2025年滬科版高三化學(xué)上冊(cè)階段測(cè)試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年滬科版高三化學(xué)上冊(cè)階段測(cè)試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、有甲乙兩種烴，分子中碳的質(zhì)量分?jǐn)?shù)相同，則下列說法正確的是（）A.甲和乙一定是同分異構(gòu)體B.甲和乙不可能是同系物C.甲和乙各1mol完全燃燒后，生成的二氧化碳的質(zhì)量一定相等D.甲和乙的分子中，碳、氫原子個(gè)數(shù)之比相同2、向一支試管中注入某紅色溶液；將試管加熱，溶液紅色逐漸變淺，則原溶液可能是（）

①滴有石蕊的（NH4）2SO4溶液；②滴有酚酞的氨水；③滴有石蕊的鹽酸；④滴有酚酞的Na2CO3溶液．A.①④B.②③C.①③D.②④3、科學(xué)家最近研制出可望成為高效火箭推進(jìn)劑的N（NO2）3，如圖已知該分子中N-N-N鍵角都是108.1°，下列有關(guān)N（NO2）3的說法正確的是（）A.分子中N、O間形成的共價(jià)鍵是非極性鍵B.分子中四個(gè)氮原子共平面C.該物質(zhì)既有氧化性又有還原性D.15.2g該物質(zhì)含有6.02×1022個(gè)原子4、某學(xué)生發(fā)現(xiàn)他爸爸種植的水稻，生長(zhǎng)遲緩，葉色發(fā)黃，莖桿不粗硬，易倒伏，學(xué)習(xí)化學(xué)后要他爸爸給水稻追加相應(yīng)的復(fù)合肥料，你認(rèn)為應(yīng)選用的復(fù)合肥料是（）A.KNO3B.NH4NO3C.NH4H2PO4D.K2SO45、氯氣是一種化學(xué)性質(zhì)很活潑的非金屬單質(zhì)，下列敘述中不正確的是（）A.紅熱的鐵絲在氯氣里劇烈燃燒，生成棕褐色的煙B.通常情況下，干燥的氯氣能與Fe反應(yīng)C.純凈的H2能在Cl2中安靜地燃燒，發(fā)出蒼白色火焰，集氣瓶口呈現(xiàn)霧狀，H2和Cl2的混合氣體光照時(shí)，迅速化合而爆炸D.有大量的氯氣泄露時(shí)，用肥皂水浸濕軟布蒙面，并迅速離開現(xiàn)場(chǎng)6、已知還原性：Fe2+＞Br-＞C1-，在FeCl2、FeBr2的混合溶液中，C1-、Br-兩種離子的物質(zhì)的量之比為1：2，向該溶液中通入一定量的氯氣，使溶液中C1-與Br-的個(gè)數(shù)比為8：1，則通入氯氣的物質(zhì)的量與溶液中Fe3+的物質(zhì)的量之比為（）A.1：1B.2：1C.4：3D.2：3評(píng)卷人得分二、雙選題(共7題，共14分)7、設(shè)NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24L乙醇中碳?xì)滏I的數(shù)目為0.5NAB.1L0.1mol?L-1硫酸鈉溶液中含有的氧原子數(shù)為0.4NAC.0.1molKI與0.1molFeCl3在溶液中反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.1NAD.0.1mol乙烯與乙醇的混合物完全燃燒所消耗的氧分子數(shù)為0.3NA8、室溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是rm{(}rm{)}A.含有大量rm{Fe^{3+}}的溶液中：rm{Na^{+}}rm{Fe^{2+}}rm{Br^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}B.rm{1.0mol/L}rm{KMnO_{4}}的溶液中：rm{H^{+}}rm{Na^{+}}rm{Cl^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}C.能與鋁反應(yīng)放出rm{H_{2}}的溶液中：rm{K^{+}}rm{Mg^{2+}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{NO_{3}^{-}}D.水電離的rm{c(H^{+})}和rm{C(OH^{-})}之積為rm{1隆脕10^{-20}mol^{2}?L^{-2}}的溶液中：rm{Na^{+}}rm{K^{+}}rm{CO_{3}^{2-}}rm{Cl^{-}}9、已知有反應(yīng)：rm{Cu_{2}O+2H^{+}簍TCu+Cu^{2+}+H_{2}O}則可用來檢驗(yàn)氫氣還原rm{CuO}所得的紅色固體中是否含rm{Cu_{2}O}的試劑是rm{(}rm{)}A.稀硝酸B.稀硫酸C.鹽酸D.濃硫酸10、短周期元素X；Y、Z、W在元素周期表中的位置如表所示；其中X所處的周期序數(shù)與主族序數(shù)之和為8．下列說法錯(cuò)誤的是（）

。XYZWA.W的原子半徑最大B.Z與X形成的化合物難溶于水C.Y的單質(zhì)不能與水反應(yīng)D.Z元素的氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性一定弱于W的氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性11、已知反應(yīng)3SiH4（g）+4NH3（g）Si3N4（s）+12H2（g），相關(guān)說法不正確的是（）A.NH3在該反應(yīng)中作還原劑，被氧化B.Si3N4具有硬度大、熔點(diǎn)高，說明Si3N4可用作耐高溫材料C.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4LNH3所含原子總數(shù)目為4×6.02×1023D.該反應(yīng)每生成1molSi3N4轉(zhuǎn)移電子總數(shù)目為12×6.02×102312、下列說法不正確的是（）A.石油的煉制過程都是化學(xué)變化B.煤是工業(yè)上獲得芳香烴的一種重要來源C.石油經(jīng)過常、減壓分餾及裂化等工序煉制后即能得到純凈物D.煤通過液化和氣化處理能減少環(huán)境污染13、下列說法正確的是A.將足量的rm{Na_{2}O}和rm{Na_{2}O_{2}}分別加入到酚酞溶液中充分反應(yīng)后，觀察到的現(xiàn)象相同B.rm{Al_{2}(SO_{4})_{3}}與rm{NaHCO_{3}}溶液可用作消防器材中的滅火劑C.不管是單質(zhì)鈉還是鈉的化合物，其焰色反應(yīng)的顏色都是黃色D.一定質(zhì)量的鋁粉分別與足量的鹽酸和氫氧化鈉溶液反應(yīng)，當(dāng)生成等量的氫氣時(shí)，消耗鹽酸和氫氧化鈉的物質(zhì)的量之比一定為rm{1隆脙1}評(píng)卷人得分三、填空題(共9題，共18分)14、（2015秋?紹興校級(jí)期中）將總物質(zhì)的量為4mol的Na2O2和Al2（SO4）3混合物投入足量水中，充分反應(yīng)后生成ymol沉淀（y≠0）．若以x表示原混合物中Na2O2的物質(zhì)的量；試建立y=f（x）的函數(shù)關(guān)系式，將x的取值與y=f（x）關(guān)系式填寫在表內(nèi)（可填滿，也可不填滿或補(bǔ)充），并在圖中畫出函數(shù)圖象．

。x值y=f（x）________________________________15、已知在25℃，101kPa下，拆開1molN2中的化學(xué)鍵需消耗946kJ的能量，拆開1molH2中的H-H鍵要消耗436kJ的能量，而形成1molN-H鍵會(huì)放出391kJ的能量．試通過以上數(shù)據(jù)計(jì)算：當(dāng)反應(yīng)掉1molN2和3molH2生成2molNH3時(shí)會(huì)放出____kJ熱量．16、Ⅰ．已知25℃時(shí)有關(guān)弱酸的電離平衡常數(shù)：

。弱酸化學(xué)式HSCNCH3COOHHCNH2CO3電離平衡常數(shù)1.3×10-11.8×10-54.9×10-10K1=4.3×10-7K2=5.6×10-11（1）25℃時(shí)，將20mL0.1mol/LCH3COOH溶液和20mL0.1mol/LHSCN溶液分別與20mL0.1mol/LNaHCO3溶液混合；實(shí)驗(yàn)測(cè)得產(chǎn)生的氣體體積（V）隨時(shí)間（t）的變化如圖1所示：

反應(yīng)初始階段兩種溶液產(chǎn)生CO2氣體的速率存在明顯差異的原因是____

（2）若保溫度不變，在醋酸溶液中加入一定量氨氣，下列量會(huì)變小的是____（填序號(hào)）．

a．c（CH3COO-）b．c（H+）c．Kwd．醋酸電離平衡常數(shù)。

Ⅱ．某溫度（t℃）時(shí)，測(cè)得0.01mol/L的NaOH溶液的pH=11．在此溫度下，將pH=2的H2SO4溶液VaL與pH=12的NaOH溶液VbL混合，若所得混合液為中性，則Va：Vb=____．

Ⅲ．如圖2所示，A為電源，B為浸透飽和食鹽水和酚酞試液的濾紙，濾紙中央滴有一滴KMnO4溶液；C；D為電解槽，其電極材料及電解質(zhì)溶液均見圖示．

（1）關(guān)閉K1，打開K2，通電后，B的KMnO4紫紅色液滴向c端移動(dòng)，則電源b端為____極，通電開始時(shí)，濾紙d端的電極反應(yīng)式是____．

（2）已知C裝置中溶液為Cu（NO3）2和X（NO3）3，且均為0.1mol，打開K1，關(guān)閉K2，通電一段時(shí)間后，陰極析出固體質(zhì)量m（g）與通過電子的物質(zhì)的量n（mol）關(guān)系如圖3所示．則Cu2+、X3+、H+氧化能力由大到小的順序是____；D裝置中溶液是H2SO4，則此裝置電極C端的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是____．17、有一種被稱為“立方烷”的烴，其分子式為C8H8；分子結(jié)構(gòu)為立方體；

（1）立方烷的二氯代物共有____種同分異構(gòu)體；

（2）與立方烷互為同分異構(gòu)體的芳香烴的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式____．18、某酯A的化學(xué)式為C9H12O2且A分子中只含有一個(gè)苯環(huán)；苯環(huán)上只有一個(gè)取代基．現(xiàn)測(cè)出A的核磁共振氫譜圖有5個(gè)峰，峰面積之比為1：2：2：2：3．利用紅外光譜儀測(cè)得紅外譜圖1如下．回答下列問題：

（1）A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可為C6H5COOCH2CH3，C6H5CH2OOCCCH3和____．

（2）A的芳香類同分異構(gòu)體有多種，寫出不含甲基且屬于芳香酸的B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：____．

（3）已知C是A的同分異構(gòu)體，分子中不含甲基，且遇FeCl3溶液顯紫色；苯環(huán)上只有兩個(gè)對(duì)位取代基的芳香醛，且有如圖2轉(zhuǎn)化關(guān)系：

①寫出D→E的化學(xué)方程式：____．

②請(qǐng)用合成反應(yīng)流程圖表示出由C合成F的最合理的合成方案（注明反應(yīng)條件）．

合成反應(yīng)流程圖示例：H2C=CH2CH3CH2OHCH3COOC2H5合成路線流程圖：19、某小組同學(xué)欲探究NH3催化氧化反應(yīng)；按下圖裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)．

A、B裝置可選藥品：濃氨水、H2O2、蒸餾水、NaOH固體、MnO2

（1）NH3催化氧化的化學(xué)方程式是____；

（2）裝置B中產(chǎn)生氣體的原因有（結(jié)合化學(xué)用語(yǔ)解釋）____；

（3）甲乙兩同學(xué)分別按上述裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)．一段時(shí)間后；裝置G中溶液都變成藍(lán)色．

①甲觀察到裝置F中有紅棕色氣體，生成紅棕色氣體的化學(xué)方程式是____；

②乙觀察到裝置F中只有白煙生成，白煙的成分是（寫化學(xué)式）____；

③用離子方程式解釋裝置G中溶液變成藍(lán)色的原因：____；

（4）為幫助乙實(shí)現(xiàn)在裝置F中也觀察到紅棕色氣體；可在原實(shí)驗(yàn)的基礎(chǔ)上進(jìn)行改進(jìn)．

①甲認(rèn)為可調(diào)節(jié)K1和K2控制A、B裝置中的產(chǎn)氣量，應(yīng)（填“增加”或“減少”）____裝置A中的產(chǎn)氣量，或（填“增加”或“減少”）____裝置B中的產(chǎn)氣量．

②乙認(rèn)為可在裝置E、F間增加一個(gè)裝置，該裝置可以是（填序號(hào)）____

20、氫元素的2種核素H、H；回答下列問題：

（1）在相同條件下，H形成的單質(zhì)與H形成的單質(zhì)的密度之比為____．

（2）1molH的單質(zhì)與1molH的單質(zhì)中，其質(zhì)子的物質(zhì)的量之比為____．

（3）由H和18O組成的水，其摩爾質(zhì)量約為____g?mol-1；．由H和16O組成的水，其摩爾質(zhì)量約為____g?mol-1．21、高錳酸鉀在實(shí)驗(yàn)室和工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中有廣泛的用途；實(shí)驗(yàn)室以二氧化錳為主要原料制備高錳酸鉀，其部分流程如下：

（1）第①步加熱熔融應(yīng)在鐵坩堝中進(jìn)行，而不用瓷坩堝的原因是____（用化學(xué)程式表示）．

（2）第④步通人適量CO2，發(fā)生反應(yīng)生成Mn04和Mn02和碳酸鹽，則發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為____

（3）第⑥步加熱濃縮至液面有細(xì)小晶體析出時(shí)，停止加熱，冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥，干燥過程中，溫度不宜過高，其原因是____（用化學(xué)方程式表示）．

（4）H2O2和KMn04都是常用的強(qiáng)氧化劑，若向H2O2溶液中滴加酸性高錳酸鉀溶液，則酸性高錳酸鉀溶液會(huì)褪色，寫出該反應(yīng)的離子方程式：____．22、X；Y、Z、Q、E五種元素中；X原子核外的M層中只有兩對(duì)成對(duì)電子，Y原子核外的L層電子數(shù)是K層的兩倍，Z是地殼內(nèi)含量（質(zhì)量分?jǐn)?shù)）最高的元素，Q的核電荷數(shù)是X與Z的核電荷數(shù)之和，E在元素周期表的各元素中電負(fù)性最大．請(qǐng)回答下列問題：

（1）X、Y的元素符號(hào)依次為____、____；

（2）XZ2與YZ2分子的立體結(jié)構(gòu)分別是____和____，相同條件下兩者在水中的溶解度較大的是____（寫分子式）．

（3）Q的元素核外價(jià)層電子排布式為____．

（4）E的氫化物穩(wěn)定性____Z的氫化物穩(wěn)定性（填大于或小于）；E的氫化物易溶于Z的氫化物，其原因是____．評(píng)卷人得分四、判斷題(共4題，共8分)23、31g白磷中含有的共價(jià)鍵數(shù)為1.5NA．____（判斷對(duì)錯(cuò)）24、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(duì)錯(cuò)）25、將30mL0.5mol/L的NaOH溶液加水稀釋到500mL，稀釋后NaOH的物質(zhì)的量濃度為0.3mol/L____．（判斷對(duì)錯(cuò)）26、對(duì)于0.3mol/L的硫酸鉀溶液，1L溶液中含有0.6NA個(gè)鉀離子是____．（判斷對(duì)錯(cuò)）評(píng)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(shè)計(jì)了下列實(shí)驗(yàn)過程．請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)內(nèi)填寫分離時(shí)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(jiǎn)式．

寫出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式A________、C________、E________、G________．28、實(shí)驗(yàn)室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個(gè)反應(yīng)的原理來測(cè)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(shè)計(jì)了下列實(shí)驗(yàn)過程．請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)內(nèi)填寫分離時(shí)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(jiǎn)式．

寫出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式A________、C________、E________、G________．30、實(shí)驗(yàn)室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個(gè)反應(yīng)的原理來測(cè)定其含量，操作為：評(píng)卷人得分六、計(jì)算題(共4題，共20分)31、已知一定質(zhì)量的硫與100mL某濃度的KOH溶液恰好完全反應(yīng)，其反應(yīng)方程式為：3S+6KOH（濃）=2K2S+K2SO3+3H2O，若被還原的硫元素為1.6g，求該KOH溶液的物質(zhì)的量的濃度．（寫出計(jì)算過程）32、1molFe2+與足量的H2O2溶液反應(yīng)，轉(zhuǎn)移2nA個(gè)電子____（判斷對(duì)錯(cuò)）33、（2012?陜西校級(jí)學(xué)業(yè)考試）如圖為某市售鹽酸試劑瓶標(biāo)簽上的部分?jǐn)?shù)據(jù)．通過計(jì)算回答：

（1）在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，1體積水吸收多少體積的HCl氣體可制得此鹽酸？（水的密度以1.00g/cm3計(jì)）____

（2）該鹽酸25.4mL與2.00mol?L-1的NaOH溶液100mL混合，再將混合后溶液稀釋至1.00L，此時(shí)溶液中氫離子的物質(zhì)的量濃度約為多少？____．34、已知Co2（OH）2CO3和Li2CO3在空氣中保持溫度為600～800℃，可制得LiCoO2，已知3Co2（OH）2CO3+O2→2Co3O4+3H2O+3CO2；4Co3O4+6Li2CO3+O2→12LiCoO2+6CO2．按鈷和鋰的原子比1：1混合固體，空氣過量70%，800℃時(shí)充分反應(yīng)，計(jì)算產(chǎn)物氣體中CO2的體積分?jǐn)?shù)（保留三位小數(shù)，已知空氣組成，N2體積分?jǐn)?shù)0.79，O2體積分?jǐn)?shù)0.21）參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、D【分析】【分析】甲乙兩種烴，分子中碳的質(zhì)量分?jǐn)?shù)相同，則H原子質(zhì)量分?jǐn)?shù)也相同，二者最簡(jiǎn)式相同，若分子式相同，為同分異構(gòu)體，若結(jié)構(gòu)相似，為同系物，但二者分子式不一定相同，結(jié)構(gòu)不一定相似，二者不一定為同分異構(gòu)體或同系物，1mol烴含有碳原子數(shù)目不一定相等，二者完全燃燒生成的二氧化碳質(zhì)量不一定相等．【解析】【解答】解：甲乙兩種烴；分子中碳的質(zhì)量分?jǐn)?shù)相同，則H原子質(zhì)量分?jǐn)?shù)也相同，二者最簡(jiǎn)式相同；

A．二者最簡(jiǎn)式相同；分子式不一定相同，不一定為同分異構(gòu)體，如苯與乙炔，故A錯(cuò)誤；

B．二者最簡(jiǎn)式相同；結(jié)構(gòu)可能相似，可能不相似，如乙烯與己烯，乙烯與環(huán)己烷，可能為同系物，故B錯(cuò)誤；

C．二者最簡(jiǎn)式相同；分子式不一定相同，1mol烴含有碳原子數(shù)目不一定相等，二者完全燃燒生成的二氧化碳質(zhì)量不一定相等，故C錯(cuò)誤；

D．甲乙兩種烴；分子中碳的質(zhì)量分?jǐn)?shù)相同，則H原子質(zhì)量分?jǐn)?shù)也相同，碳；氫原子個(gè)數(shù)之比相同，二者最簡(jiǎn)式相同，故D正確；

故選D．2、B【分析】【分析】①加熱促進(jìn)銨根離子水解；溶液酸性增強(qiáng)；

②加熱氨氣揮發(fā)；溶液堿性減弱；

③加熱HCl揮發(fā)；鹽酸的酸性減弱；

④加熱促進(jìn)碳酸根離子的水解，溶液堿性增強(qiáng)．【解析】【解答】解：①加熱促進(jìn)銨根離子水解，溶液酸性增強(qiáng)，則加熱滴有石蕊的（NH4）2SO4溶液；溶液的顏色變深，故錯(cuò)誤；

②加熱氨氣揮發(fā)；溶液堿性減弱，所以溶液紅色逐漸變淺，故正確；

③加熱HCl揮發(fā)；鹽酸的酸性減弱，所以滴有石蕊的鹽酸的顏色變淺，故正確；

④加熱促進(jìn)碳酸根離子的水解，溶液堿性增強(qiáng)，則加熱滴有酚酞的Na2CO3溶液；溶液顏色變深，故錯(cuò)誤．

故選B．3、C【分析】【分析】A．根據(jù)不同元素形成的共價(jià)鍵為極性鍵；同元素形成的共價(jià)鍵為非極性鍵；

B．根據(jù)信息中該分子中N-N-N鍵角都是108.1°及N（NO2）3的結(jié)構(gòu)應(yīng)與氨氣相似；則分子中四個(gè)氮原子不共平面；

C．利用元素的化合價(jià)來分析其性質(zhì)；

D．根據(jù)該物質(zhì)的物質(zhì)的量以及一個(gè)物質(zhì)中含有10個(gè)原子來計(jì)算．【解析】【解答】解：A、N（NO2）3是一種共價(jià)化合物；N；O原子之間形成的化學(xué)鍵是極性鍵，故A錯(cuò)誤；

B；該分子中N-N-N鍵角都是108.1°；推知分子中4個(gè)氮原子在空間呈四面體型，所以分子中四個(gè)氧原子不可能共平面，故B錯(cuò)誤；

C；該分子中的氮既有+3價(jià)也有+5價(jià)；+3價(jià)氮既有氧化性又有還原性，故C正確；

D、N（NO2）3的相對(duì)分子質(zhì)量為152，15.2gN（NO2）3為0.1mol，該物質(zhì)的分子中所含原子為NA即6.02×1023個(gè)原子；故D錯(cuò)誤；

故選C．4、A【分析】【分析】氮肥能使農(nóng)作物枝葉繁茂，葉色濃綠；鉀肥能使農(nóng)作物莖稈粗壯，增強(qiáng)抗倒伏能力，據(jù)此選擇即可．【解析】【解答】解：A、KNO3含有K；N兩種元素；屬于復(fù)合肥，能給水稻追加，故A正確；

B、NH4NO3只含有N元素；故B錯(cuò)誤；

C、NH4H2PO4含有N和P；故錯(cuò)誤；

D、K2SO4只含有N；故D錯(cuò)誤；

故選A．5、B【分析】【分析】A；紅熱的鐵絲在氯氣里劇烈燃燒；生成棕褐色的煙氯化鐵；

B；鐵不能和干燥的氯氣反應(yīng)；

C、H2能在Cl2中安靜地燃燒；生成氯化氫，如果是光照會(huì)發(fā)生爆炸；

D、氯氣是酸性氣體，肥皂水是一種柔和的堿性物質(zhì)，可以和氯氣反應(yīng)．【解析】【解答】解：A；紅熱的鐵絲在氯氣里劇烈燃燒；會(huì)生成棕褐色的煙氯化鐵，故A正確；

B；鐵不能和干燥的氯氣反應(yīng)；鐵和氯氣反應(yīng)只有在點(diǎn)燃的條件下才反應(yīng)，生成氯化鐵，故B錯(cuò)誤；

C、H2能在Cl2中安靜地燃燒；生成氯化氫，氯化氫易吸收空氣中的水形成鹽酸小液滴，二者如果是光照下，會(huì)發(fā)生爆炸，故C正確；

D；氯氣是酸性氣體；肥皂水是一種柔和的堿性物質(zhì)，可以和氯氣反應(yīng)，有大量的氯氣泄露時(shí)，用肥皂水浸濕軟布蒙面，可以防止氯氣中毒，故D正確．

故選B．6、A【分析】【分析】還原性：Fe2+＞Br-＞C1-，向FeCl2、FeBr2的混合溶液中氯氣，氯氣先氧化Fe2+，F(xiàn)e2+反應(yīng)完畢，氯氣還有剩余，剩余的氯氣再氧化Br-．令Cl-、Br-兩種離子的物質(zhì)的量分別為1mol、2mol，由電荷守恒可知FeCl2、FeBr2的混合溶液中2n（Fe2+）=n（Cl-）+n（Br-）=1mol+2mol，所以n（Fe2+）=1.5mol．反應(yīng)后有Br-，說明Fe2+完全被氧化．溶液中n（Fe3+）=n（Fe2+）．

設(shè)通入的氯氣為xmol，根據(jù)電子守恒可知，氧化1.5molFe2+為Fe3+，需要氯氣的物質(zhì)的量為=0.75mol，剩余的（x-0.75）mol氯氣氧化Br-，由電子轉(zhuǎn)移守恒可知，能氧化Br-為2（x-0.75）mol．根據(jù)反應(yīng)后溶液中C1-與Br-的個(gè)數(shù)比為8：1，列方程計(jì)算X中，據(jù)此判斷．【解析】【解答】解：令C1-、Br-兩種離子的物質(zhì)的量分別為1mol、2mol，由電荷守恒可知FeCl2、FeBr2的混合溶液中2n（Fe2+）=n（C1-）+n（Br-）=1mol+2mol，所以n（Fe2+）=1.5mol．反應(yīng)后有Br-，說明Fe2+完全被氧化．溶液中n（Fe3+）=n（Fe2+）=1.5mol．

設(shè)通入的氯氣為xmol，根據(jù)電子守恒可知，氧化1.5molFe2+為Fe3+，需要氯氣的物質(zhì)的量為=0.75mol，所以剩余的（x-0.75）mol氯氣氧化Br-，由電子轉(zhuǎn)移守恒可知，能氧化Br-為2（x-0.75）mol．

故反應(yīng)后溶液中n（C1-）=1mol+2n（Cl2）=（1+2x）mol，n（Br-）=2mol-2（x-0.75）mol=（3.5-2x）mol，反應(yīng)后溶液中Cl-與Br-的個(gè)數(shù)比為8：1；故（1+2x）mol：（3.5-2x）mol=8：1，解得x=1.5．

所以通入氯氣的物質(zhì)的量與溶液中Fe3+的物質(zhì)的量之比1.5mol：1.5mol=1：1．

故選：A．二、雙選題(共7題，共14分)7、C|D【分析】解：A；標(biāo)況下乙醇為液體；故不能根據(jù)氣體摩爾體積來計(jì)算其物質(zhì)的量，故A錯(cuò)誤；

B、硫酸鈉溶液中，除了硫酸鈉外，水也含氧原子，故此溶液中的氧原子的個(gè)數(shù)大于0.4NA個(gè)；故B錯(cuò)誤；

C、0.1molKI與0.1molFeCl3在溶液中能完全反應(yīng)，且碘元素由-1價(jià)變?yōu)?價(jià)，故0.1molKI反應(yīng)后轉(zhuǎn)移0.1mol電子即0.1NA個(gè)電子；故C正確；

D、1mol乙烯和乙醇均消耗3mol氧氣，故0.1mol乙烯和乙醇消耗0.3mol氧氣即0.3NA個(gè)氧氣分子；故D正確．

故選CD．

A；標(biāo)況下乙醇為液體；

B；硫酸鈉溶液中；除了硫酸鈉外，水也含氧原子；

C、0.1molKI與0.1molFeCl3在溶液中能完全反應(yīng)；且碘元素由-1價(jià)變?yōu)?價(jià)；

D；1mol乙烯和乙醇均消耗3mol氧氣．

本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的有關(guān)計(jì)算，難度不大，應(yīng)注意掌握公式的運(yùn)用和物質(zhì)的結(jié)構(gòu)．【解析】【答案】CD8、rA【分析】解：rm{A.}離子之間不反應(yīng)；可大量共存，故A正確；

B.rm{H^{+}}rm{Cl^{-}}rm{MnO_{4}^{-}}發(fā)生氧化還原反應(yīng)；不能共存，故B錯(cuò)誤；

C.能與鋁反應(yīng)放出rm{H_{2}}的溶液，為非氧化性酸或強(qiáng)堿溶液，堿性溶液中不能大量存在rm{Mg^{2+}}酸溶液中rm{Al}rm{NO_{3}^{-}}發(fā)生氧化還原反應(yīng)不生成氫氣；故C錯(cuò)誤；

D.水電離的rm{c(H^{+})}和rm{C(OH^{-})}之積為rm{1隆脕10^{-20}mol^{2}?L^{-2}}的溶，為酸或堿溶液，酸溶液中不能大量存在rm{CO_{3}^{2-}}故D錯(cuò)誤；

故選A．

A.離子之間不反應(yīng)；

B.發(fā)生氧化還原反應(yīng)；

C.能與鋁反應(yīng)放出rm{H_{2}}的溶液；為非氧化性酸或強(qiáng)堿溶液；

D.水電離的rm{c(H^{+})}和rm{C(OH^{-})}之積為rm{1隆脕10^{-20}mol^{2}?L^{-2}}的溶；為酸或堿溶液．

本題考查離子的共存，為高頻考點(diǎn)，把握習(xí)題中的信息及常見離子之間的反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意復(fù)分解反應(yīng)、氧化還原反應(yīng)的判斷，題目難度不大．【解析】rm{A}9、rBC【分析】解：氫氣還原rm{CuO}所得的紅色固體中有rm{Cu}可能含rm{Cu_{2}O}由rm{Cu_{2}O+2H^{+}簍TCu+Cu^{2+}+H_{2}O}及rm{Cu}與非氧化性酸不反應(yīng)，則加稀硫酸或稀鹽酸若得到藍(lán)色溶液，則證明含rm{Cu_{2}O}

否則不含；而稀硝酸、濃硫酸均具有強(qiáng)氧化性，與rm{Cu}反應(yīng)；則不能檢驗(yàn)；

故選BC．

rm{Cu}與非氧化性酸不反應(yīng)，若含rm{Cu_{2}O}加非氧化性酸得到藍(lán)色溶液，以此鑒別．

本題考查物質(zhì)的檢驗(yàn)和鑒別，為高頻考點(diǎn)，把握信息中的反應(yīng)及rm{Cu}與稀硫酸、鹽酸不反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，注意發(fā)生的氧化還原反應(yīng)原理，題目難度不大．【解析】rm{BC}10、A|C【分析】解：短周期元素X；Y、Z、W；根據(jù)元素在周期表中的位置知，X和Y位于第二周期，Z和W位于第三周期，X所處的周期序數(shù)與主族序數(shù)之和為8，則X位于第VIA族，所以X是O元素，則Y是F元素、Z是Si元素、W是S元素；

A．電子層數(shù)越多；其原子半徑越大，電子層結(jié)構(gòu)相同，其原子半徑隨著原子序數(shù)的增大而減小，則Z的半徑最大，故A錯(cuò)誤；

B．Z與X形成的化合物為二氧化硅；二氧化硅難溶于水，故B正確；

C．Y為F元素；氟氣與水反應(yīng)生成氧氣和氟化氫，故C錯(cuò)誤；

D．硅酸難溶于水；酸性很弱，硅酸的酸性小于硫酸或亞硫酸，故D正確；

故選AC．

短周期元素X；Y、Z、W；根據(jù)元素在周期表中的位置知，X和Y位于第二周期，Z和W位于第三周期，X所處的周期序數(shù)與主族序數(shù)之和為8，則X位于第VIA族，所以X是O元素，則Y是F元素、Z是Si元素、W是S元素；

A．電子層數(shù)越多；其原子半徑越大，電子層結(jié)構(gòu)相同，其原子半徑隨著原子序數(shù)的增大而減??；

B．Z與X形成的化合物為二氧化硅；

C．Y為F元素；氟氣與水反應(yīng)生成氧氣和氟化氫；

D．硅酸的酸性小于硫酸或亞硫酸．

本題考查了元素位置、結(jié)構(gòu)和性質(zhì)的關(guān)系及應(yīng)用，根據(jù)元素在周期表中的位置推斷元素，明確元素周期律是解本題關(guān)鍵，題目難度不大．【解析】【答案】AC11、A|D【分析】解：A．N元素化合價(jià)不變，H元素化合價(jià)降低，則NH3在該反應(yīng)中作氧化劑；故A錯(cuò)誤；

B．Si3N4為原子晶體；硬度大；熔點(diǎn)高，可用作耐高溫材料，故B正確；

C．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4LNH3為1mol，含有4mol原子，個(gè)數(shù)為4×6.02×1023；故C正確；

D．反應(yīng)中Si元素化合價(jià)由-4價(jià)升高到+4價(jià)，則該反應(yīng)每生成1molSi3N4轉(zhuǎn)移電子總數(shù)目為24×6.02×1023；故D錯(cuò)誤．

故選AD．

3SiH4（g）+4NH3（g）Si3N4（s）+12H2（g）反應(yīng)中Si元素化合價(jià)升高；H元素化合價(jià)降低，以此解答該題．

本題考查了氧化還原反應(yīng)，側(cè)重于學(xué)生的分析、計(jì)算能力的考查，題目難度不大，側(cè)重于基礎(chǔ)知識(shí)的考查，注意從化合價(jià)的角度分析．【解析】【答案】AD12、A|C【分析】解：A；石油的煉制過程有分餾、裂化和裂解等；分餾是物理變化、裂化和裂解是化學(xué)變化，故A錯(cuò)誤；

B；因煤是工業(yè)上獲得芳香烴的一種重要來源；故B正確；

C；因石油煉制過程中；根據(jù)石油中各成分的沸點(diǎn)不同，采用分餾的方法將它們分離，得到汽油、煤油、柴油、潤(rùn)滑油、瀝青等，這些餾分都是混合物，故C錯(cuò)誤；

D；煤通過液化和氣化處理能可以提高煤的利用率、減少環(huán)境污染；故D正確；

故選AC．

A；石油的煉制過程有分餾、裂化和裂解；

B；根據(jù)煤的用途；

C；根據(jù)石油的分餾；

D；根據(jù)煤的綜合利用．

本題主要考查了石油、煤的綜合利用，難度不大，根據(jù)課本知識(shí)即可完成．【解析】【答案】AC13、BC【分析】【分析】

本題考查了元素化合物的基礎(chǔ)知識(shí)。

【解答】

A.將足量的rm{Na}rm{Na}rm{{,!}_{2}}和rm{O}和rm{Na}rm{O}rm{Na}rm{{,!}_{2}}rm{O}

rm{O}rm{{,!}_{2}}分別加入到酚酞溶液中充分反應(yīng)后，觀察到的現(xiàn)象前者溶液變紅，后者先變紅后褪色，故A錯(cuò)誤；B.rm{Al}rm{Al}rm{{,!}_{2}}rm{(SO}rm{(SO}rm{{,!}_{4}}

rm{)}

rm{)}，故D錯(cuò)誤。

rm{{,!}_{3}}

與rm{NaHCO}【解析】rm{BC}三、填空題(共9題，共18分)14、0＜x≤3y=x3＜x＜3.2y=32-10x【分析】【分析】Na2O2和與H2O反應(yīng)生成的NaOH，恰好與Al2（SO4）3反應(yīng)時(shí)，生成的Al（OH）3沉淀量最大．根據(jù)反應(yīng)式知道此時(shí)，n（Na2O2）：n[Al2（SO4）3]=3：1；

當(dāng)n（Na2O2）：n[Al2（SO4）3]≤3：1時(shí)，NaOH不足（或恰好反應(yīng)），與Al3+反應(yīng)生成Al（OH）3，由Na2O2根據(jù)Na原子守恒計(jì)算NaOH的物質(zhì)的量，根據(jù)OH-守恒由NaOH計(jì)算Al（OH）3沉淀的量；

當(dāng)n（Na2O2）：n[Al2（SO4）3]＞3：1時(shí)，Al的存在有Al（OH）3和AlO2-兩種，有XmolNa2O2，則Al2（SO4）3為（4-X）mol，由Na2O2根據(jù)Na原子守恒計(jì)算NaOH的物質(zhì)的量，Na2O2和與H2O反應(yīng)生成的NaOH有兩部分作用，（一）與Al3+反應(yīng)生成Al（OH）3，（二）與Al3+反應(yīng)生成AlO2-，根據(jù)Al原子守恒用X、Y表示出AlO2-，的物質(zhì)的量，進(jìn)而表示出上述兩部分消耗的NaOH的量，兩部分消耗的NaOH的物質(zhì)的量之和即為Na2O2和與H2O反應(yīng)生成的NaOH；根據(jù)分析畫出函數(shù)圖象．【解析】【解答】解：Na2O2為xmol，則Al2（SO4）3為（4-x）mol；

據(jù)Na原子守恒得n（NaOH）=2n（Na2O2）=2Xmol；

根據(jù)Al原子守恒得n（Al3+）=2n[Al2（SO4）3]=2（4-x）mol；

Na2O2和與H2O反應(yīng)生成的NaOH，恰好與Al2（SO4）3反應(yīng)時(shí)，生成的Al（OH）3沉淀量最大，所以有n（Al3+）：n（NaOH）=1：3，即2（4-x）mol：2Xmol=1：3，解得，X=3，所以（4-x）mol=1mol，即n（Na2O2）：n[Al2（SO4）3]=3：1．

當(dāng)n（Na2O2）：n[Al2（SO4）3]≤3：1時(shí)，NaOH不足，根據(jù)NaOH計(jì)算Al（OH）3的量，根據(jù)OH-守恒有2x=3y，即y=；

由于n（Na2O2）：n[Al2（SO4）3]≤3：1，y＞0；所以xmol：（4-x）mol≤3：1，＞0；聯(lián)立解得：0＜x≤3；

當(dāng)n（Na2O2）：n[Al2（SO4）3]＞3：1時(shí)，Al的存在有Al（OH）3和AlO2-兩種，有xmolNa2O2，則Al2（SO4）3為（4-x）mol；

據(jù)Na原子守恒得：n（NaOH）=2n（Na2O2）=2xmol；

根據(jù)Al原子守恒得：n（AlO2-）=[2（4-x）-y]mol=（8-2x-y）mol；由關(guān)系式。

Al3+～～3OH-～～Al（OH）3Al3+～4OH-～～AlO2-

3ymolymol4（8-2x-y）mol（8-2x-y）mol

所以：3ymol+4（8-2x-y）mol=2xmol；

解得：y=32-10x；

由于n（Na2O2）：n[Al2（SO4）3]＞3：1；y＞0；所以xmol：（4-x）mol＞3：1，32-10x＞0，聯(lián)立解得：3＜x＜3.2；

根據(jù)以上分析可畫出函數(shù)圖象為：

故答案為：

。x值y=f（x）0＜x≤3y=x3＜x＜3.2y=32-10x．15、92【分析】【分析】拆開1molN2中的化學(xué)鍵需消耗946kJ的能量，拆開1molH2中的H-H鍵要消耗436kJ的能量，而形成1molN-H鍵會(huì)放出391kJ的能量，結(jié)合反應(yīng)N2+3H2?2NH3中各物質(zhì)的計(jì)量數(shù)和結(jié)構(gòu)，表示出斷鍵吸收的能量和成鍵放出的能量，根據(jù)反應(yīng)熱△H=斷鍵吸收的熱量-成鍵放出的熱量來計(jì)算．【解析】【解答】解：根據(jù)反應(yīng)N2+3H2?2NH3可知，1molN2和3molH2完全反應(yīng)生成2molNH3時(shí)，要斷裂1molN≡N鍵和3molH-H鍵，形成6molN-H鍵，故△H=斷鍵吸收的能量-成鍵放出的能量=946kJ+436kJ×3-391kJ×6=-92kJ，故該反應(yīng)的△H=-92kJ/mol，即反應(yīng)會(huì)放熱92KJ，故答案為：92．16、相同溫度下HSCN比CH3COOH的電離平衡常數(shù)大，同濃度時(shí)電離出的氫離子濃度大，與NaHCO3溶液反應(yīng)快b10：1負(fù)2H++2e-=H2↑Cu2+＞H+＞X3+在C端開始時(shí)有無(wú)色無(wú)味氣體產(chǎn)生，一段時(shí)間后有紅色物質(zhì)析出【分析】【分析】Ⅰ．（1）等濃度的酸的強(qiáng)弱不同，則c（H+）不同，c（H+）越大；反應(yīng)速率越大；

（2）溫度不變；水的離子積常數(shù)；醋酸的電離平衡常數(shù)不變，在醋酸溶液中加入一定量氨氣，一水合氨電離出的氫氧根離子和氫離子反應(yīng)生成水，促進(jìn)醋酸電離；

Ⅱ．某溫度（t℃）時(shí)，測(cè)得0.01mol?L-1的NaOH溶液的pH=11，據(jù)此計(jì)算離子積常數(shù)，將pH=2的H2SO4溶液VaL與pH=12的NaOH溶液VbL混合；若所得混合液為中性說明氫離子和氫氧根離子物質(zhì)的量相同，列式計(jì)算；

Ⅲ．（1）關(guān)閉K1，打開K2，為電解飽和食鹽水裝置，通電后，B的KMnO4紫紅色液滴向c端移動(dòng)；根據(jù)電解池工作原理可知陰離子向陽(yáng)極移動(dòng)判斷電源的正負(fù)極并書寫d端的電極反應(yīng)式；

（2）打開K1，關(guān)閉K2，則為電解C、D兩池，根據(jù)電解C的圖象可知，開始即析出固體，總共0.2mol電子通過時(shí)，析出固體質(zhì)量達(dá)最大，證明此時(shí)析出的固體是銅，此后，繼續(xù)有電子通過，不再有固體析出，說明X3+不放電，H+放電，從而判斷離子氧化性；D裝置中溶液是H2SO4，電極C端與b負(fù)極相連即為陰極，開始?xì)潆x子得電子生成氫氣，后陽(yáng)極的銅失電子生成銅離子進(jìn)入陰極在陰極析出，據(jù)此分析．【解析】【解答】解：Ⅰ．（1）等濃度的酸的強(qiáng)弱不同，則c（H+）不同，c（H+）越大，反應(yīng)速率越大，因Ka（HSCN）＞Ka（CH3COOH），溶液中c（H+）：HSCN＞CH3COOH，c（H+）大反應(yīng)速率快；

故答案為：相同溫度下HSCN比CH3COOH的電離平衡常數(shù)大，同濃度時(shí)電離出的氫離子濃度大，與NaHCO3溶液反應(yīng)快；

（2）a、若保持溫度不變，在醋酸溶液中加入一定量氨氣，NH3+H2O?NH3．H2O?NH4++OH-，a．OH-+H+=H2O，所以促進(jìn)醋酸電離，則c（CH3COO-）增大；故a錯(cuò)誤；

b．OH-+H+=H2O，所以c（H+）減小，故b正確；

c．溫度不變則Kw不變；故c錯(cuò)誤；

d．溫度不變；則醋酸電離平衡常數(shù)不變，故d錯(cuò)誤；

故選b；

Ⅱ．某溫度（t℃）時(shí)，測(cè)得0.01mol?L-1的NaOH溶液的pH=11，據(jù)此計(jì)算離子積常數(shù)Kw=0.01mol/L×10-11mol/L=10-13（mol/L），將pH=2的H2SO4溶液VaL與pH=12的NaOH溶液VbL混合，若所得混合液為中性說明氫離子和氫氧根離子物質(zhì)的量相同，10-2×Va=×Vb，得到Va：Vb=10：1；

故答案為：10：1；

Ⅲ．（1）據(jù)題意B的KMnO4紫紅色液滴向c端移動(dòng)，說明高錳酸根離子向c端移動(dòng)，可推出極c端為陽(yáng)極，則與之相連的電源a端為正極，b端為負(fù)極，所以通電濾紙d端為陰極，電極反應(yīng)式為2H++2e-=H2↑，故答案為：負(fù)；2H++2e-=H2↑；

（2）根據(jù)電解C的圖象可知，通電后就有固體生成，當(dāng)通過電子為0.2mol時(shí)，析出固體質(zhì)量達(dá)最大，證明此時(shí)析出的固體是銅．如果是X3+析出，電子數(shù)應(yīng)該是0.3mol，則氧化能力為Cu2+＞X3+，當(dāng)電子超過0.2mol時(shí)，固體質(zhì)量沒變，說明這是陰極產(chǎn)生的是氫氣，即電解水，說明氧化能力H+＞X3+，故氧化能力為Cu2+＞H+＞X3+；

D裝置中溶液是H2SO4，電極C端與b負(fù)極相連即為陰極，開始為氫離子得電子生成氫氣，后陽(yáng)極的銅失電子生成銅離子進(jìn)入陰極在陰極析出，所以看到的現(xiàn)象為在C端開始時(shí)有無(wú)色無(wú)味氣體產(chǎn)生，一段時(shí)間后有紅色物質(zhì)析出；故答案為：Cu2+＞H+＞X3+；在C端開始時(shí)有無(wú)色無(wú)味氣體產(chǎn)生，一段時(shí)間后有紅色物質(zhì)析出．17、3-CH=CH2【分析】【分析】（1）烴的二氯代物的同分異構(gòu)體可以采用固定一個(gè)氯原子的方法來尋找；

（2）根據(jù)碳原子的價(jià)鍵理論和鍵線式的特點(diǎn)來書寫化學(xué)式；根據(jù)不飽和度和同分異構(gòu)體的概念來尋找同分異構(gòu)體．【解析】【解答】解：（1）苯乙烯的二氯代物的同分異構(gòu)體分別是：一條棱；面對(duì)角線、體對(duì)角線上的兩個(gè)氫原子被氯原子代替；所以二氯代物的同分異構(gòu)體有三種，故答案為：3；

（2）該烴的每一個(gè)碳原子均和三個(gè)碳原子成鍵，剩余的一個(gè)鍵是和氫原子成鍵，所以該烴的分子式為：C8H8，比飽和的烷烴少10個(gè)氫原子，所以不飽和度是5，屬于芳香烴則含有苯環(huán)，占4個(gè)不飽和度，另一個(gè)不飽和度在碳碳雙鍵上，所以于芳香烴的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：-CH=CH2；

故答案為：-CH=CH2．18、C6H5OOCCH2CH3C6H5CH2CH2COOH+NaHCO3→+CO2↑+H2O【分析】【分析】某酯A的化學(xué)式為C9H10O2，且A分子中只含有1個(gè)苯環(huán)，苯環(huán)上只有一個(gè)取代基，現(xiàn)測(cè)出A的1H-NMR譜圖有5個(gè)峰，說明A中含有5類氫原子，苯環(huán)上有3類氫原子，其面積之比為1：2：2，則酯基上有2類氫原子，其面積之比為2：3，所以支鏈上含有一個(gè)亞甲基和一個(gè)甲基，根據(jù)紅外光譜知，A可能為苯甲酸乙酯、苯乙酸甲酯、丙酸苯酯，B是A的同分異構(gòu)體，B不含甲基且屬于芳香酸，則B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：C6H5CH2CH2COOH，C是A的同分異構(gòu)體，分子中不含甲基，且遇FeCl3溶液顯紫色，說明含有酚羥基，苯環(huán)上只有兩個(gè)對(duì)位取代基的芳香醛，則C的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：C和新制氫氧化銅反應(yīng)生成D，D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：D和碳酸氫鈉反應(yīng)生成E，E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：根據(jù)有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)解答．【解析】【解答】解：某酯A的化學(xué)式為C9H10O2，且A分子中只含有1個(gè)苯環(huán)，苯環(huán)上只有一個(gè)取代基，現(xiàn)測(cè)出A的1H-NMR譜圖有5個(gè)峰，說明A中含有5類氫原子，苯環(huán)上有3類氫原子，其面積之比為1：2：2，則酯基上有2類氫原子，其面積之比為2：3，所以支鏈上含有一個(gè)亞甲基和一個(gè)甲基，根據(jù)紅外光譜知，A可能為苯甲酸乙酯、苯乙酸甲酯、乙酸苯甲酯、丙酸苯酯，B是A的同分異構(gòu)體，B不含甲基且屬于芳香酸，則B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：C6H5CH2CH2COOH，C是A的同分異構(gòu)體，分子中不含甲基，且遇FeCl3溶液顯紫色，說明含有酚羥基，苯環(huán)上只有兩個(gè)對(duì)位取代基的芳香醛，則C的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：C和新制氫氧化銅反應(yīng)生成D，D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：D和碳酸氫鈉反應(yīng)生成E，E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：

（1）通過以上分析知，A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：C6H5COOCH2CH3、C6H5OOCCH2CH3、C6H5CH2COOCH3；

故答案為：C6H5CH2COOCH3；

（2）通過以上分析知，B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：C6H5CH2CH2COOH；

故答案為：C6H5CH2CH2COOH；

（3）①D中含有羧基；所以能和碳酸氫鈉反應(yīng)生成二氧化碳，反應(yīng)方程式為：

+NaHCO3→+CO2↑+H2O；

故答案為：+NaHCO3→+CO2↑+H2O；

②C的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：由C（HOC6H4CH2CH2CHO）制備F，先經(jīng)過加成反應(yīng)得醇，再發(fā)生消去反應(yīng)得烯，其產(chǎn)物再與鹵素的單質(zhì)發(fā)生加成反應(yīng)，最后將其水解即得目標(biāo)產(chǎn)物F，所以其合成流程圖示如下：

，故答案為：．19、4NH3+5O24NO+6H2O在氨水中存在平衡：NH3+H2O?NH3?H2O?NH4++OH-，加入NaOH固體，OH-濃度增加，平衡向左移動(dòng)；NaOH固體溶于水放出大量熱，均有利于NH3逸出2NO+O2═2NO2NH4NO33Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O增加減少abc【分析】【分析】（1）氨的催化氧化產(chǎn)物是一氧化氮和水；據(jù)此來書寫反應(yīng)方程式；

（2）根據(jù)化學(xué)平衡移動(dòng)的影響因素解答；

（3）①氨氣發(fā)生了催化氧化的產(chǎn)物一氧化氮極易和氧氣化合為二氧化氮；

②氨氣和硝酸反應(yīng)生成硝酸銨；

③二氧化氮和水反應(yīng)獲得硝酸；銅和硝酸反應(yīng)生成硝酸銅；一氧化氮和水；

（4）①為了氧化氨氣；氧氣需過量，需增加氧氣的量，減少氨氣的量；

②在F中看到紅棕色的二氧化氮，避免生成硝酸銨，需不生成硝酸，需除去水或氨氣，在裝置E、F間增加一個(gè)裝置，該裝置可以是將氨氣或水除去，剩下一氧化氮和未反應(yīng)的氧氣．【解析】【解答】解：（1）氨的催化氧化反應(yīng)，氨氣中-3價(jià)的氮被氧氣氧化成顯+2價(jià)的一氧化氮，化學(xué)反應(yīng)方程式為：4NH3+5O24NO+6H2O；

故答案為：4NH3+5O24NO+6H2O；

（2）B裝置是氨水滴入到氫氧化鈉固體上，NaOH固體溶于水放出大量熱，氨氣在溫度高的情況下溶解度小，在氨水中存在平衡：NH3+H2O?NH3?H2O?NH4++OH-，平衡向左移動(dòng)；加入NaOH固體，氫氧化鈉電離出氫氧根離子，OH-濃度增加；平衡向左移動(dòng)；

故答案為：在氨水中存在平衡：NH3+H2O?NH3?H2O?NH4++OH-，加入NaOH固體，OH-濃度增加，平衡向左移動(dòng)，NaOH固體溶于水放出大量熱，均有利于NH3逸出；

（3）①氨氣發(fā)生了催化氧化的產(chǎn)物一氧化氮，一氧化氮極易和氧氣化合為二氧化氮，即2NO+O2=2NO2；所以裝置F中有紅棕色氣體產(chǎn)生；

故答案為：2NO+O2═2NO2；

②乙觀察到裝置F中只有白煙生成，白煙是由于氨氣和硝酸反應(yīng)NH3+HNO3=NH4NO3，生成了白色的NH4NO3固體；

故答案為：NH4NO3；

③在裝置G中，生成的二氧化氮和水反應(yīng)生成硝酸和一氧化氮，化學(xué)方程式為：3NO2+H2O═2HNO3+NO，獲得硝酸，金屬銅和硝酸反應(yīng)，3Cu+8HNO3（?。?3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O實(shí)質(zhì)是：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；

故答案為：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；

（4）①為了氧化氨氣；氧氣需過量，需增加氧氣的量，減少氨氣的量，A為制氧氣的裝置，增加A中氧氣的量，裝置A中的產(chǎn)氣量，裝置B中的產(chǎn)氣量；

故答案為：增加；減少；

②E裝置是氨氣的催化氧化裝置，從裝置中出來的氣體中有氧氣和氨氣和一氧化氮和水蒸氣，因4NO+2H2O+3O2=4HNO3，NH3+HNO3=NH4NO3，所以避免F中生成硝酸銨，實(shí)現(xiàn)在F中看到紅棕色的二氧化氮，需除去水或氨氣，需在裝置E、F間增加一個(gè)裝置，該裝置可以將氨氣或水除去，a堿石灰吸收水蒸氣，可以通過防倒吸的b裝置吸收氨氣，可以通過濃硫酸吸收氨氣和水蒸氣，實(shí)現(xiàn)在F中看到紅棕色的二氧化氮，需選abc；

故答案為：abc．20、1：21：12022【分析】【分析】（1）密度之比等于相對(duì)分子質(zhì)量之比；

（2）H2的質(zhì)子數(shù)為2，H2的質(zhì)子數(shù)為2；

（3）根據(jù)相對(duì)原子質(zhì)量計(jì)算相對(duì)分子質(zhì)量，摩爾質(zhì)量在數(shù)值上等于相對(duì)分子質(zhì)量．【解析】【解答】解：（1）密度之比等于相對(duì)分子質(zhì)量之比，H2的相對(duì)分子質(zhì)量為2，H2的相對(duì)分子質(zhì)量為4，則在相同條件下，H形成的單質(zhì)與H形成的單質(zhì)的密度之比為2：4=1：2；故答案為：1：2；

（2）H2的質(zhì)子數(shù)為2，H2的質(zhì)子數(shù)為2，則1molH的單質(zhì)與1molH的單質(zhì)中；其質(zhì)子的物質(zhì)的量之比為1：1，故答案為：1：1；

（3）由H和18O組成的水的相對(duì)分子質(zhì)量為20，則摩爾質(zhì)量為20g/mol，由H和16O組成的水的相對(duì)分子質(zhì)量為22，其摩爾質(zhì)量為22g/mol，故答案為：20；22．21、SiO2+2KOH═K2SiO3+H2O3MnO42-+2CO2=2MnO4-+MnO2↓+2CO32-2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑2MnO4-+6H++5H2O2=2Mn2++8H2O+5O2↑【分析】【分析】（1）熔融固體需要用鐵坩堝熔融，瓷坩堝原料含有SiO2；能和堿反應(yīng)，高溫下與KOH發(fā)生反應(yīng)；

（2）由題意可知，KOH、KClO3、MnO2共熔制得綠色K2MnO4；CO2使MnO42-發(fā)生歧化反應(yīng)，生成MnO4-和MnO2，反應(yīng)中MnO42-→MnO4-，Mn元素化合價(jià)由+6價(jià)升高為+7，化合價(jià)總共升高1價(jià)，MnO42-→MnO2，Mn元素化合價(jià)由+6價(jià)降低為+4，化合價(jià)總共降低2價(jià)，化合價(jià)升高最小公倍數(shù)為2，故MnO4-系數(shù)為2，MnO2系數(shù)為1，根據(jù)錳元素守恒可知，轉(zhuǎn)化KMnO4的MnO42-占；

（3）KMnO4在加熱的條件下會(huì)發(fā)生分解反應(yīng)；

（4）向H2O2溶液中滴加酸性高錳酸鉀溶液．則酸性高錳酸鉀溶液會(huì)褪色說明高錳酸鉀做氧化劑氧化過氧化氫為氧氣，依據(jù)電子守恒和原子守恒分析配平書寫離子方程式；依據(jù)氧化還原反應(yīng)中氧化劑的氧化性大于反應(yīng)中其他物質(zhì)分析判斷．【解析】【解答】解：（1）熔融固體需要用鐵坩堝熔融，瓷坩堝原料含有SiO2，在高溫下，瓷坩堝可以和KOH發(fā)生反應(yīng)SiO2+2KOH═K2SiO3+H2O；腐蝕瓷坩堝，故不能使用瓷坩堝，而使用鐵坩堝；

故答案為：SiO2+2KOH═K2SiO3+H2O；

（2）由題意可知，KOH、KClO3、MnO2共熔制得綠色K2MnO4，根據(jù)氧化還原反應(yīng)可知，還生成KCl，由元素守恒可知，還會(huì)生成H2O，反應(yīng)方程式為KClO3+3MnO2+6KOHKCl+3K2MnO4+3H2O；CO2使MnO42-發(fā)生歧化反應(yīng)，生成MnO4-和MnO2，反應(yīng)的離子方程式為：3MnO42-+2CO2=2MnO4-+MnO2↓+2CO32-；反應(yīng)中MnO42-→MnO4-，Mn元素化合價(jià)由+6價(jià)升高為+7，化合價(jià)總共升高1價(jià)，MnO42-→MnO2，Mn元素化合價(jià)由+6價(jià)降低為+4，化合價(jià)總共降低2價(jià)，化合價(jià)升高最小公倍數(shù)為2，故MnO4-系數(shù)為2，MnO2系數(shù)為1，根據(jù)錳元素守恒MnO42-系數(shù)為3，所以轉(zhuǎn)化KMnO4的MnO42-占，故K2MnO4完全反應(yīng)時(shí)轉(zhuǎn)化為KMnO4的百分率約×100%=66.7%；

故答案為：3MnO42-+2CO2=2MnO4-+MnO2↓+2CO32-；

（3）⑥步加熱濃縮至液面有細(xì)小晶體析出時(shí)，停止加熱，冷卻結(jié)晶，過濾，洗滌，干燥，KMnO4在溫度過高的條件下會(huì)發(fā)生分解反應(yīng)，反應(yīng)化學(xué)方程式為：2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑；故在加熱；濃縮、烘干的過程中溫度不宜過高；

故答案為：2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑；

（4）向H2O2溶液中滴加酸性高錳酸鉀溶液．則酸性高錳酸鉀溶液會(huì)褪色說明高錳酸鉀做氧化劑氧化過氧化氫為氧氣，反應(yīng)的離子方程式為：2MnO4-+6H++5H2O2=2Mn2++8H2O+5O2↑，故答案為：2MnO4-+6H++5H2O2=2Mn2++8H2O+5O2↑．22、SCV形直線形SO23d54s1大于HF是極性分子，且存在氫鍵，相似相溶【分析】【分析】X原子核外的M層中只有兩對(duì)成對(duì)電子，核外電子排布應(yīng)為1s22s22p63s23p4，為S元素，Y原子核外的L層電子數(shù)是K層的兩倍，Y有2個(gè)電子層，最外層電子數(shù)為4，故Y為C元素，Z是地殼內(nèi)含量最高的元素，為O元素，Q的核電荷數(shù)是X與Z的核電荷數(shù)之和，原子序數(shù)為24，為Cr元素，E在元素周期表的各元素中電負(fù)性最大，應(yīng)為F元素，結(jié)合元素對(duì)應(yīng)單質(zhì)、化合物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)解答該題．【解析】【解答】解：X原子核外的M層中只有兩對(duì)成對(duì)電子，核外電子排布應(yīng)為1s22s22p63s23p4，為S元素，Y原子核外的L層電子數(shù)是K層的兩倍，Y有2個(gè)電子層，最外層電子數(shù)為4，故Y為C元素，Z是地殼內(nèi)含量最高的元素，為O元素，Q的核電荷數(shù)是X與Z的核電荷數(shù)之和，原子序數(shù)為24，為Cr元素；E在元素周期表的各元素中電負(fù)性最大，應(yīng)為F元素；

（1）由以上分析可知；X為S，Y為C，故答案為：S；C；

（2）SO2中，S和O形成2個(gè)δ鍵，有1個(gè)孤電子對(duì)，為V形，CO2中，C和O形成2個(gè)δ鍵，沒有孤電子對(duì)，為直線形．SO2是極性分子，H2O也是極性分子，相似相溶，而CO2是非極性分子，故SO2在水中溶解度更大，故答案為：V形；直線形；SO2；

（3）Q為Cr，原子序數(shù)為24，位于周期表第四周期ⅥB族，核外價(jià)層電子排布式為3d54s1，故答案為：3d54s1；

（4）非金屬性F＞O，HF較穩(wěn)定，HF和水都為極性分子，且存在氫鍵，相似相溶，導(dǎo)致HF易溶于水，故答案為：大于；HF是極性分子，且存在氫鍵，相似相溶．四、判斷題(共4題，共8分)23、√【分析】【分析】白磷分子中含有6個(gè)P-P共價(jià)鍵，白磷分子式為P4，據(jù)此進(jìn)行計(jì)算含有共價(jià)鍵數(shù)目．【解析】【解答】解：白磷是正四面體型結(jié)構(gòu)，分子中含有6個(gè)P-P共價(jià)鍵；31g白磷（分子式為P4）的物質(zhì)的量是0.25mol，所以分子中含有P-P共價(jià)鍵1.5mol，含有的共價(jià)鍵數(shù)目為1.5NA，故答案為：√；24、×【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(yīng)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(cuò)誤，故答案為：×．25、×【分析】【分析】稀釋前后氫氧化鈉的物質(zhì)的量不變，根據(jù)稀釋定律C1V1=C2V2計(jì)算判斷．【解析】【解答】解：令稀釋后NaOH的物質(zhì)的量濃度為c，稀釋前后氫氧化鈉的物質(zhì)的量不變，則：0.03L×0.5mol/L=c×0.5L，解得c=0.03mol/L，故錯(cuò)誤，故答案為：×．26、√【分析】【分析】根據(jù)n=cV計(jì)算鉀離子物質(zhì)的量，再根據(jù)N=nNA計(jì)算鉀離子數(shù)目．【解析】【解答】解：鉀離子物質(zhì)的量=1L×0.3mol/L×2=0.6mol，故鉀離子數(shù)目為0.6NA，故正確，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(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．28、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(huì)加快|滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶?jī)?nèi)的顏色由無(wú)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(qiáng)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(shí)；溶液迅速變成紫紅色；滴定終點(diǎn)時(shí)，當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏胃咤i酸鉀溶液，錐形瓶?jī)?nèi)的顏色由無(wú)色變成紫紅色，且半分鐘不變化，證明達(dá)到終點(diǎn)；

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(huì)加快；滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶?jī)?nèi)的顏色由無(wú)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(rùn)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(cè)）=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(cè)液的物質(zhì)的量不變，對(duì)V（標(biāo)準(zhǔn)）無(wú)影響，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）不變，故B錯(cuò)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(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）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(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，故D正確；

E．觀察讀數(shù)時(shí)，滴定前仰視，滴定后俯視，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏小，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏小，故E錯(cuò)誤；

故選ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有強(qiáng)氧化性，應(yīng)用酸式滴定管盛裝；高錳離子有催化作用而導(dǎo)致反應(yīng)速率加快；乙二酸與KMnO4發(fā)生氧化還原反應(yīng)，滴定終點(diǎn)時(shí)，溶液由無(wú)色變成紫紅色，且半分鐘內(nèi)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(yīng)按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，根據(jù)關(guān)系式2KMnO4～5H2C2O4計(jì)算；

④根據(jù)c（待測(cè)）=分析不當(dāng)操作對(duì)V（標(biāo)準(zhǔn)）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(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．30、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(huì)加快|滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶?jī)?nèi)的顏色由無(wú)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(qiáng)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(shí)；溶液迅速變成紫紅色；滴定終點(diǎn)時(shí)，當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏胃咤i酸鉀溶液，錐形瓶?jī)?nèi)的顏色由無(wú)色變成紫紅色，且半分鐘不變化，證明達(dá)到終點(diǎn)；

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(huì)加快；滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶?jī)?nèi)的顏色由無(wú)色變成紫紅色，且半分鐘不變化；

(2)③第3組KMn