2025年華東師大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年華東師大版高三化學上冊階段測試試卷455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5題，共10分)1、下列條件下，兩種氣體的分子數一定不相等的是（）A.相同體積、相同密度的CO和C2H4B.相同質量、不同密度的N2和C2H4C.相同壓強、相同體積、相同質量的O2和N2D.相同溫度、相同壓強、相同體積的O2和N22、如下圖所示的實驗裝置中，溶液的體積均為200mL，開始時電解質溶液的濃度均為0.1mol?L-1，工作一段時間后，測得導線中均通過0.02mol電子，若不考慮溶液體積的變化，則下列敘述中正確的是（）A.產生氣體的體積：①＞②B.Cu電極上放出的氣體在標準狀況下的體積為224mlC.溶液的pH變化：①增大，②減小D.電極反應式①中陽極：4OH--4e-→2H2O+O2↑4OH--4e-→2H2O+O2↑+4e-②中負極：2H++2e-→H2↑3、在N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）反應一段時間后NH3的濃度增加為0.6mol/L在此時間內用H2表示的平均速率為0.45mol/L?S則經過的時間是（）A.0.44SB.1SC.1.33SD.2S4、下面是實驗室制取氨氣的裝置和選用的試劑，其中錯誤的是rm{(}rm{)}

A.rm{壟脵壟脷}B.rm{壟脷壟脹}C.rm{壟脹壟脺}D.rm{壟脵壟脹}5、下列說法正確的是（）A.氯乙烯、聚乙烯都是不飽和烴B.聚苯乙烯的結構簡式為C.氯乙烯制取聚氯乙烯的反應為nCH2═CHClD.乙烯和聚乙烯都能與溴的四氯化碳溶液發(fā)生加成反應評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)6、（2013秋?武陵區(qū)校級期末）維生素C的結構簡式如圖所示，它的分子式是____，在維生素C溶液中滴入少量藍色的含有淀粉的碘溶液，可觀察到溶液藍色褪去，說明維生素C具有____性．7、現(xiàn)有一包白色粉末，其中可能含有Ba（NO3）2、CaCl2、K2CO3；現(xiàn)做以下實驗：

（1）將部分粉末加水溶解；振蕩，有白色沉淀生成：

（2）向（1）的懸濁液加入過量的稀硝酸；白色沉淀消失，并有氣泡產生：

（3）取少量的（2）的溶液滴入硝酸銀溶液；有白色沉淀生成．

根據上述實驗現(xiàn)象；回答下列問題：

（1）原白色粉末中肯定有____可能有____

（2）寫出全部肯定發(fā)生的離子反應：____

（3）如何進一步確定白色粉末的成分，請你寫出實驗步驟、現(xiàn)象和結論____．8、（7分）Q、W、X、Y、Z五種短周期元素，原子序數依次增大。Q在元素周期表中原子半徑最小，W元素最高正價與最低負價代數和為0；Y與Q同主族；X、Z分別是地殼中含量最高的非金屬元素和金屬元素。請回答下列問題：（1）X、Z簡單離子半徑較大是（用離子符號表示）。（2）由這五種元素中的若干種組成的化合物甲、乙、丙、丁在水溶液中有如下轉化關系：其中丙是溶于水顯酸性的氣體，丁是強堿。①若乙常作為焙制糕點的發(fā)酵粉，則乙含有的化學鍵類型有。②若乙是難溶物，甲溶液與過量的丙生成乙的離子方程式為：。9、（11分）A、B、C、D、E五種短周期元素（A、B、C、D、E分別代表元素符號），它們的原子序數依次增大；A是元素周期表中原子半徑最小的元素；B元素最高價氧化物對應的水化物與其氫化物反應生成一種鹽X；D與A同主族，且與E同周期；E元素原子的最外層電子數是其次外層電子數的=3/4倍；C與E同主族。請回答下列問題：（1）X的化學式為______，D的原子結構示意圖為______。（2）元素的非金屬性C______E(填“＞”、“＜”或“＝”)，下列各項中，能說明這一結論的事實有______（填序號）。①氫化物H2E的酸性比H2C強②氫化物H2C的熱穩(wěn)定性比H2E強③氫化物H2E的水溶液放置在空氣中會變渾濁（3）將由BC和BC2組成的混合氣體通入下圖所示裝置中，用來驗證濃硝酸的氧化性比稀硝酸的氧化性強。已知（?。庀跛崮軐怏wBC氧化成BC2，而稀硝酸不能氧化BC。（ⅱ）NaOH溶液與BC2反應的化學方程式為：2NaOH+2BC2==NaBC2+NaBC+H2ONaOH溶液與BC氣體不反應a.裝置①、②、③中盛放的藥品依次是______、______、______。b.通入混合氣體之前，應先通入一段時間某另外一種氣體，試推測先通入的該氣體可以是______（填一種氣體的化學式）。c.能夠說明實驗已成功的現(xiàn)象是___________________________。10、寫出二氯甲烷和氯氣在光照條件下反應的化學方程式____，該化學反應的反應類型為____11、原子序數依次增大的X；Y、Z、G、Q、R、T七種元素；核電荷數均小于36．已知X的一種1：2型氫化物分子中既有σ鍵又有π鍵，且所有原子共平面；Z的L層上有2個未成對電子；Q原子s原子軌道與p原子軌道電子數相等；R單質是制造各種計算機、微電子產品的核心材料；T處于周期表的ds區(qū)，原子中只有一個未成對電子．

（1）Y原子核外共有____種不同運動狀態(tài)的電子，T原子有____種不同原子軌道的電子．

（2）X、Y、Z的第一電離能由小到大的順序為____（用元素符號表示）．

（3）Z與R能形成化合物甲，1mol甲中含____mol化學鍵，甲與氫氟酸反應，生成物的分子空間構型分別為____；

（4）G、Q、R氟化物的熔點如下表，造成熔點差異的原因為____；

。氟化物G的氟化物Q的氟化物R的氟化物熔點/K9931539183（5）向T的硫酸鹽溶液中逐滴加入Y的氫化物的水溶液至過量，反應的離子方程式為____．12、利用碳-碳偶聯(lián)反應合成新物質是有機合成的研究熱點之一；如：

化合物Ⅰ可以由以下合成路線獲得：

（1）化合物Ⅰ的分子式為____．

（2）化合物Ⅱ與溴的CCl4溶液發(fā)生加成反應，產物的結構簡式為____．

（3）化合物Ⅲ生成化合物Ⅰ的化學方程式為____；（注明反應條件）化合物Ⅲ與NaOH水溶液共熱的化學方程式為____．（注明反應條件）

（4）化合物Ⅳ是化合物Ⅲ的一種同分異構體，其苯環(huán)上只有一種取代基，Ⅳ的催化氧化產物Ⅴ能發(fā)生銀鏡反應．Ⅳ的結構簡式為____，Ⅴ的結構簡式為____．

（5）有機物與BrMgCH2（CH2）3CH2MgBr在一定條件下發(fā)生類似反應①的反應，生成的有機化合物Ⅵ（分子式為C16H17N）的結構簡式為____．13、溴苯是一種化工原料；實驗室合成溴體的裝置示意圖及有關數據如下：

。苯溴溴苯密度/g?cm-30.883.101.50沸點/℃8059156水中溶解度微溶微溶微溶按下列合成步驟回答問題：

（1）在a中加入15mL無水苯和少量鐵屑．在b中小心加入4.0mL液態(tài)溴．向a中滴入幾滴溴，有白色煙霧產生，是因為生成了____氣體．繼續(xù)滴加至液溴滴完．裝置d的作用是____；

（2）液溴滴完后；經過下列步驟分離提純：

①向a中加入10mL水；然后過濾除去未反應的鐵屑；

②濾液依次用10mL水、8mL10%的NaOH溶液、10mL水洗滌．NaOH溶液洗滌的作用是____；

③向分出的粗溴苯中加入少量的無水氯化鈣，靜置、過濾．加入氯化鈣的目的是____；

（3）經以上分離操作后，粗溴苯中還含有的主要雜質為____，要進一步提純，下列操作中必須的是____；（填入正確選項前的字母）

A．重結晶B．過濾C．蒸餾D．萃取。

（4）在該實驗中，a的容積最適合的是____．（填入正確選項前的字母）

A.25mLB.50mLC.250mLD.500mL．評卷人得分三、判斷題(共6題，共12分)14、一個化學反應中，當反應物的總能量大于生成物的總能量時，反應放熱，△H為“-”____（判斷對錯）15、由冰變成水蒸氣需要吸收熱量，是吸熱反應____．（判斷對錯）16、在標準狀況時，20mLNH3與60mLO2所含的分子個數比為1：3____．（判斷對錯）17、鈉的性質活潑，在空氣中易發(fā)生反應，故應保存在CCl4或酒精中．____（判斷對錯）18、標準狀況下，1molO2和N2混合氣體的體積約為22.4L____（判斷對錯）19、鈉與水反應時，會發(fā)生劇烈爆炸____．（判斷對錯）評卷人得分四、探究題(共4題，共28分)20、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________．21、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：22、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________．23、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：評卷人得分五、計算題(共1題，共4分)24、2.8g某物質含有3.01×1022個原子，則該物質的摩爾質量是____；已知鐵的相對原子質量是56，則1個鐵原子的質量是____g．評卷人得分六、綜合題(共1題，共3分)25、（15分）為研究鐵質材料與熱濃硫酸的反應，某小組進行了以下探究活動：[探究一]（1）稱取鐵釘（碳素鋼）12．0g放入30．0mL濃硫酸中，加熱，充分應后得到溶液X并收集到氣體Y。①甲同學認為X中除Fe3+外還可能含有Fe2+。若要確認其中是否含有Fe2+，應選擇加入的試劑為________（選填序號）。a．KSCN溶液和氯水b．鐵粉和KSCN溶液c．濃氨水d．酸性KMnO4溶液②乙同學取672mL（標準狀況）氣體Y通入足量溴水中，發(fā)生反應：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4然后加入足量BaCl2溶液，經適當操作后得到干燥固體4．66g。據此推知氣體Y中SO2的體積分數為____。（相對原子質量：O—16S—32Ba—137）[探究二]分析上述實驗中SO2體積分數的結果，丙同學認為氣體Y中還可能含量有H2和CO2氣體。為此設計了下列探究實驗裝置（圖中夾持儀器省略）。（2）寫出產生CO2的化學方程式____。（3）裝置A中試劑的作用是____。（4）簡述確認氣體Y中含有CO2的實驗現(xiàn)象。（5）如果氣體Y中含有H2，預計實驗現(xiàn)象應是。參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、C【分析】【分析】根據N=nNA可知；氣體分子數目不相等，則二者物質的量不相等．

A．根據n=判斷；

B．根據m=ρV，n=判斷；

C．根據n=判斷；

D．同溫同壓下，體積之比等于物質的量之比．【解析】【解答】解：A．二者的摩爾質量均為28g/mol，由n=可知；二者質量相同，則它們的物質的量相同，故含有分子數相等，故A不選；

B．相同體積、相同密度，根據m=ρV，可知二者的質量相同，二者摩爾質量相同，則由n=可知；二者物質的量相同，則含有分子數相等，故B不選；

C．相同質量的O2和N2，二者摩爾質量分別為32g/mol、28g/mol，根據n=可知二者的物質的量不同；則含有分子數不同，故C選；

D．相同溫度、相同壓強、相同體積的O2和N2；而物質的量相同，含有分子數相同，故D不選；

故選：C．2、B【分析】【分析】（2）能自發(fā)的進行氧化還原反應，所以為原電池，則（1）為電解池，鋅易失電子作負極，銅作正極，連接鋅的碳棒作陰極，連接銅的碳棒作陽極，負極上鋅失電子發(fā)生氧化反應，正極上氫離子得電子發(fā)生還原反應，陽極上氫氧根離子放電生成氧氣，陰極上銅離子放電生成銅．【解析】【解答】解：（2）能自發(fā)的進行氧化還原反應；所以為原電池，則（1）為電解池，鋅易失電子作負極，銅作正極，連接鋅的碳棒作陰極，連接銅的碳棒作陽極；

A．（1）中產生氧氣，（2）中產生氫氣，當轉移0.02mol電子時生成氧氣的體積==0.112L，生成氫氣體積==0.224L；所以生成氣體體積：①＜②，故A錯誤；

B．銅電極上放出氫氣體積==0.224L=224mL；故B正確；

C．（1）中陽極上氫氧根離子放電導致溶液中氫離子濃度增大；溶液的pH減小，（2）中氫離子得電子生成氫氣導致氫離子濃度降低，溶液的pH增大，故C錯誤；

D．（1）中陽極上氫氧根離子放電生成氧氣，電極反應式為：4OH--4e-→2H2O+O2↑，②中負極鋅失電子生成鋅離子，電極反應式為：Zn-2e-→Zn2+；故D錯誤；

故選B．3、D【分析】【分析】NH3的濃度增加為0.6mol/l，反應速率為，此時間內用H2表示的平均速率為0.45mol/l．S，結合反應速率之比等于化學計量數之比來解答．【解析】【解答】解：NH3的濃度增加為0.6mol/l，反應速率為，此時間內用H2表示的平均速率為0.45mol/l．S；

由反應速率之比等于化學計量數之比可知；

：0.45mol/l．s=2：3；

解得△t=2s；

故選D．4、D【分析】【分析】

本題考查了氨氣的實驗室制備方法；掌握氨氣的制備原理和化學性質是解答的關鍵，題目難度不大。

【解答】

rm{壟脵}氯化銨不穩(wěn)定受熱易分解，但是氨氣與氯化氫遇冷又極易反應生成氯化銨固體，不能用于制備氨氣，故rm{壟脵}錯誤；

rm{壟脷}向rm{CaO}中滴加濃氨水，rm{CaO}遇水生成rm{Ca(OH)_{2}}同時放出大量熱量，有利于濃氨水中的氨氣逸出，故rm{壟脷}正確；

rm{壟脹}固體加熱制氣體時，試管口應略向下傾斜，使產生的水能夠流出，以免損壞試管，所以利用氯化銨和氫氧化鈣固體加熱制取氨氣需試管口應略向下傾斜，故rm{壟脹}錯誤；

rm{壟脺}濃氨水易揮發(fā)，加熱能夠促進氨氣的逸出，可以用來制備氨氣，故rm{壟脺}正確；故D正確。

故選D。

【解析】rm{D}5、C【分析】【分析】A．氯乙烯不屬于烴；

B．聚乙烯中苯環(huán)不在鏈節(jié)內；

C．氯乙烯含有碳碳雙鍵；可發(fā)生加聚反應；

D．聚乙烯不含碳碳雙鍵，不能與溴發(fā)生加成反應．【解析】【解答】解：A．氯乙烯含有氯元素；不屬于烴，而聚乙烯為飽和烴，故A錯誤；

B．聚苯乙烯的結構簡式為故B錯誤；

C．氯乙烯含有碳碳雙鍵，可發(fā)生加聚反應生成聚氯乙烯，反應為nCH2═CHCl故C正確；

D．乙烯含有碳碳雙鍵，能與溴的四氯化碳溶液發(fā)生加成反應，但聚乙烯的結構單元為-CH2-CH2-；不能與溴的四氯化碳溶液發(fā)生加成反應，故D錯誤．

故選C．二、填空題(共8題，共16分)6、C6H8O6還原【分析】【分析】由結構簡式可知分子式，含-OH、-COOC-、C=C，結合習題中藍色褪去的現(xiàn)象及物質的性質來解答．【解析】【解答】解：由結構簡式可知分子式為C6H8O6；在維生素C溶液中滴入少量藍色的含有淀粉的碘水；觀察到藍色褪去，可知發(fā)生氧化還原反應，碘元素的化合價降低，碘為氧化劑，則維生素C具有還原性；

故答案為：C6H8O6；還原．7、CaCl2、K2CO3Ba（NO3）2Ca2++CO32-=CaCO3↓、CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑、Ag++Cl-=AgCl↓取少量（2）反應后的溶液于試管中，加入幾滴稀硫酸，觀察若出現(xiàn)白色沉淀則原混合物中有硝酸鋇【分析】【分析】依據實驗過程中的現(xiàn)象分析判斷；

（1）將部分粉末加入水中；振蕩，有白色沉淀生成，說明含有能生成白色沉淀的物質，白色沉淀可以是碳酸鋇或碳酸鈣；

（2）向（1）的懸濁液中加入過量稀硝酸；白色沉淀消失，并有氣泡產生；證明沉淀一定是碳酸鈣或碳酸鋇沉淀；

（3）取少量（2）的溶液商入AgNO3溶液，有白色沉淀生成．證明含有氯離子，混合物中一定含有氯化鈣，說明一定含有Ba（NO3）2、CaCl2；可能含有K2CO3；【解析】【解答】解：（1）將部分粉末加入水中；振蕩，有白色沉淀生成，說明含有能生成白色沉淀的物質，白色沉淀可以是碳酸鋇或碳酸鈣；

（2）向（1）的懸濁液中加入過量稀硝酸；白色沉淀消失，并有氣泡產生；證明沉淀一定是碳酸鈣或碳酸鋇沉淀；

（3）取少量（2）的溶液商入AgNO3溶液，有白色沉淀生成．證明含有氯離子，混合物中一定含有氯化鈣，說明一定含有K2CO3、CaCl2；可能含有Ba（NO3）2；

根據上述實驗現(xiàn)象，判斷白色粉末中肯定含有K2CO3、CaCl2；可能含有Ba（NO3）2；有關反應的離子方程式為：

Ca2++CO32-=CaCO3↓；CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；Ag++Cl-=AgCl↓；

故答案為；Ca2++CO32-=CaCO3↓；CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；Ag++Cl-=AgCl↓8、略

【分析】試題分析：Q、W、X、Y、Z五種短周期元素，原子序數依次增大．Q在元素周期表中原子半徑最小，則Q為H元素；X、Z分別是地殼中含量最高的非金屬元素和金屬元素，則X為O、Z為Al；Y與Q同主族，Y原子序數大于氧元素，則Y為Na元素；W元素最高正價與最低負價代數和為0，處于ⅣA族，結合原子序數可知，W為碳元素。（1）O2-、Al3+離子電子層結構相同，核電荷數越大離子半徑越小，故離子半徑O2-＞Al3+，故答案為：O2-（2）上述五種元素中的若干種組成的化合物甲、乙、丙、丁，其中丙是溶于水顯酸性的氣體，丁是強堿，丙為CO2、丁為NaOH。①若乙常作為焙制糕點的發(fā)酵粉，則乙為NaHCO3，含有離子鍵、共價鍵。②若乙是難溶物，則乙為Al（OH）3，甲是Na[Al（OH）4]，甲與過量的CO2反應生成生成氫氧化鋁沉淀與碳酸氫鈉，反應離子方程式為：[Al（OH）4]-+CO2=Al（OH）3↓+HCO3-。考點：本題考查元素的推斷、原子結構、元素周期律、方程式的書寫、化學鍵?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?分）（1）O2－（2分）（2）①離子鍵、共價鍵（2分）填寫一個得1分，只寫離子或共價不得分，多寫不給分。②[Al(OH)4]－+CO2＝Al(OH)3↓+HCO3－（3分）9、略

【分析】【解析】【答案】（11分）（1）NH4NO3（1分）；（1分）（2）>（1分）②③（2分）（3）a:H2O、稀HNO3、濃HNO3（每空1分，共3分）b:CO2（N2、H2合理答案均可）（1分）c:裝置②中液面上方氣體仍為無色，裝置③中液面上方氣體由無色變?yōu)榧t棕色（2分）10、CH2Cl2+Cl2?CHCl3+HCl取代反應【分析】【解答】二氯甲烷和氯氣在光照條件下生成三氯甲烷，化學反應方程式為：CH2Cl2+Cl2CHCl3+HCl，屬于取代反應，故答案為：CH2Cl2+Cl2CHCl3+HCl；取代反應．

【分析】二氯甲烷與氯氣反應生成三氯甲烷，屬于取代反應．11、77C＜O＜N4正四面體形、V形NaF與MgF2為離子晶體，SiF4為分子晶體，故SiF4的熔點低；Mg2+的半徑比Na+的半徑小、電荷數高，晶格能MgF2＞NaF，故MgF2的熔點比NaF高Cu2++2NH3?H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+、Cu（OH）2+4NH3=[Cu（NH3）4]2++2OH-【分析】【分析】X的一種1：2型氫化物分子中既有σ鍵又有π鍵，說明分子里有雙鍵或參鍵，且所有原子共平面，所以X為C元素，它的1：2型氫化物為乙烯；Z的L層上有2個未成對電子，即核外電子排布為1s22s22p2或1s22s22p4，X、Y、Z原子序數依次增大，所以Z為O元素，Y的原子序數介于碳、氧之間，則Y為N元素；Q原子s能級與p能級電子數相等，則Q的核外電子排布為1s22s22p4或1s22s22p63s2，由于Q的原子序數比Z大，所以Q的電子排布為1s22s22p63s2，即Q為Mg元素；而G的原子序數介于氧和鎂元素之間，所以G為Na元素；R單質是制造各種計算機、微電子產品的核心材料，R為Si元素；T處于周期表的ds區(qū)，且最外層只有一個電子，則T為Cu．【解析】【解答】解：X的一種1：2型氫化物分子中既有σ鍵又有π鍵，說明分子里有雙鍵或參鍵，且所有原子共平面，所以X為C元素，它的1：2型氫化物為乙烯；Z的L層上有2個未成對電子，即核外電子排布為1s22s22p2或1s22s22p4，X、Y、Z原子序數依次增大，所以Z為O元素，Y的原子序數介于碳、氧之間，則Y為N元素；Q原子s能級與p能級電子數相等，則Q的核外電子排布為1s22s22p4或1s22s22p63s2，由于Q的原子序數比Z大，所以Q的電子排布為1s22s22p63s2；即Q為Mg元素；而G的原子序數介于氧和鎂元素之間，所以G為Na元素；R單質是制造各種計算機；微電子產品的核心材料，R為Si元素；T處于周期表的ds區(qū)，且最外層只有一個電子，則T為Cu．

（1）Y為氮元素，核外電子排布式為1s22s22p3，所以7種不同運動狀態(tài)的電子，T為Cu元素，它的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1；有7種不同原子軌道的電子；

故答案為：7；7；

（2）同周期隨原子序數增大；元素第一電離能呈增大趨勢，氮元素2p能級為半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于氧元素的，故第一電離能由小到大的順序為：C＜O＜N；

故答案為：C＜O＜N；

（3）化合物甲為二氧化硅，在二氧化硅晶體中，每個硅原子周圍有四個Si-O鍵，所以1mol二氧化硅中含有4molSi-O鍵，SiO2與HF反應的方程式為：SiO2+4HF=SiF4+2H2O，其中SiF4中硅原子的價層電子對數為4+=4，沒有孤電子對，所以SiF4的空間構型為正四面體，H2O中氧原子的價層電子對數為2+=4，有2對孤電子對，所以H2O的空間構型為V形；

故答案為：4；正四面體形；V形；

（4）在NaF、MgF2、SiF4中NaF與MgF2為離子晶體，SiF4為分子晶體，故SiF4的熔點低，Mg2+的半徑比Na+的半徑小，電荷數高，晶格能MgF2＞NaF，故MgF2的熔點比NaF高；

故答案為：NaF與MgF2為離子晶體，SiF4為分子晶體，故SiF4的熔點低，Mg2+的半徑比Na+的半徑小，電荷數高，晶格能MgF2＞NaF，故MgF2的熔點比NaF高；

（5）向硫酸銅溶液中逐滴加入氨水至過量，開始生成氫氧化銅沉淀，后來沉淀溶解生成四氨合銅離子，其反應的離子方程式為：Cu2++2NH3?H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+、Cu（OH）2+4NH3=[Cu（NH3）4]2++2OH-；

故答案為：Cu2++2NH3?H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+、Cu（OH）2+4NH3=[Cu（NH3）4]2++2OH-．12、C8H7Br【分析】【分析】（1）由結構簡式分析分子式；C能形成4個化學鍵；

（2）化合物Ⅱ中含碳碳雙鍵；與溴發(fā)生加成反應；

（3）化合物Ⅲ生成化合物Ⅰ，-OH轉化為碳碳雙鍵，為醇的消去反應；化合物Ⅲ中含-Br；與NaOH水溶液共熱發(fā)生水解反應生成醇；

（4）Ⅳ是化合物Ⅲ的一種同分異構體；其苯環(huán)上只有一種取代基，Ⅳ的催化氧化產物Ⅴ能發(fā)生銀鏡反應，則Ⅳ中-OH在端碳原子上被氧化為-CHO；

（5）與BrMgCH2（CH2）3CH2MgBr在一定條件下發(fā)生類似反應①的反應，為取代反應，用于增長碳鏈．【解析】【解答】解：（1）由結構簡式可知分子式為C8H7Br，故答案為：C8H7Br；

（2）化合物Ⅱ中含碳碳雙鍵，與溴發(fā)生加成反應，則加成產物的結構簡式為故答案為：

（3）化合物Ⅲ生成化合物Ⅰ，-OH轉化為碳碳雙鍵，為醇的消去反應，該反應為化合物Ⅲ中含-Br，與NaOH水溶液共熱發(fā)生水解反應生成醇，該反應為

故答案為：

（4））Ⅳ是化合物Ⅲ的一種同分異構體，其苯環(huán)上只有一種取代基，Ⅳ的催化氧化產物Ⅴ能發(fā)生銀鏡反應，則Ⅳ中-OH在端碳原子上被氧化為-CHO，則Ⅳ的結構簡式為Ⅴ的結構簡式為故答案為：

（5）與BrMgCH2（CH2）3CH2MgBr在一定條件下發(fā)生類似反應①的反應，為取代反應，用于增長碳鏈，生成的有機化合物Ⅵ（分子式為C16H17N）的結構簡式為故答案為：．13、略

【分析】

（1）苯與液溴反應生成HBr，HBr與水蒸氣結合呈白霧；

液溴都易揮發(fā)，而苯的鹵代反應是放熱的，尾氣中有HBr及揮發(fā)出的Br2；用氫氧化鈉溶液吸收，防止污染大氣；

故答案為：HBr；吸收HBr和Br2；

（2）溴苯提純的方法是：先水洗，把可溶物溶解在水中，然后過濾除去未反應的鐵屑，再加NaOH溶液，把未反應的Br2變成NaBr和NaBrO洗到水中．然后加干燥劑；無水氯化鈣能干燥溴苯；

故答案為：除去HBr和未反應的Br2；干燥；

（3）反應后得到的溴苯中溶有少量未反應的苯．利用沸點不同；苯的沸點小，被蒸餾出，溴苯留在母液中，所以采取蒸餾的方法分離溴苯與苯，故答案為：苯；C；

（4）操作過程中，在a中加入15mL無水苯，向a中加入10mL水，在b中小心加入4.0mL液態(tài)溴；所以a的容積最適合的是50mL，故答案為：B．

【解析】【答案】（1）苯與液溴反應生成HBr，HBr與水蒸氣結合呈白霧；

液溴都易揮發(fā)，而苯的鹵代反應是放熱的，尾氣中有HBr及揮發(fā)出的Br2；用氫氧化鈉溶液吸收，防止污染大氣；

（2溴苯中含有溴，加NaOH溶液，把未反應的Br2變成NaBr和NaBrO洗到水中；然后加干燥劑，據此解答；

（3）由分離操作可知；分離出的粗溴苯中含有未反應的苯，分離互溶的液體，根據沸點不同，利用蒸餾的方法進行分離；

（4）根據制取溴苯所加的液體的體積進行解答；溶液的體積一般不超2/3，不少于1/3．

三、判斷題(共6題，共12分)14、√【分析】【分析】根據放熱反應中，反應物的總能量大于生成物的總能量，吸熱反應中，反應物的總能量小于生成物的總能量來解答，放熱反應的△H為負值，吸熱反應的△H為正值．【解析】【解答】解：當反應物的總能量大于生成物的總能量時，反應放熱，△H為“-”，故答案為：√．15、×【分析】【分析】冰變成水蒸氣沒有新物質生成，是物理變化，據此解題．【解析】【解答】解：冰變成水蒸氣沒有新物質生成，是物理變化，故答案為：×．16、√【分析】【分析】相同條件下，氣體體積之比等于其分子數目之比．【解析】【解答】解：同溫同壓下，氣體體積之比等于其分子數目之比，故標準狀況時，20mLNH3與60mLO2所含的分子個數比=20mL：60mL=1：3，故正確，故答案為：√．17、×【分析】【分析】鈉的性質活潑，易與水、氧氣等反應，保存鈉時，應注意隔絕空氣，且不能與水接觸，結合鈉能與乙醇反應以及四氯化碳的密度解答該題．【解析】【解答】解：鈉能與乙醇反應生成乙醇鈉和氫氣；鈉的密度比四氯化碳的小，鈉浮在四氯化碳的上面，不能用于保存鈉；

故答案為：×．18、×【分析】【分析】標準狀況下，氣體的摩爾體積為22.4L/mol，結合V=nVm計算．【解析】【解答】解：標準狀況下，1molO2和N2混合氣體的體積約為V=1mol×22.4L/mol=22.4L；

故答案為：×．19、√【分析】【分析】鈉與水劇烈反應，生成氫氣，并放出大量的熱，以此解答．【解析】【解答】解：做鈉與水的反應時；不能用較大的鈉塊，因為鈉化學性質活潑，與水反應非常激烈，所放出的熱量無法及時被水吸收，局部熱量過多，便引起爆炸．

故答案為：√．四、探究題(共4題，共28分)20、|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．21、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．22、|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．23、酸式|反應中生成的錳離子具有催化作用，所以隨后褪