2025年統(tǒng)編版2024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年統(tǒng)編版2024高三化學上冊階段測試試卷736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8題，共16分)1、下列離子方程式正確的是（）A.向鹽酸中滴加氨水：H++OH﹣═H2OB.Fe（OH）3溶于氫碘酸：Fe（OH）3+3H+═Fe3++3H2OC.向Na2S2O3溶液中通入足量氯氣：S2O+2Cl2+3H2O═2SO+4Cl﹣+6H+D.銅溶于稀硝酸：3Cu+8H++2NO═3Cu2++2NO↑+4H2O2、綜合如圖判斷；下列說法正確的是（）

A.裝置I和裝置II中負極反應均是：Fe-2e-=Fe2+B.裝置I和裝置II中鹽橋中的陽離子均向右側燒杯移動C.裝置I和裝置II中Fe電極的腐蝕速度為前者大于后者D.放電過程中，裝置I左側燒杯和裝置II右側燒杯中溶液的PH均增大3、對于短周期元素，下列說法正確的是（）A.同主族元素間不可能形成離子化合物B.兩種簡單離子不可能相差3個電子層C.同周期主族元素離子半徑從左到右依次減小D.若兩元素原子序數(shù)相差8，則周期數(shù)一定相差14、如圖，電解用粗鹽（含Mg2+、Ca2+、SO等雜質）配制的食鹽水，以下說法正確的是（）A.a是電解池的陰極B.a電極上發(fā)生還原反應C.b電極附近有白色沉淀出現(xiàn)D.b電極上有黃綠色氣體產(chǎn)生5、下列工業(yè)上制備物質的過程中，無氧化還原反應發(fā)生的是（）A.合成氨B.從鋁土礦中獲得鋁C.玻璃制備D.從海水中獲得氯氣6、下表中實驗“操作和現(xiàn)象”與“結論或目的一均正確的一組是7、rm{20隆忙}時，飽和rm{KCl}溶液的密度為rm{1.174g?cm^{-3}}物質的量濃度為rm{4.0mol?L^{-1}}則下列說法中不正確的是rm{(}rm{)}A.rm{25隆忙}時，飽和rm{KCl}溶液的濃度大于rm{4.0}rm{mol?L^{-1}}B.此溶液中rm{KCl}的質量分數(shù)為rm{dfrac{74.5隆脕4.0}{1.174隆脕1000}隆脕100%}C.rm{dfrac

{74.5隆脕4.0}{1.174隆脕1000}隆脕100%}時，密度小于rm{20隆忙}的rm{1.174g?cm^{-3}}溶液是不飽和溶液D.將此溶液蒸發(fā)部分水，再恢復到rm{KCl}時，溶液密度一定大于rm{20隆忙}rm{1.174g?cm^{-3}}8、下列實驗操作正確的是()A.可用長頸漏斗分離汽油和水的混合液B.酒精燈使用不當引起少量酒精在桌上燃燒時，立即用濕布蓋滅C.給盛有液體的試管加熱時，要不停地移動試管D.洗凈的錐形瓶和容量瓶可用烘箱烘干評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)9、在一個溫度恒定的密閉容器中，發(fā)生反應2SO2+O2?2SO3；請按要求回答下列問題．

[恒定壓強條件下]

（1）若開始時放入1molSO2和0.5molO2，達平衡后，生成0.9molSO3，這時SO2的轉化率為____．

（2）若開始時放入4molSO2和2molO2，達平衡后，生成SO3的物質的量為____．

[恒定容積條件下]

（3）若開始時放入1molSO2和0.5molO2，達平衡后，生成amolSO3，則a____0.9（填“＞”；“＜”或“=”）．

（4）若令x、y和z分別代表初始加入SO2、O2和SO3的物質的量，要使達平衡時，反應混合物中三種氣體的物質的量分別與（3）中平衡時完全相同，且反應正向進行，則必須滿足的等式關系是____．（用x、y、z代數(shù)式表示），x的取值范圍是____．10、芳香化合物A、B互為同分異構體，B的結構簡式是

A經(jīng)①；②兩步反應得C、D和E；B經(jīng)①、②兩步反應得E、F和H．上述反應過程、產(chǎn)物性質及相互關系如圖所示：

（1）B的核磁共振氫譜中會出現(xiàn)____個峰．

（2）E中含有官能團的名稱是____．

（3）若C的氧化產(chǎn)物不能發(fā)生銀鏡反應，C的化學名稱為____，則A對應的結構簡式為____．

（4）B、C、D、F、G化合物中互為同系物的是____．

（5）G發(fā)生銀鏡反應的方程式為____．

（6）滿足下列條件的E的同分異構體有____種，①遇FeCl3溶液顯紫色；②能發(fā)生銀鏡反應；③苯環(huán)上的一氯代物只有兩種；其中能發(fā)生銀鏡反應又能發(fā)生水解反應的是____．（寫結構簡式）11、（2012秋?長安區(qū)校級月考）元素在周期表中的位置；反映了元素的原子結構和元素的性質．如圖是元素周期表的一部分．

（1）根據(jù)元素周期律，請你預測：H3AsO4、H3PO4的酸性強弱：H3AsO4____H3PO4．（用“＞”；“＜”或“=”表示）

（2）熔點H2O____H2S熔點（用“＞”、“＜”或“=”表示），原因____．；穩(wěn)定性H2O____H2S（用“＞”、“＜”或“=”表示），原因____

（3）Br原子基態(tài)電子排布式____；As原子的價電子排布圖____

（4）N、O、F的電負性由小到大的順序____，第一電離能由大到小的順序____．12、請根據(jù)題意；選擇恰當?shù)倪x項用字母代號填空．

（1）了解用藥常識；有利于自我保?。F(xiàn)有下列藥物；

A．阿司匹林B．青霉素C．抗酸藥（氫氧化鋁）D．麻黃堿。

①可治療支氣管哮喘，但不宜過多服用的藥物是____．

②治療胃酸過多，但患有嚴重的胃潰瘍，應該選擇____．

③一種重要的抗生素類藥，靜脈注射時，要進行皮試，有阻止多種細菌生長功能，該藥物是____．

④能使發(fā)熱的病人體溫降至正常，并起到緩解疼痛的作用，該藥物是____．

（2）防治環(huán)境污染；改善生態(tài)環(huán)境、呵護地球已成為人類共同的呼聲．

①垃圾處理要遵循無害化、減量化和資源化．下列選項不屬于目前常用的垃圾處理方法的是____．

A．焚燒法B．蒸餾法C．堆肥法。

②工業(yè)廢水需處理達標后才能排放．下列廢水處理的方法合理的是____．

A．用中和法除去廢水中的酸B．用氯氣除去廢水中的懸浮物。

（3）食品的安全關系人類的生存和健康．

①淀粉在人體中水解最終轉化為____．

A．乙醇B．氨基酸C．葡萄糖。

②在食品加工或餐飲業(yè)中，特別要嚴加控制用量的一種物質是____．

A．氯化鈉B．亞硝酸鈉C．碳酸氫鈉。

（4）鈉是活潑金屬的代表；鈉和鈉的化合物是中學化學的基礎知識．請回答下列有關問題．

①鈉跟水劇烈反應，生成____和氫氣（H2）；此實驗說明鈉的化學性質活潑；

②鈉有兩種氧化物，其中能用于呼吸面具和潛水艇中作為氧氣來源的氧化物是____；

A．CO2B．Na2O2C．Na2OD．NaClE．NaOHF．O2．13、有短周期主族元素A；B、C、D；A、D同主族，最外層電子數(shù)都為1：；B、C同周期，C原子最外層電子數(shù)比B原子少2個，且最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的2倍．A、B單質在常溫下均為氣體．它們在一定條件下以體積2：1完全反應，生成物在常溫下是液體．此液體與D單質能劇烈反應生成A單質，所得溶液中含有與氖原子電子層結構相同的陽離子．

回答下列問題：

（1）寫出元素符號：A．____B．____C．____D．____

（2）B單質與D單質加熱反應后生成的化學式為____

（3）由A、B、C、D、共同組成的化合物的化學式是____．14、（2015秋?湖州校級期中）甲醛是一種重要的化工產(chǎn)品；可利用甲醇催化脫氫制備．甲醛與氣態(tài)甲醇轉化的能量關系如圖所示．

（1）甲醇催化脫氫轉化為甲醛的反應是____（填“吸熱”和“放熱”）反應．

（2）過程Ⅰ與過程Ⅱ的反應熱是否相同？____，原因是____．

（3）寫出甲醇催化脫氫轉化為甲醛的熱化學方程____．

（4）甲醇催化脫氫轉化為甲醛的過程中，如果要使反應溫度維持在700℃，需向體系中通入空氣，則進料甲醇與空氣的物質的量理論比值為____[假設：H2（g）+O2（g）H2O（g）△H=-akJ/mol，空氣中氧氣體積分數(shù)為0.2]．評卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)15、Na2SO4固體中含鈉離子．____（判斷對錯）16、1mol硫酸鉀中陰離子所帶電荷數(shù)為NA____（判斷對錯）17、一定壓強下，所有物質在溫度變化時都能表現(xiàn)出三態(tài)變化．____（判斷對錯）18、HClO是弱酸，所以NaClO是弱電解質____（判斷對錯）19、食物溶于水后的溶液中pH＜7，則為酸性食物．____．（判斷對錯）20、將飽和氯化鐵溶液滴入稀氫氧化鈉溶液中加熱，可得氫氧化鐵膠體____．（判斷對錯）21、向淀粉溶液中加入稀硫酸，加熱幾分鐘，冷卻后再加入新制Cu（OH）2濁液加熱，可以檢驗水解產(chǎn)物葡萄糖．____．（判斷對錯說明理由）22、苯中混有已烯，可在加入適量溴水后分液除去____（判斷對錯）評卷人得分四、計算題(共1題，共9分)23、（2013秋?沙坪壩區(qū)校級期中）鐵及其化合物之間的相互轉化可用下式表示：①②③④

Fe2+Fe3+FeO（高鐵酸根離子）回答下列有關問題：

（1）鐵元素在周期表中的位置是____．

（2）Fe與過量稀硫酸反應可以制取FeSO4．若用反應所得的酸性溶液，實現(xiàn)上述①的轉化，要求產(chǎn)物純凈，可選用的試劑是____（選填序號）．

A．Cl2B．FeC．HNO3D．H2O2

（3）上述轉化得到的硫酸鐵可用于電化浸出黃銅礦精礦工藝．精礦在陽極浸出的反應比較復雜，其中有一主要反應CuFeS2+4Fe3+=Cu2++5Fe2++2S（CuFeS2中S為-2價），下列說法正確的是____（選填序號）．

A．從物質分類的角度看；黃銅礦屬于合金。

B．反應中；所有鐵元素均被還原。

C．反應中，CuFeS2既作氧化劑又作還原劑。

D．當轉移1mol電子時，46gCuFeS2參加反應。

（4）下述反應中，若FeSO4和O2的系數(shù)比為2：1；試配平下列方程式：

FeSO4+K2O2→K2FeO4+K2O+K2SO4+O2↑

（5）向某稀HNO3和Fe（NO3）3的混合溶液中逐漸加入鐵粉，產(chǎn)生無色氣體，該氣體遇空氣變紅棕色，溶液中Fe2+濃度和加入Fe粉的物質的量之間的關系如圖所示．則混合溶液中HNO3和Fe（NO3）3的物質的量濃度之比為____．

（6）某同學將鐵與水蒸氣高溫反應后的固體物質溶解在過量鹽酸中，如何判斷所得溶液中是否含有Fe3+？

____．評卷人得分五、探究題(共4題，共24分)24、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________．25、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：26、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________．27、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、綜合題(共1題，共6分)28、（13分）化工生產(chǎn)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8題，共16分)1、D【分析】【解答】解：A．向鹽酸中滴加氨水的離子反應為H++NH3?H2O﹣═H2O+NH4+，故A錯誤；B．Fe（OH）3溶于氫碘酸的離子反應為2Fe（OH）3+2I﹣+6H+═2Fe2++I2+6H2O；故B錯誤；

C．向Na2S2O3溶液中通入足量氯氣的離子反應為6OH﹣+S2O+4Cl2═2SO+8Cl﹣+3H2O；故C錯誤；

D．銅溶于稀硝酸的離子反應為3Cu+8H++2NO═3Cu2++2NO↑+4H2O；故D正確；

故選D．

【分析】A．一水合氨在離子反應中保留化學式；

B．發(fā)生氧化還原反應生成碘化亞鐵；碘、水；

C．反應生成硫酸根離子；

D．遵循電子、電荷守恒．2、D【分析】【分析】圖中裝置Ⅰ、Ⅱ都是原電池裝置，裝置Ⅰ中，Zn為負極，發(fā)生氧化反應Zn-2e-═Zn2+，F(xiàn)e為正極，發(fā)生還原反應O2+2H2O+4e-═4OH-．裝置Ⅱ中，F(xiàn)e為負極，發(fā)生氧化反應Fe-2e-═Fe2+，Cu為正極，發(fā)生還原反應2H++2e-═H2↑，原電池工作時，陽離子向正極移動，陰離子向負極移動，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：A．圖中裝置Ⅰ、Ⅱ都是原電池裝置，裝置Ⅰ中，Zn為負極，發(fā)生氧化反應Zn-2e-═Zn2+，裝置Ⅱ中，F(xiàn)e為負極，發(fā)生氧化反應Fe-2e-═Fe2+；故A錯誤；

B．原電池工作時；陽離子向正極移動，陰離子向負極移動，裝置Ⅰ中，Zn為負極，F(xiàn)e為正極，鹽橋中的陽離子向左燒杯移動，裝置Ⅱ中，F(xiàn)e為負極，Cu為正極，鹽橋中的陽離子向右側燒杯移動，故B錯誤；

C．裝置Ⅰ中，Zn為負極，發(fā)生氧化反應Zn-2e-═Zn2+，F(xiàn)e為正極被保護，裝置Ⅱ中，F(xiàn)e為負極，發(fā)生氧化反應Fe-2e-═Fe2+；鐵腐蝕被加快，所以裝置I和裝置II中Fe電極的腐蝕速度為前者小于后者，故C錯誤；

D．電過程中，裝置Ⅰ左側燒杯，發(fā)生還原反應O2+2H2O+4e-═4OH-，生成堿，裝置II右側燒杯中，發(fā)生還原反應2H++2e-═H2↑；消耗鹽酸，故溶液的pH均增大，故D正確；

故選D．3、D【分析】【分析】A．同主族元素間可以形成形成離子化合物；如NaH；

B．兩種簡單離子可能相差3個電子層，如H+、K+；

C．同周期主族元素陽離子半徑；陰離子半徑從左到右依次減??；但陽離子半徑小于陰離子半徑；

D．若兩元素原子序數(shù)相差8，可能為H與F或同族短周期相鄰元素或三、四周期的同主族的ⅠA族、ⅡA族元素．【解析】【解答】解：A．同主族元素間可以形成形成離子化合物；如NaH，故A錯誤；

B．兩種簡單離子可能相差3個電子層，如H+、K+；故B錯誤；

C．電子層結構相同；核電荷數(shù)越大離子半徑越小，電子層越多離子半徑越大，故同周期主族元素陽離子半徑；陰離子半徑從左到右依次減小，但陽離子半徑小于陰離子半徑，故C錯誤；

D..若兩元素原子序數(shù)相差8；可能為H與F或同族短周期相鄰元素或三；四周期的同主族的ⅠA族、ⅡA族元素，周期數(shù)一定相差1，故D正確；

故選D．4、C【分析】【分析】用惰性電極電解粗鹽水時，連接電源負極的電極是電解池陰極，連接電源正極的電極是電解池陽極，陽極上氯離子失電子發(fā)生氧化反應生成氯氣，陰極上氫離子得電子發(fā)生還原反應生成氫氣，同時陰極附近生成氫氧根離子，結合氫氧化鈣的溶解性分析．【解析】【解答】解：A．連接電源負極的電極是電解池陰極；連接電源正極的電極為陽極，所以a電極是電解池陽極，故A錯誤；

B．a(chǎn)電極上氯離子失電子發(fā)生氧化反應；故B錯誤；

C．b電極上氫離子得電子生成氫氣，同時b極附近生成氫氧根離子；氫氧根離子和鈣離子反應生成微溶物氫氧化鈣，當氫氧化鈣濃度較大時產(chǎn)生白色沉淀，故C正確；

D．a(chǎn)電極上氯離子失電子生成氯氣；氯氣是黃綠色氣體，故D錯誤；

故選C．5、C【分析】【分析】氧化還原反應的特征是化合價的升降，可判斷元素的化合價是否有變化來判斷有無氧化還原反應發(fā)生．【解析】【解答】解：A．合成氨中N和H元素的化合價發(fā)生變化；屬于氧化還原反應，故A不選；

B．從鋁土礦中獲得鋁；Al和O元素的化合價發(fā)生變化，屬于氧化還原反應，故B不選；

C．制備玻璃；涉及分解和化合反應，但各元素的化合價沒有發(fā)生變化，故C選；

D．從海水中獲得氯氣；Cl和H元素的化合價發(fā)生變化，屬于氧化還原反應，故D不選．

故選C．6、D【分析】A、不正確，濃鹽酸具有揮發(fā)性，就改成稀鹽酸；B、不正確，結論不正確，可能是AgCl沉淀；C、不正確，F(xiàn)e(NO3)2加入稀H2SO4后，F(xiàn)e2＋可能被H＋和NO3―組成的HNO3氧化；D、正確，CO32―濃度大時，可以將CaSO4轉化成CaCO3沉淀。選D?？键c：化學實驗方案設計與評價；物質除雜或凈化的探究；氧氣的檢驗和驗滿【解析】【答案】D7、D【分析】解：rm{A}rm{KCl}的溶解度隨溫度升高而增大，所以飽和溶液濃度會增大，rm{20隆忙}時是rm{4mol/L}則rm{25隆忙}時大于rm{4mol/L}故A正確；

B、rm{20隆忙}時，飽和rm{KCl}溶液的密度為rm{1.174g?cm^{-3}}物質的量濃度為rm{4.0mol?L^{-1}}根據(jù)rm{c=dfrac{1000婁脩w}{M}}可知，質量分數(shù)為rm{w=dfrac{4隆脕74.5}{1000隆脕1.174}隆脕100%}故B正確；

C、rm{w=dfrac

{4隆脕74.5}{1000隆脕1.174}隆脕100%}溶液的濃度越大密度越大，故rm{KCl}時，密度小于rm{20隆忙}rm{1.174}的rm{g?cm^{-3}}溶液是不飽和溶；故C正確；

D、若將飽和溶液蒸發(fā)，則有rm{KCl}晶體析出rm{KCl}再恢復到rm{.}時，其溶解度不變，溶液仍為飽和溶液，密度仍為rm{20隆忙}故D錯誤；

故選D．

A、溫度越高rm{1.174g?cm^{-3}}的溶解度越高；濃度越大；

B、根據(jù)rm{KCl}進行公式變形計算；

C、rm{c=dfrac{1000婁脩w}{M}}溶液的濃度越大密度越大；

D、將此溶液蒸發(fā)部分水，再恢復到rm{KCl}時，rm{20隆忙}溶解度不變；剩余溶液是飽和溶液．

本題考查物質的量濃度、溶解度、溶液的性質等，難度不大，注意掌握溫度與溶解度的關系．rm{KCl}【解析】rm{D}8、B【分析】【分析】本題考查化學實驗方案的評價；為高頻考點，把握混合物分離提純；實驗安全、實驗操作為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析，題目難度不大。

【解答】A.汽油和水的混合液分層，選擇分液漏斗分液，故A錯誤；B.少量酒精在桌上燃燒時，濕布蓋滅，隔絕空氣，操作合理，故B正確；C.給盛有液體的試管加熱時，先預熱后集中加熱，不能不停地移動試管，故C錯誤；D.洗凈的錐形瓶和容量瓶不需要烘干，有少量水對實驗無影響，故D錯誤。故選B?！窘馕觥縭m{B}二、填空題(共6題，共12分)9、90%3.6mol＜x+z=1，y+z=0.5（1-a）＜x≤1【分析】【分析】（1）由方程式可知△n（SO2）=△n（SO3），SO2的轉化率=×100%；

（2）若開始時放入4molSO2和2molO2，與（1）中SO2、O2的起始物質的量之比均為2：1；恒溫恒壓下與（1）中平衡為等效平衡，平衡時反應轉化率相等；

（3）正反應為氣體物質的量減小的反應；恒溫恒容下，平衡時壓強減小，所到達的平衡等效為在（1）中平衡基礎上減小壓強，平衡逆向移動；

（4）若令x、y和z分別代表初始加入SO2、O2和SO3的物質的量，要使達平衡時，反應混合物中三種氣體的物質的量分別與（3）中平衡時完全相同，恒溫恒容下，按化學計量數(shù)轉化到左邊滿足n（SO2）=1mol、n（O2）=0.5mol，且反應正向進行，二氧化硫物質的量應大于（3）中平衡時二氧化硫的物質的量，三氧化硫物質的量為0時，二氧化硫起始物質的量最大．【解析】【解答】解：（1）由方程式可知△n（SO2）=△n（SO3）=0.9mol，則SO2的轉化率=×100%=90%；

故答案為：90%；

（2）若開始時放入4molSO2和2molO2，與（1）中SO2、O2的起始物質的量之比均為2：1，恒溫恒壓下與（1）中平衡為等效平衡，平衡時反應轉化率相等，則達平衡后，生成SO3的物質的量為0.9mol×=3.6mol；

故答案為：3.6mol；

（3）正反應為氣體物質的量減小的反應；恒溫恒容下，平衡時壓強減小，所到達的平衡等效為在（1）中平衡基礎上減小壓強，平衡逆向移動，則a＜0.9；

故答案為：＜；

（4）若令x、y和z分別代表初始加入SO2、O2和SO3的物質的量，要使達平衡時，反應混合物中三種氣體的物質的量分別與（3）中平衡時完全相同，恒溫恒容下，按化學計量數(shù)轉化到左邊滿足n（SO2）=1mol、n（O2）=0.5mol，則x+z=1，y+z=0.5；且反應正向進行，二氧化硫物質的量應大于（3）中平衡時二氧化硫的物質的量，（3）中平衡時二氧化硫為1mol-amol=（1-a）mol，三氧化硫物質的量為0時，二氧化硫起始物質的量最大為1mol，則（1-a）＜x≤1；

故答案為：x+z=1，y+z=0.5；（1-a）＜x≤1．10、5羥基、羧基2-丙醇C與FCH3CHO+2Ag（NH3）2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O3【分析】【分析】B的結構簡式是B發(fā)生水解反應然后酸化得到E、F、H，F(xiàn)能連續(xù)被氧化生成H，則F是CH3CH2OH、H是CH3COOH，G是CH3CHO，E為A和B互為同分異構體，A水解然后酸化得到對羥基苯甲酸、甲酸和C，若C的氧化產(chǎn)物不能發(fā)生銀鏡反應，C結構簡式為（CH3）2CHOH，A的結構簡式為據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：B的結構簡式是B發(fā)生水解反應然后酸化得到E、F、H，F(xiàn)能連續(xù)被氧化生成H，則F是CH3CH2OH、H是CH3COOH，G是CH3CHO，E為A和B互為同分異構體，A水解然后酸化得到對羥基苯甲酸、甲酸和C，若C的氧化產(chǎn)物不能發(fā)生銀鏡反應，C結構簡式為（CH3）2CHOH，A的結構簡式為

（1）B的結構簡式是B中H原子種類為5，所以B的核磁共振氫譜中會出現(xiàn)5個吸收峰，故答案為：5；

（2）E為E中官能團名稱是羥基和羧基，故答案為：羥基；羧基；

（3）通過以上分析知，C為CH3）2CHOH，其名稱是2-丙醇；A的結構簡式為

故答案為：2-丙醇；

（4）B；C、D、F、G化合物中互為同系物的是C與F；二者都是二者都是醇，故答案為：C與F；

（5）G是CH3CHO，G和銀氨溶液發(fā)生銀鏡反應，反應方程式為CH3CHO+2Ag（NH3）2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O；

故答案為：CH3CHO+2Ag（NH3）2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O；

（6）E為E的同分異構體符合下列條件：①遇FeCl3溶液顯紫色說明含有酚羥基；②能發(fā)生銀鏡反應說明含有醛基；③苯環(huán)上的一氯代物只有兩種；說明苯環(huán)上只有兩類氫原子；

如果含有-OH；HCOO-且二者處于對位有一種結構；

如果含有兩個-OH；一個CHO；符合條件的有兩種結構，所以符合條件的一共有三種；

其中能發(fā)生銀鏡反應又能發(fā)生水解反應的是

故答案為：3；．11、＜＞H2O含有氫鍵導致熔沸點比H2S高＞非金屬性越強，其氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定1s22s22p63s23p63d104s24p5或[Ar]4s24p54s24p3N＜O＜FF＞N＞O【分析】【分析】（1）元素的非金屬性越強；其最高價氧化物的水化物酸性越強，同一主族元素，元素的非金屬性隨著原子序數(shù)增大而減弱；

（2）分子晶體的熔點與其相對分子質量成正比；但含有氫鍵的物質其熔點升高；元素非金屬性越強，其氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定；

（3）Br原子核外有35個電子；根據(jù)構造原理書寫其基態(tài)原子核外電子排布式；As原子核外有33個電子，其價電子為4s；4p電子，且4s能級上有2個電子、4p能級上有3個電子；

（4）同一周期元素，元素的電負性隨著原子序數(shù)增大而增大，其第一電離能隨著原子序數(shù)增大而呈增大趨勢，但第IIA族、第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素．【解析】【解答】解：（1）元素的非金屬性越強，其最高價氧化物的水化物酸性越強，同一主族元素，元素的非金屬性隨著原子序數(shù)增大而減弱，非金屬性Sn＜P，所以酸性H3AsO4＜H3PO4；故答案為：＜；

（2）分子晶體的熔點與其相對分子質量成正比，但含有氫鍵的物質其熔點升高，水中含有氫鍵，所以熔點H2O＞H2S熔點；元素非金屬性越強，其氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，非金屬性O＞S，所以氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性H2O＞H2S，故答案為：＞；H2O含有氫鍵導致熔沸點比H2S高；＞；非金屬性越強；其氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性越強；

（3）Br原子核外有35個電子，根據(jù)構造原理知其基態(tài)原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p5或[Ar]4s24p5，As原子核外有33個電子，其價電子為4s、4p電子，且4s能級上有2個電子、4p能級上有3個電子，其價電子排布式為4s24p3；

故答案為：1s22s22p63s23p63d104s24p5或[Ar]4s24p5；4s24p3；

（4）同一周期元素，元素的電負性隨著原子序數(shù)增大而增大，其第一電離能隨著原子序數(shù)增大而呈增大趨勢，但第IIA族、第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素，所以電負性從小到大順序是N＜O＜F，第一電離能大小順序是F＞N＞O，故答案為：N＜O＜F；F＞N＞O．12、DCBAAACBEB【分析】【分析】（1）阿司匹林是一種既能解熱；又能鎮(zhèn)痛，還有消炎；抗風濕作用的藥物；

青霉素是最早發(fā)現(xiàn)的對許多病原菌有抑制作用；對人和動物組織無毒的抗生素；

抗酸藥的種類很多；通常含有一種或幾種能中和鹽酸的化學物質如氫氧化鋁；

麻黃堿具有止咳平喘的作用；可用于治療支氣管哮喘，過量服用會產(chǎn)生失眠等副作用；

（2）①堆肥；衛(wèi)生填埋、焚燒處理、垃圾分類回收都是目前常用的垃圾處理的方法；

②根據(jù)混凝劑適用于除去廢水中的懸浮物；沉淀法適用于除去廢水中的重金屬離子；中和法適用于除去廢水中的酸；

（3）①淀粉是多糖水解的最終產(chǎn)物是葡萄糖；

②食品加工或餐飲業(yè)中使用量特別要注意嚴加控制的物質；說明該物質有毒性；

（4）鈉和水反應生成氫氧化鈉和氫氣；過氧化鈉和二氧化碳、水反應生成氧氣．【解析】【解答】解：（1）①可治療支氣管哮喘；但不宜過多服用的藥物是麻黃堿，故答案為：D；

②治療胃酸過多；但患有嚴重的胃潰瘍，應該選擇抗酸藥（氫氧化鋁），故答案為：C；

③是一種重要的抗生素類藥；有阻止多種細菌生長的功能，該藥物是青霉素，故答案為：B；

④能使發(fā)熱的病人體溫降至正常；并起到緩解疼痛的作用，該藥物是阿司匹林，故答案為：A；

（2）①堆肥；衛(wèi)生填埋、焚燒處理、垃圾分類回收都是目前常用的垃圾處理的方法；蒸餾法不是，故答案為：A；②A．中和法適用于除去廢水中的酸，所以用中和法除去廢水中的酸，故A正確；

B．用混凝劑如明礬等除去廢水中的懸浮物；氯氣能消毒殺菌，但不能除去懸浮物，故B錯誤；

故答案為：A；

（3）①淀粉在人體中；水解最終轉化成葡萄糖為人體提供生命活動所需能量，故答案為：C；

②A食鹽雖說不能吃太多；對心臟不好，但不需要嚴格控制；B亞硝酸鹽有致癌的作用，故需要嚴格控制；C碳酸氫鈉對人體危害較?。ǔＳ糜诿姘陌l(fā)酵），故不需要嚴格控制，故答案為：B；

（4）①鈉和水反應方程式為：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；故答案為：E；

②過氧化鈉和水、二氧化碳反應方程式為：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2N2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑，氧化鈉和水、二氧化碳反應都不生成氧氣，故答案為：B．13、HOCNaNa2O2NaHCO3【分析】【分析】短周期主族元素A、B、C、D，C原子最外層電子數(shù)比B原子少2個，且最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的2倍，C原子只能有2個電子層，最外層電子數(shù)為4，則C為碳元素；B原子最外層電子數(shù)為6，B、C在同一周期，則B為O元素；A、D同主族，A、D原子的最外層電子數(shù)都是1，處于ⅠA族，D的原子序數(shù)大于O，故D為Na，A的單質為氣體，則A為H元素；氫氣與氧氣生成水，鈉與水反應生成氫氧化鈉與氫氣，鈉離子與氖原子的電子層結構相同，符合題意，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：短周期主族元素A；B、C、D；C原子最外層電子數(shù)比B原子少2個，且最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的2倍，C原子只能有2個電子層，最外層電子數(shù)為4，則C為碳元素；B原子最外層電子數(shù)為6，B、C在同一周期，則B為O元素；A、D同主族，A、D原子的最外層電子數(shù)都是1，處于ⅠA族，D的原子序數(shù)大于O，故D為Na，A的單質為氣體，則A為H元素；氫氣與氧氣生成水，鈉與水反應生成氫氧化鈉與氫氣，鈉離子與氖原子的電子層結構相同，符合題意；

（1）由上述分析可知；A；B、C、D的元素符號分別是H、O、C、Na，故答案為：H、O、C、Na；

（2）Na和O2加熱反應生成Na2O2，故答案為：Na2O2；

（3）由H、O、C、Na組成的化合物為NaHCO3等，故答案為：NaHCO3等．14、吸熱相同一個化學反應的反應熱僅與反應的起始狀態(tài)和反應的最終狀態(tài)有關，而與反應的途徑無關CH3OH（g）HCHO（g）+H2（g）△H=（E2-E1）kJ/mol【分析】【分析】（1）通過比較反應物和生成物的總能量的角度來得出反應吸放熱；

（2）反應熱取決于反應物和生成物的總能量的大??；與起始狀態(tài)和反應的最終狀態(tài)有關，而與反應的途徑無關；

（3）根據(jù)圖象得出反應熱的數(shù)值；根據(jù)熱化學方程式的書寫方法寫出；

（4）要使反應維持在一定溫度持續(xù)進行，應保證反應H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H2=-akJ?mol-1

放出的熱量恰好被反應CH30H（g）=CH20（g）+H2（g）△H1=（E2-E1）kJ?mol-1全部利用．因此根據(jù)反應方程式的關系可知：甲醇與氧氣的物質的量之比為，根據(jù)空氣中氧氣的體積分數(shù)0.2，可求得甲醇與空氣的物質的量之比，據(jù)此即可解答．【解析】【解答】解：（1）通過圖象可以看出；反應物的總能量比生成物的總能量低，故為吸熱反應，故答案為：吸熱．

（2）一個化學反應的熱效應僅與反應的起始狀態(tài)和反應的最終狀態(tài)有關；與反應的途徑無關，僅取決于反應物和生成物的總能量的大小，過程Ⅰ與過程Ⅱ的反應熱是相同的，故答案為：相同一個化學反應的反應熱僅與反應的起始狀態(tài)和反應的最終狀態(tài)有關，而與反應的途徑無關．

（3）從圖象可以看出，甲醇催化脫氫轉化為甲醛為吸熱反應，而且吸收熱量為（E2-E1）；故熱化學方程式為：

CH3OH（g）HCHO（g）+H2（g）△H=（E2-E1）kJ/mol，故答案為：CH3OH（g）HCHO（g）+H2（g）△H=（E2-E1）kJ/mol

（4）反應維持在一定溫度持續(xù)進行，應保證反應H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H2=-akJ?mol-1

放出的熱量恰好被反應CH30H（g）=CH20（g）+H2（g）△H1=（E2-E1）kJ?mol-1全部利用．即CH30H反應吸收的熱量等于氫氣燃燒放出的熱量，設需甲醇的物質的量為n（CH30H），需氧氣的物質的量為n（O2），則有：n（CH30H）×（E2-E1）=n（O2）×2×a；解得：

甲醇與氧氣的物質的量之比=，根據(jù)空氣中氧氣的體積分數(shù)0.2，即可得出=，故答案為：三、判斷題(共8題，共16分)15、√【分析】【分析】可從該化合物所含化學鍵及晶體類型判斷是否含有鈉離子．【解析】【解答】解：Na是第ⅠA族活潑金屬，與酸根離子形成離子鍵，所以Na2SO4屬于離子化合物；由陽離子鈉離子和陰離子硫酸根離子構成；

故答案為：√．16、×【分析】【分析】硫酸鉀由K+和SO42-構成，結合離子化合物的構成判斷．【解析】【解答】解：硫酸鉀由K+和SO42-構成，1mol硫酸鉀中含有1molSO42-，陰離子所帶電荷數(shù)為2NA；

故答案為：×．17、×【分析】【分析】有的固體受熱時會直接升華為氣體．【解析】【解答】解：一定壓強下；所有物質在溫度變化時不一定能表現(xiàn)出三態(tài)變化，如碘受熱時直接升華為氣體，不形成液體，故錯誤；

故答案為：×．18、×【分析】【分析】HClO是弱電解質，但NaClO是鹽，屬于強電解質．【解析】【解答】解：HClO是弱電解質，但NaClO在水溶液里或熔融狀態(tài)下完全電離，所以NaClO屬于強電解質，故錯誤；故答案為：×．19、×【分析】【分析】食物的酸堿性與化學上所指的溶液的酸堿性是不同的概念，食物呈酸性或成堿性，是按食物在體內代謝最終產(chǎn)物的性質來分類的．【解析】【解答】解：食物的酸堿性與溶于水后的溶液PH無關，如檸檬酸呈酸性，但為堿性食物，故答案為：×．20、×【分析】【分析】氫氧化鐵膠體制備方法為：向沸水中滴加幾滴飽和氯化鐵溶液并加熱至液體呈紅褐色即可，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：氫氧化鐵膠體制備方法為：向沸水中滴加幾滴飽和氯化鐵溶液并加熱至液體呈紅褐色即可，如果將飽和氯化鐵溶液滴入稀氫氧化鈉溶液中加熱，二者反應生成紅褐色氫氧化鐵沉淀，得不到氫氧化鐵膠體，所以該題說法錯誤，故答案為：×．21、×【分析】【分析】用新制Cu（OH）2濁液檢驗葡萄糖的存在時，必須保證溶液呈堿性．【解析】【解答】解：此說法錯誤．理由是：用新制Cu（OH）2濁液檢驗淀粉的水解產(chǎn)物葡萄糖的存在時，必須保證溶液呈堿性．而淀粉溶液水解時加入稀H2SO4做催化劑，故想檢驗葡萄糖的生成，須在水解液中加過量的堿使溶液呈堿性，冷卻后再加入新制Cu（OH）2濁液；若有磚紅色沉淀生成，說明水解產(chǎn)物為葡萄糖．

故答案為：×，用新制Cu（OH）2濁液檢驗淀粉的水解產(chǎn)物葡萄糖的存在時，必須保證溶液呈堿性，即在加新制Cu（OH）2濁液之前，必須加過量的堿使溶液呈堿性．22、×【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：×；四、計算題(共1題，共9分)23、第四周期第Ⅷ族DD4：1取少量溶液于試管中，加入2～3滴KSCN溶液，如溶液呈血紅色，則有Fe3+，反之則無【分析】【分析】（1）鐵元素在周期表中的位置是第四周期第Ⅷ族；

（2）根據(jù)物質的性質及是否引進雜質確定選項；

（3）根據(jù)合金的定義；化合價的升降、發(fā)生反應的物質與轉移電子之間的關系判斷；

（4）根據(jù)得失電子數(shù)相等配平反應方程式；注意化合價的判斷方法；

（5）混合溶液中加入鐵粉發(fā)生的反應為：3Fe+8HNO3（稀）═3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O，2Fe（NO3）3+Fe═3Fe（NO3）2，由圖象可知，加入2molFe粉時，鐵離子完全反應生成Fe2+的物質的量之比為3mol，設混合溶液中有xmolHNO3，ymolFe（NO3）3；根據(jù)列放出計算；

（6）鐵離子的檢驗加KSCN溶液，觀察溶液是否呈血紅色．【解析】【解答】解：（1）鐵元素在周期表中的位置是第四周期第Ⅷ族；故答案為：第四周期第Ⅷ族；

（2）要使產(chǎn)物純凈；必須物質間發(fā)生反應后，沒有雜質生成．

A；氯氣有氧化性；能氧化二價鐵離子生成三價鐵離子，但同時有氯離子生成，所以有雜質生成，故A錯誤；

B；鐵與稀硫酸反應生成二價鐵離子；不能把二價鐵離子轉化為三價鐵離子，故B錯誤；

C；硝酸能氧化二價鐵離子生成三價鐵離子；但溶液中還有雜質硝酸根離子，故C錯誤；

D；雙氧水能氧化二價鐵離子生成三價鐵離子；同時有水生成，水是原溶液的成分，所以不是雜質，故D正確；

故選D；

（3）A；合金是由兩種或兩種以上的金屬與非金屬經(jīng)一定方法所合成的具有金屬特性的物質；所以黃銅礦不是合金，故A錯誤；

B、CuFeS2中鐵元素的化合價為+2價，反應物Fe3+的化合價為+3價，生成物中Fe2+的化合價為+2價；所以不是所有鐵元素均被還原，故B錯誤；

C、CuFeS2中只有S元素的化合價只有升高，其他元素的化合價不變，所以CuFeS2只作還原劑；故C錯誤；

D、CuFeS2+4Fe3+=Cu2++5Fe2++2S轉移電子4

184g4mol

46g1mol

故D正確；

故選D；

（4）FeSO4+K2O2→K2FeO4+K2O+K2SO4+O2↑，該反應，F(xiàn)eSO4中Fe的化合價為+2價，K2FeO4中Fe的化合價為+6價，所以一個氯化亞鐵分子失去4個電子；K2O2中O的化合價為-1價，O2中O的化合價為0價，一個K2O2分子失去2個電子生成氧氣；K2O2中O的化合價為-1價，K2FeO4和K2O中O元素的化合價為-2價，所以一個K2O2失去2個電子，該方程式中得失電子的最小公倍數(shù)為6，所以該方程式的計量數(shù)分別為2、6、2、2、2、1，即方程式為2FeSO4+6K2O2=2K2FeO4+2K2O+2K2SO4+1O2↑；

故答案為：2；6、2、2、2、1；

（5）混合溶液中加入鐵粉發(fā)生的反應為：

3Fe+8HNO3（?。┄T3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O；

2Fe（NO3）3+Fe═3Fe（NO3）2

由圖象可知，加入2molFe粉時，鐵離子完全反應生成Fe2+的物質的量之比為3mol；

設混合溶液中有xmolHNO3，ymolFe（NO3）3，則：

解得，故原稀溶液中HNO3和Fe（NO3）3的物質的量濃度之比4：1；故答案為；4：1；

（6）鐵離子的檢驗加KSCN溶液，觀察溶液是否呈血紅色，方法為：取少量溶液于試管中，加入2～3滴KSCN溶液，如溶液呈血紅色，則有Fe3+；反之則無；

故答案為：取少量溶液于試管中，加入2～3滴KSCN溶液，如溶液呈血紅色，則有Fe3+，反之則無．五、探究題(共4題，共24分)24、|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．25、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?shù)稳胱詈笠坏胃咤i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(jù)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(jù)c（待測）=分析；c（標準