2025年人教五四新版高三化學(xué)上冊月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※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年人教五四新版高三化學(xué)上冊月考試卷84考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)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、下列關(guān)于元素周期表的說法正確的是（）A.元素周期表目前共有8個周期B.元素周期表中共有十八個族，其中有主族、副族、0族和Ⅷ族C.元素周期表中第一、二、三周期為短周期D.元素周期表中第IA族全部是金屬元素2、下列說法正確的是（）A.c(H+)=0.1mol/L的甲酸溶液中，HCOO－和H+數(shù)目之和為0.1NAB.通常情況下，溴是液態(tài)，碘是固態(tài)，所以I—I鍵比Br-Br弱C.將稀氨水逐滴加入稀硫酸中，當溶液pH=7時，2C(NH4+)=C(SO42-)D.合成順丁橡膠（）的單體是CH2=CH—CH=CH23、下列各溶液中，微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是（）A.0.1mol/LNa2CO3溶液：c（OH-）=c（HCO3-）+c（H+）+2c（H2CO3）B.0.1mol/LNH4Cl溶液：c（NH4+）=c（Cl-）C.向醋酸鈉溶液中加入適量醋酸，得到的酸性混合溶液：c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（H+）＞c（OH-）D.等物質(zhì)的量濃度的①NH4Cl溶液②（NH4）2SO4溶液③NH4HSO4溶液④（NH4）2CO3溶液中NH4+濃度的大小關(guān)系是②＞④＞①＞③4、16g氧氣的物質(zhì)的量的是（）A.0.1molB.0.5molC.1molD.2mol5、在密閉容器中進行反應(yīng)：X（g）+2Y（g）?2Z（g）△H＞0．下圖能正確表示該反應(yīng)有關(guān)物理量變化規(guī)律的是（）A.B.C.D.評卷人得分二、多選題(共5題，共10分)6、不考慮水的電離，下列水溶液中的四種離子可以大量共存，且物質(zhì)的量濃度也相等的是（）A.Na+、K+、MnO4-、NO3-B.ClO-、I-、NH4+、Ba2+C.Na+、AlO2-、K+、HCO3-D.Al3+、K+、SO42-、NO3-7、銀鋅（Ag-Zn）可充電電池廣泛用做各種電子儀器的電源，電解質(zhì)為KOH．其電池總反應(yīng)式為Ag2O+Zn+H2O2Ag+Zn（OH）2，下列說法正確的是（）A.放電時Ag2O參與反應(yīng)的電極為負極B.充電時陰極的電極反應(yīng)為：Zn（OH）2+2e-=Zn+2OH-C.放電時正極附近的pH逐漸減小D.充電時每生成1molAg2O轉(zhuǎn)移2mol電子8、如圖表示M的結(jié)構(gòu)簡式；下列有關(guān)M的說法正確的是（）

A.M可以發(fā)生加成、加聚、水解、酯化等反應(yīng)B.1molM最多可以與3molNaOH反應(yīng)C.M苯環(huán)上的一氯取代物有三種不同結(jié)構(gòu)D.1molM最多可以與5molH2發(fā)生加成反應(yīng)9、在VL密閉容器中投入足量的硫酸鈣和amolCO進行可逆反應(yīng)：CaSO4（s）+4CO（g）?CaS（s）+4CO2（g）△H．在一定溫度下達到平衡，測得平衡體系中CO，CO2的體積比為1：1，下列說法不正確的是（）A.若該反應(yīng)在較低溫度下能自發(fā)進行，則△H＜0B.在該溫度下上述反應(yīng)的平衡常數(shù)K=4C.達到平衡時生成了0.125amolCaSD.向上述體系中加入石灰石，能提高CO的轉(zhuǎn)化率10、短周期主族元素A、B、C、D，原子序數(shù)依次增大．A、B、C三種元素原子的最外層電子數(shù)之和為15，A、C的原子序數(shù)之差為8，A原子最外層電子數(shù)等于B原子最外層電子數(shù)的2倍．下列敘述正確的是（）A.非金屬性：C＞DB.原子半徑：A＜D＜C＜BC.氫化物的熱穩(wěn)定性：C＞AD.單質(zhì)B常溫下不能溶于濃硝酸但能溶于氫氧化鈉溶液評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)11、向某密閉容器中加入0.15mol/LA、0.05mol/LC和一定量的B三種氣體．一定條件下發(fā)生反應(yīng)，各物質(zhì)濃度隨時間變化如圖中甲圖所示[t0時c（B）未畫出，t1時增大到0.05mol/L]．乙圖為t2時刻后改變反應(yīng)條件；平衡體系中正；逆反應(yīng)速率隨時間變化的情況．

（1）若t1=15s，則t0～t1階段v（C）=____，A的轉(zhuǎn)化率為____．

（2）若t5時改變的條件是升溫，此時v（正）＞v（逆），若A的物質(zhì)的量減少0.03mol時，容器與外界的熱交換總量為akJ，寫出該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式____．

（3）若t4時改變的條件為減小壓強，則B的起始物質(zhì)的量濃度為____mol/L．

（4）t3時改變的某一反應(yīng)條件可能是____（選填序號）．

a．使用催化劑b．增大壓強c．增大反應(yīng)物濃度．12、A；B、C、D、E5種有機物在一定條件下存在如下轉(zhuǎn)化關(guān)系（部分反應(yīng)條件、產(chǎn)物被省略）．已知A的產(chǎn)量可以用來衡量一個國家的石油化工水平．現(xiàn)以石油為原料合成D和高分子化合物E；其合成路線如圖1所示：

（1）工業(yè)上，由石蠟獲得石蠟油的方法是____，反應(yīng)①的原子利用率為____．

（2）E的結(jié)構(gòu)簡式為____，C中含有兩個氧原子的官能團的名稱為____．

（3）如果A分子中的一個氫原子被甲基取代后得到物質(zhì)中在同一平面的原子最多有____個。

（4）在實驗室；我們可以通過③，利用如圖2裝置來制取D．

a．反應(yīng)③的化學(xué)方程式為____反應(yīng)類型是____．

b．試管乙中所盛的試劑是____

c．該裝置中的一個明顯的錯誤是____．13、（2013秋?樊城區(qū)校級期中）某溫度時；在2L容器中某一反應(yīng)的A；B氣體物質(zhì)的量隨時間變化的曲線如圖所示，由圖中數(shù)據(jù)分析得：

（1）該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：____

（2）反應(yīng)開始至4min時，v（A）=____mol?L-1?min-1

（3）4min時，正逆反應(yīng)速率的大小關(guān)系（填“＞”或“＜”或“=”）為：υ（正）____υ（逆）．

（4）8min后；保持溫度不變，若將容器體積壓縮為1L，則平衡將。

向____反應(yīng)方向移動．（填“正”或“逆”）；若保持容器體積不變，升高溫度平衡逆向移動，則正反應(yīng)的焓變△H____0（填“＞”或“＜”或“=”）．14、（2011?武漢校級模擬）圖中電極a、b分別為Ag電極和Pt電傲；電極c；d都是石墨電極．通電一段時間后，在c、d兩極共收集到336mL（標準狀況）氣體，其體積比為1：2．回答：

（1）直流電源中，M為____極；

（2）b電極上的電極反應(yīng)方程式____，c電極上的電極反應(yīng)方程式____；

（3）通電一段時間，AgNO3溶液的pH（填”增大”、”減小”或”不變”）____；

（4）若通電一段時間后H2SO4溶液的質(zhì)量分數(shù)由5.00%變?yōu)?.02%，則原5.00%的H2SO4溶液為____g．（保留三位有效數(shù)字）15、芳香族化合物A（）在一定條件下可以發(fā)生如圖所示的轉(zhuǎn)化（其它產(chǎn)物和水已略去）．請回答下列問題：

（1）1molA在氫氧化鈉溶液中加熱，充分反應(yīng)消耗氫氧化鈉____mol

（2）寫出由C制得D的化學(xué)方程式：____

（3）有機物B與乙酸在一定條件下反應(yīng)可制得阿司匹林（分子式是C9H8O4），滿足以下條件的阿司匹林的同分異構(gòu)體有____種【①苯環(huán)上只含有兩個側(cè)鏈②有兩個酯基③能發(fā)生銀鏡反應(yīng)】，寫出其中核磁共振氫譜是3：2：2：1的結(jié)構(gòu)簡式____

（任寫一種）．16、（2014秋?工農(nóng)區(qū)校級期末）常溫下，水的離子積Kw=1×10-14．有酸溶液A，pH=a；堿溶液B，pH=b．為測定A；B混合后溶液導(dǎo)電性的變化以及探究A、B的相關(guān)性質(zhì)；某同學(xué)設(shè)計了如圖所示的實驗裝置．

（1）實驗時，滴定管中應(yīng)盛____（選A或B）溶液．

（2）若A為一元強酸，B為一元強堿，且a+b=14．該同學(xué)在燒杯中先加入其中一種溶液；閉合開關(guān)K，測得燒杯中燈泡的亮度為10（假設(shè)亮度由暗到亮表示為1；2、3、10、11、12、20）．

斷開開關(guān)K，將滴定管中的溶液逐滴加入到燒杯中．當從滴定管滴入燒杯中的溶液體積和燒杯中盛有的溶液體積相等時，停止滴加溶液并閉合開關(guān)K，此時燈泡G的亮度約為____，原因是____．燒杯中得到的溶液pH=____．

（3）若A為強酸，B為強堿，且a+b=14．斷開開關(guān)K，將滴定管中的溶液逐滴加入到燒杯中．當測得燒杯中溶液pH和“（2）”中最后得到的溶液pH相同時，停止滴加溶液．此時燒杯中的溶液中陽離子濃度大于陰離子濃度，原因可能是____．

（4）若A的化學(xué)式為HR，B的化學(xué)式為MOH，且a+b=14，兩者等體積混合后溶液顯堿性．則混合溶液中必定有一種離子能發(fā)生水解，該水解反應(yīng)的離子方程式為____．此時燒杯中的混合溶液中，微粒濃度大小關(guān)系一定正確的是____（填序號）．

①c（MOH）＞c（M+）＞c（R-）＞c（H+）＞c（OH-）

②c（HR）＞c（M+）＞c（R-）＞c（OH-）＞c（H+）

③c（R-）＞c（M+）＞c（H+）＞c（OH-）

④c（M+）＞c（R-）＞c（OH-）＞c（H+）

⑤c（M+）+c（H+）=c（R-）+c（OH-）

⑥c（MOH）=c（H+）-c（OH-）17、（2014?安溪縣校級模擬）實驗室制乙烯時，產(chǎn)生的氣體能使Br2的四氯化碳溶液褪色；甲；乙同學(xué)用如圖實驗驗證．（氣密性已檢驗，部分夾持裝置略）．

實驗操作和現(xiàn)象：

。操作現(xiàn)象點燃酒精燈；

加熱至170℃Ⅰ：A中燒瓶內(nèi)液體漸漸變黑。

Ⅱ：B內(nèi)氣泡連續(xù)冒出，溶液逐漸褪色實驗完畢；

清洗燒瓶Ⅲ：A中燒瓶內(nèi)附著少量黑色顆粒狀物，有刺激性氣味逸出（1）燒瓶內(nèi)產(chǎn)生乙烯的化學(xué)方程式是____

（2）溶液“漸漸變黑”，說明濃硫酸具有____性．

（3）分析使B中溶液褪色的物質(zhì)，甲認為是C2H4，乙認為不能排除SO2的作用．

①根據(jù)甲的觀點，使B中溶液褪色反應(yīng)的化學(xué)方程式是____

②乙根據(jù)現(xiàn)象Ⅲ認為產(chǎn)生了SO2，在B中與SO2反應(yīng)使溶液褪色的物質(zhì)是____

③為證實各自觀點；甲；乙重新實驗，設(shè)計與現(xiàn)象如表：

。設(shè)計現(xiàn)象甲在A、B間增加一個裝有某種試劑的洗氣瓶Br2的CCl4溶液褪色

乙與A連接的裝置如下：

D中溶液由紅棕色變?yōu)闇\紅棕色時，E中溶液褪色a．根據(jù)甲的設(shè)計，洗氣瓶中盛放的試劑是____

b．根據(jù)乙的設(shè)計，C中盛放的試劑是____

c．乙為進一步驗證其觀點，取少量D中溶液，加入幾滴BaCl2溶液，振蕩，產(chǎn)生大量白色沉淀，淺紅棕色消失，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是____

（4）上述實驗得到的結(jié)論是____．18、氫化阿托醛是一種重要的化工原料；其合成路線如下：

（1）氫化阿托醛被氧化后的含氧官能團的名稱是____．

（2）在合成路線上②③的反應(yīng)類型分別為②____，③____．

（3）由反應(yīng)的化學(xué)方程式為____．

（4）1mol氫化阿托醛發(fā)生銀鏡反應(yīng)可生成____molAg．

（5）D與有機物X在一定條件下可生成一種相對分子質(zhì)量為178的酯類物質(zhì)，則X的結(jié)構(gòu)簡式為____．D有多種同分異構(gòu)體，能滿足苯環(huán)上有兩個取代基，且能使FeCl3溶液顯紫色的同分異構(gòu)體有____種．19、能源問題日益成為制約國際社會經(jīng)濟發(fā)展的瓶頸；越來越多的國家開始實行“陽光計劃”，開發(fā)太陽能資源，尋求經(jīng)濟發(fā)展的新動力．

（1）太陽能熱水器中常使用一種以鎳或鎳合金空心球為吸收劑的太陽能吸熱涂層，寫出基態(tài)鎳原子的核外電子排布式的簡化形式______．

（2）富勒烯衍生物由于具有良好的光電性能，在太陽能電池的應(yīng)用上具有非常光明的前途．富勒烯（C60）的結(jié)構(gòu)如圖，分子中碳原子軌道的雜化類型為______；1molC60分子中σ鍵的數(shù)目為______．

（3）多元化合物薄膜太陽能電池材料為無機鹽；其主要包括砷化鎵；硫化鎘、硫化鋅及銅錮硒薄膜電池等．

①第一電離能：As______Se（填“＞”；“＜”或“=”）．

②二氧化硒分子的空間構(gòu)型為______．評卷人得分四、判斷題(共4題，共16分)20、乙炔、聚乙炔、乙烯、聚乙烯、甲苯、乙苯都能使KMnO4（H+）溶液褪色____（判斷對錯）21、加過量的AgNO3溶液，產(chǎn)生大量的白色沉淀，溶液里一定含有大量的Cl-．____（判斷對錯）正確的打“√”，錯誤的打“×”22、很多物質(zhì)都可以添加到食品中，其中使用亞硝酸鈉時必須嚴格控制用量．____．（判斷對錯）23、氨水呈弱堿性，故NH3是弱電解質(zhì)____（判斷對錯）評卷人得分五、實驗題(共1題，共5分)24、四氯化錫常益下是無色液體，在空氣中極易水解，熔點rm{-36隆忙}佛點rm{114隆忙}金屬錫的熔點為rm{231隆忙.}分液漏斗中放濃鹽酸，儀器rm{a}中放rm{MnO_{2}}二者用于制氯氣，用熔融的金屬錫跟干燥的氯氣直接作用制取無水四氯化錫rm{(}此反應(yīng)過程放出大量的熱rm{)}請回答下列各問題。

rm{(1)}儀器rm{a}rm的名稱分別是______、______，儀器rm的作用是______。

rm{(2)}圖中裝置rm{F}與裝置rm{G}之間連接干燥管的目的是______。

rm{(3)}裝置rm{D}中rm{Sn}發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為______；裝置rm{G}的作用是______。

rm{(4)}裝置rm{B}中的試劑是______；裝置rm{C}的作用是______。

rm{(5)}實驗過程中。當觀察到______時，即可熄滅裝置rm{D}處的酒精燈。

rm{(6)}已知四氯化錫遇水強烈水解，產(chǎn)物之一是固態(tài)二氧化錫，請寫出四氯化錫水解的化學(xué)方程式______。評卷人得分六、計算題(共4題，共32分)25、膽礬晶體是硫酸銅的結(jié)晶水合物，其化學(xué)式為CuSO4?5H2O．在加熱情況下；按溫度不同，膽礬晶體會歷經(jīng)一系列的變化，得到不同組成的固體．

（1）稱取0.1000g含有雜質(zhì)的膽礬試樣于錐形瓶中，加入0.1000mol/L氫氧化鈉溶液28.00mL，反應(yīng)完全后，過量的氫氧化鈉用0.1000mol/L硫酸滴定到終點，消耗硫酸10.08mL，則試樣中膽礬的質(zhì)量分數(shù)為____．（已知：CuSO4+2NaOH→Cu（OH）2↓+Na2SO4；試樣中的雜質(zhì)不與酸；堿反應(yīng)）

（2）將1.250g純凈的膽礬晶體置于坩堝中加熱一段時間，測得剩余固體質(zhì)量為0.960g．剩余固體中結(jié)晶水的質(zhì)量分數(shù)為____（保留三位小數(shù)）．

（3）將無水硫酸銅加熱至650℃以上，可得到黑色的氧化銅與三氧化硫、二氧化硫和氧氣的混合氣體．現(xiàn)將9.600g無水硫酸銅充分加熱分解為氧化銅，將生成的氣體通過足量的吸收劑（堿石灰），吸收劑增重4.416g．計算最終吸收劑中硫酸鹽與亞硫酸鹽的物質(zhì)的量之比．26、I．現(xiàn)有以下物質(zhì)：①Cu；②液態(tài)SO3；③乙醇（C2H5OH）；④熔融的KNO3；⑤CuSO4；⑥固體NaOH；⑦CaO．

請回答下列問題（用序號填寫）：

其中：（1）能導(dǎo)電的是____（2）屬于強電解質(zhì)的是____（3）屬于非電解質(zhì)的是____

II．（1）膠體粒子的大小在____之間，可利用____（填物理性質(zhì)）區(qū)別Fe（OH）3膠體和碘水．

（2）將質(zhì)量比為4：5的SO2和SO3混合，則混合氣體中SO2和SO3的物質(zhì)的量之比為____，硫原子和氧原子個數(shù)之比為____．

（3）漂白粉是用Cl2與____（填化學(xué)式）反應(yīng)來制取的，漂白粉是____（填“混合物”或“純凈物”），其有效成分為____，84消毒液的有效成分是____（以上兩空均填化學(xué)式）．27、（1）設(shè)一個12C原子的質(zhì)量為ag，一個R原子的質(zhì)量為bg，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則R的相對原子質(zhì)量可以表示為____．

（2）在500mL0.2mol/LNa2SO4溶液中，從中取出10mL溶液，則取出的Na2SO4溶液物質(zhì)的量濃度為____mol/L，其中SO42-的物質(zhì)的量為____mol，若將這10mL溶液用水稀釋到100mL，所得溶液中Na+的物質(zhì)的量濃度為____mol/L．28、硝酸是常見的三大強酸之一；在化學(xué)研究和化工生產(chǎn)中有著廣泛應(yīng)用，常用于制備硝酸鹽；染料、肥料、醫(yī)藥中間體、烈性炸藥等．硝酸鹽多用于焰火、試劑、圖象處理行業(yè)．

（1）某金屬M的硝酸鹽受熱時按下式分解：2MNO32M+2NO2↑+O2↑，加熱3.40gMNO3，生成NO2和O2折算成標準狀況時的總體積為672mL．由此可以計算出M的相對原子質(zhì)量為____．

（2）將32.64g銅與140mL一定濃度的硝酸反應(yīng)，銅完全溶解產(chǎn)生的NO和NO2混合氣體折算成標準狀況下的體積為11.2L．其中NO的體積為____．

（3）現(xiàn)有Cu、Cu2O和CuO組成的混合物，某研究性學(xué)習小組為了探究其組成情況，加入100mL0.6mol/LHNO3溶液恰好使混合物完全溶解，同時收集到224mLNO氣體（標準狀況）．則產(chǎn)物中硝酸銅的物質(zhì)的量為____．如原混合物中有0.0lmolCu，則其中Cu2O與CuO的質(zhì)量比為____．參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、C【分析】【分析】A．每一個橫行是一個周期；

B．元素周期表有18列；其中8；9、10三列為Ⅷ族，其余每列是1族，有7個主族、7個副族、1個零族；

C．短周期為一；二、三周期；其余為長周期；

D．IA族包含堿金屬與H元素．【解析】【解答】解：A．每一個橫行是一個周期；元素周期表目前共有7個周期，故A錯誤；

B．元素周期表有18列；其中8；9、10三列為Ⅷ族，其余每列是1族，有7個主族、7個副族、1個零族，共有16個族，故B錯誤；

C．短周期為一；二、三周期；其余為長周期，故C正確；

D．IA族包含堿金屬與H元素；氫元素為非金屬元素，故D錯誤；

故選C．2、D【分析】【解析】A．不正確，c(H+)=0.1mol/L的甲酸溶液中，HCOO－和H+數(shù)目之和，沒有體積，不好計算;B．不正確，通常情況下，溴是液態(tài)，碘是固態(tài)，是因為I2的相對分子質(zhì)量大于Br2；C．不正確，將稀氨水逐滴加入稀硫酸中，當溶液pH=7時，根據(jù)電荷守恒應(yīng)為：C(NH4+)=2C(SO42-)。

【點評】考查弱電解質(zhì)的電離，溶液的粒子濃度大小比較。聚合物的單體等。3、A【分析】【分析】A.0.1mol/LNa2CO3溶液中存在質(zhì)子守恒；水電離出的氫氧根離子總數(shù)等于水電離出氫離子總數(shù)；

B.0.1mol/LNH4Cl溶液中氯化銨是強酸弱堿鹽；銨根離子水解溶液顯酸性；

C．結(jié)合溶液中電荷守恒分析判斷；

D．物質(zhì)的量相等的這幾種溶液中，銨根離子水解程度較小，所以要比較銨根離子濃度大小，先比較鹽中銨根離子的系數(shù)，系數(shù)越大，溶液中銨根離子濃度越大，相同系數(shù)的銨鹽溶液，再根據(jù)溶液中其它離子是促進銨根離子水解還是抑制銨根離子水解判斷即可．【解析】【解答】解：A.0.1mol/LNa2CO3溶液中存在質(zhì)子守恒，c（OH-）=c（HCO3-）+c（H+）+2c（H2CO3）；故A正確；

B．溶液中銨根離子水解溶液顯酸性，溶液中離子濃度大小c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）；故B錯誤；

C．向醋酸鈉溶液中加入適量醋酸，得到的酸性混合溶液中存在電荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），得到的酸性混合溶液，c（H+）＞c（OH-），c（Na+）＜c（CH3COO-）；故C錯誤；

D．①③中銨根離子系數(shù)都是1；氫離子抑制銨根離子水解，溶液中銨根離子濃度③＞①；②④中銨根離子系數(shù)都是2，②④銨根離子濃度大于①②，碳酸根離子促進銨根離子水解，溶液中銨根離子濃度②＞④，則溶液中銨根離子濃度從小到大順序是②＞④＞③＞①，故D錯誤；

故選A．4、B【分析】【分析】氧氣的摩爾質(zhì)量為32g/mol，根據(jù)n=計算．【解析】【解答】解：氧氣的摩爾質(zhì)量為32g/mol，16g氧氣的物質(zhì)的量為=0.5mol，故選B．5、C【分析】解：A．該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)；升高溫度平衡正向移動，正反應(yīng)速率大于逆反應(yīng)速率，則交叉點后應(yīng)正反應(yīng)速率在上方，與圖象不符，故A錯誤；

B．升高溫度平衡正向移動；Z%增大，則200℃時Z%大，與圖象不符，故B錯誤；

C．該反應(yīng)為氣體體積減小的反應(yīng)；增大壓強；升高溫度，平衡均正向移動，X的轉(zhuǎn)化率大，與圖象一致，故C正確；

D．催化劑對平衡移動無影響；可加快反應(yīng)速率，但平衡常數(shù)與溫度有關(guān)，使用催化劑平衡常數(shù)K不變，與圖象不符，故D錯誤；

故選C．

A．該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)；升高溫度平衡正向移動；

B．升高溫度平衡正向移動；Z%增大；

C．該反應(yīng)為氣體體積減小的反應(yīng)；增大壓強，平衡正向移動；

D．催化劑對平衡移動無影響；可加快反應(yīng)速率．

本題考查化學(xué)平衡移動，為高頻考點，把握溫度、壓強對平衡移動的影響為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意平衡移動原理與圖象的結(jié)合，題目難度不大．【解析】【答案】C二、多選題(共5題，共10分)6、AC【分析】【分析】離子之間不反應(yīng)生成氣體、沉淀、弱電解質(zhì)或發(fā)生氧化還原反應(yīng)、雙水解反應(yīng)或絡(luò)合反應(yīng)的能大量共存，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：A．離子之間不反應(yīng)；且各離子濃度也相等，故A正確；

B．ClO-、I-發(fā)生氧化還原反應(yīng)而不能大量共存；故B錯誤；

C．AlO2-、HCO3-離子之間不反應(yīng)；且各離子濃度相等，故C正確；

D．離子之間不反應(yīng)；但各離子濃度不能相等，故D錯誤；

故選AC．7、BD【分析】【分析】放電時，該裝置是原電池，負極上鋅失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，正極上氧化銀得電子發(fā)生還原反應(yīng)；充電時，陰極上氫氧化鋅得電子發(fā)生還原反應(yīng)，陽極上銀失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，根據(jù)氧化銀和轉(zhuǎn)移電子之間的關(guān)系式計算轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量．【解析】【解答】解：A．放電時，氧化銀得電子發(fā)生還原反應(yīng)，所以Ag2O參與反應(yīng)的電極為正極；故A錯誤；

B．充電時，陰極上氫氧化鋅得電子發(fā)生還原反應(yīng)，所以該電極反應(yīng)為：Zn（OH）2+2e-=Zn+2OH-；故B正確；

C．放電時，正極上的反應(yīng)式為：Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-；所以正極附近溶液的PH增大，故C錯誤；

D．根據(jù)電池反應(yīng)式知，充電時時每生成1molAg2O轉(zhuǎn)移2mol電子；故D正確；

故選BD．8、AC【分析】【分析】該有機物中含有酯基、苯環(huán)、碳碳雙鍵和羧基，具有酯、苯、烯烴和羧酸性質(zhì)，能發(fā)生水解反應(yīng)、取代反應(yīng)、加成反應(yīng)、加聚反應(yīng)、酯化反應(yīng)等，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：A．碳碳雙鍵和苯環(huán)能發(fā)生加成反應(yīng)；碳碳雙鍵能發(fā)生加聚反應(yīng)，酯基能發(fā)生水解反應(yīng)，羧基能發(fā)生酯化反應(yīng)，故A正確；

B．羧基；酯基雙鍵生成的羧基能和NaOH反應(yīng)；則1molM最多可以與2molNaOH反應(yīng)，故B錯誤；

C．苯環(huán)沒有對稱結(jié)構(gòu)；苯環(huán)上有3種氫原子，則M苯環(huán)上的一氯取代物有三種不同結(jié)構(gòu)，故C正確；

D．碳碳雙鍵和苯環(huán)能和氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，則1molM最多可以與4molH2發(fā)生加成反應(yīng)；故D錯誤；

故選AC．9、BD【分析】【分析】A；依據(jù)反應(yīng)自發(fā)進行的判斷依據(jù)分析；△H-T△S＜0反應(yīng)自發(fā)進行；

B、平衡常數(shù)K=；代入計算；

C；依據(jù)碳元素守恒結(jié)合體積比等于物質(zhì)的之比計算；

D、石灰石是固體不影響化學(xué)平衡．【解析】【解答】解：A；依據(jù)反應(yīng)自發(fā)進行的判斷依據(jù)分析；△H-T△S＜0反應(yīng)自發(fā)進行，反應(yīng)△S=0則，△H＜0，故A正確；

B、平衡常數(shù)K=，測得平衡體系中CO，CO2的體積比為1：1；濃度比為1：1，代入計算得到K=1，故B錯誤；

C、依據(jù)碳元素守恒結(jié)合體積比等于物質(zhì)的之比計算，平衡時生成二氧化碳為；生成了CaS物質(zhì)的量為0.125amol，故C正確；

D；石灰石是固體不影響化學(xué)平衡；向上述體系中加入石灰石，CO的轉(zhuǎn)化率不變，故D錯誤；

故選BD．10、BD【分析】【分析】短周期主族元素A、B、C、D的原子序數(shù)依次增大，A原子最外層電子數(shù)等于B原子最外層電子數(shù)的2倍，則A不可能處于第一周期，A、C的原子序數(shù)的差為8，說明A、C同主族，A原子最外層電子數(shù)等于B原子最外層電子數(shù)的2倍，令B的最外層電子數(shù)為x，則A、C最外層電子數(shù)為2x，則x+2x+2x=15，解得x=3，故A、C最外層電子數(shù)為6，再根據(jù)短周期元素A、B、C、D的原子序數(shù)依次遞增，則A為氧元素，B為鋁元素，C為硫元素，D為氯元素，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：短周期主族元素A；B、C、D的原子序數(shù)依次增大；A原子最外層電子數(shù)等于B原子最外層電子數(shù)的2倍，則A不可能處于第一周期，A、C的原子序數(shù)的差為8，說明A、C同主族，令B的最外層電子數(shù)為x，則A、C最外層電子數(shù)為2x，則x+2x+2x=15，解得x=3，故A、C最外層電子數(shù)為6，再根據(jù)短周期元素A、B、C、D的原子序數(shù)依次遞增，則A為氧元素，B為鋁元素，C為硫元素，D為氯元素；

A．C為硫元素；D為氯元素，同周期自左而右非金屬性增強，故非金屬性S＜Cl，故A錯誤；

B．同周期自左而右原子半徑減??；電子層越多原子半徑越大，故原子半徑O＜Cl＜S＜Al，故B正確；

C．非金屬性O(shè)＞S，故氫化物穩(wěn)定性：H2O＞H2S；故C錯誤；

D．常溫下Al在濃硝酸中發(fā)生鈍化現(xiàn)象；不能溶于濃硝酸，但Al與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鈉與氫氣，故D正確；

故選：BD．三、填空題(共9題，共18分)11、0.004mol/（L?s）60%3A（g）?B（g）+2C（g）△H=+100akJ?mol-10.02ab【分析】【分析】（1）由圖象計算C的濃度變化，再根據(jù)v=計算反應(yīng)速率；A的轉(zhuǎn)化率=×100%計算；

（2）計算3molA反應(yīng)的熱量；結(jié)合方程式書寫熱化學(xué)方程式；

（3）根據(jù)C、A濃度的變化判斷二者計量數(shù)關(guān)系，根據(jù)t4～t5階段判斷化學(xué)方程式；根據(jù)化學(xué)方程式計算；

（4）該反應(yīng)反應(yīng)前后氣體體積不變，t3后反應(yīng)速率加快，正逆反應(yīng)速率相等，據(jù)此分析．【解析】【解答】解：（1）若t1=15s，生成物C在t0～t1時間段的平均反應(yīng)速率為：v==0.004mol?L-1?s-1，A的轉(zhuǎn)化率=×100%=×100%=60%；

故答案為：0.004mol/（L?s）；60%；

（2）反應(yīng)的方程式為3A（g）?B（g）+2C（g），A的物質(zhì)的量減少0.03mol，而此過程中容器與外界的熱交換總量為akJ，則A的物質(zhì)的量減少3mol，與外界的熱交換總量為100akJ，由圖象可知t5～t6階段應(yīng)為升高溫度，A的物質(zhì)的量減少，說明向正反應(yīng)方向移動，則正反應(yīng)吸熱，該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為3A（g）B（g）+2C（g）△H=+100akJ?mol-1；

故答案為：3A（g）?B（g）+2C（g）△H=+100akJ?mol-1；

（3）t1時反應(yīng)中A的濃度變化為0.15mol/L-0.06mol/L=0.09mol/L，C的濃度變化為0.11mol/L-0.05mol/L=0.06mol/L，反應(yīng)中A與C的計量數(shù)之比為0.09：0.06=3：2，若t4時改變的條件為減小壓強；根據(jù)圖乙知，減小壓強平衡不移動，則該反應(yīng)中氣體的化學(xué)計量數(shù)之和前后相等，則有：3A（g）?B（g）+2C（g），根據(jù)方程式可知消耗0.09mol/L的A，則生成0.03mol/L的B，平衡時B的濃度是0.05mol/L，則B的起始物質(zhì)的量濃度為0.02mol/L；

故答案為：0.02；

（4）該反應(yīng)反應(yīng)前后氣體體積不變，t3后反應(yīng)速率加快，正逆反應(yīng)速率相等，所以改變的體積可能是使用了催化劑或加壓，故答案為：ab．12、分餾100%羧基7CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O酯化反應(yīng)（取代反應(yīng)）飽和碳酸鈉溶液乙試管中的導(dǎo)管伸入了溶液中【分析】【分析】A的產(chǎn)量通常衡量一個國家的石油化工水平，則A應(yīng)為CH2=CH2，E為乙烯生成的高分子化合物，則E為聚乙烯（）；乙烯與水在一定條件下發(fā)生加成反應(yīng)生成B為CH3CH2OH，乙醇被酸性重鉻酸鉀溶液氧化反生成C為CH3COOH，CH3CH2OH和CH3COOH在濃硫酸作用下反應(yīng)生成D為CH3COOCH2CH3，以此解答該題．【解析】【解答】解：A的產(chǎn)量通常衡量一個國家的石油化工水平，則A應(yīng)為CH2=CH2，E為乙烯生成的高分子化合物，則E為聚乙烯（）；乙烯與水在一定條件下發(fā)生加成反應(yīng)生成B為CH3CH2OH，乙醇被酸性重鉻酸鉀溶液氧化反生成C為CH3COOH，CH3CH2OH和CH3COOH在濃硫酸作用下反應(yīng)生成D為CH3COOCH2CH3；

（1）工業(yè)上；由石油分餾獲得石蠟油；反應(yīng)①為乙烯與水發(fā)生加成反應(yīng)生成乙醇，該反應(yīng)中原子的利用率為100%；

故答案為：分餾；100%；

（2）E為乙烯通過加聚反應(yīng)生成的高分子化合物聚乙烯，其結(jié)構(gòu)簡式為：C的結(jié)構(gòu)簡式為CH3COOH；其含有的官能團為羧基；

故答案為：羧基；

（3）甲烷是正四面體結(jié)構(gòu)；最多有3個原子共面，乙烯是平面型結(jié)構(gòu)，最多有6個原子共面，所以a分子中的一個氫原子被甲基取代后得到的物質(zhì)丙烯中在同一平面的原子最多有7個；

故答案為：7；

（4）a．反應(yīng)③為乙醇與乙酸發(fā)生酯化反應(yīng)生成乙酸乙酯，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O；該反應(yīng)類型為酯化反應(yīng)，也屬于取代反應(yīng)；

故答案為：CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O；酯化反應(yīng)（取代反應(yīng)）；

b．乙酸乙酯在飽和碳酸鈉溶液中的溶解度較小；且碳酸鈉能夠中和乙酸；吸收乙醇，所以試管乙中所盛的試劑是飽和碳酸鈉溶液；

故答案為：飽和碳酸鈉溶液；

c．由于乙醇；乙酸易溶于水；吸收乙酸乙酯的導(dǎo)管不能插入溶液中，所以該裝置中的一個明顯的錯誤是：乙試管中的導(dǎo)管伸入了溶液中；

故答案為：乙試管中的導(dǎo)管伸入了溶液中．13、3A2B0.1＞正＜【分析】【分析】（1）根據(jù)參加反應(yīng)的物質(zhì)的物質(zhì)的量之比等于化學(xué)計量數(shù)之比書寫化學(xué)方程式；

（2）根據(jù)v=計算反應(yīng)速率；

（3）根據(jù)圖象對應(yīng)的縱坐標判斷物質(zhì)的量濃度以及反應(yīng)的趨勢比較反應(yīng)速率關(guān)系；

（4）根據(jù)壓強對平衡的影響分析；升高溫度平衡向吸熱方向移動，據(jù)此分析．【解析】【解答】解：（1）由圖象可知；A的物質(zhì)的量逐漸減小，應(yīng)為反應(yīng)物，B的物質(zhì)的量逐漸增加，應(yīng)為生成物，參加反應(yīng)的物質(zhì)的物質(zhì)的量之比等于化學(xué)計量數(shù)之比；

則：n（A）：n（B）=（0.8mol-0.2mol）：（0.6mol-0.4mol）=3：2，所以反應(yīng)的化學(xué)方程式為：3A2B，故答案為：3A2B；

（2）反應(yīng)開始至4min時，B的平均反應(yīng)速率為：v==═0.1mol/（L?min）；

故答案為：0.1mol/（L?min）；

（3）第4min時；反應(yīng)繼續(xù)進行，A的物質(zhì)的量減小，B的物質(zhì)的量增加，則反應(yīng)向正反應(yīng)方向移動，所以v（正）＞v（逆）；

故答案為：＞；

（4）8min后；保持溫度不變，若將容器體積壓縮為1L，則容器內(nèi)壓強增大，平衡向體積減小的方向移動，即向正方向移動；若保持容器體積不變，升高溫度平衡逆向移動，則逆方向為吸熱方向，正方向為放熱方向，所以△H＜0；

故答案為：正；＜．14、正Ag++e-═Ag40H+-4e-═2H2O+O2↑不變45.2【分析】【分析】（1）根據(jù)題意知，電極a、b上沒有氣體生成，則a作陽極，b為陰極；連接電解池陽極的電極是原電池正極；

（2）電解池陰極上析出銀；電解稀硫酸溶液時，陽極上氫氧根離子放電生成氧氣；

（3）在鉑電極上鍍銀時，陽極上的電極反應(yīng)式為Ag-e-═Ag+，陰極上的電極反應(yīng)式為Ag++e-═Ag；據(jù)此確定溶液中銀離子是否變化；電解稀硫酸時，實際上電解的是水，根據(jù)硫酸的濃度確定溶液pH值的變化；

（4）電極稀硫酸時，陰極上析出氫氣，陽極上析出氧氣，實際上電解的是水，根據(jù)溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量不變計算原溶液的質(zhì)量．【解析】【解答】解：（1）根據(jù)題意知，電極a、b上沒有氣體生成，則a作陽極，b為陰極；所以M是原電池正極；

故答案為：正；

（2）根據(jù)以上分析知，在鉑電極上鍍銀時，陽極上的電極反應(yīng)式為Ag-e-═Ag+，b電極為陰極上的電極反應(yīng)式為Ag++e-═Ag，C電極是陽極，電解稀硫酸溶液時，陽極上氫氧根離子放電生成氧氣和水，電極反應(yīng)式為4OH--4e-═2H2O+O2↑；

故答案為：Ag++e-═Ag，4OH--4e-═2H2O+O2↑；

（3）在鉑電極上鍍銀時，陽極上的電極反應(yīng)式為Ag-e-═Ag+，陰極上的電極反應(yīng)式為Ag++e-═Ag；所以硝酸銀溶液的濃度不變；

故答案為：不變；

（4）根據(jù)以上分析知，在c、d兩極共收集到336mL（標準狀況）氣體，其體積比為1：2．生成氫氣的體積占總體積的；所以混合氣體中氫氣的體積是224mL；

設(shè)電解水的質(zhì)量為xg；

2H2O2H2↑+O2↑；

36g44.8L

xg0.224L

x=0.18

設(shè)原溶液的質(zhì)量為yg；

5%y=（y-0.18）×5.02%

y=45.2

故答案為：45.18．15、4HOCH2CH（OH）COOH+O2+2H2O9【分析】【分析】A為在氫氧化鈉水溶液條件下發(fā)生水解反應(yīng)、酸化得到B與C，結(jié)合B、C分子式可知，B為C為HOCH2CH（OH）COOH，由轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，D為E為E與乙醇發(fā)生轉(zhuǎn)化反應(yīng)得到F為據(jù)此解答．【解析】【解答】解：A為在氫氧化鈉水溶液條件下發(fā)生水解反應(yīng)、酸化得到B與C，結(jié)合B、C分子式可知，B為C為HOCH2CH（OH）COOH，由轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，D為E為E與乙醇發(fā)生轉(zhuǎn)化反應(yīng)得到F為

（1）A在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下發(fā)生為：1molA在氫氧化鈉溶液中加熱，充分反應(yīng)消耗氫氧化鈉4mol；

故答案為：4；

（2）C在銅作催化劑的條件下，與氧氣反應(yīng)制得D，反應(yīng)的化學(xué)方程式為HOCH2CH（OH）COOH+O2+2H2O；

故答案為：HOCH2CH（OH）COOH+O2+2H2O；

（3）有機物B與乙酸在一定條件下反應(yīng)可制得阿司匹林（分子式是C9H8O4），結(jié)構(gòu)簡式為滿足以下條件的阿司匹林的同分異構(gòu)體：

①苯環(huán)上只含有兩個側(cè)鏈，②有兩個酯基，③能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，至少有一個甲酸形成的酯基，側(cè)鏈為-OOCH、-OOCCH3，或-OOCH、-COOCH3，或-OOCH、-CH2OOCH，各有鄰、間、對三種，故共有9種，其中核磁共振氫譜是3：2：2：1的結(jié)構(gòu)簡式：

故答案為：9；．16、A5反應(yīng)后燒杯中自由離子的濃度約為原溶液的一半7A為多元強酸M++H2O?MOH+H+④⑤【分析】【分析】（1）根據(jù)根據(jù)圖示中滴定管構(gòu)造可知；該滴定管為酸式滴定管，則滴定管中盛放的為酸，即A溶液；

（2）根據(jù)該溫度下的水的離子積判斷兩溶液反應(yīng)后溶液酸堿性及溶液中離子濃度大?。粡亩袛嗳芤簩?dǎo)電性大??；根據(jù)水的離子積計算出中性溶液中氫離子濃度，再計算出溶液的pH；

（3）根據(jù)電荷守恒判斷溶液中陽離子濃度大于陰離子濃度原因；

（4）若A的化學(xué)式為HR，B的化學(xué)式為MOH，且a+b=14，兩者等體積混合后溶液顯堿性．說明堿是弱堿；從鹽類的水解以及電荷守恒角度分析，注意兩者等體積混合后溶液顯堿性的信息．【解析】【解答】解：（1）根據(jù)圖示中滴定管構(gòu)造可知；該滴定管為酸式滴定管，則滴定管中盛放的為酸，即A溶液，故答案為：A；

（2）該溫度下，水的離子積Kw=l×10-14，a+b=14的一元強酸和一元強堿等體積混合，溶液呈中性，反應(yīng)后的溶液為鹽溶液，由于體積變成原先的2倍，離子濃度則變?yōu)樵鹊模匀芤旱膶?dǎo)電性為5；根據(jù)水的離子積可知，該溫度下，中性溶液中氫離子濃度為：l×10-7mol/L；溶液的pH=7；

故答案為：5；反應(yīng)后燒杯中自由離子的濃度約為原溶液的一半；7；

（3）當溶液呈中性時；有電荷守恒可知，溶液中陽離子所帶電荷總濃度應(yīng)該等于陰離子所帶負電荷總濃度，而現(xiàn)在陽離子濃度大于陰離子濃度，可知1個陰離子所帶電荷大于1個陽離子所帶電荷，即A為多元強酸；

故答案為：A為多元強酸；

（4）若A的化學(xué)式為HR，B的化學(xué)式為MOH，且a+b=14，兩者等體積混合后溶液顯堿性．說明堿是弱堿存在電離平衡，則混合溶液中必定是M+離子能發(fā)生水解，反應(yīng)的離子方程式為：M++H2O?MOH+H+；

易判斷⑤是正確的電荷守恒關(guān)系式，由于溶液呈堿性，故c（OH-）＞c（H+）；排除①；③；

根據(jù)c（OH-）＞c（H+）和c（M+）+c（H+）=c（R-）+c（OH-）可得c（M+）＞c（R-）；

由于OH-和H+均來自于弱電解質(zhì)的電離，其濃度應(yīng)該很小，故c（M+）＞c（R-）＞c（OH-）＞c（H+），即④正確．若HR是強酸，此時溶液中不再有HR分子，此時②即是錯誤的，由于混合溶液中MOH有大量剩余，即c（MOH）＞0，若⑥正確，則c（H+）＞c（OH-）；這與題意“溶液呈堿性”不符，故⑥是錯誤的；

故答案為：M++H2O?MOH+H+；④⑤．17、CH3CH2OHCH2═CH2↑+H2O脫水性CH2=CH2+Br2→CH2Br-CH2BrH2O、Br2NaOH溶液濃硫酸SO2+2H2O+Br2═4H++2Br-+SO42-、SO42-+Ba2+═BaSO4↓乙烯能使Br2的四氯化碳溶液褪色，干燥的SO2不能使Br2的四氯化碳溶液褪色【分析】【分析】（1）乙醇能在一定的條件下發(fā)生消去反應(yīng)生成乙烯；

（2）濃硫酸具有脫水性；吸水性和強氧化性；

（3）①乙烯可與溴水發(fā)生加成反應(yīng)；

②溴單質(zhì)可以和二氧化硫發(fā)生氧化還原反應(yīng)；

③a；氫氧化鈉可以和二氧化硫發(fā)生反應(yīng)；

b；濃硫酸具有吸水性；可以做干燥劑，并能將乙烯氧化；

c；溴單質(zhì)可以和二氧化硫發(fā)生氧化還原反應(yīng)；硫酸根離子和鋇離子反應(yīng)會生成白色沉淀；

（4）乙烯能使Br2的四氯化碳溶液褪色，二氧化硫和溴單質(zhì)的反應(yīng)必須在水溶液中進行．【解析】【解答】解：（1）乙醇能在濃硫酸并加熱的條件下發(fā)生消去反應(yīng)生成乙烯，原理方程式為：CH3CH2OHCH2═CH2↑+H2O，故答案為：CH3CH2OHCH2═CH2↑+H2O；

（2）濃硫酸具有脫水性；能使乙醇溶液“漸漸變黑”，故答案為：脫水性；

（3）①根據(jù)甲的觀點，溴水可以使B中溶液褪色，反應(yīng)的化學(xué)方程式是CH2=CH2+Br2→CH2Br-CH2Br，故答案為：CH2=CH2+Br2→CH2Br-CH2Br；

②乙根據(jù)現(xiàn)象Ⅲ認為產(chǎn)生了SO2，在B中溴單質(zhì)可以和二氧化硫發(fā)生氧化還原反應(yīng)，故答案為：H2O、Br2；

③a；根據(jù)甲的設(shè)計；洗氣瓶中盛放的試劑是氫氧化鈉，可以和二氧化硫反應(yīng)，吸收二氧化硫，排除二氧化硫的干擾．故答案為：NaOH溶液；

b；根據(jù)乙的設(shè)計；C中盛放的試劑是，濃硫酸具有吸水性，可以做干燥劑，可將乙烯氧化為二氧化碳，排除在檢驗二氧化硫時乙烯的干擾，故答案為：濃硫酸；

c、溴單質(zhì)可以和二氧化硫發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成硫酸根離子和溴離子，硫酸根離子和鋇離子反應(yīng)會生成白色沉淀，相關(guān)反應(yīng)的離子方程式為SO2+2H2O+Br2═4H++2Br-+SO42-、SO42-+Ba2+═BaSO4↓或SO2+2H2O+Br2+Ba2+═4H++2Br-+BaSO4↓；

故答案為：SO2+2H2O+Br2═4H++2Br-+SO42-、SO42-+Ba2+═BaSO4↓或SO2+2H2O+Br2+Ba2+═4H++2Br-+BaSO4↓；

（4）根據(jù)實驗過程可以知道：乙烯能使Br2的四氯化碳溶液褪色；二氧化硫和溴單質(zhì)的反應(yīng)必須在水溶液中進行；

故答案為：乙烯能使Br2的四氯化碳溶液褪色，干燥的SO2不能使Br2的四氯化碳溶液褪色．18、略

【分析】

由題給信息可知苯和CH3CH=CH2在AlCl3作用下發(fā)生加成反應(yīng)生成與氯氣發(fā)生取代反應(yīng)生成氯代烴，由可知反應(yīng)①為消去反應(yīng)，生成C=C鍵變?yōu)镃-C鍵，為加成反應(yīng)，和生成D，D在催化劑作用下可被氧化為說明D中含有-OH，可被氧化，則D應(yīng)為則。

（1）含有-CHO；可被氧化為-COOH，為羧基，故答案為：羧基；

（2）由可知反應(yīng)②為消去反應(yīng)，生成C=C鍵變?yōu)镃-C鍵，為加成反應(yīng)，故答案為：消去反應(yīng)；加成反應(yīng)；

（3）D為D中含有-OH，可被氧化，生成反應(yīng)的化學(xué)方程式為

故答案為：

（4）1mol氫化阿托醛含有1mol-CHO；發(fā)生銀鏡反應(yīng)可生成2molAg，故答案為：2；

（5）D為相對分子質(zhì)量為136，與有機物X在一定條件下可生成一種相對分子質(zhì)量為178的酯類物質(zhì)，設(shè)X的相對分子質(zhì)量為M（X）；

則有M（）+M（X）=178+M（H2O），M（X）=60，應(yīng)為CH3COOH；

D有多種同分異構(gòu)體，能滿足苯環(huán)上有兩個取代基，且能使FeCl3溶液顯紫色，說明含有酚羥基，則同分異構(gòu)體有-CH2CH2CH3和-CH（CH3）2對應(yīng)的有機物；各有鄰；間、對三種，共6種；

故答案為：CH3COOH；6．

【解析】【答案】由題給信息可知苯和CH3CH=CH2在AlCl3作用下發(fā)生加成反應(yīng)生成與氯氣發(fā)生取代反應(yīng)生成氯代烴，由可知反應(yīng)②為消去反應(yīng)，生成C=C鍵變?yōu)镃-C鍵，為加成反應(yīng)，和生成D，D在催化劑作用下可被氧化為說明D中含有-OH，可被氧化，則D應(yīng)為結(jié)合有機物的官能團以及題目要求解答該題．

19、略

【分析】解：（1）鎳是28號元素，原子核外有28個電子，根據(jù)構(gòu)造原理基態(tài)鎳原子的核外電子排布式的簡化形式為[Ar]3d84s2，故答案為：[Ar]3d84s2；

（2）每個碳原子含有的σ鍵個數(shù)且不含孤電子對，所以采用sp2雜化，每個碳原子含有的σ鍵個數(shù)為所以1molC60分子中σ鍵的數(shù)目=×60×NA=90NA，故答案為：sp2，90NA；

（3）①As和Se屬于同一周期；且As屬于第VA族，Se屬于第VIA族，所以第一電離能As＞Se，故答案為：＞；

②二氧化硒分子中價層電子對=2+（6-2×2）=3；且含有一個孤電子對，所以屬于V形，故答案為：V形；

（1）鎳是28號元素；原子核外有28個電子，根據(jù)構(gòu)造原理書寫基態(tài)鎳原子的核外電子排布式的簡化形式；

（2）根據(jù)價層電子對互斥理論確定雜化方式，利用均攤法計算每個碳原子含有幾個σ鍵，從而計算1molC60分子中σ鍵的數(shù)目；

（3）①同一周期元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而增大；但第VA族元素第一電離能大于第VIA元素；

②根據(jù)價層電子對互斥理論確定其空間構(gòu)型．

本題考查了核外電子排布式的書寫、化學(xué)鍵的計算、雜化方式等知識點，也是高考熱點，會利用均攤法解答問題，難度中等．【解析】[Ar]3d84s2；sp2；90NA；＞；V形四、判斷題(共4題，共16分)20、×【分析】【分析】烯烴、炔烴及苯的同系物均能被高錳酸鉀氧化，使其褪色，而不含不飽和鍵的物質(zhì)不能，以此來解答．【解析】【解答】解：乙炔；聚乙炔、乙烯均含不飽和鍵；均能被高錳酸鉀氧化，使其褪色；

甲苯、乙苯為苯的同系物，都能使KMnO4（H+）溶液褪色；

只有聚乙烯中不含C=C；不能被高錳酸鉀氧化，則不能使其褪色；

故答案為：×．21、×【分析】【分析】碳酸根離子等也能與AgNO3溶液產(chǎn)生白色沉淀．【解析】【解答】解：與AgNO3溶液，產(chǎn)生白色沉淀的不只Cl-，還有碳酸根離子等．所以檢驗Cl-時；通常先加稀硝酸酸化，以排除碳酸根離子的干擾．

故答案為：×．22、√【分析】【分析】亞硝酸鹽有毒，過量食用會導(dǎo)致人死亡，添加到食品中要嚴格控制用量，以此判斷．【解析】【解答】解：肉類制品中使用亞硝酸鈉作為發(fā)色劑限量使用；由亞硝酸鹽引起食物中毒的機率較高，食入0.2～0.5克的亞硝酸鹽即可引起中毒甚至死亡，因此要嚴格控制用量；

故答案為：√．23、×【分析】【分析】電解質(zhì)：在水溶液中或熔融狀態(tài)下能夠?qū)щ姷幕衔铮?/p>

非電解質(zhì)：在熔融狀態(tài)和水溶液中都不能導(dǎo)電的化合物；

在水溶液中完全電離的是強電解質(zhì)；部分電離的是弱電解質(zhì)．【解析】【解答】解：氨氣在水溶液中與水反應(yīng)生成一水合氨；一水合氨部分電離出銨根離子和氫氧根離子，氨氣自身不能電離，故氨氣是非電解質(zhì)；

故答案為：×．五、實驗題(共1題，共5分)24、略

【分析】解：rm{(1)}儀器rm{a}為蒸餾燒瓶，儀器rm為冷凝管；冷凝管起導(dǎo)氣；并冷凝四氯化錫蒸氣的作用；

故答案為：蒸餾燒瓶；冷凝管；導(dǎo)氣并冷凝；

rm{(2)}裝置rm{F}與裝置rm{G}之間連接干燥管的目的是吸收水氣，防止rm{G}中的水蒸氣進入儀器rm{F}中使四氯化錫水解；

故答案為：防止rm{G}中的水蒸氣進入儀器rm{F}中；

rm{(3)}錫在加熱條件下與氯氣發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為rm{Sn+2Cl_{2}dfrac{overset{;{錄脫脠脠};}{-}}{;}SnCl_{4}}裝置rm{Sn+2Cl_{2}dfrac{

overset{;{錄脫脠脠};}{-}}{;}SnCl_{4}}中rm{G}溶液吸收含有氯氣的尾氣；防止污染空氣；

故答案為：rm{Sn+2Cl_{2}dfrac{overset{;{錄脫脠脠};}{-}}{;}SnCl_{4}}吸收未反應(yīng)的氯氣；

rm{NaOH}裝置rm{Sn+2Cl_{2}dfrac{

overset{;{錄脫脠脠};}{-}}{;}SnCl_{4}}中盛裝飽和食鹽水，為了除去氯氣中混有的氯化氫，而裝置rm{(4)}中濃硫酸是為了干燥氯氣；

故答案為：飽和食鹽水；干燥；

rm{B}當裝置rm{C}中錫完全熔化后；就可停止加熱；

故答案為：錫融化；

rm{(5)}四氯化錫遇水強烈水解，由水解原理可知，應(yīng)生成rm{D}rm{(6)}產(chǎn)物之一是固態(tài)二氧化錫，說明rm{Sn(OH)_{4}}分解生成rm{HCl}與rm{Sn(OH)_{4}}故四氯化錫水解生成rm{SnO_{2}}rm{H_{2}O}反應(yīng)方程式為：rm{SnO_{2}}

故答案為：rm{HCl}

裝置rm{SnCl_{4}+2H_{2}O=SnO_{2}+4HCl}中制得的氯氣中混有揮發(fā)出的rm{SnCl_{4}+2H_{2}O=SnO_{2}+4HCl}經(jīng)rm{A}裝置中飽和食鹽水除去rm{HCl}再經(jīng)rm{B}裝置中的濃硫酸干燥，最后通入rm{HCl}中反應(yīng)生成四氯化錫，生成的四氯化錫蒸氣經(jīng)rm{C}中冷凝管冷凝后進入錐形瓶中，并利用rm{D}裝置中盛裝的rm{E}吸收含有氯氣的尾氣；防止污染空氣；

rm{G}根據(jù)儀器的結(jié)構(gòu)，確定儀器rm{NaOH}rm{(1)}的名稱，儀器rm{a}起導(dǎo)氣；并冷凝四氯化錫蒸氣；

rm四氯化錫易水解，防止空氣中的水蒸氣進入rm中；

rm{(2)}裝置rm{F}中錫在加熱條件下被氯氣氧化為四氯化錫；裝置rm{(3)}中rm{D}溶液中溶解氯氣；

rm{G}裝置是為了除去氯氣中的氯化氫，而rm{NaOH}中濃硫酸有吸水性；

rm{(4)B}金屬錫經(jīng)加熱后會熔化；此反應(yīng)是放熱反應(yīng)；

rm{C}四氯化錫遇水強烈水解，根據(jù)水解原理可知，應(yīng)生成rm{(5)}rm{(6)}產(chǎn)物之一是固態(tài)二氧化錫，說明rm{Sn(OH)_{4}}分解生成rm{HCl}與rm{Sn(OH)_{4}}故水解生成rm{SnO_{2}}rm{H_{2}O}

本題考查氯氣的制備、對實驗裝置的理解與評價分析、實驗操作、常用化學(xué)用語書寫等，難度中等，理解制備原理是解題的關(guān)鍵，是對基礎(chǔ)知識的綜合利用，需要學(xué)生具備扎實的基礎(chǔ)與分析問題、解決問題的能力。rm{SnO_{2}}【解析】蒸餾燒瓶；冷凝管；導(dǎo)氣并冷凝；防止rm{G}中的水蒸氣進入儀器rm{F}中；rm{Sn+2Cl_{2}dfrac{overset{;{錄脫脠脠};}{-}}{;}SnCl_{4}}吸收未反應(yīng)的氯氣；飽和食鹽水；干燥；錫融化；rm{Sn+2Cl_{2}dfrac{

overset{;{錄脫脠脠};}{-}}{;}SnCl_{4}}rm{SnCl_{4}+2H_{2}O=SnO_{2}+4HCl}六、計算題(共4題，共32分)25、98%或0.9816.7%【分析】【分析】（1）CuSO4和NaOH溶液反應(yīng)方程式為CuSO4+2NaOH=Cu（OH）2↓+Na2SO4，剩余的NaOH和H2SO4反應(yīng)方程式為2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，根據(jù)2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O計算參加反應(yīng)的NaOH的物質(zhì)的量，再根據(jù)CuSO4+2NaOH=Cu（OH）2↓+Na2SO4計算硫酸銅的物質(zhì)的量；根據(jù)Cu原子守恒計算膽礬質(zhì)量，從而計算膽礬質(zhì)量分數(shù)；

（2）先計算膽礬的物質(zhì)的量；再根據(jù)膽礬的化學(xué)式計算結(jié)晶水的物質(zhì)的量，加熱過程中固體減少的質(zhì)量為結(jié)晶水的質(zhì)量，從而計算最終得到的固體中水的質(zhì)量，再結(jié)合質(zhì)量分數(shù)公式進行計算；

（3）堿石灰具有堿性，能吸收SO2和SO3，所以吸收劑增加的質(zhì)量為SO2和SO3質(zhì)量，無水硫酸銅的物質(zhì)的量==0.06mol，根據(jù)CuSO4中原子守恒得n（SO2）+n（SO3）=n（CuSO4）=0.06mol，設(shè)二氧化硫和三氧化硫的物質(zhì)的量，利用二氧化硫和三氧化硫的質(zhì)量、原子守恒進行計算．【解析】【解答】解：（1）CuSO4和NaOH溶液反應(yīng)方程式為CuSO4+2NaOH=Cu（OH）2↓+Na2SO4，剩余的NaOH和H2SO4反應(yīng)方程式為2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，根據(jù)2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O知，參加該反應(yīng)的n（NaOH）=2n（H2SO4）=2×0.1000mol/L×0.01008L=0.002016mol，和CuSO4反應(yīng)的n（NaOH）=0.1000mol/L×0.028L-0.002016mol=0.000784mol，根據(jù)CuSO4+2NaOH=Cu（OH）2↓+Na2SO4知，n（CuSO4）=n（NaOH）=×0.000784mol=0.000392mol，根據(jù)Cu原子守恒得n（CuSO4）=n（CuSO4?5H2O）=0.000392mol，膽礬的質(zhì)量=250g/mol×0.000392mol=0.098g，其質(zhì)量分數(shù)==98%；

故答案為：98%或0.98；

（2）1.250g純凈膽礬的物質(zhì)的量==0.005mol，根據(jù)CuSO4?5H2O知，水的物質(zhì)的量為0.025mol，膽礬中水的質(zhì)量=0.025mol×18g/mol=0.45g，加熱過程中，固體減少的質(zhì)量為水的質(zhì)量，則固體中還剩余水的質(zhì)量=0.45g-（1.250g-0.960g）=0.16g，剩余固體中結(jié)晶水的質(zhì)量分數(shù)==16.7%；

故答案為：16.7%；

（3）堿石灰具有堿性，能吸收SO2和SO3，所以吸收劑增加的質(zhì)量為SO2和SO3質(zhì)量，無水硫酸銅的物質(zhì)的量==0.06mol，根據(jù)CuSO4中原子守恒得n（SO2）+n（SO3）=n（CuSO4）=0.06mol；設(shè)二氧化硫和三氧化硫的物質(zhì)的量分別為x；y；

解得；