2025年牛津上海版高三化學(xué)下冊(cè)月考試卷含答案

…………○…………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年牛津上海版高三化學(xué)下冊(cè)月考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)一二三四五總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、下列敘述中，錯(cuò)誤的是（）A.乙烯和聚乙烯均能和溴水發(fā)生加成反應(yīng)而使溴水褪色B.分子式為C5H12的烴有三種可能的結(jié)構(gòu)C.苯乙烯在合適條件下催化加氫可生成乙基環(huán)己烷D.淀粉、纖維素和蛋白質(zhì)都是高分子化合物，它們?cè)谝欢l件下都能水解2、下列實(shí)驗(yàn)不能達(dá)到相應(yīng)的實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖牵ǎ?/p>

。選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)實(shí)驗(yàn)?zāi)康腁鈉和鎂分別投入冷水中判斷鈉和鎂金屬性強(qiáng)弱B在MgCl2與AlCl3溶液中分別加入過(guò)量的氨水判斷鎂與鋁的金屬性強(qiáng)弱C向硅酸鈉溶液中通入CO2判斷碳酸與硅酸的酸性強(qiáng)弱DBr2與I2分別與足量的H2反應(yīng)判斷溴與碘的非金屬性強(qiáng)弱A.AB.BC.CD.D3、家庭住宅的窗玻璃大部分是普通玻璃，其成分是Na2SiO3?CaSiO3?6SiO2；在生產(chǎn)過(guò)程中加入不同的物質(zhì)，調(diào)整玻璃的化學(xué)成分，可以制得具有不同性能和用途的玻璃．下表所列不正確的是（）

。選項(xiàng)ABCD添加成分Co2O3（氧化鈷）Cu2OFe2+PbO玻璃的色彩或性能藍(lán)色紅色鋼化玻璃光學(xué)玻璃

A.A

B.B

C.C

D.D

4、所有原子都滿足最外層8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)的化合物分子是（）A.N2B.PCl3C.PCl5D.BeCl25、僅能在水溶液里導(dǎo)電的電解質(zhì)是（）A.KOHB.Cl2C.HClD.CO26、將ag二氧化錳粉末加入bmol·L－1的濃鹽酸cL中加熱完全溶解，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子d個(gè)，設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是（）A.可以收集到氯氣LB.反應(yīng)后溶液中的Cl－數(shù)目為2aNA/87C.NA可表示為D.反應(yīng)后溶液中的H＋數(shù)目為(bc－2d)7、天然維生素P(結(jié)構(gòu)如圖)存在于槐樹(shù)花蕾中，它是一種營(yíng)養(yǎng)增補(bǔ)劑，關(guān)于維生素P的敘述錯(cuò)誤的是()A.可以和溴水反應(yīng)B.可用有機(jī)溶劑萃取C.分子中有三個(gè)苯環(huán)D.1mol維生素P可以和4molNaOH反應(yīng)評(píng)卷人得分二、雙選題(共5題，共10分)8、下列有關(guān)用水楊酸和乙酸酐制備阿司匹林rm{(}乙酰水楊酸rm{)}的說(shuō)法中不正確的是。

A.阿司匹林分子中有rm{1}個(gè)手性碳原子B.水楊酸和阿司匹林都屬于芳香族化合物C.可用rm{FeCl_{3}}溶液檢驗(yàn)阿司匹林中是否含有未反應(yīng)完的水楊酸D.rm{1mol}阿司匹林最多可與rm{2mol}的rm{NaOH}溶液反應(yīng)9、下列關(guān)于乙醇的性質(zhì)及用途的敘述中，正確的是()A.能與水任意比例互溶B.可溶解多種有機(jī)物C.可令酸性高錳酸鉀溶液褪色D.藥用酒精在醫(yī)療上用作消毒劑10、對(duì)維生素的下列說(shuō)法中不正確的是()A.維生素是參與生物生長(zhǎng)發(fā)育與新陳代謝所必需的一類小分子化合物B.根據(jù)溶解性的不同維生素可分為脂溶性和水溶性維生素C.維生素是參與生物生長(zhǎng)發(fā)育與新陳代謝所必需的一類高分子化合物D.脂溶性維生素與脂類食物共食更有利于吸收11、己烷雌酚的一種合成路線如下：rm{X}rm{Y(}己烷雌酚rm{)}下列敘述正確的是rm{(}rm{)}A.在rm{NaOH}水溶液中加熱，化合物rm{X}可發(fā)生消去反應(yīng)B.在一定條件下，化合物rm{Y}可與rm{HCHO}發(fā)生縮聚反應(yīng)C.用rm{FeCl_{3}}溶液可鑒別化合物rm{X}和rm{Y}D.化合物rm{Y}中不含有手性碳原子12、常溫下，將等體積、等物質(zhì)的量濃度的rm{NH_{4}HCO_{3}}與rm{NaCl}溶液混合，析出部分rm{NaHCO_{3}}晶體。下列指定溶液中微粒濃度大小比較正確的是rm{(}rm{)}A.原rm{NH_{4}HCO_{3}}溶液中：rm{c(HCO_{3}^{mathrm{{-}}})>c(NH_{4}^{{+}})>c(OH^{-})>c(H^{+})}B.原rm{NH_{4}HCO_{3}}溶液中：rm{c(OH^{-})=c(H^{+})-c(CO_{3}^{2mathrm{{-}}})-c(NH_{3}隆隴H_{2}O)+c(H_{2}CO_{3})}C.析出晶體后的溶液中：rm{c(Cl^{-})=c(NH_{4}^{{+}})}rm{c(Na^{+})=c(HCO_{3}^{mathrm{{-}}})}D.析出晶體后的溶液中：rm{c(H^{+})+c(H_{2}CO_{3})=c(OH^{-})+c(CO_{3}^{2mathrm{{-}}})+c(NH_{3}隆隴H_{2}O)}評(píng)卷人得分三、填空題(共5題，共10分)13、開(kāi)發(fā)新能源和三廢處理都是可持續(xù)發(fā)展的重要方面。（1）由碳的氧化物直接合成乙醇燃料已進(jìn)入大規(guī)模生產(chǎn)。如采取以CO和H2為原料合成乙醇，化學(xué)反應(yīng)方程式：2CO(g)+4H2(g)CH3CH2OH(g)+H2O(g)；若密閉容器中充有10molCO與20molH2，在催化劑作用下反應(yīng)生成乙醇：CO的轉(zhuǎn)化率(α)與溫度、壓強(qiáng)的關(guān)系如下圖所示。①若A、B兩點(diǎn)表示在某時(shí)刻達(dá)到的平衡狀態(tài)，此時(shí)在A點(diǎn)時(shí)容器的體積為10L，則該溫度下的平衡常數(shù)：K＝；②若A、C兩點(diǎn)都表示達(dá)到的平衡狀態(tài)，則自反應(yīng)開(kāi)始到達(dá)平衡狀態(tài)所需的時(shí)間tAtC（填“大于”、“小于”或“等于”）。③工業(yè)上還可以采取以CO2和H2為原料合成乙醇，并且更被化學(xué)工作者推崇，但是在相同條件下，由CO制取CH3CH2OH的平衡常數(shù)遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于由CO2制取CH3CH2OH的平衡常數(shù)。請(qǐng)推測(cè)化學(xué)工作者認(rèn)可由CO2制取CH3CH2OH的優(yōu)點(diǎn)主要是：。（2）目前工業(yè)上也可以用CO2來(lái)生產(chǎn)甲醇。一定條件下發(fā)生反應(yīng)CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)。若將6molCO2和8molH2充入2L的密閉容器中，測(cè)得H2的物質(zhì)的量隨時(shí)間變化的曲線如右圖所示（實(shí)線）。①請(qǐng)?jiān)诖痤}卷圖中繪出甲醇的物質(zhì)的量隨時(shí)間變化曲線。②僅改變某一實(shí)驗(yàn)條件再進(jìn)行兩次實(shí)驗(yàn)，測(cè)得H2的物質(zhì)的量隨時(shí)間變化如圖中虛線所示，曲線I對(duì)應(yīng)的實(shí)驗(yàn)條件改變是，曲線Ⅱ?qū)?yīng)的實(shí)驗(yàn)條件改變是。（3）Hg是水體污染的重金屬元素之一。水溶液中二價(jià)汞的主要存在形態(tài)與Clˉ、OHˉ的濃度關(guān)系如右圖所示［圖中的物質(zhì)或粒子只有Hg(OH)2為難溶物；pCl=－1gc(Clˉ)］①下列說(shuō)法中正確的是。A．為了防止Hg2＋水解，配制Hg(NO3)2溶液時(shí)應(yīng)將Hg(NO3)2固體溶于濃硝酸后再稀釋B．當(dāng)c(C1ˉ)＝10ˉ1mol·Lˉ1時(shí)，汞元素一定全部以HgCl42ˉ形式存在C．HgCl2是一種弱電解質(zhì)，其電離方程式是：HgCl2＝HgCl＋+C1ˉD．當(dāng)溶液pH保持在4，pCl由2改變至6時(shí)，可使HgCl2轉(zhuǎn)化為Hg(OH)2②HgCl2又稱“升汞”，熔點(diǎn)549K，加熱能升華，其晶體是（填晶體類型）。14、乙醇和乙酸是生活中兩種常見(jiàn)的有機(jī)物．請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

（1）乙醇的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3CH2OH，乙醇分子含有的官能團(tuán)為_(kāi)___；

（2）生活中常用食醋除去暖瓶?jī)?nèi)的水垢（主要成分是CaCO3），反應(yīng)的化學(xué)方程式為2CH3COOH+CaCO3═（CH3COO）2Ca+CO2↑+H2O．通過(guò)這個(gè)事實(shí)，你得出醋酸與碳酸的酸性強(qiáng)弱關(guān)系是：醋酸____碳酸（填“＞”或“＜”）；

（3）在濃硫酸的催化作用下，加熱乙酸和乙醇的混合溶液，可發(fā)生酯化反應(yīng)．請(qǐng)完成化學(xué)方程式：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+____．15、（1）常溫下，將1mLpH=1的H2SO4溶液加水稀釋到100mL，稀釋后的溶液中pH=____．

（2）某溫度時(shí)，測(cè)得0.01mol?L-1的NaOH溶液的pH為11，則該溫度下水的離子積常數(shù)KW=____．該溫度____25℃．

（3）常溫下，設(shè)pH=5的H2SO4的溶液中由水電離出的H+濃度為c1；pH=5的Al2（SO4）3溶液中由水電離出的H+濃度為c2，則c1：c2=____．

（4）常溫下，pH=13的Ba（OH）2溶液aL與pH=3的H2SO4溶液bL混合（混合后溶液體積變化忽略不計(jì)）．若所得混合溶液呈中性，則a：b=____．若所得混合溶液pH=12，則a：b=____．

（5）在（2）所述溫度下，將pH=a的NaOH溶液VaL與pH=b的硫酸VbL混合．

①若所得混合液為中性，且a=12，b=2，則Va：Vb=____．

②若所得混合液的pH=10，且a=12，b=2，則Va：Vb=____．16、學(xué)習(xí)化學(xué)應(yīng)該明確“從生活中來(lái)；到生活中去”道理．在生產(chǎn)生活中，我們會(huì)遇到各種各樣的化學(xué)反應(yīng)．請(qǐng)你寫出下列反應(yīng)的離子方程式．（注意反應(yīng)條件并配平）

（1）工業(yè)上將氯氣通入到消石灰中制取漂白粉____

（2）玻璃中含有SiO2，不能用帶磨口玻璃塞的試劑瓶保存堿性溶液的原因（用離子方程式表示）____

（3）工業(yè)上用明礬凈水：____

（4紡織工業(yè)中常用氯氣作漂白劑，Na2S2O3溶液可作為漂白后布匹的“脫氯劑”，Na2S2O3溶液和Cl2反應(yīng)的產(chǎn)物是H2SO4、NaCl和HCl請(qǐng)寫出該反應(yīng)的離子方程式____

（5）近年來(lái)，科學(xué)家研究出了一種新的制備新型凈水劑二氧化氯的方法，即在酸性溶液中用草酸鈉（Na2C2O4）還原氯酸鈉，離子反應(yīng)反應(yīng)方程式為_(kāi)___．17、（2011秋?云龍縣校級(jí)期末）50mL0.50mol/L鹽酸與50mL0.55mol/LNaOH溶液在如圖所示的裝置中進(jìn)行中和反應(yīng)；通過(guò)測(cè)定反應(yīng)過(guò)程中所放出的熱量可計(jì)算中和熱，回答下列問(wèn)題：

（1）燒杯間填滿碎泡沫塑料的作用是____

（2）大燒杯上如不蓋硬紙板，求得的中和熱數(shù)值____（填“偏大”“偏小”“無(wú)影響”）．

（3）實(shí)驗(yàn)中改用60mL0.50mol?L-1鹽酸進(jìn)行反應(yīng)，與上述實(shí)驗(yàn)相比，所放出的熱量____（填“相等”、“不相等”），所求中和熱____（填“相等”、“不相等”），簡(jiǎn)述理由____．

（4）用相同濃度和體積的氨水代替NaOH溶液進(jìn)行上述實(shí)驗(yàn)，測(cè)得的中和熱的數(shù)值會(huì)____（填“偏大”、“偏小”“無(wú)影響”）．評(píng)卷人得分四、解答題(共3題，共9分)18、常溫下將20.0g質(zhì)量分?jǐn)?shù)為14.0%的NaCl溶液與30.0g質(zhì)量分?jǐn)?shù)為24.0%的NaCl溶液混合，得到密度為1.15g/cm3的混合溶液．計(jì)算：（1）該溶液的物質(zhì)的量濃度．

（2）在1000g水中需溶入多少摩爾NaCl，才能使其物質(zhì)的量濃度恰好與上述混合溶液的物質(zhì)的量濃度相等．19、為了達(dá)到下表中的實(shí)驗(yàn)要求；請(qǐng)從“供選擇的化學(xué)試劑及方法”欄中，選擇正確選項(xiàng)的字母代號(hào)填入對(duì)應(yīng)的空格中．

。序號(hào)實(shí)驗(yàn)要求答案供選擇的化學(xué)試劑及方法（1）檢驗(yàn)酒精中是否含有水A．向試液中滴加酚酞試液。

B．向試液中加入無(wú)水CuSO4

C．加入飽和Na2CO3溶液；分液。

D．向試液中滴加I2溶液（2）檢驗(yàn)淀粉是否完全水解（3）證明NaHCO3溶液呈堿性（4）除去乙酸乙酯中的少量乙酸20、防治環(huán)境污染是當(dāng)前環(huán)保工作的重要研究?jī)?nèi)容之一．二氧化硫和氮氧化物是大氣的主要污染物．

（1）將1.5molSO2用氫氧化鈉溶液；石灰及氧氣處理后；假設(shè)硫元素不損失，理論上可得到______g石膏．

（2）用CH4消除NOx污染的化學(xué)方程式為：

CH4+4NO→2N2+CO2+2H2O；CH4+2NO2→N2+CO2+2H2O

現(xiàn)有11.2LNO2、NO的混合氣體NOx，將其還原為N2，需要4.48L的CH4，則混合氣體中NO2；NO的物質(zhì)的量分別為_(kāi)_____．（體積都已換算為標(biāo)準(zhǔn)狀況）

（3）（1）常溫下用氧缺位鐵酸鋅ZnFe2Oy可以消除NOx污染，使NOx轉(zhuǎn)變?yōu)镹2，同時(shí)ZnFe2Oy轉(zhuǎn)變?yōu)閆nFe2O4．若2molZnFe2Oy與足量NO2可生成0.5molN2；則y=______．

（2）氧缺位鐵酸鋅ZnFe2Oz化學(xué)式的氧化物形式為aZnO?bFeO?cFe2O3．已知1molZnFe2Oz最多能使4.0L（標(biāo)況）NO1.4轉(zhuǎn)化為N2．則上述氧化物形式的化學(xué)式可具體表示為_(kāi)_____．

（4）低溫臭氧氧化脫硫脫硝技術(shù)可以同時(shí)吸收煙氣中的氮氧化物和二氧化硫，反應(yīng)原理是將NOx氧化成N2O5；通過(guò)洗滌形成硝酸鹽，二氧化硫形成硫酸鹽．其主要反應(yīng)如下：

NO+O3→NO2+O2①

2NO2+O3→N2O5+O2②

N2O5+2NH3+H2O→2NH4NO3③

SO2+O3+2NH3+H2O→（NH4）2SO4+O2④

某熱電廠煙氣中平均含NOx4.5‰、SO29.0‰（體積分?jǐn)?shù)），壓縮空氣經(jīng)臭氧發(fā)生器變成臭氧空氣，其中O3濃度為90L/m3，臭氧空氣與加濕氨氣和煙氣混合反應(yīng)．若流量比為y；請(qǐng)通過(guò)計(jì)算列出y與x的關(guān)系式．

評(píng)卷人得分五、簡(jiǎn)答題(共3題，共21分)21、研究rm{CO}rm{NO}rm{NO_{2}}等氣體的性質(zhì)，以便消除污染或變廢為寶，可以保護(hù)環(huán)境、節(jié)約資源。試運(yùn)用所學(xué)知識(shí)，解決下列問(wèn)題：rm{(1)}生產(chǎn)水煤氣過(guò)程中有以下反應(yīng)：rm{壟脵C(jī)(s)+CO_{2}(g)?2CO(g)}rm{婁隴}rm{H}rm{{,!}_{1}}rm{壟脷CO(g)+H_{2}O(g)?H_{2}(g)+CO_{2}(g)}rm{壟脷CO(g)+H_{2}O(g)?

H_{2}(g)+CO_{2}(g)}rm{婁隴}rm{H}rm{壟脹C(s)+H_{2}O(g)?CO(g)+H_{2}(g)}rm{{,!}_{2}}rm{壟脹C(s)+H_{2}O(g)?

CO(g)+H_{2}(g)}rm{婁隴}若平衡表達(dá)式為rm{H}rm{=dfrac{c(H_{2})隆隴c(CO)}{c(H_{2}O)}}則它所對(duì)應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式是rm{{,!}_{3}}填序號(hào)rm{K}________；上述反應(yīng)rm{=

dfrac{c(H_{2})隆隴c(CO)}{c(H_{2}O)}}rm{(}rm{)}rm{婁隴}rm{H}rm{{,!}_{1}}rm{婁隴}rm{H}rm{{,!}_{2}}之間的關(guān)系為_(kāi)_______。rm{婁隴}不同溫度下反應(yīng)rm{H}的平衡常數(shù)如下表所示。則rm{{,!}_{3}}rm{(2)}rm{壟脷}________rm{婁隴}填“rm{H}”或“rm{{,!}_{2}}”rm{0(}在rm{<}時(shí)，把等物質(zhì)的量濃度的rm{>}和rm{)}充入反應(yīng)容器，達(dá)到平衡時(shí)rm{500隆忙}rm{CO}rm{H_{2}O(g)}rm{c}則rm{(CO)=0.005mol隆隴L^{-1}}的平衡轉(zhuǎn)化率為_(kāi)_______。。rm{c}溫度rm{/隆忙}rm{400}rm{500}rm{800}平衡常數(shù)rm{K}rm{9.94}rm{9}rm{1}rm{(3)}對(duì)反應(yīng)rm{2NO_{2}(g)?N_{2}O_{4}(g)}rm{婁隴}rm{H}rm{<0}在溫度為rm{T}rm{{,!}_{1}}rm{T}rm{{,!}_{2}}時(shí)，平衡體系rm{N_{2}O_{4}}的體積分?jǐn)?shù)隨壓強(qiáng)變化曲線如圖所示。則rm{T}rm{{,!}_{1}}________rm{T}rm{{,!}_{2}(}填“rm{>}”或“rm{<}”rm{)}增大壓強(qiáng)，平衡向________反應(yīng)方向移動(dòng)；rm{B}、rm{C}兩點(diǎn)的平衡常數(shù)rm{B}________rm{C}rm{(}填“rm{>}”或“rm{<}”rm{)}22、根據(jù)如圖所示裝置；請(qǐng)回答：

rm{(1)}在rm{A}中加試劑后，立即打開(kāi)止水夾rm{C}rm{B}中的現(xiàn)象是______，rm{B}中有關(guān)反應(yīng)的離子方程式是______．

rm{(2)}一段時(shí)間后，關(guān)閉止水夾rm{C}rm{B}中的現(xiàn)象是______，rm{B}中有關(guān)反應(yīng)的離子方程式是______．23、rm{HN0_{3}}和rm{HN0_{2}}是氮的兩種重要含氧酸rm{.HN0_{2}}能被常見(jiàn)的氧化劑rm{(}如高錳酸鉀、重鉻酸鉀等rm{)}氧化；在酸性條件下也能被亞鐵離子、碘離子還原；亞硝酸銀rm{(AgN0_{2})}是一種難溶于水、易溶于酸的化合物rm{.}回答下列問(wèn)題：

rm{(1)}中學(xué)常見(jiàn)的同種非金屬元素形成的酸有rm{HCl0_{4}}和rm{HCl0}rm{H_{2}S0_{4}}和rm{H_{2}S0_{3}}等，由此推知：rm{HN0_{2}}是______rm{(}填“強(qiáng)酸”或“弱酸”rm{)}．

rm{(2)}亞硝酸鈉是工業(yè)鹽的主要成分，用于建筑業(yè)降低水的凝固點(diǎn)rm{.}檢驗(yàn)硝酸鈉中是否混有。

亞硝酸鈉的方法是，將樣品溶解，然后滴入酸性高錳酸鉀溶液，觀察到高錳酸鉀溶液的紫色褪去，該反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)_____rm{.}工業(yè)鹽和食鹽外形相似，易混淆發(fā)生中毒事故rm{.}下列鑒別方法正確的是______rm{(}填標(biāo)號(hào)rm{)}．

A.用硝酸銀和硝酸溶液區(qū)別．

B.測(cè)定這兩種溶液的rm{pH}

C.分別在兩種溶液中滴加甲基橙。

D.分別滴加醋酸和rm{KI}淀粉溶液。

rm{(3)}往氯水中滴入亞硝酸鈉溶液；發(fā)現(xiàn)氯水褪色，該反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)_____．

rm{(4)}濃硝酸具有強(qiáng)氧化性．

rm{壟脵}某同學(xué)設(shè)計(jì)出如圖實(shí)驗(yàn)裝置，以此說(shuō)明在濃硝酸存在下鐵會(huì)因發(fā)生電化腐蝕而溶解rm{.}該設(shè)計(jì)是否合理？______rm{(}“合理”或“不合理”rm{)}原因是______．

rm{壟脷}濃硝酸除了能氧化金屬，還能氧化非金屬，如加熱條件下濃硝酸能氧化碳單質(zhì)，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)_____，該反應(yīng)每生成rm{1mol}氧化產(chǎn)物，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為_(kāi)_____．參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、A【分析】【分析】A．聚乙烯不含碳碳雙鍵；

B．分子式為C5H12的烴有正戊烷；異戊烷、新戊烷3種；

C．苯乙烯含有苯環(huán)和碳碳雙鍵；都可發(fā)生加成反應(yīng)；

D．淀粉、纖維素為多糖，蛋白質(zhì)可水解生成氨基酸．【解析】【解答】解：A．聚乙烯不含碳碳雙鍵；與溴水不反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；

B．分子式為C5H12的烴有正戊烷；異戊烷、新戊烷3種；故B正確；

C．苯乙烯含有苯環(huán)和碳碳雙鍵；都可發(fā)生加成反應(yīng)，與氫氣完全發(fā)生加成反應(yīng)，可生成乙基環(huán)己烷，故C正確；

D．淀粉；纖維素和蛋白質(zhì)的相對(duì)分子質(zhì)量在10000以上；為高分子化合物，淀粉、纖維素為多糖，可水解生成葡萄糖，蛋白質(zhì)可水解生成氨基酸，故D正確．

故選A．2、B【分析】【分析】A．金屬的金屬性越強(qiáng)；金屬單質(zhì)與水或酸反應(yīng)越劇烈；

B．金屬的金屬性越強(qiáng)；其最高價(jià)氧化物的水化物堿性越強(qiáng)；

C．強(qiáng)酸和弱酸鹽反應(yīng)生成弱酸；

D．元素的非金屬性越強(qiáng)，其單質(zhì)與氫氣反應(yīng)越容易．【解析】【解答】解：A．金屬的金屬性越強(qiáng)；金屬單質(zhì)與水或酸反應(yīng)越劇烈，鈉和鎂分別投入冷水中，鈉和水劇烈反應(yīng)；鎂和冷水不反應(yīng)，所以可以判斷鈉、鎂的金屬性強(qiáng)弱，故A不選；

B．金屬的金屬性越強(qiáng)；其最高價(jià)氧化物的水化物堿性越強(qiáng)，氯化鎂和氯化鋁溶液分別和氨水混合都生成白色沉淀，不能鑒別氫氧化鎂；氫氧化鋁堿性強(qiáng)弱，所以不能判斷鎂、鋁的金屬性強(qiáng)弱，故B選；

C．強(qiáng)酸和弱酸鹽反應(yīng)生成弱酸；碳酸鈉和二氧化碳；水反應(yīng)生成難溶性的硅酸，說(shuō)明碳酸酸性大于硅酸，故C不選；

D．元素的非金屬性越強(qiáng)，其單質(zhì)與氫氣反應(yīng)越容易，溴和氫氣需要加熱生成HBr；碘和氫氣需要不斷加熱生成HI，所以可以根據(jù)溴；碘分別與氫氣反應(yīng)條件判斷非金屬性強(qiáng)弱，故D不選；

故選B．3、C【分析】

玻璃種添加Co2O3（氧化鈷）呈藍(lán)色，添加Cu2O呈紅色，光學(xué)玻璃種一般添加PbO；鋼化玻璃是將普通退火玻璃先切割成要求尺寸，然后加熱到接近軟化點(diǎn)的700度左右，再進(jìn)行快速均勻的冷卻而得到的．不是添加Fe2+．

故選C．

【解析】【答案】鋼化玻璃是將普通退火玻璃先切割成要求尺寸；然后加熱到接近軟化點(diǎn)的700度左右，再進(jìn)行快速均勻的冷卻而得到的．

4、B【分析】【分析】對(duì)于ABn的共價(jià)化合物，各元素滿足|化合價(jià)|+元素原子的最外層電子數(shù)=8，原子都滿足最外層8電子結(jié)構(gòu)，據(jù)此結(jié)合選項(xiàng)判斷．【解析】【解答】解：A、N2中N原子最外層5個(gè)電子，氮?dú)饨Y(jié)構(gòu)式為N≡N，N原子形成3個(gè)共價(jià)鍵，每個(gè)共價(jià)鍵提供一個(gè)電子，所以每個(gè)N原子周圍電子數(shù)為：5+3=8；但是N2為單質(zhì)不是化合物；故A錯(cuò)誤；

B、PCl3中P元素化合價(jià)為+3；P原子最外層電子數(shù)為5，所以3+5=8，P原子滿足8電子結(jié)構(gòu)；Cl元素化合價(jià)為-1，Cl原子最外層電子數(shù)為7，所以1+7=8，Cl原子滿足8電子結(jié)構(gòu)，故B正確；

C、PCl5中P元素化合價(jià)為+5；P原子最外層電子數(shù)為5，所以5+5=10，分子中P原子不滿足8電子結(jié)構(gòu)，故C錯(cuò)誤；

D、BeCl2中Be元素化合價(jià)為+2；Be原子最外層電子數(shù)為2，所以2+2=4，Be原子不滿足8電子結(jié)構(gòu)；Cl元素化合價(jià)為-1，Cl原子最外層電子數(shù)為7，所以1+7=8，Cl原子滿足8電子結(jié)構(gòu)，故D錯(cuò)誤．

故選B．5、C【分析】【分析】在水溶液里或熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電的化合物是電解質(zhì)，僅能在水溶液里導(dǎo)電的電解質(zhì)屬于共價(jià)化合物，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：A．KOH屬于離子鍵化合物；為強(qiáng)電解質(zhì)，在水溶液里或熔融狀態(tài)下都導(dǎo)電，故A不選；

B．氯氣屬于單質(zhì)；既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，但其水溶液能導(dǎo)電，故B不選；

C．HCl是共價(jià)化合物；為強(qiáng)電解質(zhì)，僅能在水溶液里能導(dǎo)電，故C選；

D．二氧化碳是非電解質(zhì)；但其水溶液能導(dǎo)電，故D不選；

故選C．6、C【分析】A項(xiàng)，V(Cl2)＝×22.4L，A錯(cuò)；B項(xiàng)，(bcNA－d)個(gè)，錯(cuò)誤；C項(xiàng)，×2×NA＝d，NA＝正確；D項(xiàng)，考慮到濃鹽酸的揮發(fā)，無(wú)法計(jì)算溶液中H＋的數(shù)目?！窘馕觥俊敬鸢浮緾7、C【分析】【解析】試題分析：羥基直接與苯環(huán)相連的化合物叫酚，天然維生素P中有兩個(gè)苯環(huán)，有四個(gè)酚羥基，所以1mol維生素P可以和4molNaOH反應(yīng)，酚羥基的鄰對(duì)位上的氫原子可以被溴原子取代，所以可以和溴水反應(yīng)，維生素P屬于酚類，易溶于有機(jī)溶劑，因此答案選C。考點(diǎn)：考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)【解析】【答案】C二、雙選題(共5題，共10分)8、AD【分析】【分析】本題旨在考查學(xué)生對(duì)有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)的應(yīng)用?！窘獯稹緼.根據(jù)阿司匹林的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，其沒(méi)有手性碳原子，故A錯(cuò)誤；B.二者都含有苯環(huán)，故屬于芳香族化合物，故B正確；C.由于水楊酸含有酚羥基，能和氯化鐵顯色，而阿司匹林沒(méi)有酚羥基，故可用rm{FeCl}rm{FeCl}rm{{,!}_{3}}溶液檢驗(yàn)阿司匹林中是否含有未反應(yīng)完的水楊酸，故C正確；該有機(jī)物能和D.阿司匹林含有羧基、酯基，酯基水解生成乙酸和酚羥基，二者均能和氫氧化鈉反應(yīng)，故rm{1mol}該有機(jī)物能和rm{3mol}氫氧化鈉反應(yīng)，故D錯(cuò)誤。氫氧化鈉反應(yīng)，故D錯(cuò)誤。rm{1mol}rm{3mol}【解析】rm{AD}9、A|B|C|D【分析】解：A；乙醇可以和水任意比例互溶；故A正確；

B；有機(jī)物易溶于有機(jī)溶劑中；乙醇是一種常見(jiàn)的有機(jī)溶劑，可溶解多種有機(jī)物，故B正確；

C；乙醇具有還原性；易被強(qiáng)氧化劑酸性高錳酸鉀氧化而使得溶液褪色，故C正確；

D；一定體積分?jǐn)?shù)的乙醇在醫(yī)療上用作消毒劑；故D正確．

故選ABCD．【解析】【答案】ABCD10、A|C【分析】解：A．維生素可以起到調(diào)節(jié)新陳代謝；預(yù)防疾病和維持身體健康的作用；故A錯(cuò)誤；

B．維生素可分為脂溶性和水溶性維生素；故B正確；

C．維生素是人和動(dòng)物為維持正常的生理功能而必需從食物中獲得的一類微量有機(jī)物質(zhì)；故C錯(cuò)誤；

D．脂溶性維生素易溶于脂類食物；與脂類食物共食更有利于吸收，故D正確．

故選AC．【解析】【答案】AC11、BC【分析】【分析】本題側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，注意把握有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和官能團(tuán)的性質(zhì)，為解答該類題目的關(guān)鍵，難度不大?！窘獯稹緼.rm{X}為鹵代烴，在氫氧化鈉水溶液中發(fā)生水解反應(yīng)生成醇，如發(fā)生消去反應(yīng)，條件為氫氧化鈉醇溶液，故A錯(cuò)誤；B.rm{Y}含有酚羥基，與苯酚性質(zhì)相似，可與甲醛發(fā)生縮聚反應(yīng)，故B正確；C.rm{Y}含有酚羥基，可與氯化鐵發(fā)生顯色反應(yīng)，故C正確；D.連接四個(gè)不同的原子或原子團(tuán)的碳原子為手性碳原子，rm{Y}中連接乙基的碳原子為手性碳原子，故D錯(cuò)誤。故選BC?！窘馕觥縭m{BC}12、BD【分析】【分析】本題考查了離子濃度大小比較，題目難度中等，明確鹽的水解原理為解答關(guān)鍵，注意掌握電荷守恒、物料守恒的含義及應(yīng)用方法，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力及靈活應(yīng)用能力。【解答】A.rm{NH_{4}HCO_{3}}溶液溶液顯堿性，rm{HCO_{3}^{-}}的水解程度大于rm{NH_{4}^{+}}的水解程度，則rm{c(NH_{4}^{+})>c(HCO_{3}^{-})}所以rm{c(NH_{4}^{+})>c(HCO_{3}^{-})>c(OH^{-})>c(H^{+})}故A錯(cuò)誤；B.原rm{NH_{4}HCO_{3}}溶液中，電荷守恒為：rm{c(NH_{4}^{+})+c(Na^{+})+c(NH_{4}^{+})=c(OH^{-})+2c(CO_{3}^{2-})+c(HCO_{3}^{-})+c(Cl^{-})}溶液中物料守恒為rm{c(NH_{4}^{+})+c(NH_{3}?H_{2}O)+c(Na^{+})=c(CO_{3}^{2-})+c(HCO_{3}^{-})+c(H_{2}CO_{3})+c(Cl^{-})}則rm{c(OH^{-})=c(H^{+})-c(CO_{3}^{2-})-c(NH_{3}?H_{2}O)+c(H_{2}CO_{3})}故B正確；C.rm{NH_{4}^{+}}和rm{HCO_{3}^{-}}會(huì)發(fā)生水解，所以rm{c(Cl^{-})>c(NH_{4}^{+})}rm{c(Na^{+})>c(HCO_{3}^{-})}故C錯(cuò)誤；D.析出晶體后的溶液中溶質(zhì)可以看作rm{NH_{4}Cl}和rm{NaHCO_{3}}溶液中電荷守恒為：rm{c(NH_{4}^{+})+c(Na^{+})+c(NH_{4}^{+})=c(OH^{-})+2c(CO_{3}^{2-})+c(HCO_{3}^{-})+c(Cl^{-})}溶液中物料守恒為rm{c(NH_{4}^{+})+c(NH_{3}?H_{2}O)+c(Na^{+})=c(CO_{3}^{2-})+c(HCO_{3}^{-})+c(H_{2}CO_{3})+c(Cl^{-})}則rm{c(H^{+})+c(H_{2}CO_{3})=c(OH^{-})+c(CO_{3}^{2?})+c(NH_{3}隆隴H_{2}O)}，故D正確。故選BD。rm{c(H^{+})+c(H_{2}CO_{3})=c(OH^{-})+c(CO_{3}^{2?}

)+c(NH_{3}隆隴H_{2}O)}【解析】rm{BD}三、填空題(共5題，共10分)13、略

【分析】試題分析：（1）①2CO(g)+4H2(g)CH3CH2OH(g)+H2O(g)起始濃度（mol/L）1200轉(zhuǎn)化濃度（mol/L）0.51.00.250.25平衡濃度（mol/L）0.51.00.250.25根據(jù)化學(xué)平衡常數(shù)是在一定條件下，當(dāng)可逆反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，生成物濃度的冪之積和反應(yīng)物濃度的冪之積的比值可知，該溫度下反應(yīng)的平衡常數(shù)K＝＝0.25。②根據(jù)圖像可知，C點(diǎn)溫度和壓強(qiáng)均大于A點(diǎn)溫度和壓強(qiáng)，所以C點(diǎn)反應(yīng)速率快，達(dá)到平衡的時(shí)間少。③由于氮?dú)庵蠧O2的含量逐漸增大，所以該方法的優(yōu)點(diǎn)是原料易得、可以減輕溫室效應(yīng)。（2）①根據(jù)圖像可知平衡時(shí)氫氣的物質(zhì)的量是2mol，消耗氫氣的物質(zhì)的量是8mol－2mol＝6mol，所以根據(jù)方程式可知平衡時(shí)生成甲醇的物質(zhì)的量是2mol，因此圖像可表示為見(jiàn)答案。②曲線I與原曲線相比達(dá)到平衡的時(shí)間減少，說(shuō)明反應(yīng)速率快。而平衡時(shí)氫氣的物質(zhì)的量增加，說(shuō)明平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)。由于正方應(yīng)是體積減小的可逆反應(yīng)，所以改變的條件只能是升高溫度，即正方應(yīng)是放熱反應(yīng)；曲線Ⅱ與原曲線相比達(dá)到平衡的時(shí)間減少，說(shuō)明反應(yīng)速率快。而平衡時(shí)氫氣的物質(zhì)的量減少，這說(shuō)明平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)。由于正方應(yīng)是體積減小的放熱的可逆反應(yīng)，所以改變的條件只能是增大壓強(qiáng)。（3）①A．Hg2＋水解溶液顯酸性，所以為了防止Hg2＋水解，配制Hg(NO3)2溶液時(shí)應(yīng)將Hg(NO3)2固體溶于濃硝酸后再稀釋，A正確；B．當(dāng)c(C1ˉ)＝10ˉ1mol·Lˉ1即pCl＝1時(shí)，汞元素主要是以HgCl42ˉ形式存在，B不正確；C．HgCl2是一種弱電解質(zhì)，其電離方程式是：2HgCl2HgCl＋+HgCl3ˉ，C不正確；D．根據(jù)圖像可知當(dāng)溶液pH保持在4，pCl由2改變至6時(shí)，可使HgCl2轉(zhuǎn)化為Hg(OH)2，D正確，答案選AD。②HgCl2又稱“升汞”，熔點(diǎn)549K，加熱能升華，這說(shuō)明晶體是分子晶體。考點(diǎn)：考查平衡常數(shù)的計(jì)算、外界條件對(duì)平衡狀態(tài)的影響以及溶解平衡的有關(guān)應(yīng)用與判斷【解析】【答案】（1）①K=0.25（2分）②大于（2分）③原料易得、可以減輕溫室效應(yīng)等（2分）（2）①（2分）②升溫，增壓（各1分）（3）①AD②分子晶體14、羥基或者-OH＞H2O【分析】【分析】（1）乙醇分子中含有的官能團(tuán)為羥基；

（2）根據(jù)強(qiáng)酸制備弱酸的原理；

（3）根據(jù)在濃硫酸作催化劑、加熱條件下，乙醇和乙酸發(fā)生酯化反應(yīng)生成乙酸乙酯和水．【解析】【解答】解：（1）乙醇的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3CH2OH；其分子中含有的官能團(tuán)為羥基或者-OH；

故答案為：羥基或者-OH；

（2）由2CH3COOH+CaCO3═（CH3COO）2Ca+CO2↑+H2O根據(jù)強(qiáng)酸制備弱酸的原理；可知酸性：醋酸＞碳酸；

故答案為：＞；

（3）在濃硫酸作催化劑、加熱條件下，乙醇和乙酸發(fā)生酯化反應(yīng)生成乙酸乙酯和水，方程式為：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O，故答案為：H2O；15、31.0×10-13高于1：100001：10011：901：101：9【分析】【分析】（1）1mLpH=1的H2SO4溶液加水稀釋到100mL，c（H+）由0.1mol/L變?yōu)?.001mol/L；

（2）常溫下，0.01mol?L-1的NaOH溶液的pH為12，而某溫度時(shí)測(cè)得0.01mol?L-1的NaOH溶液的pH為11，則KW增大；

（3）pH=5的H2SO4的溶液中由水電離出的H+濃度為c1==10-9mol/L，pH=5的Al2（SO4）3溶液溶液中由水電離出的H+濃度為c2=10-5mol/L；

（4）若所得混合溶液呈中性，aL×0.1mol/L=bL×0.001mol/L；若所得混合溶液pH=12，則堿過(guò)量，所以=0.01mol/L；

（5）將pH=a的NaOH溶液VaL與pH=b的硫酸VbL混合；

①若所得混合溶液為中性，且a=12，b=2，根據(jù)c（OH-）×Va=c（H+）×Vb計(jì)算；

②若所得混合溶液的pH=10，堿過(guò)量，列式找出c（OH-）與酸堿的物質(zhì)的量的關(guān)系，再計(jì)算出Va：Vb．【解析】【解答】解：（1）1mLpH=1的H2SO4溶液加水稀釋到100mL，c（H+）由0.1mol/L變?yōu)?.001mol/L；則稀釋后溶液的pH=-lg0.001=3；

故答案為：3；

（2）常溫下，0.01mol?L-1的NaOH溶液的pH為12，而某溫度時(shí)測(cè)得0.01mol?L-1的NaOH溶液的pH為11，則KW=0.01×10-11=1.0×10-13；溫度高于25℃；

故答案為：1.0×10-13；高于；

（3）硫酸溶液中的氫氧根離子、硫酸鋁溶液中的氫離子是水電離的，pH=5的硫酸溶液中由水電離出的H+濃度為c1==10-9mol/L，pH=5的Al2（SO4）3溶液中由水電離出的H+濃度為c2=10-5mol/L，則c1：c2=10-9mol/L：10-5mol/L=1：10000；

故答案為：1：10000；

（4）若所得混合溶液呈中性，則硫酸中的氫離子與氫氧化鋇的氫氧根離子的物質(zhì)的量相等，即：aL×0.1mol/L=bL×0.001mol/L，解得a：b=1：100；

若所得混合溶液pH=12，溶液顯示堿性，堿過(guò)量，則：=0.01mol/L，解得a：b=11：90；

故答案為：1：100；11：90；

（5）①若所得混合溶液為中性，且a=12，b=2，因c（OH-）×Va=c（H+）×Vb，a=11，溶液中氫氧根離子濃度為0.1mol/L，b=2，則氫離子濃度為0.01mol/L，則0.1×Va=0.01Vb，則Va：Vb=1：10；

故答案為：1：10；

②若所得混合溶液的pH=10，混合液中堿過(guò)量，該溫度下氫氧根離子濃度為0.001mo/L，a=12，氫氧根離子濃度為0.1mol/L，b=2，溶液中氫離子濃度為0.01mol/L，則c（OH-）==0.001mol/L；

解得：Va：Vb=1：9；

故答案為：1：9．16、Cl2+2OH-═ClO-+Cl-+H2OSiO2+2OH-=SiO32-+H2OAl3++3H2O?Al（OH）3（膠體）+3H+5H2O+S2O32-+4Cl2=2SO42-+8Cl-+10H+2H++H2C2O4+2ClO3-═2CO2↑+2ClO2↑+2H2O【分析】【分析】（1）氯氣和消石灰反應(yīng)生成氯化鈣；次氯酸鈣和水；

（2）玻璃中含有SiO2，不能用帶磨口玻璃塞的試劑瓶保存堿性溶液的原因是：SiO2和NaOH反應(yīng)生成具有粘性的硅酸鈉；

（3）明礬溶于水后可以產(chǎn)生膠狀物氫氧化鋁；吸附雜質(zhì)，使雜質(zhì)沉降；

（4）反應(yīng)中Na2S2O3→H2SO4，S硫元素平均化合價(jià)由+2價(jià)升高為+6價(jià)，Na2S2O3是還原劑，Cl2→NaCl、HCl，Cl元素化合價(jià)由0價(jià)降低為-1價(jià)，Cl2是氧化劑；根據(jù)電子轉(zhuǎn)移相等來(lái)配平即可；

（5）用硫酸酸化的草酸（H2C2O4）溶液還原氯酸鈉，反應(yīng)生成硫酸鈉、二氧化碳、二氧化氯、水，以此來(lái)解答．【解析】【解答】解：（1）氯氣和消石灰（氫氧化鈣乳濁液）反應(yīng)，氯從單質(zhì)氯氣中的零價(jià)氯變?yōu)楫a(chǎn)物CaCl2中-1價(jià)和產(chǎn)物Ca（ClO）2中+1價(jià)，即Cl2+2OH-═ClO-+Cl-+H2O；

故答案為：Cl2+2OH-═ClO-+Cl-+H2O；

（2）帶磨口玻璃塞的試劑瓶，由于磨口接觸面積大，SiO2和NaOH反應(yīng)生成具有粘性的硅酸鈉，不便于下一次打開(kāi)，故答案為：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；

（3）工業(yè)上用明礬凈水的原理是明礬中的個(gè)鋁離子水解生成的膠狀物氫氧化鋁可以吸附雜質(zhì)，使雜質(zhì)沉降的緣故，故答案為：Al3++3H2O?Al（OH）3（膠體）+3H+；

（4）反應(yīng)中Na2S2O3→H2SO4，S硫元素平均化合價(jià)由+2價(jià)升高為+6價(jià)，Na2S2O3是還原劑，Cl2→NaCl、HCl，Cl元素化合價(jià)由0價(jià)降低為-1價(jià)，Cl2是氧化劑，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移相等，所以n（Na2S2O3）×2×（6-2）=n（Cl2）×2，故n（Na2S2O3）：n（Cl2）=1：4，方程式為：5H2O+S2O32-+4Cl2=2SO42-+8Cl-+10H+；

故答案為：5H2O+S2O32-+4Cl2=2SO42-+8Cl-+10H+；

（5）用硫酸酸化的草酸（H2C2O4）溶液還原氯酸鈉，反應(yīng)生成硫酸鈉、二氧化碳、二氧化氯、水，該反應(yīng)為H2C2O4+2NaClO3+H2SO4═Na2SO4+2CO2↑+2ClO2↑+2H2O，離子方程式為：2H++H2C2O4+2ClO3-═2CO2↑+2ClO2↑+2H2O．

故答案為：2H++H2C2O4+2ClO3-═2CO2↑+2ClO2↑+2H2O．17、減小熱量散失偏小不相等相等因中和熱是指稀強(qiáng)酸與稀強(qiáng)堿發(fā)生中和反應(yīng)生成1molH2O放出的熱量，與酸堿的用量無(wú)關(guān)偏小【分析】【分析】（1）中和熱測(cè)定實(shí)驗(yàn)成敗的關(guān)鍵是保溫工作；

（2）不蓋硬紙板；會(huì)有一部分熱量散失；

（3）反應(yīng)放出的熱量和所用酸以及堿的量的多少有關(guān)；并根據(jù)中和熱的概念和實(shí)質(zhì)來(lái)回答；

（4）根據(jù)弱電解質(zhì)電離吸熱分析．【解析】【解答】解：（1）中和熱測(cè)定實(shí)驗(yàn)成敗的關(guān)鍵是保溫工作；大小燒杯之間填滿碎泡沫塑料的作用是：減少實(shí)驗(yàn)過(guò)程中的熱量損失，故答案為：減小熱量散失；

（2）大燒杯上如不蓋硬紙板；會(huì)有一部分熱量散失，求得的中和熱數(shù)值將會(huì)減小，故答案為：偏??；

（3）反應(yīng)放出的熱量和所用酸以及堿的量的多少有關(guān)，并若用60mL0.25mol?L-1H2SO4溶液跟50mL0.55mol?L-1NaOH溶液進(jìn)行反應(yīng)，與上述實(shí)驗(yàn)相比，生成水的量增多，所放出的熱量偏高，但是中和熱的均是強(qiáng)酸和強(qiáng)堿反應(yīng)生成1mol水時(shí)放出的熱，與酸堿的用量無(wú)關(guān)，所以用50mL0.50mol?L-1醋酸代替H2SO4溶液進(jìn)行上述實(shí)驗(yàn)，測(cè)得中和熱數(shù)值相等，故答案為：不相等；相等；因中和熱是指稀強(qiáng)酸與稀強(qiáng)堿發(fā)生中和反應(yīng)生成1molH2O放出的熱量；與酸堿的用量無(wú)關(guān)；

（4）氨水為弱堿，電離過(guò)程為吸熱過(guò)程，所以用氨水代替稀氫氧化鈉溶液反應(yīng)，反應(yīng)放出的熱量小于57.3kJ，故答案為：偏小．四、解答題(共3題，共9分)18、略

【分析】【分析】（1）根據(jù)V=計(jì)算溶液的體積，再c=計(jì)算出混合后溶液的物質(zhì)的量濃度；

（3）根據(jù)ω=計(jì)算混合后溶液的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，設(shè)需要NaCl的物質(zhì)的量為xmol，根據(jù)質(zhì)量分?jǐn)?shù)列方程計(jì)算．【解析】【解答】解：（1）混合溶液的體積為：=43.48mL=0.04348L；

溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量為：=0.1709mol；

混合后溶液的物質(zhì)的量濃度為：=3.93mol/L；

答：混合后溶液的物質(zhì)的量濃度為3.93mol/L；

（2）混合后溶液中的質(zhì)量為：20.0g+30.0g=50.0g，溶質(zhì)NaCl的質(zhì)量為：20.0g×14%+30.0g×24%=10.0g，混合后溶液的質(zhì)量分?jǐn)?shù)：×100%=20%；

設(shè)需要NaCl的物質(zhì)的量為xmol，則：=20%

解得：x≈4.27mol；

答：在1000g水中需溶解4.27molNaCl才能使其濃度恰好與上述混合后溶液的濃度相等．19、略

【分析】【分析】（1）水能使無(wú)水硫酸銅變藍(lán)色；

（2）碘遇淀粉試液變藍(lán)色；

（3）無(wú)色酚酞試液遇堿變紅色；

（4）乙酸能和碳酸鈉反應(yīng)，且不和碳酸鈉溶液能降低乙酸乙酯的溶解度．【解析】【解答】解：（1）水能使無(wú)水硫酸銅變藍(lán)色；所以可以用無(wú)水硫酸銅檢驗(yàn)水的存在，故選B；

（2）碘遇淀粉試液變藍(lán)色；如果淀粉未完全水解，向溶液中滴加碘，溶液會(huì)變藍(lán)色，故選D；

（3）無(wú)色酚酞試液遇堿變紅色；如果碳酸氫鈉溶液呈堿性，則向碳酸氫鈉溶液中滴加無(wú)色酚酞試液，溶液會(huì)變紅色，故選A；

（4）乙酸的酸性大于碳酸；所以乙酸能和碳酸鈉反應(yīng)生成乙酸鈉和二氧化碳；水，碳酸鈉溶液能降低乙酸乙酯的溶解度，故選C；

故答案為：。序號(hào)實(shí)驗(yàn)要求答案供選擇的化學(xué)試劑及方法（1）檢驗(yàn)酒精中是否含有水BA．向試液中滴加酚酞試液。

B．向試液中加入無(wú)水CuSO4

C．加入飽和Na2CO3溶液；分液。

D．向試液中滴加I2溶液（2）檢驗(yàn)淀粉是否完全水解D（3）證明NaHCO3溶液呈堿性A（4）除去乙酸乙酯中的少量乙酸C20、略

【分析】

（1）根據(jù)S元素守恒n（CaSO4?2H2O）=n（SO2）=1.5mol；故石膏的質(zhì)量為1.5mol×172g/mol=258g；

故答案為：258；

（2）11.2LNO2、NO的混合氣體的物質(zhì)的量為=0.5L，4.48L的CH4的物質(zhì)的量為=0.2mol，令混合氣體中NO2；NO的物質(zhì)的量分別為xmol、ymol；則：

解得：x=0.3；y=0.2；

故答案為：0.3mol；0.2mol

（3）①2molZnFe2Oy與足量NO2可生成0.5molN2，則ZnFe2Oy被還原為ZnFe2O4，令ZnFe2Oy中鐵元素的化合價(jià)為a；根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒，可知2mol×2×（3-a）=0.5mol×2×4，解得a=2，化合價(jià)代數(shù)和為0，則2+2×2=2y，解得y=3；

故答案為：3；

②1molZnFe2Oz最多能使4.0L（標(biāo)況）NO1.4轉(zhuǎn)化為N2，則ZnFe2Oz被還原為ZnFe2O4，令ZnFe2Oz中鐵元素的化合價(jià)為b，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒，可知1mol×2×（3-b）=×2.8，解得b=2.75，令+2Fe與+3價(jià)Fe的原子數(shù)目之比為m：n，根據(jù)平均化合價(jià)，則2m+3n=2.75m+2.75n，整理得m：n=1：3，氧化物化學(xué)式為aZnO?2FeO?3Fe2O3，化學(xué)式中n（Fe）=2n（Zn），故a=4，即氧缺位鐵酸鋅ZnFe2Oz的氧化物形式為4ZnO?2FeO?3Fe2O3，故答案為：4ZnO?2FeO?3Fe2O3；

（4）由反應(yīng)①②可知，O3在氧化過(guò)程中都生成O2，則NOx與O3在水蒸氣存在下反應(yīng)時(shí)有如下關(guān)系：2NOx+（5-2x）O3+H2O→2HNO3+（5-2x）O2，設(shè)煙氣為1m3，其中NOx為4.5L，SO2為9L，則V（O3）=90y，由反應(yīng)④可知，與SO2反應(yīng)的O3為9L，故與NOx反應(yīng)的O3為（90y-9）L為；則：

2NOx～（5-2x）O3

25-2x

4.590y-9

所以有2：4.5=（5-2x）：（90y-9）；整理得y=0.025-0.05x

答：y與x的關(guān)系式為y=0.025-0.05x．

【解析】【答案】（1）根據(jù)S元素守恒n（CaSO4?2H2O）=n（SO2）；再根據(jù)m=nM計(jì)算石膏的質(zhì)量；

（2）令混合氣體中NO2；NO的物質(zhì)的量分別為xmol、ymol；結(jié)合混合氣體的體積及消耗的氧氣的體積列方程計(jì)算；

（3）①依據(jù)氧化還原反應(yīng)的電子守恒計(jì)算ZnFe2Oy中Fe元素化合價(jià)；再根據(jù)化合物中的元素化合價(jià)代數(shù)為0計(jì)算y的值；

②依據(jù)氧化還原反應(yīng)的電子守恒計(jì)算ZnFe2Oz中Fe元素化合價(jià)；根據(jù)化合價(jià)確定+2Fe與+3價(jià)Fe的原子數(shù)目之比，據(jù)此書(shū)寫氧化物氧化物形式的化學(xué)式；

再根據(jù)化合物中的元素化合價(jià)代數(shù)為0計(jì)算z的值；據(jù)此改寫；

（4）由反應(yīng)①②可知，O3在氧化過(guò)程中都生成O2，則NOx與O3在水蒸氣存在下反應(yīng)時(shí)有如下關(guān)系：2NOx+（5-2x）O3+H2O→2HNO3+（5-2x）O2，設(shè)煙氣為1m3，其中NOx為4.5L，SO2為9L，則V（O3）=90y，由反應(yīng)④可知，與SO2反應(yīng)的O3為9L，故與NOx反應(yīng)的O3為（90y-9）L為；再根據(jù)上述方程式計(jì)算．

五、簡(jiǎn)答題(共3題，共21分)21、（1）③（或或）

（2）＜75%

（3）＜正＞【分析】【分析】本題考查了外界條件對(duì)化學(xué)平衡移動(dòng)的影響、蓋斯定律等知識(shí)點(diǎn)，這些知識(shí)點(diǎn)都是考試熱點(diǎn)，會(huì)根據(jù)反應(yīng)方程式特點(diǎn)及外界條件來(lái)分析解答，難度中等。rm{(1)}根據(jù)方程式之間的關(guān)系結(jié)合蓋斯定律確定焓變關(guān)系；

rm{(2)}升高溫度；平衡向吸熱反應(yīng)方向移動(dòng)，根據(jù)移動(dòng)方向和平衡常數(shù)的關(guān)系判斷反應(yīng)熱；

根據(jù)平衡常數(shù)計(jì)算反應(yīng)的rm{CO}的物質(zhì)的量濃度；再結(jié)合轉(zhuǎn)化率公式計(jì)算一氧化碳的轉(zhuǎn)化率；

rm{(3)}根據(jù)溫度、壓強(qiáng)對(duì)該反應(yīng)的影響分析，化學(xué)平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)?！窘獯稹縭m{(1)}根據(jù)平衡表達(dá)式為rm{K=dfrac{c({H}_{2})?c(CO);}{c({H}_{2}O)}}知，生成物中含有氫氣、一氧化碳兩種氣體，反應(yīng)物中含有水蒸氣，則符合條件的只有rm{K=

dfrac{c({H}_{2})?c(CO);}{c({H}_{2}O)}}所以該反應(yīng)是rm{壟脹}將方程式rm{壟脹}得rm{壟脵+壟脷}所以其焓變得rm{triangle{H}_{1}+triangle{H}_{2}簍Ttriangle{H}_{3}(}或rm{triangle{H}_{2}簍Ttriangle{H}_{3}-triangle{H}_{1}}或rm{triangle{H}_{1}簍Ttriangle{H}_{3}-triangle{H}_{2})}

rm{壟脹}根據(jù)表中數(shù)據(jù)知，升高溫度，化學(xué)平衡常數(shù)減小，說(shuō)明平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，則正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，rm{triangle{H}_{2}<0}根據(jù)反應(yīng)方程式中各物質(zhì)的關(guān)系式知，平衡時(shí)，rm{triangle{H}_{1}+triangle

{H}_{2}簍Ttriangle{H}_{3}(}rm{triangle{H}_{2}簍Ttriangle

{H}_{3}-triangle{H}_{1}}參加反應(yīng)的rm{c(CO)=c({H}_{2})=0.015mo/L}一氧化碳的轉(zhuǎn)化率rm{=dfrac{;0.015mol/L;}{0.005mol/L+0.015mol/L}隆脕100%=75%}

rm{triangle{H}_{1}簍Ttriangle

{H}_{3}-triangle{H}_{2})}該反應(yīng)的正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，相同壓強(qiáng)下，由rm{(2)}到rm{triangle

{H}_{2}<0}四氧化二氮的體積分?jǐn)?shù)增大，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，說(shuō)明溫度降低，則rm{c(CO)=0.005mol/L}；該反應(yīng)的正反應(yīng)是氣體體積減小的可逆反應(yīng)，增大壓強(qiáng)，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，溫度越高，平衡常數(shù)越小，所以rm{c({H}_{2})=0.015mo/L}rm{c(CO)=c({H}_{2}

)=0.015mo/L}【解析】rm{(1)壟脹triangle{H}_{1}+triangle{H}_{2}簍Ttriangle{H}_{3}(}或rm{triangle{H}_{2}簍Ttriangle{H}_{3}-triangle{H}_{1}}或rm{triangle{H}_{1}簍Ttriangle{H}_{3}-triangle{H}_{2})}rm{(1)壟脹triangle{H}_{1}+triangle

{H}_{2}簍Ttriangle{H}_{3}(}rm{triangle{H}_{2}簍Ttriangle

{H}_{3}-triangle{H}_{1}}正rm{triangle{H}_{1}簍Ttriangle

{H}_{3}-triangle{H}_{2})}rm{(2)<75%}22、略

【分析】解：rm{(1)}在rm{A}中加試劑后，立即打開(kāi)止水夾rm{C}rm{A}中生成的二氧化碳?xì)怏w加入試管rm{B}偏鋁酸鈉溶液與二氧化碳反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀，反應(yīng)的離子方程式為：rm{AlO_{2}^{-}+CO_{2}+2H_{2}O簍TAl(OH)_{3}隆媒+HCO_{3}^{-}}或rm{2AlO_{2}^{-}+CO_{2}+3H_{2}O=2Al(OH)_{3}隆媒+CO_{3}^{2-}}所以rm{B}中導(dǎo)管口有氣泡冒出；有白色沉淀生成；

故答案為：導(dǎo)管口有氣泡冒出，有白色沉淀生成；rm{AlO_{2}^{-}+CO_{2}+2H_{2}O簍TAl(OH)_{3}隆媒+HCO_{3}^{-}}或rm{2AlO_{2}^{-}+CO_{2}+3H_{2}O=2Al(OH)_{3}隆媒+CO_{3}^{2-}}

rm{(2)}關(guān)閉止水夾rm{C}rm{A}中氣體壓強(qiáng)增大，使rm{A}管中鹽酸進(jìn)入rm{B}試管中與氫氧化鋁反應(yīng)，氫氧化鋁白色沉淀逐漸溶解，其反應(yīng)的離子方程式為：rm{Al(OH)_{3}+3H^{+}=Al^{3+}+3H_{2}O}

故答案為：rm{A}中液體進(jìn)入rm{B}中，液面上升，白色沉淀逐漸溶解；rm{Al(OH)_{3}+3H^{+}=Al^{3+}+3H_{2}O.}

rm{(1)}二氧化碳與偏鋁酸鈉反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀，據(jù)此寫出rm{B}中反應(yīng)現(xiàn)象及離子方程式；

rm{(2)}關(guān)閉止水夾rm{C}rm{A}管中鹽酸進(jìn)入rm{B}試管中與氫氧化鋁反應(yīng)．

本題考查了鋁的混合物性質(zhì)、離子方程式書(shū)寫，題目難度中等，注意掌握常見(jiàn)元素單質(zhì)及其化合物性質(zhì)，明確離子方程式的書(shū)寫原則，試題有利于培養(yǎng)學(xué)生靈活應(yīng)用所學(xué)知識(shí)的能力．【解析】導(dǎo)管口有氣泡冒出，有白色沉淀生成；rm{AlO_{2}^{-}+CO_{2}+2H_{2}O簍TAl(OH)_{3}隆媒+HCO_{3}^{-}}或rm{2AlO_{2}^{-}+CO_{2}+3H_{2}O=2Al(OH)_{3}隆媒+CO_{3}^{2-}}rm{A}中液體進(jìn)入rm{B}中，液面上升，白色沉淀逐漸溶解；rm{Al(OH)_{3}+3H^{+}=Al^{3+}+3H_{2}O}23、略

【分析】解：rm{(1)HCl0_{4}(}氯元素化合價(jià)為rm{+7}價(jià)rm{)}為強(qiáng)酸，rm{HCl0(}氯元素化合價(jià)為rm{+1}價(jià)rm{)}為弱酸，rm{H_{2}S0_{4}(}硫元素化合價(jià)為rm{+6}價(jià)rm{)}為強(qiáng)酸，rm{H_{2}S0_{3}(}硫元素化合價(jià)為r