解答．【解析】【解答】解：A分子式為C3H6，能與溴發(fā)生反應生成B，B水解得到的D可以連續(xù)發(fā)生氧化反應，則A為CH3CH=CH2，B為CH3CHBrCH2Br，D為CH3CH（OH）CH2OH，B發(fā)生信息中反應生成C為CH3CH（CN）CH2CN，C發(fā)生水解反應生成E為E與D發(fā)生酯化反應生成的F分子中含有8個原子組成的環(huán)狀結構，則F為

（1）反應①丙烯與溴發(fā)生加成反應生成CH3CHBrCH2Br，反應②是CH3CHBrCH2Br發(fā)生取代反應生成CH3CH（OH）CH2OH，反應③是CH3CHBrCH2Br與NaCN發(fā)生取代反應生成CH3CH（CN）CH2CN；

故答案為：②③；

（2）化合物E為與CH3CH（OH）CH2OH發(fā)生酯化反應生成的F分子中含有8個原子組成的環(huán)狀結構，則F為

故答案為：

（3）D與E生成F的化學方程式為：

故答案為：．22、3F2+4NH3NF3+3NH4Fsp3雜化三角錐形＜N2O或CO2CaF2【分析】【分析】（1）F2和過量的NH3反應生成NF3和NH4F；根據(jù)分子中δ鍵和孤電子對數(shù)判斷雜化類型和分子的空間構型；

（2）元素的非金屬性越強；對應的氫化物越穩(wěn)定；

（3）N3-含有3個原子和22個電子；結合等電子體的定義分析；

（4）元素A基態(tài)原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p64s2；應為Ca元素，利用均攤法計算化學式；

（5）根據(jù)晶胞計算AF2個數(shù)，進而計算質量，結合ρ=計算．【解析】【解答】解：（1）F2和過量的NH3反應生成NF3和NH4F，反應的方程式為3F2+4NH3NF3+3NH4F，NF3中含有3個δ鍵，且孤電子對數(shù)為=1，則應為sp3雜化；空間構型為三角錐形；

故答案為：3F2+4NH3NF3+3NH4F；sp3雜化；三角錐形；

（2）由于非金屬性N＜F；則HF更穩(wěn)定，故答案為：＜；

（3）N3-含有3個原子和22個電子，價電子總數(shù)為16，則對應的等電子體有CO2或CS2、N2O等，故答案為：N2O或CO2；

（4）元素A基態(tài)原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p64s2，應為Ca元素，由晶胞結構可知Ca2+離子位于晶胞的定點和面心，共含有8×+6×=4個，F(xiàn)-離子位于體心，共8個，則化學式為CaF2；

故答案為：CaF2；

（5）晶胞平均含有4個Ca2+，8個F-，質量為g，該離子化合協(xié)晶體的密度為ag/cm3，則晶胞的體積是cm3，故答案為：．23、【分析】【分析】丙烯發(fā)生加聚反應生成聚丙烯．【解析】【解答】解：丙烯分子中含碳碳雙鍵，可發(fā)生加聚反應生成聚丙烯，化學方程式為：

故答案為：四、判斷題(共3題，共18分)24、×【分析】【分析】伴有能量變化的物質變化不一定發(fā)生化學反應．【解析】【解答】解：伴有能量變化的物質變化不一定是化學變化，如燈泡發(fā)光過程中有熱能變化，故錯誤；25、√【分析】【分析】膠體中分散質粒子直徑在1-100nm之間，膠體能發(fā)生丁達爾效應、能產(chǎn)生電泳現(xiàn)象、能產(chǎn)生聚沉．【解析】【解答】解：膠體中分散質粒子直徑在1-100nm之間，所以膠體能產(chǎn)生丁達爾效應；膠體具有吸附性，吸附帶電荷的離子，所以能產(chǎn)生電泳現(xiàn)象；膠體能發(fā)生聚沉現(xiàn)象，故答案為：√．26、×【分析】【分析】根據(jù)苯和1，2-二溴已烷可以互溶，難易分離；【解析】【解答】解：苯中混有已烯，可在加入適量溴水，苯與溴水不反應，已烯與溴水發(fā)生加成反應生成1，2-二溴已烷，但苯和1，2-二溴已烷可以互溶，難易分離，故答案為：×；五、簡答題(共3題，共6分)27、略

【分析】解：rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}均為中學化學常見的純凈物，rm{B}為自然界中含量最多的液體，判斷為rm{H_{2}O}

rm{(1)}若rm{A}為短周期的金屬單質，rm{0.1mol/LC}溶液的rm{pH=13}說明rm{C}為強堿性溶液，rm{D}為氣態(tài)單質，判斷rm{A}為rm{Al}rm{D}為rm{H_{2}}該反應的離子方程式為rm{2Al+2OH^{-}+2H_{2}O=2AlO_{2}^{-}+3H_{2}隆眉}

故答案為：rm{2Al+2OH^{-}+2H_{2}O=2AlO_{2}^{-}+3H_{2}隆眉}

rm{(2)}若rm{A}的溶液能使淀粉溶液變藍，rm{A}具有氧化性，rm{C}為非金屬氧化物，能使品紅溶液褪色，則rm{C}為二氧化硫，則rm{A}為碘，該反應的反應方程式為rm{SO_{2}+I_{2}+2H_{2}O簍T2HI+H_{2}SO_{4}}

故答案為：rm{SO_{2}+I_{2}+2H_{2}O簍T2HI+H_{2}SO_{4}}

rm{(3)}若rm{A}rm{C}rm{D}rm{E}均為化合物，rm{E}為白色沉淀，且rm{A}rm{C}rm{E}含有同一種元素，則rm{A}為氯化鋁，rm{C}為偏鋁酸鈉，rm{E}為rm{Al(OH)_{3}}rm{D}為氯化鈉，該反應的離子方程式為rm{Al^{3+}+3AlO_{2}^{-}+6H_{2}O簍T4Al(OH)_{3}隆媒}

故答案為：rm{Al^{3+}+3AlO_{2}^{-}+6H_{2}O簍T4Al(OH)_{3}隆媒}

rm{(4)}若rm{A}是黃綠色氣體，則rm{A}為氯氣，rm{C}的焰色呈黃色，說明rm{C}中含有鈉元素，rm{C}溶液遇稀硫酸既產(chǎn)生淡黃色的沉淀又生成有刺激性氣味的無色氣體，則rm{C}為硫代硫酸鈉；生成物rm{D}是一種酸式鹽是硫酸氫鈉，rm{E}是一種強酸，則rm{E}為鹽酸，該反應的化學方程式為rm{4Cl_{2}+Na_{2}S_{2}O_{3}+5H_{2}O簍T2NaHSO_{4}+8HCl}

故答案為：rm{4Cl_{2}+Na_{2}S_{2}O_{3}+5H_{2}O簍T2NaHSO_{4}+8HCl}

rm{(5)KClO_{3}}在rm{H_{2}SO_{4}}存在下與rm{Na_{2}SO_{3}}反應，rm{SO_{3}^{2-}}被氧化成rm{SO_{4}^{2-}}由電子、電荷守恒可知該離子反應為rm{2ClO_{3}^{-}+SO_{3}^{2-}+2H^{+}簍T2ClO_{2}+SO_{4}^{2-}+H_{2}O}

故答案為：rm{2ClO_{3}^{-}+SO_{3}^{2-}+2H^{+}簍T2ClO_{2}+SO_{4}^{2-}+H_{2}O}

rm{(6)Na_{2}CO_{3}?3H_{2}O_{2}}具有rm{Na_{2}CO_{3}}和rm{H_{2}O_{2}}的雙重性質，過碳酸鈉只發(fā)生了還原反應，則選項中的物質具有還原性，只有rm{D}選項符合，故答案為：rm{D}

A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}均為中學化學常見的純凈物，rm{B}為自然界中含量最多的液體，判斷為rm{H_{2}O}

rm{(1)}若rm{A}為短周期的金屬單質，rm{0.1mol/LC}溶液的rm{pH=13}說明rm{C}為強堿性溶液，rm{D}為氣態(tài)單質，判斷rm{A}為rm{Al}rm{D}為rm{H_{2}}

rm{(2)}若rm{A}的溶液能使淀粉溶液變藍，rm{A}具有氧化性，rm{C}為非金屬氧化物，能使品紅溶液褪色，則rm{C}為二氧化硫，則rm{A}為碘；

rm{(3)}若rm{A}rm{C}rm{D}rm{E}均為化合物，rm{E}為白色沉淀，且rm{A}rm{C}rm{E}含有同一種元素，則rm{A}為氯化鋁，rm{C}為偏鋁酸鈉，rm{E}為rm{Al(OH)_{3}}rm{D}為氯化鈉；

rm{(4)}若rm{A}是黃綠色氣體，則rm{A}為氯氣，rm{C}的焰色呈黃色，說明rm{C}中含有鈉元素，rm{C}溶液遇稀硫酸既產(chǎn)生淡黃色的沉淀又生成有刺激性氣味的無色氣體，則rm{C}為硫代硫酸鈉；生成物rm{D}是一種酸式鹽是硫酸氫鈉，rm{E}是一種強酸，則rm{E}為鹽酸；

rm{(5)}二氧化氯由rm{KClO_{3}}在rm{H_{2}SO_{4}}存在下與rm{Na_{2}SO_{3}}反應制得；則可知反應物；生成物，結合電子守恒、電荷守恒分析；

rm{(6)Na_{2}CO_{3}?3H_{2}O_{2}}具有rm{Na_{2}CO_{3}}和rm{H_{2}O_{2}}的雙重性質；過碳酸鈉只發(fā)生了還原反應，則選項中的物質具有還原性。

本題考查了物質轉化關系的應用，物質性質和反應條件的應用判斷，為高考常見題型，側重考查學生的分析能力，題目主要考查氯氣、硫及其化合物、鋁及其化合物等物質性質的推斷和運用，題目難度中等。【解析】rm{2Al+2OH^{-}+2H_{2}O=2AlO_{2}^{-}+3H_{2}隆眉}rm{SO_{2}+I_{2}+2H_{2}O簍T2HI+H_{2}SO_{4}}rm{Al^{3+}+3AlO_{2}^{-}+6H_{2}O簍T4Al(OH)_{3}隆媒}rm{4Cl_{2}+Na_{2}S_{2}O_{3}+5H_{2}O簍T2NaHSO_{4}+8HCl}rm{2ClO_{3}^{-}+SO_{3}^{2-}+2H^{+}簍T2ClO_{2}+SO_{4}^{2-}+H_{2}O}rm{D}28、略

【分析】解：（1）設溶液中明礬的物質的量為1mol，則當?shù)渭拥腂a（OH）2的物質的量分別在0～1.5mol和1.5mol～2.0mol時，所發(fā)生的反應的化學方程式分別為：2KAl（SO4）2+3Ba（OH）2═K2SO4+3BaSO4↓+2Al（OH）3↓①

K2SO4+2Al（OH）3+Ba（OH）2═2KAlO2+BaSO4↓+4H2O②；

故答案為：2KAl（SO4）2+3Ba（OH）2═K2SO4+3BaSO4↓+2Al（OH）3↓、K2SO4+2Al（OH）3+Ba（OH）2═2KAlO2+BaSO4↓+4H2O；

（2）從化學方程式可以看出，生成BaSO4的物質的量隨Ba（OH）2的量的增加而增加，生成Al（OH）3的物質的量隨Ba（OH）2的量的增加而發(fā)生先增加后減少直至完全溶解的變化過程；

設溶液中明礬的物質的量為1mol，根據(jù)硫酸根離子和鋇離子的關系式知，當加入2mol氫氧化鋇時，鋇離子完全轉化為硫酸鋇，n（BaSO4）=2mol；

根據(jù)鋁離子和氫氧根離子之間的關系式知；當加入1.5mol氫氧化鋇時，鋁離子完全轉化為氫氧化鋁，其物質的量為1mol，當加入2mol氫氧化鋇時，氫氧化鋁完全轉化為偏鋁酸根離子；

所以其圖象為