2025年華師大版高三化學下冊階段測試試卷含答案

…………○…………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年華師大版高三化學下冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：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、下列離子方程式中正確的是（）A.將亞硫酸鋇加入到鹽酸中：SO+2H+=SO2↑+H2OB.金屬鉀與水反應：K+H2O=K++OH-+H2↑C.向稀硝酸中加入少量銅屑：Cu+4H++NO-3=Cu2++2H2O+NO↑D.向偏鋁酸鈉溶液中通過量CO2：AlO-2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO-32、下列有關說法中，正確的是（）A.光導纖維、聚酯纖維、棉花都屬于有機高分子化合物B.在大米釀酒的過程中，淀粉最后變成了單糖C.“地溝油”經過加工處理后可以用來制肥皂D.明礬和漂白粉處理自來水，二者的作用原理相同3、乳酸在發(fā)生下列變化時所用的試劑a、b分別為（）

CH3CH（OH）COOHCH3CH（OH）COONaCH3CH（ONa）COONa．A.Na、NaOHB.Na、Na2CO3C.NaOH、NaHCO3D.NaOH、Na4、下列類型的反應一定屬于氧化還原反應的是（）A.化合反應B.分解反應C.復分解反應D.置換反應5、下列涉及有機化合物的分離提純的說法正確的是（）A.除去乙烷中混有的乙烯，可將混合氣體通過酸性高錳酸鉀溶液B.甲烷、乙烯和苯在工業(yè)上都可通過石油分餾得到C.除去溴苯中混有的Br2，可用NaOH溶液洗滌分液D.乙酸乙酯中的少量乙酸和乙醇可用氫氧化鈉溶液除去評卷人得分二、雙選題(共9題，共18分)6、相對分子質量為M的氣態(tài)化合物VL（標準狀況）溶于mg水中，得到溶液的質量分數為ω%，物質的量濃度為cmol/L，密度為ρg?cm-3，則下列說法正確的是（）A.相對分子質量M可表示為：B.物質的量濃度C可表示為：C.溶液的質量分數ω%可表示為：D.溶液密度ρ可表示為：7、向氯化鐵溶液中加入ag銅粉，完全溶解后再加入bg鐵粉，充分反應后過濾得到濾液和固體cg．下列說法正確的是（）A.若a＞c，則濾液中可能含三種金屬離子，且b可能小于cB.若a＞c，則cg固體中只含一種金屬，且b可能大于cC.若a＜c，則cg固體含兩種金屬，且b可能與c相等D.若a=c，則濾液中可能含兩種金屬離子，且b可能小于c8、在甲、乙、丙三個不同密閉容器中按不同方式投料，一定條件下發(fā)生反應（起始溫度和起始體積相同）：N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H＜0；相關數據如下表所示：下列說法正確的是（）

。容器甲乙丙相關條件恒溫恒容絕熱恒容恒溫恒壓反應物投料1molN2、3molH22molNH32molNH3平衡時容器體積V甲V乙V丙反應的平衡常數K=K甲K乙K丙平衡時NH3的濃度/mol?L-1c甲c乙c丙平衡時NH3的反應速率/mol?L-1?min-1v甲v乙v丙A.V甲＞V丙B.K乙＞K丙C.c乙＞c甲D.v甲=v丙9、下列實驗操作正確的是rm{(}rm{)}A.滴定前用待測液潤洗錐形瓶B.容量瓶和滴定管使用前均需要檢漏C.蒸餾完畢時，先關閉冷凝水，再停止加熱D.分液時，下層溶液先從下口放出，上層溶液再從上口倒出10、下列反應的離子方程式正確的是rm{(}rm{)}A.碳酸氫鈣溶液中加入過量氫氧化鈉溶液：rm{Ca^{2+}+2HCO;_{3}^{-}+2OH^{-}簍TCaCO_{3}隆媒+CO;_{3}^{2-}+2H_{2}O}B.rm{Ca^{2+}+2HCO;_{3}^{-

}+2OH^{-}簍TCaCO_{3}隆媒+CO;_{3}^{2-}+2H_{2}O}rm{25mL}的rm{0.3mol?L^{-1}}溶液中通入rm{FeBr_{2}}標準狀況下的氯氣：rm{224mL}C.rm{2Fe^{2+}+4Br^{-}+3Cl_{2}簍T2Fe^{3+}+2Br_{2}+6Cl^{-}}rm{100mL}的rm{0.1mol?L^{-1}}溶液中加入rm{Al_{2}(SO_{4})_{3}}rm{20mL}的rm{3.5mol?L^{-1}}溶液：rm{NaOH}D.過量鐵粉和稀硝酸反應：rm{3Fe+8H^{+}+2NO;_{3}^{-}簍T3Fe^{2+}+2NO隆眉+4H_{2}O}rm{Al^{3+}+4OH^{-}簍T[Al(OH)_{4}]^{-}}11、rm{Cyrneine}rm{A}對治療神經系統(tǒng)疾病有著很好的療效rm{.}可用香芹酮經過多步反應合成rm{.}下列說法正確的是rm{(}rm{)}

A.香芹酮化學式為rm{C_{9}H_{12}O}B.rm{Cyrneine}rm{A}可以發(fā)生加成反應、消去反應和氧化反應C.香芹酮和rm{Cyrneine}rm{A}均能使酸性rm{KMnO_{4}}溶液褪色D.香芹酮和rm{Cyrneine}rm{A}可以通過氯化鐵溶液鑒別12、已知電離平衡常數：rm{H_{2}CO_{3}>HClO>HCO_{3}^{-}}氧化性：rm{HClO>Cl_{2}>Br_{2}>Fe^{3+}>I_{2}.}下列有關離子反應或離子方程式的敘述中，正確的是rm{(}rm{)}A.向rm{0.1molFeI_{2}}溶液中滴加少量氯水，反應中有rm{0.3mol}電子轉移B.向溴水中加入足量氯化亞鐵能使溶液變成無色C.向rm{NaClO}溶液中通入少量rm{CO_{2}}的離子方程式：rm{ClO^{-}+CO_{2}+H_{2}O簍THClO+HCO_{3}^{-}}D.能使rm{pH}試紙顯深紅色的溶液，rm{Fe^{3+}}rm{Cl^{-}}rm{Ba^{2+}}rm{Br^{-}}能大量共存13、下表各組物質之間通過一步反應不可以實現(xiàn)如圖所示轉化關系的是（）

。選項abc箭頭上所標。

數字的反應條件AAlCl3NaAlO2Al（OH）3①加入過量的NaOHBSiSiO2H2SiO3②常溫加水CNaOHNaHCO3Na2CO3④加澄清石灰水DFeFeCl3FeCl2③加入氯氣A.AB.BC.CD.D14、燒杯rm{A}中盛放rm{0.1mol隆隴L^{-1}}的rm{H_{2}SO_{4}}溶液、燒杯rm{B}中盛放rm{0.1mol隆隴L^{-1}}的rm{CuCl_{2}}溶液rm{(}兩種溶液均足量rm{)}裝置如下圖所示，下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.rm{A}為原電池，rm{B}為電解池B.rm{A}為電解池，rm{B}為原電池C.當rm{A}燒杯中產生rm{0.1mol}氣體時，rm{B}燒杯中產生氣體的物質的量也為rm{0.2mol}D.rm{B}燒杯中陽極的反應為rm{2Cl^{-}}rm{-2e}rm{-2e}rm{{,!}^{-}}rm{簍T}rm{簍T}rm{Cl}rm{Cl}評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)15、生產尿素的原料是氨氣和二氧化碳；二氧化碳是合成氨廠的副產品．

尿素的合成分兩步進行：

①氨和二氧化碳作用生成氨基甲酸銨：2NH3（g）+CO2（g）→NH2CO2NH4（s）+159.47kJ；

②氨基甲酸銨脫水形成尿素，NH2CO2NH4（s）→CO（NH2）2（s）+H2O（l）-28.49kJ．

則2molCO2完全反應合成尿素所____（吸收、釋放）的熱量為____．

A．吸收熱量B．釋放熱量C．261.96kJD．130.98kJ．16、（2012秋?鼓樓區(qū)校級期中）A；B、X、Y、Z是五種常見的短周期元素；其原子半徑隨原子序數的變化如圖所示．已知A是地殼中含量最高的元素；B和Ne原子的質子數相差l；X在空氣中燃燒可生成兩種化合物；Y的單質是一種常見的半導體材料；Z的非金屬性在同周期元素中最強．請回答下列問題：

（1）Y的原子結構示意圖為____；Z在周期表中的位置為____．

（2）A與B的單質在不同條件下反應，生成物的化學式分別為____．

（3）CH3XZ是一種重要的有機合成試劑，該化合物水解可生成最簡單的有機物和一種堿式鹽，有關反應的化學方程式為____．

（4）已知在25℃、101kPa下，Y的氣態(tài)氫化物在氧氣中完全燃燒生成其對應的氧化物，恢復至原狀態(tài)，已知每轉移lmol電子時放熱190.0kJ，則0.5mol該氣態(tài)氫化物完全燃燒時放出熱量為____kJ．17、(15分)空氣吹出法工藝，是目前“海水提溴”的最主要方法之一。其工藝流程如下：（1）溴在周期表中位于第______周期第________族。（2）步驟①中用硫酸酸化可提高Cl2的利用率，理由是__________________________。（3）步驟④利用了SO2的還原性，反應的離子方程式為________________________。（4）步驟⑥的蒸餾過程中，溫度應控制在80～90℃。溫度過高或過低都不利于生產，請解釋原因____________________________________________________。（5）步驟⑧中溴蒸氣冷凝后得到液溴與溴水的混合物，可利用它們的相對密度相差很大的特點進行分離。分離儀器的名稱是____________。（6）步驟①、②之后并未直接用“含Br2的海水”進行蒸餾得到液溴，而是經過“空氣吹出”、“SO2吸收”、“氯化”后再蒸餾，這樣操作的意義是_________________________________________。18、氫能源是一種重要的清潔能源．現(xiàn)有兩種可產生H2的化合物甲和乙．將6.00g甲加熱至完全分解，只得到一種短周期元素的金屬單質和6.72LH2（已折算成標準狀況）．甲與水反應也能產生H2，同時還產生一種白色沉淀物，該白色沉淀可溶于NaOH溶液．化合物乙在催化劑存在下可分解得到H2和另一種單質氣體丙；丙在標準狀態(tài)下的密度為1.25g/L．請回答下列問題：

（1）甲的化學式是____；乙的電子式是____．

（2）甲與水反應的化學方程式是____．

（3）乙在加熱條件下與CuO反應可生成Cu和氣體丙，寫出該反應的化學方程式____．有人提出產物Cu中可能還含有Cu2O，請設計實驗方案驗證之：取樣后加____，說明產物中含有Cu2O，反之則無Cu2O．（已知Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O）

（5）甲與乙之間還可能發(fā)生反應產生H2，你的判斷理由是____．19、某有機物A存在如下轉化關系：

已知：HCOOR及轉化圖中C；J均能發(fā)生銀鏡反應。

回答下列問題：

（1）A的化學式是____．

（2）J的結構簡式____．

（3）由A轉化成B和G的反應類型屬于____（填序號）．

①氧化反應②消去反應③加成反應④取代反應⑤還原反應。

（4）寫出D與飽和碳酸氫鈉溶液反應的化學方程式____（有機物用結構簡式表示；下同）

（5）寫出由E生成F的化學方程式____

（6）請寫出符合下列條件的E的一種同分異構體的結構簡式____

①能使三氯化鐵溶液顯色；且苯環(huán)上只有兩個側鏈；

②1mol該同分異構體最多可與3molNaOH反應．評卷人得分四、判斷題(共4題，共20分)20、為了防止齲齒，人人都要使用含氟牙膏．____．（判斷對錯）21、一定量的鐵粉與銅粉混合物，與適量稀硝酸反應，生成標準狀況下氣體5.6L，則溶液中陽離子一定是Fe2+，Cu2+．____（判斷對錯）22、SO3和H2O的反應與SO2和H2O的反應類型完全相同____（判斷對和錯）23、放熱反應不需加熱就可以發(fā)生____．（判斷對錯）評卷人得分五、解答題(共2題，共16分)24、將5.05gKNO3加到含F(xiàn)eSO40.33mo1的稀硫酸溶液中，充分反應后再通入0.09mo1C12，恰好將剩余的Fe2+全部氧化；通過計算確定（要計算過程）：

（1）寫出氯氣發(fā)生反應的離子方程式標出電子轉移的方向和數目；

（2）求KNO3被還原后氮的化合價．

25、二氧化硫是重要的工業(yè)原料；探究其制備方法和性質具有非常重要的意義．

（1）工業(yè)上用黃鐵礦（FeS2，其中S元素為-l價）在高溫下和氧氣反應制備SO2：4FeS2+11O28SO2+2Fe2O3；該反應中被氧化的元素是______（填元素符號）．當該反應轉移2.75mol電子時，生成的二氧化硫在標準狀況下的體積為______L．

（2）實驗室中用如圖1所示的裝置測定SO2催化氧化為SO3，的轉化率．（已知SO3熔點為16.8℃，假設氣體進入裝置時分別被完全吸收，且忽略空氣中CO2的影響．）

①簡述使用分液漏斗向圓底燒瓶中滴加濃硫酸的操作是______．

②實驗過程中，需要通入氧氣．試寫出一個用圖2所示裝置制取氧氣的化學方程式______△2KCl+O2↑評卷人得分六、書寫(共3題，共30分)26、已知某烷烴中的碳氫質量比為5：1

（1）確定該烷烴的分子式；計算烷烴的相對分子質量。

（2）寫出該烷烴在空氣中燃燒的化學反應方程式。

（3）如果該烷烴的一氯取代物只有1種，寫出該烷烴的結構簡式．27、請?zhí)顚懸韵玛P于氯化鐵小知識的空白：

（1）實驗室中常將FeCl3飽和溶液滴加到沸水中制備Fe（OH）3膠體，寫出反應過程中的離子方程式為____．

（2）若將FeCl3溶液蒸干、灼燒最后得到的主要固體產物是____；

（3）實驗室中配制FeCl3溶液時，為了抑制水解，可加入少量的____；

（4）要除去混在CuCl2溶液中的FeCl3雜質，可加入____、____（任填兩種物）．28、由乙烯和其他無機原料合成環(huán)狀化合物E；請在下圖的方框內填入合適的化合物的結構簡式．

寫出E在NaOH溶液中的水解反應的化學方程式____．參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、D【分析】【分析】A．亞硫酸鋇為沉淀；應保留化學式；

B．原子個數不守恒；

C．電荷不守恒；

D．二氧化碳過量，反應生成氫氧化鋁沉淀和碳酸氫鈉．【解析】【解答】解：A．將亞硫酸鋇加入到鹽酸中，離子方程式：BaSO3+2H+=SO2↑+H2O+Ba2+；故A錯誤；

B．金屬鉀與水反應，離子方程式：2K+2H2O=2K++2OH-+H2↑；故B錯誤；

C．向稀硝酸中加入少量銅屑，離子方程式：3Cu+8H++2NO-3=3Cu2++4H2O+2NO↑；故C錯誤；

D．向偏鋁酸鈉溶液中通過量CO2，離子方程式：AlO-2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO-3；故D正確；

故選：D．2、C【分析】【分析】A．相對分子質量在10000以上的有機化合物為高分子化合物；

B．淀粉水解生成葡萄糖；葡萄糖分解生成酒精；

C．油脂在堿性條件下水解生成肥皂；

D．明礬水解生成具有吸附性的氫氧化鋁膠體．【解析】【解答】解：A．光導纖維的成分是二氧化硅；相對分子質量較小，不是高分子化合物，故A錯誤；

B．淀粉水解生成葡萄糖；葡萄糖分解生成酒精，故B錯誤；

C．油脂在堿性條件下水解生成肥皂和甘油；所以可以用“地溝油”經過加工處理后可以用來制肥皂，故C正確；

D．明礬水解生成具有吸附性的氫氧化鋁膠體；不具有強氧化性，只能用于除去水的懸浮物，而漂白粉可用于殺菌消毒，故D錯誤．

故選C．3、D【分析】【分析】由合成流程可知，第一步轉化中-COOH變?yōu)?COONa，而-OH不變，應與堿反應；第二步轉化中只有-OH變?yōu)?ONa，結合醇的性質分析．【解析】【解答】解：由合成流程可知；第一步轉化中-COOH變?yōu)?COONa，而-OH不變，則試劑a應為NaOH；

第二步轉化中只有-OH變?yōu)?ONa，則試劑b應為Na；

故選D．4、D【分析】【分析】有化合價變化的反應是氧化還原反應．【解析】【解答】解：A；氧化鈉和水反應生成氫氧化鈉的過程屬于化學反應；但是沒有元素的化合價變化，則不屬于氧化還原反應，一般有單質參加的化合反應，存在元素的化合價變化，則屬于氧化還原反應，故A錯誤；

B；沒有單質生成的分解反應；沒有元素的化合價變化，則不屬于氧化還原反應，但有單質生成的分解反應，存在元素的化合價變化，則屬于氧化還原反應，故B錯誤；

C；復分解反應中一定沒有元素的化合價變化；則一定不屬于氧化還原反應，故C錯誤；

D；置換反應中一定存在元素的化合價變化；則一定屬于氧化還原反應，故D正確．

故選D．5、C【分析】【分析】A．乙烯被氧化生成二氧化碳；

B．石油分餾不能得到乙烯；

C．溴可與氫氧化鈉反應；

D．乙酸乙酯與氫氧化鈉反應．【解析】【解答】解：A．乙烯被氧化生成二氧化碳；引入新雜質，應用溴水除雜，故A錯誤；

B．石油分餾不能得到乙烯；應用裂解，故B錯誤；

C．溴可與氫氧化鈉反應；而溴苯不反應，可用于除雜，故C正確；

D．乙酸乙酯與氫氧化鈉反應；應用飽和碳酸鈉溶液除雜，故D錯誤．

故選C．二、雙選題(共9題，共18分)6、A|D【分析】解：A、mg：m（溶質）=（1-ω%）：ω%，所以m（溶質）=g，所以×Mg/mol=g；

解得M=所以該氣體的相對分子質量為故A正確；

B、溶質的物質的量為以=mol，溶液質量為mg+×Mg/mol=（m+）g，所以溶液的體積為所以溶液濃度為=mol/L；故B錯誤；

C、溶質的質量為×Mg/mol=g，溶液質量為mg+×Mg/mol=（m+）g，所以質量分數為=故C錯誤；

D、由于c=所以ρ=故D正確．

故選：AD．

A、根據溶液中m（溶劑）：m（溶質）=ω（溶劑）：（ω溶質）計算溶質的質量，再利用n=計算溶質的物質的量；根據m=nM計算摩爾質量，據此判斷．

B、根據n=計算溶質的物質的量，計算出溶液質量，利用V=計算溶液體積，在利用c=計算．

C；利用m（溶劑）+m（溶質）=m（溶液）計算溶液質量；在根據溶質質量分數定義計算．

D、根據c=計算溶液密度．

考查物質的量濃度、質量分數計算及相互關系，難度中等，關鍵是對計算公式的運用與理解．【解析】【答案】AD7、B|C【分析】解：發(fā)生的化學反應有三個，化學方程式如下：2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2；CuCl2+Fe═FeCl2+Cu；2FeCl3+Fe═3FeCl2；

A．若a＞c，說明此時溶液中還有部分銅未完全置換出來，即加入的鐵是不足量的，則固體c只含有Cu，由于先發(fā)生2FeCl3+Fe═3FeCl2反應，則濾液中不含有Fe3+，只含有Fe2+和Cu2+兩種金屬離子，當加入鐵粉很少量時可能存在b小于c的情況；故A錯誤；

B．若a＞c，說明此時溶液中還有部分銅未完全置換出來，即加入的鐵是不足量的，則固體c只含有Cu，考慮先發(fā)生2FeCl3+Fe═3FeCl2反應，若氯化鐵大量剩余，則存在b大于c的情況；故B正確；

C．若a＜c，加入的鐵是過量的，溶液中只有Fe2+，cg固體中含兩種金屬Fe、Cu，由方程式CuCl2+Fe═FeCl2+Cu可知，56gFe可以置換64gCu，如氯化鐵過量，則會消耗部分鐵粉，因此b可能與c相等；故C正確；

D．若a=c，加入的鐵恰好把銅離子完全置換出來，溶液中只有Fe2+；故D錯誤．

故選：BC．

在金屬活動性順序中，位置在前的金屬能將位于其后的金屬從其鹽溶液中置換出來，向氯化鐵溶液中加入ag銅粉，反應反應為2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2；完全溶解后再加入bg鐵粉，充分反應后過濾得到濾液和固體cg，可能發(fā)生反應為2FeCl3+Fe═3FeCl2、CuCl2+Fe═FeCl2+Cu，考慮氧化性Fe3+＞Cu2+，則先發(fā)生2FeCl3+Fe═3FeCl2反應；根據發(fā)生的反應分析．

本題考查了Fe、Cu及其化合物之間的反應，題目難度不大，注意把握Fe與銅離子、鐵離子之間的反應，側重于考查學生的分析判斷能力．【解析】【答案】BC8、B|C【分析】解：A、丙為氨的分解是氣體體積增大的反應，所以丙恒溫恒壓，體積變大，甲恒溫恒容，體積不變，所以，V甲＜V丙；故A錯誤；

B、合成氨是放熱反應，其逆反應氨氣分解就是吸熱的，乙絕熱容器，丙恒溫，所以乙反應后比丙溫度低，向吸熱方向進行的程度小，平衡時乙中氨氣濃度比丙高，氮氣和氫氣濃度比丙低，K乙＞K丙；故B正確；

C、條件相同時，甲與乙是等效平衡．甲與乙容器體積相同，乙分解氨氣吸熱導致乙比甲溫度低，平衡向合成氨方向移動，平衡時氨氣濃度乙大于甲，即c乙＞c甲；故C正確；

D、甲與丙起始溫度和起始體積相同，恒溫條件下反應，丙在恒壓條件下分解氨氣生成氫氣和氮氣，平衡時體積比反應前大，即平衡時丙體積大于甲，則壓強甲大于丙，所以υ甲＞υ丙；故D錯誤．

故選：BC．

A、丙為氨的分解是氣體體積增大的反應，所以丙恒溫恒壓，體積變大，甲恒溫恒容，體積不變，所以，V甲＜V丙；

B、合成氨是放熱反應，其逆反應氨氣分解就是吸熱的，乙絕熱容器，丙恒溫，所以乙反應后比丙溫度低，向吸熱方向進行的程度小，平衡時乙中氨氣濃度比丙高，氮氣和氫氣濃度比丙低，K乙＞K丙；

C；條件相同時；甲與乙是等效平衡．甲與乙容器體積相同，乙分解氨氣吸熱導致乙比甲溫度低，平衡向合成氨方向移動，平衡時氨氣濃度乙大于甲；

D、甲與丙起始溫度和起始體積相同，恒溫條件下反應，丙在恒壓條件下分解氨氣生成氫氣和氮氣，平衡時體積比反應前大，即平衡時丙體積大于甲，則壓強甲大于丙，所以υ甲＞υ丙．

本題主要考查學生對表格數據的分析利用能力和利用勒夏特列原理分析平衡移動的思維，題目有一定難度．【解析】【答案】BC9、rBD【分析】解：rm{A.}中和滴定時；盛放待測液的錐形瓶不能潤洗，否則待測液中溶質的物質的量偏大，測定結果偏高，故A錯誤；

B.為了避免影響實驗結果；容量瓶和滴定管使用前均需要檢漏，故B正確；

C.蒸餾時；應防止冷凝管破裂，蒸餾完畢，應該先撤酒精燈再關冷凝水，故C錯誤；

D.分液時；為了避免污染試劑，下層溶液先從分液漏斗下口放出，上層溶液再從分液漏斗上口倒出，故D正確；

故選BD．

A.錐形瓶不能潤洗；否則導致待測液中溶質的物質的量偏大；

B.容量瓶有瓶塞；滴定管有旋塞；使用前必須檢查是否漏水；

C.先關閉冷凝水再停止加熱；易導致冷凝管炸裂；

D.為了提高分液效果；分液漏斗下層液體從而下口放出，上層溶液再從上口倒出．

本題考查化學實驗方案的評價，題目難度不大，涉及中和滴定、分液、蒸餾操作方法等知識，明確常見化學實驗基本操作方法為解答關鍵，試題培養(yǎng)了學生的分析能力及化學實驗能力．【解析】rm{BD}10、rAD【分析】解：rm{A.}碳酸氫鈣溶液中加入過量氫氧化鈉溶液的離子反應為rm{Ca^{2+}+2HCO_{3}^{-}+2OH^{-}簍TCaCO_{3}隆媒+CO_{3}^{2-}+2H_{2}O}故A正確；

B.rm{B.n(FeBr_{2})=0.025L隆脕0.3mol/L=0.0075mol}rm{n(Cl_{2})=dfrac{0.224L}{22.4L/mol}=0.01mol}由電子守恒離子反應為rm{n(Cl_{2})=dfrac

{0.224L}{22.4L/mol}=0.01mol}故B錯誤；

C.rm{6Fe^{2+}+10Br^{-}+8Cl_{2}簍T6Fe^{3+}+5Br_{2}+16Cl^{-}}rm{n[Al_{2}(SO_{4})_{3}]=0.1L隆脕0.1mol/L=0.01mol}反應生成氫氧化鋁和偏鋁酸鈉，離子反應為rm{n(NaOH)=0.02L隆脕3.5mol/L=0.07mol}故C錯誤；

D.過量鐵粉和稀硝酸反應的離子反應為rm{2Al^{3+}+7OH^{-}簍TAl(OH)_{3}隆媒+[Al(OH)_{4}]^{-}}故D正確；

故選AD．

A.反應生成碳酸鈣；碳酸鈉和水；

B.rm{3Fe+8H^{+}+2NO_{3}^{-}簍T3Fe^{2+}+2NO隆眉+4H_{2}O}rm{n(Cl_{2})=dfrac{0.224L}{22.4L/mol}=0.01mol}由電子守恒可知亞鐵離子全部被氧化，溴離子部分被氧化；

C.rm{n(FeBr_{2})=0.025L隆脕0.3mol/L=0.0075mol}rm{n(Cl_{2})=dfrac

{0.224L}{22.4L/mol}=0.01mol}反應生成氫氧化鋁和偏鋁酸鈉；

D.反應生成硝酸亞鐵、rm{n[Al_{2}(SO_{4})_{3}]=0.1L隆脕0.1mol/L=0.01mol}和水．

本題考查離子反應方程式書寫的正誤判斷，為高頻考點，把握發(fā)生的反應及離子反應的書寫方法為解答的關鍵，側重復分解反應、氧化還原反應的離子反應考查，注意反應物的量及電子、電荷守恒，題目難度不大．rm{n(NaOH)=0.02L隆脕3.5mol/L=0.07mol}【解析】rm{AD}11、rBC【分析】解：rm{A.}根據有機物的結構簡式并結合鍵線式的結構特點可知，香芹酮的化學式為rm{C_{10}H_{14}O}故A錯誤；

B.rm{Cyrneine}rm{A}分子含有碳碳雙鍵、醛基以及羥基，且與羥基相連的碳原子的鄰位碳原子上含有氫原子，所以rm{A}可以發(fā)生加成反應；氧化反應、消去反應；故B正確；

C.香芹酮和rm{Cyrneine}rm{A}分子中均含有碳碳雙鍵，均能使酸性rm{KMnO_{4}}溶液褪色；故C正確；

D.都不含有酚羥基；用過氯化鐵溶液不能鑒別，故D錯誤．

故選BC．

由有機物結構簡式確定有機物的分子式，香芹酮含有碳碳雙鍵，rm{CyrneineA}分子含有碳碳雙鍵；醛基以及羥基；結合烯烴、醛以及醇的性質確定有機物的性質，以此解答該題．

本題考查有機物的結構和性質，是高考中的常見題型和重要的考點之一，屬于中等難度的試題，意在考查學生對官能團與物質性質的關系及常見的有機反應類型的判斷能力rm{.}試題基礎性強，側重對學生能力的培養(yǎng)和解題方法的指導rm{.}該題的關鍵是準確判斷出分子中含有的官能團，然后依據相應官能團的結構和性質，靈活運用即可rm{.}有利于培養(yǎng)學生的知識遷移能力和輯推理能力．【解析】rm{BC}12、rCD【分析】解；rm{A.}氧化性：rm{Fe^{3+}>I_{2}}則碘離子先被氧化，離子方程式為rm{2I^{-}+Cl_{2}簍TI_{2}+2Cl^{-}}則轉移的電子數小于rm{0.3N_{A}}故A錯誤；

B.氧化性：rm{Br_{2}>Fe^{3+}}向溴水中加入足量氯化亞鐵溶液溴單質能將亞鐵離子氧化為淺黃色的三價鐵離子，故B錯誤；

C.酸性rm{HClO>HCO_{3}^{-}}則二氧化碳和次氯酸鈉反應生成碳酸氫鈉和次氯酸，離子方程式為rm{ClO^{-}+CO_{2}+H_{2}O=HClO+HCO_{3}^{-}}故C正確；

D.能使rm{pH}試紙顯深紅色的溶液中；說明溶液呈強酸性，弱酸根離子；還原性離子不存在，這幾種離子之間不反應，所以能共存，故D正確．

故選CD．

A.氧化性：rm{Fe^{3+}>I_{2}}則碘離子先被氧化；

B.溴和亞鐵離子發(fā)生氧化還原反應；

C.酸性rm{HClO>HCO_{3}^{-}}則二氧化碳和次氯酸鈉反應生成碳酸氫鈉和次氯酸；

D.能使rm{pH}試紙顯深紅色的溶液中；說明溶液呈強酸性，弱酸根離子；還原性離子不存在．

本題以氧化還原反應為載體考查了離子方程式的書寫，明確酸性強弱、離子反應先后順序是解本題關鍵，根據物質之間的反應來分析解答，題目難度不大，易錯選項是rm{A}．【解析】rm{CD}13、BCD【分析】解：A．AlCl3與過量的NaOH反應可生成NaAlO2，Al（OH）3與NaOH反應可生成NaAlO2，NaAlO2與鹽酸反應可生成Al（OH）3，鹽酸過量可生成AlCl3；均能一步實現(xiàn)，故A正確；

B．二氧化硅不溶于水；與水不反應，所以二氧化硅與水不能一步反應生成硅酸，故B錯誤；

C．碳酸鈉與澄清石灰水反應生成碳酸鈣和氫氧化鈉；不能實現(xiàn)碳酸鈉向碳酸氫鈉轉化，故C錯誤；

D．氯化亞鐵與氯氣反應生成氯化鐵；不能得到鐵，故D錯誤；

故選：BCD。

A．AlCl3與NaOH反應可生成NaAlO2，Al（OH）3與NaOH反應可生成NaAlO2，NaAlO2與鹽酸反應可生成Al（OH）3，鹽酸過量可生成AlCl3；

B．二氧化硅不溶于水；與水不反應；

C．碳酸鈉與澄清石灰水反應生成碳酸鈣和氫氧化鈉；

D．氯化亞鐵與氯氣反應生成氯化鐵。

本題考查了物質之間的轉化，明確物質的性質、熟悉發(fā)生的化學反應是解題關鍵，側重對學生基礎知識的檢驗和訓練，題目難度不大?！窘馕觥緽CD14、AD【分析】【分析】

本題考查了原電池原理和電解池原理的應用；注意根據電池中轉移的電子守恒來計算生成的氣體的物質的量，題目難度不大。

【解答】A.rm{A}中rm{Fe}rm{C}稀硫酸構成原電池，活潑金屬鐵作負極，碳作正極，原電池工作時，陽離子移向正極rm{((}碳rm{))}陰離子稱向負極rm{((}鐵rm{))}故A正確；B.rm{A}中rm{Fe}rm{C}稀硫酸構成原電池，rm{A}rm{B}相連，rm{B}有外接電源，所以rm{B}為電解池，故B錯誤；C.rm{A}中rm{C}上有氫氣生成，其電極反應式為：rm{2H^{+}+2e^{?}=H_{2}隆眉}當rm{A}燒杯中產生rm{0.1mol}氣體時，轉移rm{0.2mol}電子，rm{B}中陽極上氯離子失電子生成氯氣，其電極反應式為：rm{2Cl^{?}?2e^{?}=Cl_{2}隆眉}當轉移rm{0.2mol}電子時，生成氯氣為rm{0.1mol}所以rm{A}和rm{B}中生成氣體的物質的量相同，故C錯誤；D.rm{B}中為惰性電極電解電解氯化銅，rm{Cl^{?}}在陽極失電子氧化為rm{Cl_{2}}所以陽極的電極反應為rm{2Cl^{?}?2e^{?}=Cl_{2}隆眉}故D正確。故答案為：rm{AD}

【解析】rm{AD}三、填空題(共5題，共10分)15、BC【分析】【分析】由①2NH3（g）+CO2（g）→NH2CO2NH4（s）+159.47kJ，②NH2CO2NH4（s）→CO（NH2）2（s）+H2O（l）-28.49kJ，根據蓋斯定律①+②得，2NH3（g）+CO2（g）→CO（NH2）2（s）+H2O（l）159.47kJ-28.49kJ=130.98kJ，據此分析．【解析】【解答】解：由①2NH3（g）+CO2（g）→NH2CO2NH4（s）+159.47kJ，②NH2CO2NH4（s）→CO（NH2）2（s）+H2O（l）-28.49kJ，根據蓋斯定律①+②得，2NH3（g）+CO2（g）→CO（NH2）2（s）+H2O（l）159.47kJ-28.49kJ=130.98kJ，所以2molCO2完全反應合成尿素所釋放的熱量為130.98kJ×2=261.96KJ；

故選：B；C．16、第三周期ⅤⅡA族Na2O、Na2O2CH3MgCl+H2O═CH4↑+Mg（OH）Cl760.0kJ【分析】【分析】A、B、X、Y、Z是五種常見的短周期元素，A是地殼中含量最高的元素，則A為O；B和Ne原子的質子數相差l，且B的原子半徑最大，則B為Na；X在空氣中燃燒可生成兩種化合物，則X為Mg；Y的單質是一種常見的半導體材料，則Y為Si；Z的非金屬性在同周期元素中最強，且Z的原子半徑大于A，則Z為第三周期的Cl，然后結合化學用語來解答．【解析】【解答】解：A；B、X、Y、Z是五種常見的短周期元素；A是地殼中含量最高的元素，則A為O；B和Ne原子的質子數相差l，且B的原子半徑最大，則B為Na；X在空氣中燃燒可生成兩種化合物，則X為Mg；Y的單質是一種常見的半導體材料，則Y為Si；Z的非金屬性在同周期元素中最強，且Z的原子半徑大于A，則Z為第三周期的Cl；

（1）Y為Si，質子數為14，其原子結構示意圖為Z在第三周期ⅤⅡA族，故答案為：第三周期ⅤⅡA族；

（2）Na與氧氣在常溫下反應生成Na2O，在加熱或點燃時生成Na2O2，故答案為：Na2O、Na2O2；

（3）CH3MgCl水解可生成最簡單的有機物和一種堿式鹽，則該反應的化學方程式為CH3MgCl+H2O═CH4↑+Mg（OH）Cl；

故答案為：CH3MgCl+H2O═CH4↑+Mg（OH）Cl；

（4）由SiH4+2O2SiO2+2H2O；每轉移lmol電子時放熱190.0kJ，該反應中Si元素由-4價升高到+4價，則轉移8mol電子時放出190.0kJ×8=1520kJ；

即1mol該氣態(tài)氫化物完全燃燒時放出熱量為1520kJ，所以0.5mol該氣態(tài)氫化物完全燃燒時放出熱量為0.5×1520=760.0kJ，故答案為：760.0．17、略

【分析】試題分析：（1）35號元素溴在周期表中位于第四周期第ⅦA。（2）步驟①中用硫酸酸化可提高Cl2的利用率，是因為在酸性溶液中可以減少Cl2、Br2與水反應；（3）步驟④利用了SO2的還原性，反應的離子方程式為Br2＋SO2＋2H2O=4H＋＋2Br－＋SO（4）步驟⑥的蒸餾過程中，溫度應控制在80～90℃。溫度過高或過低都不利于生產，是因為溫度過高，會產生大量水蒸氣，溴蒸氣中水蒸氣含量增加；若溫度過低，溴又不能完全蒸出，吸收率就會降低。（5）步驟⑧中溴蒸氣冷凝后得到液溴與溴水的混合物，可利用它們的相對密度相差很大的特點進行分離。分離互不相溶的兩層液體混合物的方法叫分液，分離儀器的名稱是分液漏斗。（6）步驟①、②之后并未直接用“含Br2的海水”進行蒸餾得到液溴，而是經過“空氣吹出”、“SO2吸收”、“氯化”后再蒸餾，是因為“空氣吹出”、“SO2吸收”、“氯化”的過程實際上是一個Br2的濃縮過程，與直接蒸餾含Br2海水相比效率更高，消耗能更少，成本降低，效益更高?？键c：考查空氣吹出法從“海水提溴”的反應原理、反應條件的選擇、離子方程式的書寫混合物的分離方法知識。【解析】【答案】（1）4ⅦA（2）酸化可抑制Cl2、Br2與水反應（3）Br2＋SO2＋2H2O===4H＋＋2Br－＋SO（4）溫度過高，產生大量水蒸氣，溴蒸氣中水蒸氣增加；溫度過低，溴不能完全蒸出，吸收率低（5）分液漏斗（6）“空氣吹出”、“SO2吸收”、“氯化”的過程實際上是一個Br2的濃縮過程，與直接蒸餾含Br2海水相比效率更高，消耗能更少，成本降低18、AlH3AlH3+3H2O=Al（OH）3↓+3H2↑3CuO+2NH3N2+3Cu+3H2OH2SO4溶液，如果溶液變藍AlH3中的H為-1價，NH3中的H為+1價，有可能發(fā)生氧化還原反應生成氫氣【分析】【分析】白色沉淀可溶于NaOH溶液，應為Al（OH）3，說明甲中含有Al和H兩種元素，n（H2）==0.3mol，則m（H）=0.3mol×2×1g/mol=0.6g，則6.00g甲中含有m（Al）=6.00g-0.6g=5.4g，n（Al）==0.2mol，所以n（Al）：n（H）=0.2mol：0.6mol=1：3，則甲的化學式為AlH3，丙在標準狀況下的密度為1.25g?L-1，則丙的相對原子質量為1.25g?L-1×22.4L=28，應為N2，則乙為NH3，結合對應的物質以及題目要求可解答該題．【解析】【解答】解：白色沉淀可溶于NaOH溶液，應為Al（OH）3，說明甲中含有Al和H兩種元素，n（H2）==0.3mol，則m（H）=0.3mol×2×1g/mol=0.6g，則6.00g甲中含有m（Al）=6.00g-0.6g=5.4g，n（Al）==0.2mol，所以n（Al）：n（H）=0.2mol：0.6mol=1：3，則甲的化學式為AlH3，丙在標準狀況下的密度為1.25g?L-1，則丙的相對原子質量為1.25g?L-1×22.4L=28，應為N2，則乙為NH3；

（1）由以上分析可知甲為AlH3，乙為NH3，電子式為

故答案為：AlH3；

（2）AlH3與水發(fā)生氧化還原反應，反應的方程式為AlH3+3H2O=Al（OH）3↓+3H2↑；

故答案為：AlH3+3H2O=Al（OH）3↓+3H2↑；

（3）NH3在加熱條件下與CuO反應可生成Cu和氣體N2，反應的方程式為3CuO+2NH3N2+3Cu+3H2O，要判斷產物中是否含有CuO，可加入稀硫酸檢驗溶液是否變藍，方法是取樣后加H2SO4溶液，如果溶液變藍，說明產物中含有Cu2O，反之則無Cu2O；

故答案為：3CuO+2NH3N2+3Cu+3H2O；H2SO4溶液；如果溶液變藍；

（5）AlH3中的H為-1價，NH3中的H為+1價；從化合價的角度可知二者可能發(fā)生氧化還原反應生成氫氣；

故答案為：AlH3中的H為-1價，NH3中的H為+1價，有可能發(fā)生氧化還原反應生成氫氣．19、C11H14O3HCOOCH3④等【分析】【分析】G連續(xù)氧化得到I，則G為醇、I為酸，二者反應得到J為酯，則J能發(fā)生銀鏡反應，應是甲酸酯，則G為CH3OH、H為CH3CHO、I為CH3COOH、J為HCOOCH3．由F的結構簡式可知，E為A水解得到B與甲醇，B酸化得到E，故B為故A為B氧化生成C為C進一步氧化生成D為據此解答．【解析】【解答】解：G連續(xù)氧化得到I，則G為醇、I為酸，二者反應得到J為酯，則J能發(fā)生銀鏡反應，應是甲酸酯，則G為CH3OH、H為CH3CHO、I為CH3COOH、J為HCOOCH3．由F的結構簡式可知，E為A水解得到B與甲醇，B酸化得到E，故B為故A為B氧化生成C為C進一步氧化生成D為

（1）A為化學式是C11H14O3，故答案為：C11H14O3；

（2）由上述分析可知，J的結構簡式為HCOOCH3，故答案為：HCOOCH3；

（3）由A轉化成B和G是水解反應；也屬于取代反應，故答案為：④；

（4）D（）與飽和碳酸氫鈉溶液反應的化學方程式為：

故答案為：

（5）由E生成F的化學方程式為：

故答案為：

（6）符合下列條件的E的一種同分異構體：①能使三氯化鐵溶液顯色，含有酚羥基，且苯環(huán)上只有兩個側鏈；②1mol該同分異構體最多可與3molNaOH反應，還含有羧酸與酚形成的酯基，該同分異構體為等，故答案為：等．四、判斷題(共4題，共20分)20、×【分析】【分析】氟化物可能影響兒童正常生長發(fā)育．【解析】【解答】解：氟化物能有效預防齲齒但氟化物可能影響兒童正常生長發(fā)育所以兒童不建議使用含氟牙膏，故答案為：×．21、×【分析】【分析】還原性Fe＞Cu，鐵首先與稀硝酸反應，如金屬不足，則反應生成Fe3+，如金屬過量，則生成Fe2+，如鐵過量，則溶液中沒有Cu2+，以此解答該題．【解析】【解答】解：還原性Fe＞Cu，鐵首先與稀硝酸反應，如鐵不足，則反應生成Fe3+，如鐵過量，則生成Fe2+，且溶液中沒有Cu2+；

故答案為：×．22、×【分析】【分析】依據化學方程式分析判斷，反應都是兩種物質反應生成一種物質，屬于化合反應，但從可逆反應上來看，二氧化硫與水反應為可逆反應．【解析】【解答】解：SO3+H2O=H2SO4，H2O+SO2?H2SO3依據化學方程式分析判斷，反應都是兩種物質反應生成一種物質，屬于化合反應，但從可逆反應上來看，二氧化硫與水反應為可逆反應，故不完全相同，故答案為：×．23、×【分析】【分析】吸熱反應與放熱反應與是否加熱無關，化學反應中，反應物的總能量大于生成物的總能量，反應放熱，反之吸熱．【解析】【解答】解：放熱反應不一定不用加熱就能進行，如鋁熱反應，為放熱反應，但應在高溫下才能進行，故答案為：×．五、解答題(共2題，共16分)24、略

【分析】

（1）氯氣與Fe2+反應生成Fe3+與Cl-，反應離子方程式為2Fe2++Cl2=Fe3++2Cl-，標出電子轉移的方向和數目為．

故答案為：．

（2）5.05gKNO3的物質的量為=0.05mol，由2Fe2++Cl2=Fe3++2Cl-可知，0.09mo1C12能氧化Fe2+為2×0.09mol=0.18mol，所以NO3-氧化的Fe2+為0.33mol-0.18mol=0.15mol；令N元素在還原產物中的化合價為x，根據電子轉移有0.05mol×（5-x）=0.15mol×（3-2），解得x=2．

答：KNO3被還原后氮的化合價為+2．

【解析】【答案】（1）氯氣與Fe2+反應生成Fe3+與Cl-，反應離子方程式為2Fe2++Cl2=Fe3++2Cl-；根據化合價判斷轉移電子數目與方向．

（2）5.05gKNO3的物質的量為=0.05mol，由2Fe2++Cl2=Fe3++2Cl-可知，0.09mo1C12能氧化Fe2+為2×0.09mol=0.18mol，所以NO3-氧化的Fe2+為0.33mol-0.18mol=0.15mol，根據電子轉移計算KNO3被還原后氮的化合價．

3Fe2++5NO3-+H+═3Fe3++5NO↑+10H2O．

25、略

【分析】

（1）氧化還原反應4FeS2+11O28SO2+2Fe2O3中；化合價升高的Fe；S元素在反應中被氧化，該反應生成8mol的二氧化硫，轉移電子的物質的量為44mol，所以當該反應轉移2.75mol電子時，生成的二氧化硫的物質的量為0.5mol，在標準狀況下的體積為11.2L，故答案為：Fe、S；11.2；

（2）①分液漏斗的使用方法：打開分液漏斗上口的活塞；旋開分液漏斗的旋塞，慢慢滴加，故答案為：打開分液漏斗上口的活塞，旋開分液漏斗的旋塞，慢慢滴加；

②氯用圖2所示裝置制取氧氣，即加熱固體的方法制氧氣，可以讓氯酸鉀在二氧化錳催化下受熱分解獲得氧氣，方程式為：2KClO32KCl+O2↑；

故答案為：2KClO32KCl+O2↑；

③為確保實驗的準確度，要保證二氧化硫和三氧化硫的量的測定準確，當停止通入SO2；熄滅酒精燈后，需要繼續(xù)通一段時間的氧氣，可以讓裝置中的二氧化硫和三氧化硫充分被后面的裝置吸收，故答案為：使殘留在裝置中的二氧化硫和三氧化硫被充分吸收；

④裝置D增加的質量為mg，及生成三氧化硫的質量是mg，物質的量是裝置E中產生白色沉淀的質量為ng，則吸收的二氧化硫的物質的量是則二氧化硫的轉化率=×100%，故答案為：×100%；

（3）①二氧化硫具有氧化性；可以和最低價的硫化鈉發(fā)生氧化還原反應，生成淡黃色的沉淀S，故答案為：試管a中出現(xiàn)淡黃色渾濁；

②方案I：向第一份溶液中加入AgNO3溶液；有白色沉淀生成，可能是氯水中的氯離子產生的作用；

方案Ⅱ：向第二份溶液加入品紅溶液；紅色褪去，可以是氯水中含有的漂白性物質次氯酸起的作用；

方案Ⅲ：向第三份溶液加入BaCl2溶液，產生白色沉淀，證明溶液匯總出現(xiàn)硫酸根離子，是二氧化硫在酸性環(huán)境下和氯水反應生成的，即SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl-，故