2025年外研版2024高三化學(xué)下冊(cè)階段測(cè)試試卷

…………○…………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，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年外研版2024高三化學(xué)下冊(cè)階段測(cè)試試卷260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、下列離子方程式正確的是（）A.用稀硝酸洗滌試管內(nèi)壁的銀鏡：Ag+2H++NO3-═Ag++NO↑+H2OB.小蘇打溶液中加足量澄清石灰水：2HCO3-+Ca2++2OH-═CaCO3↓+2H2O+CO32-C.用石墨作電極電解飽和NaCl溶液：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-D.向氯化鋁溶液中通入過量的氨氣：Al3++4OH-═AlO2-+2H2O2、對(duì)下列物質(zhì)分類全部正確的是（）

①純堿②食鹽水③石灰水④NaOH⑤液態(tài)氧⑥KClO3．A.堿--①④B.純凈物--③④C.鹽--①⑥D(zhuǎn).混合物--②⑤3、化學(xué)與人類社會(huì)的生產(chǎn)、生活有著密切聯(lián)系．下列敘述中正確的是（）A.蘋果放在空氣中久置變黃和紙張久置變黃原理相似B.油脂在人體內(nèi)水解為氨基酸和甘油等小分子才能被吸收C.現(xiàn)代科技已經(jīng)能夠拍到氫鍵的“照片”，直觀地證實(shí)了水分子間的氫鍵是一個(gè)水分子中的氫原子與另一個(gè)水分子中的氧原子間形成的化學(xué)鍵D.3D打印技術(shù)采用鈦合金粉末為原料制造飛機(jī)鈦合金結(jié)構(gòu)件，高溫時(shí)可用金屬鈉還原鈦的氯化物制取金屬鈦4、某溶液中含有的離子有4種：Na+、CH3COO-、H+、OH-．則此溶液中的溶質(zhì)不可能是（）A.CH3COONaB.CH3COOH和CH3COONaC.CH3COONa和NaOHD.CH3COOH和NaOH5、下列敘述正確的是（）A.同一主族的元素，原子半徑越大，其單質(zhì)的熔點(diǎn)一定越高B.同一周期元素的原子，半徑越小越容易失去電子C.同一主族的元素的氫化物，相對(duì)分子質(zhì)量越大，它的沸點(diǎn)一定越高D.稀有氣體元素的原子序數(shù)越大，其單質(zhì)的沸點(diǎn)一定越高6、香草醛是一種食品添加劑，可由愈創(chuàng)木酚作原料合成，合成路線如下圖所示。下列說法正確的是A.在上述三步反應(yīng)中理論上只有①生成②的反應(yīng)原子利用率為100%B.氯化鐵溶液和碳酸氫鈉溶液都能鑒別①④C.②③分子內(nèi)含手性碳原子D.在氫氧化鈉溶液中，①③分別消耗NaOH物質(zhì)的量之比為1∶2評(píng)卷人得分二、雙選題(共9題，共18分)7、氮化鈉和氫化鈣都是離子化合物，與水反應(yīng)的化學(xué)方程式（末配平）如下：Na3N+H2O→NaOH+NH3，CaH2+H2O→Ca（OH）2+H2．有關(guān)它們的敘述正確的是（）A.離子半徑的大小：Na+＞N3-＞H-B.它們與水發(fā)生的反應(yīng)均屬于氧化還原反應(yīng)C.兩種化合物均只含離子鍵，不含共價(jià)鍵D.兩固體混合物溶于足量鹽酸中可得到三種鹽8、如圖所示，在101kPa時(shí)，△H1=-393.5kJ?mol-1，△H2=-395.4kJ?mol-1；下列說法正確的是（）

A.石墨的燃燒熱為393.5kJ/molB.石墨轉(zhuǎn)變成金剛石需要吸收能量，是物理變化C.石墨比金剛石穩(wěn)定D.1mol金剛石與1molO2的總能量低于1molCO2的總能量9、我國(guó)科學(xué)家屠呦呦因創(chuàng)制新型抗瘧藥rm{隆陋隆陋}青蒿素和雙氫青蒿素而分享了rm{2015}年諾貝爾生理學(xué)或醫(yī)學(xué)獎(jiǎng)。青蒿素和雙氫青蒿素的結(jié)構(gòu)如下，下列說法正確的是()A.青蒿素的分子式為rm{C_{16}H_{24}O_{5}}B.兩種分子中所含的手性碳原子數(shù)目相同C.雙氫青蒿素在一定條件下可發(fā)生消去反應(yīng)D.兩種分子中均含有過氧鍵rm{(隆陋O隆陋O隆陋)}一定條件下均可能具有較強(qiáng)的氧化性10、短周期主族元素rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}的原子序數(shù)依次增大rm{.X}原子的最外層電子數(shù)是其內(nèi)層電子數(shù)的rm{2}倍，rm{Y}是地殼中含量最高的元素，rm{Z^{2+}}與rm{Y^{2-}}具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，rm{W}與rm{X}同主族rm{.}下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.原子半徑大小順序：rm{r(Z)>r(W)>r(X>)r(Y)}B.rm{Y}分別與rm{Z}rm{W}形成的化合物中化學(xué)鍵類型相同C.rm{X}的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性比rm{W}的弱D.rm{Y}的氣態(tài)簡(jiǎn)單氫化物的熱穩(wěn)定性比rm{W}的強(qiáng)11、對(duì)于白磷引起的中毒，硫酸銅溶液是一種解毒劑，有關(guān)反應(yīng)為：11P4+60CuSO4+96H2O=20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4．下列關(guān)于該反應(yīng)的說法正確的是（）A.CuSO4發(fā)生了氧化反應(yīng)B.氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為5：6C.白磷只作還原劑D.該反應(yīng)中被硫酸銅氧化的白磷有3mol12、下列關(guān)于物質(zhì)的組成、性質(zhì)或用途的敘述錯(cuò)誤的是()A.可燃冰是一種天然氣的水合物，它的開采使用有助于解決溫室效應(yīng)B.乙烯分子中的不飽和碳碳雙鍵比乙烷分子中碳碳單鍵活潑，易于被加成C.煤的液化、氣化可以提高經(jīng)濟(jì)效益，減少酸雨等環(huán)境危害的發(fā)生D.工業(yè)酒精含95%左右的乙醇，可以用于酒精飲料的勾兌，降低生產(chǎn)成本13、一種電化學(xué)制備rm{NH_{3}}的裝置如圖所示，圖中陶瓷在高溫時(shí)可以傳輸rm{H^{+}}下列敘述正確的是rm{(}rm{)}

A.rm{Pd}電極rm為陰極B.陰極的反應(yīng)式為：rm{N_{2}+6H^{+}+6e^{?}=2NH_{3}}C.rm{H^{+}}由陰極向陽極遷移D.陶瓷可以隔離rm{N_{2}}和rm{H_{2}}14、某充電電池的原理如圖所示，溶液中rm{c}rm{(H^{+})=2.0mol隆隴L^{-1}}陰離子為rm{SO_{4}^{2-}}rm{a}rm均為惰性電極，充電時(shí)右槽溶液顏色由綠色變?yōu)樽仙?。下列?duì)此電池?cái)⑹稣_的是

A.放電過程中，左槽溶液顏色由黃色變?yōu)樗{(lán)色B.充電過程中，rm{a}極的反應(yīng)式為：rm{VO_{2}^{+}+2H^{+}+e^{隆陋}=VO^{2+}+H_{2}O}C.充電時(shí)，rm{VO_{2}^{+}+2H^{+}+e^{隆陋}=VO^{2+}

+H_{2}O}極接直流電源正極，rm極接直流電源負(fù)極D.放電時(shí)，當(dāng)轉(zhuǎn)移rm{a}電子時(shí)共有rm{1.0mol}從右槽遷移進(jìn)左槽rm{2.0molH^{+}}15、某溶液中可能含有rm{H^{+}}rm{NH_{4}^{+}}rm{Mg^{2+}}rm{Al^{3+}}rm{Fe^{3+}}rm{CO_{3}^{2-}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{NO_{3}^{-}}中的幾種．

rm{壟脵}若加入鋅粒，產(chǎn)生無色無味的氣體；rm{壟脷}若加入rm{NaOH}溶液，產(chǎn)生白色沉淀，且產(chǎn)生的沉淀量與加入rm{NaOH}的物質(zhì)的量之間的關(guān)系如下圖所示rm{.}則下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.溶液中的陽離子有rm{H^{+}}rm{NH_{4}^{+}}rm{Mg^{2+}}rm{Al^{3+}}B.溶液中rm{n(NH_{4}^{+})=0.2}rm{mol}C.溶液中一定不含rm{CO_{3}^{2-}}可能含有rm{SO_{4}^{2-}}和rm{NO_{3}^{-}}D.rm{n(H^{+})}rm{n(Al^{3+})}rm{n(Mg^{2+})=1}rm{1}rm{1}評(píng)卷人得分三、填空題(共9題，共18分)16、W；X、Y、Z四種期元素的原子序數(shù)X＞W(wǎng)＞Z＞Y．W原子的最外層沒有p電子；X原子核s電子與p電子數(shù)之比1：1，Y原子最外層s電子與p電子數(shù)之比為1：1，Z原子核外電子中p電子數(shù)比Y原子多2個(gè)．

（1）X元素的單質(zhì)與Z、Y所形成的化合物中，其化學(xué)方程式：____．

（2）W、X元素的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的堿性強(qiáng)弱為____＜____（用分子式表示）．

（3）四種元素原子半徑的大小為____＞____＞____＞____（填元素符號(hào)）．

（4）四種元素的電負(fù)性由小到大的順序?yàn)開___（填元素符號(hào)）．

（5）上述元素形成化合物為離子化合物的____；共價(jià)化合物____．（各舉兩例，填化學(xué)式）17、A、B兩種氣體組成的混合氣體8.6g，在標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積為8.96L．已知A與B的物質(zhì)的量之比為3：1，相對(duì)分子質(zhì)量之比為14：1，由此可推斷A可能是____或____，B可能是____．18、（2015秋?馬鞍山校級(jí)月考）4種相鄰主族短周期元素的相對(duì)位置如表；元素X的核外電子數(shù)是元素M的2倍，Y的氧化物具有兩性，回答下列問題．

（1）元素X在元素周期表中的位置是第____周期，第____族，單質(zhì)Y可用____方法制備．

（2）M、N、X、Y四種元素最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物，酸性最強(qiáng)的是____，堿性最強(qiáng)的是____．

（3）畫出由元素M組成的單質(zhì)的電子式：____，氣體分子（MN）2的電子式：____，X形成的離子的電子式：____．19、（1）氨是氮循環(huán)中的重要物質(zhì)；氨的合成是目前普遍使用的人工固氮方法．

（1）已知：H-H鍵能為436KJ?mol-1，N≡N鍵能為945KJ?mol-1，N-H鍵能為391KJ?mol-1．寫出合成氨反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：____

（2）可逆反應(yīng)N2+3H2?2NH3在恒容密閉容器中進(jìn)行，達(dá)到平衡狀態(tài)的標(biāo)志是____

①單位時(shí)間內(nèi)生成nmo1N2的同時(shí)生成3nmolH2

②單位時(shí)間內(nèi)1個(gè)N≡N鍵斷裂的同時(shí)；有6個(gè)N-H鍵斷裂。

③容器中N2、H2、NH3的物質(zhì)的量為1：3：2

④常溫下；混合氣體的密度不再改變的狀態(tài)。

⑤常溫下；混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量不再改變的狀態(tài)。

（3）恒溫下，往一個(gè)2L的密閉容器中充入2.6molH2和1molN2，反應(yīng)過程中對(duì)NH3的濃度進(jìn)行檢測(cè)；得到的數(shù)據(jù)如下表所：

。時(shí)間/min51015202530C（NH3）/mol?L-10.080.140.180.200.200.205min內(nèi)，消耗N2的平均反應(yīng)速率為____；此條件下該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)K=____；反應(yīng)達(dá)到平衡后，若往平衡體系中加入H2、N2和NH3各2mol，化學(xué)平衡將向____（填“正反應(yīng)”或“逆反應(yīng)”）方向移動(dòng)．

（4）氨是氮肥工業(yè)的重要原料．某化肥廠以天然石膏礦（主要成分CaSO4）為原料生產(chǎn)銨態(tài)氮肥（NH4）2SO4，（已知Ksp（CaSO4）=7.10×10-5Ksp（CaCO3）=4.96×10-9）其工藝流程如下：

請(qǐng)寫出制備（NH4）2SO4的反應(yīng)方程式：____；并利用有關(guān)數(shù)據(jù)簡(jiǎn)述上述反應(yīng)能發(fā)生的原因____．20、現(xiàn)有A；B、C、D四種元素；A是第5周期ⅠA族元素，B是第3周期元素．B、C、D的最外層電子分別為2、2和7個(gè)．四種元素原子序數(shù)從小到大的順序是B、C、D、A．已知C和D次外層電子均為18個(gè)．

（1）則C元素符號(hào)為：____

（2）A、B元素最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物呈____（填“酸”、“堿”）性，相對(duì)強(qiáng)弱____＜____（用化學(xué)式表示）．

（3）A、D元素的原子半徑大小____＞____（用元素符號(hào)表示）．

（4）D元素的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的化學(xué)式為____．其單質(zhì)在常溫下呈____態(tài)，實(shí)驗(yàn)室常保存在____色試劑瓶中．21、在800℃下的密閉容器中存在如下反應(yīng)：CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）；回答下列問題：

（1）已知CO和H2O的起始濃度為1mol/L和3mol/L，平衡時(shí)測(cè)得c（H2）=0.75mol/L，此時(shí)H2O的轉(zhuǎn)化率為____．

（2）若反應(yīng)物的起始濃度c（CO）=amol/L，c（H2O）=15mo/L，達(dá)平衡狀態(tài)時(shí)，c（H2）=2.5mol/L，則a=____mo/L．

（3）當(dāng)CO的和H2O的起始濃度相同時(shí)，達(dá)平衡后，CO的轉(zhuǎn)化率為____．22、現(xiàn)有下列4種物質(zhì)：①Cl2、②NO、③NH4Cl溶液、④Fe（OH）3膠體．其中，常溫下能與氧氣反應(yīng)生成紅棕色氣體的是____（填序號(hào)，下同）；能使?jié)駶?rùn)的有色布條褪色的是____；在加熱條件下與氫氧化鈉溶液反應(yīng)，生成的氣體能使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)的是____；當(dāng)光束通過時(shí)，能觀察到丁達(dá)爾效應(yīng)的是____．23、合成一種有機(jī)化合物的途徑往往有多種，下圖所示為合成醇類物質(zhì)乙的兩種不同途徑?；卮鹣铝袉栴}：（1）甲分子中含氧官能團(tuán)的名稱是，由甲催化加氫生成乙的過程中，可能有和(寫結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式)生成。（2）戊的一種屬于芳香烴的同分異構(gòu)體的核磁共振氫譜有兩組峰，且峰面積比為3：1，寫出戊的這種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式。（3）由丁丙的反應(yīng)類型為，檢驗(yàn)丙中是否含有丁可選用的試劑是(填下列各項(xiàng)中序號(hào))。a．Nab．NaHCO3溶液c．銀氨溶液d．濃硫酸（4）物質(zhì)乙還可由C10H19Cl與NaOH水溶液共熱生成。寫出該反應(yīng)過程中，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式并注明反應(yīng)條件：。(有機(jī)化合物均用結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式表示)24、鋁元素在自然界中主要存在于鋁土礦（主要成分為Al2O3，還含有Fe2O3、FeO、SiO2）中。工業(yè)上用鋁土礦制備鋁的某種化合物的工藝流程如下。（1）在濾液A中加入漂白液，目的是氧化除鐵，所得濾液B顯酸性。①檢驗(yàn)濾液B中是否還含有鐵元素的方法為：____（注明試劑、現(xiàn)象）。②將濾液B中的鋁元素以沉淀形式析出，可選用的最好試劑為____（填代號(hào)）。a．氫氧化鈉溶液b．硫酸溶液c．氨水d．二氧化碳③由濾液B制備氯化鋁晶體涉及的操作為：邊滴加濃鹽酸邊蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、____（填操作名稱）、洗滌。④該過程中涉及某氧化還原反應(yīng)如下，請(qǐng)完成：□Fe2++□ClO－+□____＝□Fe(OH)3↓+□C1－+□____。（2）SiO2和NaOH焙燒制備硅酸鈉，可采用的裝置為____（填代號(hào)）。評(píng)卷人得分四、判斷題(共4題，共16分)25、金屬陽離子一定只具有氧化性．____（判斷對(duì)錯(cuò)）26、NaHCO3溶液與NaOH溶液反應(yīng)：OH-+HCO3-=CO32-+H2O．____（判斷對(duì)錯(cuò)）27、標(biāo)準(zhǔn)狀況下，18gH2O所含的氧原子數(shù)目為NA．____（判斷對(duì)錯(cuò)）28、化學(xué)變化中的能量變化都是化學(xué)能和熱能間的相互轉(zhuǎn)化．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）評(píng)卷人得分五、探究題(共4題，共40分)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：31、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________．32、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、推斷題(共4題，共12分)33、在稀鹽酸、二氧化碳、銅片、食鹽、生石灰、一氧化碳、純堿、鐵片和木炭粉9種物質(zhì)間存在下圖關(guān)系，選擇①～⑤中適當(dāng)?shù)奈镔|(zhì)，使有連線的兩種物質(zhì)發(fā)生反應(yīng)．

（1）請(qǐng)推斷它們的化學(xué)式分別為：

①____②____③____④____⑤____

（2）寫出下列物質(zhì)之間反應(yīng)的化學(xué)方程式：

①和②____

②和④____

②和⑤____

③和④____．34、已知A；E、I、L是常見的非金屬單質(zhì)；其中A為淡黃色固體；Z是常見的金屬單質(zhì)，B的相對(duì)分子質(zhì)量比A大32，C的相對(duì)分子質(zhì)量比B大16，Y是一種常見的液體，J是磁性氧化鐵，D、H、K均是重要的化工產(chǎn)品；X是結(jié)構(gòu)有待探究的一種新型分子，其組成元素的相對(duì)原子質(zhì)量相差18，下列框圖中部分反應(yīng)條件已略去．

試回答下列問題：

（1）E的結(jié)構(gòu)式為____，在反應(yīng)①、②、③、④、⑤、⑥中屬于非氧化還原反應(yīng)的是____．（填序號(hào)）

（2）寫出反應(yīng)②的化學(xué)方程式：____

（3）若有G、F的混合氣體通入足量燒堿溶液，氣體全部被吸收，則氣體G、F的物質(zhì)的量之比應(yīng)滿足n（G）：n（F）____

（4）J與過量H的稀溶液反應(yīng)的離子方程式為____．

（5）t℃時(shí)，將2molE和1molI通入體積為2L的恒溫密閉容器中發(fā)生反應(yīng)，2min后達(dá)到平衡n（K）=0.2mol，此時(shí)保持溫度不變，體積減半，則E的體積分?jǐn)?shù)如何變化____（填“增大”、“不變”、“變小”）35、金屬鋁在酸性或堿性溶液中均可與rm{NO_{3}^{-}}發(fā)生氧化還原反應(yīng)，轉(zhuǎn)化關(guān)系如下：

請(qǐng)回答下列問題：rm{(1)}氣體rm{D}和rm{F}反應(yīng)可生成鹽，該鹽的化學(xué)式為____。rm{(2)C}rm{E}排入大氣中會(huì)造成大氣污染，在催化劑存在下，rm{D}可以將rm{C}rm{E}轉(zhuǎn)化為無毒的氣態(tài)單質(zhì)，該單質(zhì)的電子式為____。rm{(3)}將rm{A}轉(zhuǎn)化為rm{B}可選擇的試劑是____rm{(}填序號(hào)rm{)}rm{a.CO_{2;;}b.NaOHc.CH_{3}COOHd.NH_{3;;;;}e.HCl}rm{a.CO_{2;;}b.NaOHc.CH_{3}COOH

d.NH_{3;;;;}e.HCl}除去氣體rm{(4)}中的雜質(zhì)氣體rm{C}的化學(xué)方法：將混合氣體通入____中。rm{E}與rm{(5)Al}在酸性條件下反應(yīng)，rm{NO_{3}^{-}}與被還原的rm{Al}的物質(zhì)的量之比是____。rm{NO_{3}^{-}}與rm{(6)Al}在堿性條件下反應(yīng)的離子方程式為____。rm{NO_{3}^{-}}36、乙酸萜品酯rm{(H)}可用于配制人造香檸檬油和薰衣草油，常用于皂用香精rm{.}合成rm{H}的路線之一如下：

已知：rm{壟脵RCH_{2}Br+Mg隆煤RCH_{2}MgBr(R}可以是rm{H}或烴基rm{)}

rm{壟脷RCOOC_{2}H_{5}xrightarrow[壟脷H+/H_{2}O]{壟脵R隆盲MgBr({脳茫脕驢})}}rm{壟脷RCOOC_{2}H_{5}

xrightarrow[壟脷H+/H_{2}O]{壟脵R隆盲MgBr({脳茫脕驢})}}rm{(R}為烴基rm{R隆盲}

回答下列問題：

rm{)}的名稱是______，rm{(1)X}中含有的官能團(tuán)名稱是______．

rm{E}的反應(yīng)類型是______．

rm{(2)B隆煤C}的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為______，rm{(3)F}的化學(xué)式為______．

rm{D}寫出核磁共振氫譜有兩組吸收鋒，且鋒面積之比為rm{(4)}rm{4}的rm{1}的同分異構(gòu)體rm{A}不考慮立體異構(gòu)rm{(}的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：______．

rm{)}與足量氫氧化鈉溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式為______．

rm{(5)B}參照乙酸萜品酯的上述合成路線，設(shè)計(jì)一條以乙醇為起始原料制備rm{(6)}丁烯的合成路線：______．rm{2-}參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】【分析】A．得失電子不守恒；

B．小蘇打溶液中加足量澄清石灰水反應(yīng)生成碳酸鈣；氫氧化鈉和水；

C．用石墨作電極電解飽和NaCl溶液生成氫氧化鈉；氯氣和氫氣；

D．不符合反應(yīng)的客觀事實(shí)．【解析】【解答】解；A．用稀硝酸洗滌試管內(nèi)壁的銀鏡，離子方程式：3Ag+4H++NO3-═3Ag++NO↑+2H2O；故A錯(cuò)誤；

B．小蘇打溶液中加足量澄清石灰水，離子方程式：HCO3-+Ca2++OH-═CaCO3↓+H2O；故B錯(cuò)誤；

C．用石墨作電極電解飽和NaCl溶液，離子方程式：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-；故C正確；

D．向氯化鋁溶液中通入過量的氨氣，離子方程式：Al3++3NH3?H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；故D錯(cuò)誤；

故選：C．2、C【分析】【分析】①純堿為碳酸鈉；是由金屬離子和酸根離子構(gòu)成的，則屬于鹽類化合物；

②食鹽水是由食鹽和水兩種物質(zhì)組成；則屬于混合物；

③石灰水中含氫氧化鈣和水；屬于混合物；

④NaOH在水中電離的陰離子全部為OH-；則屬于堿；

⑤液態(tài)氧是一種只有氧元素組成的物質(zhì)；則屬于單質(zhì)；

⑥KClO3是由金屬離子和酸根離子構(gòu)成的，則屬于鹽類化合物．【解析】【解答】解：A；堿--①④不正確；因①純堿為碳酸鈉，是由金屬離子和酸根離子構(gòu)成的，則屬于鹽類，故A錯(cuò)誤；

B；純凈物--③④不正確；因③石灰水中含氫氧化鈣和水，屬于混合物，故B錯(cuò)誤；

C；鹽--①⑥正確；因①純堿和⑥氯酸鉀都是由金屬離子和酸根離子構(gòu)成的，則屬于鹽類，故C正確；

D；混合物--②⑤不正確；因⑤液態(tài)氧是一種只有氧元素組成的物質(zhì)，則屬于單質(zhì)，故D錯(cuò)誤．

故選：C．3、D【分析】【分析】A．紙張久置變黃因?yàn)榧垙埨w維間的空隙中會(huì)滲入很多霉菌之類的真菌孢子；蘋果久置變黃是因?yàn)樗r(jià)鐵離子被氧化生成三價(jià)鐵離子；

B．油脂水解生成的是高級(jí)脂肪酸和甘油；不會(huì)生成氨基酸；

C．氫鍵的作用力較??；不屬于化學(xué)鍵；

D．鈉與熔融的鹽反應(yīng)發(fā)生置換反應(yīng)，生成相應(yīng)的單質(zhì)．【解析】【解答】解：A．紙張久置變黃因?yàn)榧垙埨w維間的空隙中會(huì)滲入很多霉菌之類的真菌孢子；蘋果久置變黃是因?yàn)樗r(jià)鐵離子被氧化生成三價(jià)鐵離子，二者原理不相同，故A錯(cuò)誤；

B．油脂為高級(jí)脂肪酸甘油酯；其水解產(chǎn)物為高級(jí)脂肪酸和甘油，故B錯(cuò)誤；

C．氫鍵不屬于化學(xué)鍵；它屬于一種分子間作用力，故C錯(cuò)誤；

D．鈉與熔融的鹽反應(yīng)發(fā)生置換反應(yīng)；生成相應(yīng)的單質(zhì)，所以高溫時(shí)可用金屬鈉還原相應(yīng)的氯化物來制取金屬鈦，故D正確；

故選D．4、D【分析】【分析】A．醋酸鈉溶液中存在水的電離和醋酸鈉的電離；

B．醋酸存在電離平衡；醋酸鈉完全電離，溶液中存在水的電離；

C．醋酸鈉；氫氧化鈉完全電離；溶液中存在水的電離；

D．醋酸和氫氧化鈉是酸和堿混合發(fā)生中和反應(yīng)；【解析】【解答】解：A．醋酸鈉溶液中存在水的電離和醋酸鈉的電離，溶液中存在Na+、CH3COO-、H+、OH-；故A不符合；

B．醋酸存在電離平衡，醋酸鈉完全電離，溶液中存在水的電離，溶液中存在Na+、CH3COO-、H+、OH-；故B不符合；

C．醋酸鈉、氫氧化鈉完全電離，溶液中存在水的電離，溶液中存在Na+、CH3COO-、H+、OH-；故C不符合；

D．醋酸和氫氧化鈉是酸和堿混合發(fā)生中和反應(yīng)，溶液中不能同時(shí)存在CH3COOH和NaOH兩種溶質(zhì)；故D符合；

故選D．5、D【分析】【分析】A．同主族金屬元素從上到下；單質(zhì)的熔沸點(diǎn)逐漸降低，而非金屬元素相反；

B．同一周期元素從左到右原子半徑逐漸減??；金屬性逐漸減弱；

C．同主族元素從上到下元素的相對(duì)原子質(zhì)量逐漸增大；注意氫鍵的問題；

D．稀有氣體元素的單質(zhì)從上到下沸點(diǎn)逐漸升高．【解析】【解答】解：A．同主族金屬元素從上到下；單質(zhì)的熔沸點(diǎn)逐漸降低，而非金屬元素從上到下，單質(zhì)的熔沸點(diǎn)逐漸升高，故A錯(cuò)誤；

B．同一周期元素從左到右原子半徑逐漸減?。唤饘傩灾饾u減弱，則半徑越小越難以失去電子，故B錯(cuò)誤；

C．同主族元素從上到下元素的相對(duì)原子質(zhì)量逐漸增大；但O和F的氫化物存在氫鍵，在同主族中沸點(diǎn)是最高的，故C錯(cuò)誤；

D．稀有氣體元素的單質(zhì)從上到下分子間作用力增強(qiáng)；沸點(diǎn)逐漸升高，故D正確．

故選D．6、A【分析】試題分析：A、①生成②是加成反應(yīng)，原子利用率為100%，其它兩步是氧化和還原反應(yīng)，有其它物質(zhì)生成，正確；B、①④均可用氯化鐵溶液鑒別，但不能與碳酸氫鈉溶液反應(yīng)，錯(cuò)誤；C、②中連接羥基和羧基的碳原子為手性碳原子，但③沒有，錯(cuò)誤；D、①中酚羥基與氫氧化鈉反應(yīng)，③酚羥基、羧基與氫氧化鈉反應(yīng)，所以等物質(zhì)的量的①③分別消耗NaOH物質(zhì)的量之比為1∶2，但沒有①③的量，故錯(cuò)誤。考點(diǎn)：考查有機(jī)化學(xué)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的關(guān)系?！窘馕觥俊敬鸢浮緼二、雙選題(共9題，共18分)7、C|D【分析】解：A．電子層越多，半徑越大，所以氫離子半徑最小，電子層一樣，核電荷數(shù)越多，半徑越小，所以Na+＜N3-，即N3-＞Na+＞H+；故A錯(cuò)誤；

B．Na3N+H2O→NaOH+NH3該反應(yīng)中沒有元素化合價(jià)發(fā)生變化；不屬于氧化還原反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；

C．Na3N、CaH2只含有離子鍵；不存在共價(jià)鍵，故C正確；

D．氮化鈉和鹽酸反應(yīng)會(huì)生成氯化鈉；氯化銨兩種鹽；氫化鈉與鹽酸反應(yīng)會(huì)生成氯化鈉，可得到三種鹽，故D正確．

故選CD．

A．根據(jù)離子半徑的判斷標(biāo)準(zhǔn)；核外電子層數(shù)多的大于核外電子層數(shù)少的，當(dāng)核外電子層數(shù)相同時(shí)，核內(nèi)質(zhì)子數(shù)大的離子半徑小；

B．氧化還原反應(yīng)中一定有電子的轉(zhuǎn)移和化合價(jià)的升降；

C．Na3N、CaH2只含有離子鍵；

D．氮化鈉和鹽酸反應(yīng)會(huì)生成氯化鈉；氯化銨兩種鹽；氫化鈉與鹽酸反應(yīng)會(huì)生成氯化鈉．

本題考查了鈉及其化合物的性質(zhì)，涉及離子半徑大小比較、氧化還原反應(yīng)的判斷、原子結(jié)構(gòu)的判斷，題目難度不大，把握氧化還原反應(yīng)的規(guī)律，準(zhǔn)確判斷元素的化合價(jià)是解題關(guān)鍵．【解析】【答案】CD8、A|C【分析】解：由圖得：①C（S，石墨）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5kJ?mol-1

②C（S，金剛石）+O2（g）=CO2（g）△H=-395.4kJ?mol-1；

利用蓋斯定律將①-②可得：C（S，石墨）=C（S，金剛石）△H=+1.9kJ?mol-1；則。

A、C（S，石墨）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5kJ?mol-1；石墨的燃燒熱為393.5kJ/mol，故A正確；

B；石墨轉(zhuǎn)化為金剛石吸熱；是化學(xué)變化，故B錯(cuò)誤；

C；金剛石能量大于石墨的總能量；物質(zhì)的量能量越大越不穩(wěn)定，則石墨比金剛石穩(wěn)定，故C正確；

D、由圖可知金剛石燃燒的熱化學(xué)方程式為：C（S，金剛石）+O2（g）=CO2（g）△H=-395.4kJ?mol-1；故D錯(cuò)誤；

故選：AC．

先根據(jù)圖寫出對(duì)應(yīng)的熱化學(xué)方程式；然后根據(jù)蓋斯定律寫出石墨轉(zhuǎn)變成金剛石的熱化學(xué)方程式，根據(jù)物質(zhì)的能量越低越穩(wěn)定來解答．

本題考查熱化學(xué)方程式的書寫及應(yīng)用，題目難度不大，注意物質(zhì)的穩(wěn)定性與能量的關(guān)系．【解析】【答案】AC9、CD【分析】【分析】本題基于有機(jī)分子結(jié)構(gòu)，考查分子式的確定，官能團(tuán)的反應(yīng)，難度不大?！窘獯稹緼.青蒿素的分子式為rm{C_{15}H_{22}O_{5}}，故A錯(cuò)誤；B.青蒿素中有rm{7}個(gè)手性碳原子，雙氫青蒿素中有rm{8}個(gè)手性碳原子，兩種分子中所含的手性碳原子數(shù)目不相同，故B錯(cuò)誤；C.雙氫青蒿素含有羥基，并且所連rm{C}原子的鄰rm{C}上有氫，在一定條件下可發(fā)生消去反應(yīng)，故C正確；D.兩種分子中均含有過氧鍵rm{(隆陋O隆陋O隆陋)}過氧鍵有較強(qiáng)的氧化性，故D正確；故選CD?！窘馕觥縭m{CD}10、rAD【分析】解：rm{X}原子的最外層電子數(shù)是其內(nèi)層電子數(shù)的rm{2}倍，因此rm{X}是rm{C}rm{Y}是地殼中含量最高的元素rm{O}rm{W}與rm{X}同主族，rm{W}是rm{Si}短周期元素rm{Z^{2+}}與rm{Y^{2-}}具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，電子層結(jié)構(gòu)與rm{Ne}相同，因此rm{Z}為rm{Mg}．

A.rm{Mg}和rm{Si}rm{C}和rm{O}同周期，rm{C}和rm{Si}同主族，同周期自左到右原子半徑逐漸減小，同主族自上而下原子半徑逐漸增大，因此原子半徑rm{r(Mg)>r(Si)>r(C)>r(O)}故A正確；

B.rm{Y}分別與rm{Z}rm{W}形成的化合物分別為rm{MgO}rm{SiO_{2}}rm{MgO}中含有離子鍵，rm{SiO_{2}}中含有共價(jià)鍵；化學(xué)鍵類型不同，故B錯(cuò)誤；

C.rm{C}和rm{Si}同主族，非金屬性rm{C>Si}因此碳酸的酸性大于硅酸的酸性，故C錯(cuò)誤；

D.非金屬性rm{O>Si}元素非金屬性越強(qiáng)，簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，因此rm{H_{2}O}的熱穩(wěn)定性大于rm{SiH_{4}}故D正確；

故選AD．

rm{X}原子的最外層電子數(shù)是其內(nèi)層電子數(shù)的rm{2}倍，因此rm{X}是rm{C}rm{Y}是地殼中含量最高的元素rm{O}rm{W}與rm{X}同主族，rm{W}是rm{Si}短周期元素rm{Z^{2+}}與rm{Y^{2-}}具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，電子層結(jié)構(gòu)與rm{Ne}相同，因此rm{Z}為rm{Mg}

A.同周期自左到右原子半徑逐漸減?。煌髯遄陨隙略影霃街饾u增大；

B.rm{MgO}中含有離子鍵，rm{SiO_{2}}中含有共價(jià)鍵；

C.元素非金屬性越強(qiáng)；最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性越強(qiáng)；

D.元素非金屬性越強(qiáng)；簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定．

本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律知識(shí)，為高考常見題型，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，難度中等，注意把握原子結(jié)構(gòu)特征和對(duì)應(yīng)單質(zhì)、化合物的性質(zhì)，學(xué)習(xí)中注意相關(guān)基礎(chǔ)知識(shí)的積累．【解析】rm{AD}11、B|D【分析】解：A．Cu元素的化合價(jià)降低，CuSO4發(fā)生還原反應(yīng)；故A錯(cuò)誤；

B．Cu3P為還原產(chǎn)物，H3PO4為氧化產(chǎn)物；由反應(yīng)可知，氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為20：24=5：6，故B正確；

C．P元素的化合價(jià)升高也降低；則白磷為氧化劑，也是還原劑，故C錯(cuò)誤；

D．由電子守恒可知，該反應(yīng)中被硫酸銅氧化的白磷有=3mol；故D正確；

故選BD．

11P4+60CuSO4+96H2O=20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4中；P元素的化合價(jià)由0升高為+5價(jià)，P元素的化合價(jià)由0降低為-3價(jià)，Cu元素的化合價(jià)由+2價(jià)降低為+1價(jià)，以此來解答．

本題考查氧化還原反應(yīng)，為高頻考點(diǎn)，把握反應(yīng)中元素的化合價(jià)變化為解答的關(guān)鍵，側(cè)重氧化還原反應(yīng)基本概念的考查，題目難度不大．【解析】【答案】BD12、A|D【分析】解：A．天然氣的成分是甲烷；甲烷也是一種產(chǎn)生溫室效應(yīng)的一種氣體，故A錯(cuò)誤；

B．乙烯分子中的不飽和碳碳雙鍵比碳碳單鍵活潑；易于被加成，故B正確；

C．煤液化；氣化后燃燒時(shí)能增大與氧氣的接觸面積；提高燃燒效率，提高經(jīng)濟(jì)效益，故C正確；

D．工業(yè)酒精中含有甲醇；甲醇有劇毒，不能用于酒精飲料的勾兌，故D錯(cuò)誤．

故選AD．【解析】【答案】AD13、BD【分析】【分析】本題側(cè)重考查電解原理，為高頻考點(diǎn)，把握電極、電極反應(yīng)及離子移動(dòng)方向?yàn)榻獯鸬年P(guān)鍵，注重分析與應(yīng)用能力的考查，題目難度不大?！窘獯稹緼.rm{Pb}電極rm上氫氣失去電子；為陽極，故A錯(cuò)誤；

B.陰極上發(fā)生還原反應(yīng)，則陰極反應(yīng)為rm{N_{2}+6H^{+}+6e^{-}=2NH_{3}}故B正確；

C.電解池中，rm{H^{+}}由陽極向陰極遷移；故C錯(cuò)誤；

D.由圖可知，氮?dú)馀c氫氣不直接接觸，陶瓷可以隔離rm{N_{2}}和rm{H_{2}}故D正確。

故選BD?！窘馕觥縭m{BD}14、AD【分析】【分析】本題考查原電池和電解池原理，電極反應(yīng)式的書寫、電極的判斷是學(xué)習(xí)難點(diǎn)，注意電解質(zhì)溶液中陰陽離子的移動(dòng)方向，為易錯(cuò)點(diǎn)?！窘獯稹緼.放電過程中，rm{a}電極上rm{VO}電極上rm{a}rm{VO}rm{{,!}_{2}^{+}}得電子發(fā)生還原反應(yīng)生成rm{VO}rm{VO}

rm{{,!}^{2+}}極是電解池陽極，，則左槽溶液顏色由黃色變?yōu)樗{(lán)色，故A正確；極的反應(yīng)式為B.充電過程中，rm{a}極是電解池陽極，rm{a}極的反應(yīng)式為rm{VO}rm{a}rm{a}rm{VO}rm{{,!}^{2+}}rm{-e}rm{-e}rm{{,!}^{-}}rm{+H}rm{+H}rm{{,!}_{2}}

rm{O=VO}電極為陰極，rm{O=VO}極為陽極，則rm{{,!}_{2}^{+}}極接直流電源負(fù)極，rm{+2H}極接直流電源正極，故C錯(cuò)誤；

rm{+2H}rm{{,!}^{+}}，故B錯(cuò)誤；C.充電時(shí)，rm電極為陰極，rm{a}極為陽極，則rm極接直流電源負(fù)極，rm{a}極接直流電源正極，故C錯(cuò)誤；rmrm{a}rmrm{a}D.放電時(shí)，正極附近發(fā)生反應(yīng)：rm{VO}rm{VO}rm{{,!}_{2}^{+}}氫離子向正極移動(dòng)，當(dāng)轉(zhuǎn)移rm{+2H}電子時(shí)共有rm{+2H}rm{{,!}^{+}}rm{+e}

rm{+e}rm{{,!}^{-}}【解析】rm{AD}15、rAB【分析】解：根據(jù)rm{壟脵}可知，溶液顯酸性，則溶液中一定不存在rm{CO_{3}^{2-}}和rm{NO_{3}^{-}}

根據(jù)rm{壟脷}可知，產(chǎn)生的是白色沉淀，說明不存在rm{Fe^{3+}}根據(jù)產(chǎn)生的沉淀量與加入rm{NaOH}的物質(zhì)的量之間的關(guān)系圖可知，溶液中一定含有rm{Mg^{2+}}rm{Al^{3+}}又因?yàn)楫?dāng)沉淀達(dá)到最大值時(shí)，繼續(xù)加入氫氧化鈉，沉淀不變，這說明溶液中還存在rm{NH_{4}^{+}}根據(jù)溶液電中性可知，溶液中一定存在陰離子rm{SO_{4}^{2-}}

根據(jù)圖象可知，第一階段為氫離子與氫氧化鈉反應(yīng)，消耗氫氧化鈉為rm{0.1mol}則rm{n(H^{+})=0.1mol}

第三階段為銨根離子與氫氧化鈉反應(yīng)，消耗氫氧化鈉為rm{0.7mol-0.5mol=0.2mol}則rm{n(NH_{4}^{+})=0.2mol}

最后階段為氫氧化鈉溶解氫氧化鋁，消耗氫氧化鈉rm{0.8mol-0.7mol=0.1mol}則rm{n[Al(OH)_{3}]=0.1mol}根據(jù)鋁元素守恒可知rm{n(Al^{3+})=0.1mol}

第二階段為氫氧化鈉沉淀鎂離子、鋁離子，共消耗氫氧化鈉為rm{0.5mol-0.1mol=0.4mol}則rm{n(Mg^{2+})=(0.4mol-0.1mol隆脕3)隆脕dfrac{1}{2}=0.05mol}

A.由上述分析可知，溶液中的陽離子只有rm{n(Mg^{2+})=(0.4mol-0.1mol隆脕3)隆脕dfrac

{1}{2}=0.05mol}rm{H^{+}}rm{Mg^{2+}}rm{Al^{3+}}故A正確；

B.第三階段為銨根離子與氫氧化鈉反應(yīng)，消耗氫氧化鈉為rm{NH_{4}^{+}}則rm{0.7mol-0.5mol=0.2mol}故B正確；

C.由上述分析可知，溶液中一定不含rm{n(NH_{4}^{+})=0.2mol}rm{CO_{3}^{2-}}溶液中一定存在陰離子rm{NO_{3}^{-}}故C錯(cuò)誤；

D.由上述分析可知，溶液中rm{SO_{4}^{2-}}rm{n(H^{+})}rm{n(Al^{3+})}rm{n(Mg^{2+})=0.1mol}rm{0.1mol}rm{0.05mol=2}rm{2}故D錯(cuò)誤；

故選AB．

rm{1}若加入鋅粒，產(chǎn)生無色無味無毒的氣體，說明氣體是氫氣，因此溶液顯酸性，則rm{壟脵}和rm{CO_{3}^{2-}}不能大量共存；

rm{NO_{3}^{-}}加入rm{壟脷}溶液，產(chǎn)生白色沉淀，說明不存在鐵離子；根據(jù)產(chǎn)生的沉淀量與加入rm{NaOH}的物質(zhì)的量之間的關(guān)系圖可知，溶液中一定含有rm{NaOH}rm{Mg^{2+}}又因?yàn)楫?dāng)沉淀達(dá)到最大值時(shí)，繼續(xù)加入氫氧化鈉，沉淀不變，這說明溶液中還存在rm{Al^{3+}}由于溶液中還必須存在陰離子，所以一定還有rm{NH_{4}^{+}}結(jié)合圖象中各階段消耗的氫氧化鈉，計(jì)算溶液中rm{SO_{4}^{2-}.}rm{n(H^{+})}rm{n(Mg^{2+})}rm{n(Al^{3+})}據(jù)此進(jìn)行解答．

本題考查離子共存、反應(yīng)圖象識(shí)別以及離子反應(yīng)有關(guān)計(jì)算等，是高考中的常見題型，對(duì)學(xué)生的綜合能力提出了更高的要求，有利于培養(yǎng)學(xué)生的邏輯思維能力和發(fā)散思維能力，題目難度較中等．rm{n(NH_{4}^{+})}【解析】rm{AB}三、填空題(共9題，共18分)16、2Mg+CO22MgO+CMg（OH）2NaOHNaMgCONa＜Mg＜C＜ONa2CO3、Na2OCO、CO2【分析】【分析】Y原子最外層s電子與p電子數(shù)之比為1：1，最外層電子排布式為ns2np2，處于IVA族；X原子核s電子與p電子數(shù)之比1：1，原子核外電子排布式為1s22s22p4或者1s22s22p63s2，W、X、Y、Z四種期元素的原子序數(shù)X＞W(wǎng)＞Z＞Y，X、Y應(yīng)分別為1s22s22p63s2、1s22s22p2，即X為Mg、Y為碳；Z原子核外電子中p電子數(shù)比Y原子多2個(gè)，Z為O元素；W原子的最外層沒有p電子，則W為Na．【解析】【解答】解：Y原子最外層s電子與p電子數(shù)之比為1：1，最外層電子排布式為ns2np2，處于IVA族；X原子核s電子與p電子數(shù)之比1：1，原子核外電子排布式為1s22s22p4或者1s22s22p63s2，W、X、Y、Z四種期元素的原子序數(shù)X＞W(wǎng)＞Z＞Y，X、Y應(yīng)分別為1s22s22p63s2、1s22s22p2；即X為Mg；Y為碳；Z原子核外電子中p電子數(shù)比Y原子多2個(gè)，Z為O元素；W原子的最外層沒有p電子，則W為Na．

（1）X元素的單質(zhì)與Z、Y所形成的化合物中，其化學(xué)方程式：2Mg+CO22MgO+C；

故答案為：2Mg+CO22MgO+C；

（2）同一周期，元素的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的堿性減弱，所以堿性Mg（OH）2＜NaOH；

故答案為：Mg（OH）2＜NaOH；

（3）元素周期表中的同周期主族元素從左到右；原子半徑逐漸減小，同主族元素從上到下，原子半徑逐漸增大，因而原子半徑Na＞Mg＞C＞O；

故答案為：Na＞Mg＞C＞O；

（4）非金屬性越強(qiáng)；電負(fù)性越大，故電負(fù)性Na＜Mg＜C＜O；

故答案為：Na＜Mg＜C＜O；

（5）上述元素形成化合物為離子化合物的有Na2CO3、Na2O等，共價(jià)化合物有CO、CO2等；

故答案為：Na2CO3、Na2O；CO、CO2．17、CON2或C2H4H2【分析】【分析】混合物氣體的總物質(zhì)的量為=0.4mol，又因?yàn)锳與B的物質(zhì)的量之比為3：1，所以A的物質(zhì)的量為0.3mol，B的物質(zhì)的量為0.1mol，設(shè)B的相對(duì)分子量為x，則A為14x，混合氣體的總質(zhì)量為8.6g，0.3×14x+0.1×x=8.6，得x=2，所以B為H2，A的相對(duì)分子質(zhì)量為28，A可能為CO或N2或C2H4，由此分析解答．【解析】【解答】解：混合物氣體的總物質(zhì)的量為=0.4mol，又因?yàn)锳與B的物質(zhì)的量之比為3：1，所以A的物質(zhì)的量為0.3mol，B的物質(zhì)的量為0.1mol，設(shè)B的相對(duì)分子量為x，則A為14x，混合氣體的總質(zhì)量為8.6g，0.3×14x+0.1×x=8.6，得x=2，所以B為H2，A的相對(duì)分子質(zhì)量為28，A可能為CO或N2或C2H4；

故答案為：CO；N2或C2H4；H2．18、三ⅡA電解熔融氧化鋁HNO3Mg（OH）2Mg2+【分析】【分析】4種相鄰主族短周期元素的相對(duì)位置如表；元素X的核外電子數(shù)是元素M的2倍，Y的氧化物具有兩性，則Y為Al，根據(jù)相對(duì)位置可知，X為Mg；M為C、N為O．

（1）主族元素周期數(shù)=電子層數(shù)；族序數(shù)=最外層電子數(shù)；工業(yè)上電解熔融氧化鋁冶煉Al；

（2）非金屬性越強(qiáng)；最高價(jià)含氧酸的酸性越強(qiáng)，金屬性越強(qiáng)，最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的堿性越強(qiáng)；

（3）M的單質(zhì)為N2，分子中N原子之間形成3對(duì)共用電子對(duì)；氣體分子（CN）2分子中碳原子之間形成1對(duì)孤電子對(duì)，N原子與碳原子之間形成3對(duì)共用電子對(duì)；X形成的離子為Mg2+，電子式為其離子符號(hào)．【解析】【解答】解：4種相鄰主族短周期元素的相對(duì)位置如表；元素X的核外電子數(shù)是元素M的2倍，Y的氧化物具有兩性，則Y為Al，根據(jù)相對(duì)位置可知，X為Mg；M為C、N為O．

（1）X為Mg；處于周期表中第三周期ⅡA族，工業(yè)上電解熔融氧化鋁冶煉Al；

故答案為：三；ⅡA；電解熔融氧化鋁；

（2）元素的金屬性越強(qiáng)，其最高價(jià)氧化物的水化物堿性越強(qiáng)，元素的非金屬性越強(qiáng)，其最高價(jià)氧化物的水化物酸性越強(qiáng)，氧元素沒有含氧酸，故除氧外非金屬性最強(qiáng)的是N元素，所以酸性最強(qiáng)的是HNO3，金屬性最強(qiáng)的是Mg元素，故堿性最強(qiáng)的是Mg（OH）2；

故答案為：HNO3；Mg（OH）2；

（3）M的單質(zhì)為N2，電子式為氣體分子（CN）2分子中碳原子之間形成1對(duì)孤電子對(duì)，N原子與碳原子之間形成3對(duì)共用電子對(duì)，電子式為X形成的離子為Mg2+，電子式為Mg2+，故答案為：Mg2+．19、N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H=-93KJ?mol-1②⑤0.008mol/（L．min）0.1逆反應(yīng)CaSO4+（NH4）2CO3=（NH4）2SO4+CaCO3↓因?yàn)镵sp（CaSO4）=7.10×10-5＞Ksp（CaCO3）=4.96×10-9【分析】【分析】（1）反應(yīng)熱=反應(yīng)物總鍵能-生成物總鍵能；注明物質(zhì)的聚集狀態(tài)與反應(yīng)熱書寫熱化學(xué)方程式；

（2）可逆反應(yīng)到達(dá)平衡時(shí)；同種物質(zhì)的正逆速率相等，各組分的濃度；含量保持不變，由此衍生的其它一些量不變，判斷平衡的物理量應(yīng)隨反應(yīng)進(jìn)行發(fā)生變化，該物理量由變化到不變化說明到達(dá)平衡；

（3）根據(jù)v=計(jì)算v（NH3），再利用速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比計(jì)算v（N2）；

恒溫下，往一個(gè)2L的密閉容器中充入2.6molH2和1molN2，20min處于平衡狀態(tài)，平衡時(shí)NH3濃度為0.2mol/L；則：

N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）

起始量（mol/L）：0.51.30

變化量（mol/L）：0.10.30.2

平衡量（mol/L）：0.410.2

平衡常數(shù)K=；

計(jì)算濃度商Qc；若Qc=K，處于平衡狀態(tài)，若Qc＞K，反應(yīng)向逆反應(yīng)進(jìn)行，若Qc＜K，反應(yīng)向正反應(yīng)進(jìn)行；

（4）由流程圖可知，硫酸鈣、氨氣、二氧化碳轉(zhuǎn)化為（NH4）2SO4與CaCO3，CaCO3分解生成的二氧化碳循環(huán)利用，反應(yīng)利用溶解度大轉(zhuǎn)化為溶解度更小沉淀轉(zhuǎn)化原理．【解析】【解答】解：（1）反應(yīng)發(fā)生：N2（g）+3H2（g）?2NH3（g），則△H=945KJ?mol-1+3×436KJ?mol-1-6×391KJ?mol-1=-93KJ?mol-1，反應(yīng)熱化學(xué)方程式為N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H=-93KJ?mol-1；

故答案為：N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H=-93KJ?mol-1；

（2）①單位時(shí)間內(nèi)生成nmo1N2的同時(shí)生成3nmolH2；均表示逆反應(yīng)速率，反應(yīng)始終按該比例關(guān)系進(jìn)行，故①錯(cuò)誤；

②單位時(shí)間內(nèi)1個(gè)N≡N鍵斷裂的同時(shí)；有6個(gè)N-H鍵斷裂，而1個(gè)N≡N鍵斷裂的同時(shí)生成6個(gè)N-H鍵，氨氣的生成與消耗速率相等，反應(yīng)到達(dá)平衡，故②正確；

③容器中N2、H2、NH3的物質(zhì)的量關(guān)系與氮?dú)猓粴錃馄鹗嘉镔|(zhì)的量及轉(zhuǎn)化率有關(guān)；不一定為1：3：2，故③錯(cuò)誤；

④混合氣體總質(zhì)量不變；容器容積不變，混合氣體的密度始終不變，故④錯(cuò)誤；

⑤混合氣體總質(zhì)量不變；隨反應(yīng)進(jìn)行混合氣體總物質(zhì)的量進(jìn)行，平均相對(duì)分子質(zhì)量增大，混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量不再改變，說明到達(dá)平衡狀態(tài)，故⑤正確；

故選：②⑤；

（3）5min內(nèi)，△c（NH3）=0.08mol/L，則v（NH3）==0.016mol/（L．min），速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，v（N2）=v（NH3）=0.008mol/（L．min）；

恒溫下，往一個(gè)2L的密閉容器中充入2.6molH2和1molN2，20min處于平衡狀態(tài)，平衡時(shí)NH3濃度為0.2mol/L；則：

N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）

起始量（mol/L）：0.51.30

變化量（mol/L）：0.10.30.2

平衡量（mol/L）：0.410.2

平衡常數(shù)K===0.1；

濃度商Qc==0.13＞K=0.1；反應(yīng)向逆反應(yīng)進(jìn)行；

故答案為：0.008mol/（L．min）；0.1；逆反應(yīng)；

（4）由流程圖可知，硫酸鈣、氨氣、二氧化碳轉(zhuǎn)化為（NH4）2SO4與CaCO3，CaCO3分解生成的二氧化碳循環(huán)利用，制備（NH4）2SO4的反應(yīng)方程式：CaSO4+（NH4）2CO3=（NH4）2SO4+CaCO3，上述反應(yīng)能發(fā)生的原因：因?yàn)镵sp（CaSO4）=7.10×10-5＞Ksp（CaCO3）=4.96×10-9；

故答案為：CaSO4+（NH4）2CO3=（NH4）2SO4+CaCO3↓；因?yàn)镵sp（CaSO4）=7.10×10-5＞Ksp（CaCO3）=4.96×10-9．20、Zn堿Mg（OH）2RbOHRbBrHBrO4液棕【分析】【分析】A是第5周期ⅠA族元素，則A為Rb，B是第3周期元素，最外層電子數(shù)為2，則B為Mg，四種元素原子序數(shù)從小到大的順序是B、C、D、A，C、D的最外層電子分別為2和7個(gè)，且C和D次外層電子均為18，應(yīng)都在第四周期，所以C為Zn，D為Br，據(jù)此答題．【解析】【解答】解：A是第5周期ⅠA族元素，則A為Rb，B是第3周期元素，最外層電子數(shù)為2，則B為Mg，四種元素原子序數(shù)從小到大的順序是B、C、D、A，C、D的最外層電子分別為2和7個(gè)，且C和D次外層電子均為18，應(yīng)都在第四周期，所以C為Zn，D為Br；

（1）根據(jù)上面的分析可知；C元素符號(hào)為Zn；

故答案為：Zn；

（2）A為Rb，B為Mg，A、B元素最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物都呈堿性，由于銣的金屬性強(qiáng)于鎂，所以Mg（OH）2的堿性弱于RbOH；

故答案為：堿；Mg（OH）2；RbOH；

（3）A為Rb，有五個(gè)電子層，D為Br，有四個(gè)電子層，所以原子半徑大小Rb＞Br；

故答案為：Rb；Br；

（4）D為Br，D元素的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的化學(xué)式為HBrO4；其單質(zhì)在常溫下呈液態(tài)，易揮發(fā)，所以實(shí)驗(yàn)室常保存在棕色試劑瓶中；

故答案為：HBrO4；液；棕．21、25%350%【分析】【分析】（1）列出三段式，轉(zhuǎn)化率=×100%；

（2）依據(jù)（1）計(jì)算平衡常數(shù)；結(jié)合平衡三段式計(jì)算平衡濃度，利用平衡常數(shù)計(jì)算a值；

（3）依據(jù)（1）計(jì)算平衡常數(shù)，結(jié)合平衡三段式計(jì)算．【解析】【解答】解：（1）依據(jù)三段式列式計(jì)算。

CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）

起始量（mol/L）1300

變化量（mol/L）0.750.750.750.75

平衡量（mol/L）0.252.250.750.75

H2O的轉(zhuǎn)化率=×100%=25%；

故答案為：25%；

（2）上述反應(yīng)前后氣體體積不變，可以用物質(zhì)的量代替平衡濃度計(jì)算平衡常數(shù)K==1；

若反應(yīng)物的起始濃度c（CO）=amol/L，c（H2O）=15mo/L，達(dá)平衡狀態(tài)時(shí)，c（H2）=2.5mol/L；

CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）

起始量（mol/L）a1500

變化量（mol/L）2.52.52.52.5

平衡量（mol/L）a-2.512.52.52.5

=1

則a=3mol/L；

故答案為：3；

（3）依據(jù)三段式列式計(jì)算；起始濃度設(shè)為m，設(shè)一氧化碳消耗濃度為x

CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）

起始量（mol/L）mm00

變化量（mol/L）xxxx

平衡量（mol/L）m-xm-xxx

=1

m=2x

CO的轉(zhuǎn)化率=×100%=50%

故答案為：50%．22、②①③④【分析】【分析】NO能被氧氣氧化生成紅棕色氣體二氧化氮；次氯酸具有強(qiáng)氧化性，能使?jié)駶?rùn)的有色布條褪色；能使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)色的氣體是氨氣；膠體具有丁達(dá)爾效應(yīng)．【解析】【解答】解：NO是無色有毒氣體，NO不穩(wěn)定而易被氧氣生成紅棕色有毒氣體NO2；

Cl2+H2O=HCl+HClO；HClO具有漂白性，能使?jié)駶?rùn)的有色布條褪色；

能使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)色的氣體是氨氣；在加熱條件下，氯化銨和氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成氨氣，所以能生成使紅色石蕊試紙變藍(lán)色的氣體的物質(zhì)是氯化銨；

氫氧化鋁膠體能形成光亮的通路而具有丁達(dá)爾效應(yīng)；

故答案為：②；①；③；④．23、略

【分析】試題分析：（1）根據(jù)甲分子的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知甲分子中含氧官能團(tuán)的名稱是醛基；甲催化加氫生成乙，也可能發(fā)生醛基的加成反應(yīng)，生成CH3CH2CH2——CH2OH。（2）戊的一種屬于芳香烴的同分異構(gòu)體的核磁共振氫譜有兩組峰，且峰面積比為3：1，說明H原子的位置有2中，且個(gè)數(shù)比為3:1，所以該物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：（3）由丁丙為醛基轉(zhuǎn)化為羥基，所以反應(yīng)類型為：加成（還原）反應(yīng)；檢驗(yàn)是否含有丁，用銀氨溶液檢驗(yàn)是否含有醛基即可，故c項(xiàng)正確。（4）物質(zhì)乙還可由C10H19Cl與NaOH水溶液共熱生成，發(fā)生鹵代烴的水解反應(yīng)，化學(xué)方程式為：CH3CH2CH2——CH2Cl+H2OCH3CH2CH2——CH2OH+HCl或CH3CH2CH2——CH2Cl+NaOHCH3CH2CH2——CH2OH+NaCl考點(diǎn)：本題考查有機(jī)合成的分析與推斷、同分異構(gòu)體的判斷、反應(yīng)類型及化學(xué)方程式的書寫?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）（4分）醛基（2分）CH3CH2CH2——CH2OH（2分）（2）（2分）（3）（4分）加成（還原）反應(yīng)（2分）c（2分）（4）（2分）CH3CH2CH2——CH2Cl+H2OCH3CH2CH2——CH2OH+HClCH3CH2CH2——CH2Cl+NaOHCH3CH2CH2——CH2OH+NaCl24、略

【分析】試題分析：（1）①溶液中鐵的存在形態(tài)是鐵離子或亞鐵離子，鐵離子和KSCN溶液反應(yīng)顯紅色。亞鐵離子具有還原性，據(jù)此可以檢驗(yàn)鐵元素的存在。即取少量濾液B，加入KSCN溶液，若不變紅，再加入氯水，仍然不變紅，說明濾液B中不含鐵元素。②濾液B中鋁元素以鋁離子的形成存在，因此要生成氫氧化鋁白色沉淀，需要加入堿液。由于氫氧化鋁是兩性氫氧化物，能溶解在強(qiáng)堿溶液中，所以最好選擇的試劑是氨水，答案選c。③晶體從溶液中析出后，要從溶液中分離出來，需要利用過濾操作完成分離。④在反應(yīng)中亞鐵離子失去1個(gè)電子，氯元素的化合價(jià)從＋1價(jià)降低到－1價(jià)，得到2個(gè)電子。根據(jù)電子得失守恒可知，還原劑亞鐵離子與氧化劑ClO－的物質(zhì)的量之比是2:1。根據(jù)電荷守恒可知，反應(yīng)物還有水參加，而生成物中還有氫離子生成，所以配平后的離子方程式為2Fe2++ClO－+5H2O＝2Fe(OH)3↓+C1－+4H+。（2）固體灼燒需要坩堝，由于瓷坩堝中還有二氧化硅，在高溫下與氫氧化鈉反應(yīng)，要從選擇鐵坩堝，答案選B?？键c(diǎn)：考查鐵離子、亞鐵離子檢驗(yàn)、氫氧化鋁的制備、過濾、氧化還原反應(yīng)的配平以及二氧化硅的性質(zhì)等【解析】【答案】（1）①取少量濾液B，加入KSCN溶液，若不變紅，再加入氯水，仍然不變紅，說明濾液B中不含鐵元素。（其他合理答案均得分）②c③過濾④2、1、5H2O、2、1、4H+（2）B四、判斷題(共4題，共16分)25、×【分析】【分析】金屬陽離子不一定只有氧化性，可能具有還原性，考慮變價(jià)金屬陽離子即可．【解析】【解答】解：一般常見金屬陽離子只具有氧化性，但是亞鐵離子、亞銅離子等據(jù)既具有氧化性又具有還原性，故金屬陽離子一定只具有氧化性的說法錯(cuò)誤，故答案為：×．26、√【分析】【分析】NaHCO3為強(qiáng)電解質(zhì)，在溶液中電離出鈉離子和碳酸氫根離子；NaOH為可溶性的強(qiáng)堿，在溶液中完全電離出鈉離子和氫氧根離子，NaHCO3與NaOH溶液反應(yīng)實(shí)質(zhì)為碳酸氫根離子與氫氧根離子反應(yīng)生成碳酸根離子和水．【解析】【解答】解：NaHCO3溶液與NaOH溶液反應(yīng)生成可溶性的碳酸鈉和水，反應(yīng)的實(shí)質(zhì)為HCO3-與OH-反應(yīng)生成CO32-和H2O，該反應(yīng)的離子方程式為：OH-+HCO3-=CO32-+H2O；

故答案為：√．27、√【分析】【分析】根據(jù)水的質(zhì)量計(jì)算出物質(zhì)的量，再計(jì)算出氧原子數(shù)目．【解析】【解答】解：18g水的物質(zhì)的量為1mol，含的氧原子數(shù)目為NA，故答案為：√．28、×【分析】【分析】化學(xué)變化中的能量變化主要是熱量變化，另外還有光能、電能等等．【解析】【解答】解：化學(xué)反應(yīng)中能量變化的形式主要是熱量變化，還有熱能、光能、電能等等，故錯(cuò)誤，故答案為：×．五、探究題(共4題，共40分)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．31、|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．32、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．六、推斷題(共4題，共12分)33、FeHClCO2CaONa2CO3Fe+2HCl=FeCl2+H2↑2HCl+CaO=CaCl2+H2O2HCl+Na2CO3=2NaCl+CO2↑+H2OCaO+CO2=CaCO3【分析】【分析】在題目提供的物質(zhì)中，單質(zhì)①與酸②反應(yīng)，則①為Fe、②為稀鹽酸，酸能與鹽⑤反應(yīng)，則⑤為純堿，氧化物④能與②反應(yīng)，則④為CaO，氧化物③能與氧化物④反應(yīng)，則③為CO2，以此解答該題．【解析】【解答】解：在題目提供的物質(zhì)中，單質(zhì)①與酸②反應(yīng)，則①為Fe、②為稀鹽酸，酸能與鹽⑤反應(yīng)，則⑤為純堿，氧化物④能與②反應(yīng)，則④為CaO，氧化物③能與氧化物④反應(yīng)，則③為CO2；

（1）由以上分析可知，①為Fe、②為稀鹽酸，③為CO2，④為CaO，⑤為純堿，故答案為：Fe；HCl；CO2；CaO；Na2CO3；

（2）①和②反應(yīng)的化學(xué)方程式：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑；

②和④反應(yīng)的化學(xué)方程式：2HCl+CaO=CaCl2+H2O；

②和⑤反應(yīng)的化學(xué)方程式：2HCl+Na2CO3=2NaCl+CO2↑+H2O；

③和④反應(yīng)的化學(xué)方程式：CaO+CO2=CaCO3；

故答案為：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑↑；2HCl+CaO=CaCl2+H2O；2HCl+Na2CO3=2NaCl+CO2↑+H2O；CaO+CO2=CaCO3．34、N≡N④4NH3+5O24NO+6H2O≥1：13Fe3O4+28H++NO3-=9Fe3++NO↑+14H2O增大【分析】【分析】J是磁性氧化鐵為Fe3O4，Y是一種常見的液體，Z是常見的金屬單質(zhì)，由反應(yīng)①可知，Z為Fe，Y為H2O，I為H2．A、E、I、L是常見的非金屬單質(zhì)，其中A為淡黃色固體，A為S單質(zhì)，由ABC，且B的相對(duì)分子質(zhì)量比A大32，C的相對(duì)分子質(zhì)量比B大16，可推知B為SO2，C為SO3，L為O2，結(jié)合C+Y→D可知，D為H2SO4．

由X→A+E，A為S單質(zhì)，故X含有S元素，組成X的兩種元素的相對(duì)原子質(zhì)量相差18，E是常見的非金屬單質(zhì)，故E元素的相對(duì)原子質(zhì)量為32-18=14，故E為N2，由X分子的球棍模型可知，X為S4N4，由EFG可知，F(xiàn)為NO，G為NO2，由GH+F可知H為HNO3．由E+I→K，結(jié)合E為N2，I為H2，可知K為NH3，KF+Y為NH3+O2→NO+H2O，符合轉(zhuǎn)化關(guān)系，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：J是磁性氧化鐵為Fe3O4，Y是一種常見的液體，Z是常見的金屬單質(zhì)，由反應(yīng)①可知，Z為Fe，Y為H2O，I為H2．A、E、I、L是常見的非金屬單質(zhì)，其中A為淡黃色固體，A為S單質(zhì)，由ABC，且B的相對(duì)分子質(zhì)量比A大32，C的相對(duì)分子質(zhì)量比B大16，可推知B為SO2，C為SO3，L為O2，結(jié)合C+Y→D可知，D為H2SO4．

由X→A+E，A為S單質(zhì)，故X含有S元素，組成X的兩種元素的相對(duì)原子質(zhì)量相差18，E是常見的非金屬單質(zhì)，故E元素的相對(duì)原子質(zhì)量為32-18=14，故E為N2，由X分子的球棍模型可知，X為S4N4，由EFG可知，F(xiàn)為NO，G為NO2，由GH+F可知H為HNO3．由E+I→K，結(jié)合E為N2，I為H2，可知K為NH3，KF+Y為NH3+O2→NO+H2O；符合轉(zhuǎn)化關(guān)系；

（1）E為N2；分子中N原子之間形成3對(duì)共用電子對(duì)，其結(jié)構(gòu)式為：N≡N；

反應(yīng)①是Fe+H2O→Fe3O4+H2，屬于氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)②是NH3+O2→NO+H2O；屬于氧化還原反應(yīng)；

反應(yīng)③是SO2+O2→SO3，屬于氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)④是SO3+H2O→H2SO4；屬于非氧化還原反應(yīng)；

反應(yīng)⑤是NO+O2→NO2，屬于氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)⑥是NO2+H2O→HNO3+NO；屬于氧化還原反應(yīng)；

故屬于非氧化還原反應(yīng)的