2025年粵人版高三化學(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(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年粵人版高三化學(xué)下冊(cè)階段測(cè)試試卷690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9題，共18分)1、下列有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)和該性質(zhì)的應(yīng)用均正確的是（）A.炭具有強(qiáng)還原性，高溫下能將二氧化硅還原為硅B.Na的金屬性比Mg強(qiáng)，可用Na與MgCl2溶液反應(yīng)制取金屬M(fèi)gC.光照時(shí)乙烷和氯氣能發(fā)生取代反應(yīng)，工業(yè)上常用該反應(yīng)生產(chǎn)氯乙烷D.二氧化錳具有強(qiáng)氧化性，能將雙氧水氧化為氧氣2、在元素周期表的短周期中的X和Y兩種元素可組成化合物XY3，下列說(shuō)法正確的是（）A.XY3晶體一定是離子晶體B.若Y的原子序數(shù)為m，X的原子序數(shù)可能是m±4C.X和Y可屬于同一周期，不可屬于兩個(gè)不同周期D.X和Y一定不屬于同一主族3、鹽酸與塊狀碳酸鈣固體反應(yīng)時(shí)，不能使反應(yīng)的最初速率明顯加快的是（）A.將塊狀碳酸鈣固體換成粉末狀固體B.鹽酸的量增加一倍C.鹽酸的用量減半濃度加倍D.溫度升高40°C4、鎳鎘（Ni-Cd）可充電電池在現(xiàn)代生活中有廣泛的應(yīng)用．電解質(zhì)溶液為KOH溶液，電池反應(yīng)為：Cd+2NiO（OH）+2H2OCd（OH）2+2Ni（OH）2；下列有關(guān)鎳鎘電池的說(shuō)法正確的是（）

A.放電時(shí)電池內(nèi)部OH-向正極移動(dòng)。

B.放電時(shí)正極附近溶液的pH減少。

C.充電時(shí)陽(yáng)極反應(yīng)為Cd（OH）2+2e-=Cd+2OH-

D.充電時(shí)與直流電源正極相連的電極上發(fā)生Ni（OH）2轉(zhuǎn)化為NiO（OH）的反應(yīng)。

5、已知常溫下二氯化二硫rm{(S_{2}}rm{Cl_{2})}為紅棕色液體，其結(jié)構(gòu)式為rm{Cl-S-S-Cl.}其制備反應(yīng)及與水反應(yīng)的化學(xué)方程式如下：rm{壟脵C(jī)S_{2}+3Cl_{2}dfrac{overset{;111-140^{circ}C;}{}}{;}CCl_{4}+S_{2}Cl_{2}}rm{壟脵C(jī)S_{2}+3Cl_{2}dfrac{

overset{;111-140^{circ}C;}{}}{;}CCl_{4}+S_{2}Cl_{2}}則下列說(shuō)法正確的是rm{壟脷2S_{2}Cl_{2}+2H_{2}O=4HCl+SO_{2}隆眉+3S隆媒}rm{(}A.反應(yīng)rm{)}中rm{壟脵}作氧化劑B.反應(yīng)rm{CS_{2}}中每生成rm{壟脵}rm{1mol}轉(zhuǎn)移rm{S_{2}Cl_{2}}電子C.反應(yīng)rm{4mol}中氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為rm{壟脷}rm{3}D.反應(yīng)rm{1}中rm{壟脷}既作氧化劑又作還原劑rm{S_{2}Cl_{2}}6、常溫下，下列各溶液中，可能大量共存的離子組是（）A.pH=0的溶液中：Fe2+、NO3-、SO42-、Na+B.c（H+）=1×10-14mol?L-1的溶液中：Mg2+、NO3-、Fe2+、ClO-C.含有大量Fe3+的溶液中：Na+、I-、K+、NO3-D.由水電離出的c（OH-）=1×10-13mol/L的溶液中：Na+、[Al（OH）4]-、S2-、CO32-7、室溫下，將碳酸鈉溶液加熱至70℃，其結(jié)果是（）A.溶液中c（CO32-）增大B.水的電離程序不變C.KW（水的離子積）將變小D.溶液的堿性增強(qiáng)8、下列圖示中方框代表容器，上方黑球?yàn)楹ぴ樱路桨浊驗(yàn)闅湓?，中間為忽略質(zhì)量的隔板，則代表等質(zhì)量的氫氣與氦氣的為（）A.B.C.D.9、下列實(shí)驗(yàn)中，所采取的分離方法不正確的是選項(xiàng)目的分離方法A提取NaCl溶液中的碘單質(zhì)乙醇萃取B分離乙酸乙酯和飽和Na2CO3溶液分液C除去NaCl固體中的NH4Cl加熱D除去Cl2中的HCl飽和食鹽水洗氣評(píng)卷人得分二、填空題(共9題，共18分)10、（2015秋?青島校級(jí)月考）實(shí)驗(yàn)室用50mL0.50mol?L-1鹽酸、50mL0.55mol?L-1NaOH溶液和如圖所示裝置；進(jìn)行測(cè)定中和熱的實(shí)驗(yàn)，得到表中的數(shù)據(jù)：完成下列問(wèn)題：

。實(shí)驗(yàn)次數(shù)起始溫度t1/℃終止溫度t2/℃鹽酸NaOH溶液NaOH溶液120.220.323.7220.320.523.8321.521.624.9（1）實(shí)驗(yàn)時(shí)不能用銅絲攪拌棒代替環(huán)形玻璃攪拌棒的理由是____．

（2）在操作正確的前提下，提高中和熱測(cè)定準(zhǔn)確性的關(guān)鍵是____．

（3）根據(jù)上表中所測(cè)數(shù)據(jù)進(jìn)行計(jì)算，則該實(shí)驗(yàn)測(cè)得的中和熱△H=____[鹽酸和NaOH溶液的密度按1g?cm-3計(jì)算，反應(yīng)后混合溶液的比熱容（c）按4.18J?（g?℃）-1計(jì)算]．如用0.5mol/L的鹽酸與NaOH固體進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，則實(shí)驗(yàn)中測(cè)得的“中和熱”數(shù)值將____（填“偏大”、“偏小”、“不變”）．其理由是____

（4）若某同學(xué)利用上述裝置做實(shí)驗(yàn)，有些操作不規(guī)范，造成測(cè)得中和熱的數(shù)值偏低，請(qǐng)你分析可能的原因是____

A．測(cè)量鹽酸的溫度后；溫度計(jì)沒(méi)有用水沖洗干凈。

B．把量筒中的氫氧化鈉溶液倒入小燒杯時(shí)動(dòng)作遲緩。

C．做本實(shí)驗(yàn)的當(dāng)天室溫較高。

D．將50mL0.55mol/L氫氧化鈉溶液取成了50mL0.55mol/L的氨水。

E．在量取鹽酸時(shí)仰視計(jì)數(shù)。

F．大燒杯的蓋板中間小孔太大．11、如圖是一個(gè)電化學(xué)過(guò)程的示意圖．

請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

（1）圖中甲池的名稱____（填“原電池”“電解池”或“電鍍池”）．

（2）寫出通入CH3OH的電極的電極反應(yīng)式____

（3）乙池中反應(yīng)的化學(xué)方程式為____

（4）當(dāng)乙池中B極的質(zhì)量增加5.4g時(shí)，甲池中理論上消耗O2的體積為____L（標(biāo)況下），此時(shí)丙池中____電極（填“C”或“D”）析出1.6g某金屬，則丙池的某鹽溶液可能是____（填序號(hào)）

A．MgSO4溶液B．CuSO4溶液C．NaCl溶液D．AgNO3溶液．12、（1）科學(xué)家制造出一種使用固體電解質(zhì)的燃料電池，其效率更高，可用于航空航天．如圖1所示裝置中，以稀土金屬材料為惰性電極，在兩極上分別通入CH4和空氣，其中固體電解質(zhì)是摻雜了Y2O3的ZrO2固體，它在高溫下能傳導(dǎo)陽(yáng)極生成的O2-（O2+4e--→2O2-）．

（1）①c電極的名稱為____，d電極上的電極反應(yīng)式為____．

②如圖2所示電解100mL0.5mol?L-1CuSO4溶液．若a電極產(chǎn)生56mL（標(biāo)準(zhǔn)狀況）氣體，則所得溶液的pH=____（不考慮溶液體積變化），若要使電解質(zhì)溶液恢復(fù)到電解前的狀態(tài)，可加入____（填字母序號(hào)）．a(chǎn)．CuOb．Cu（OH）2c．CuCO3d．Cu2（OH）2CO3

（2）采取一定措施可防止鋼鐵腐蝕．下列裝置中的燒杯里均盛有等濃度；等體積的NaCl溶液．

①在如圖3a～c裝置中，能保護(hù)鐵的是____（填字母）．

②若用d裝置保護(hù)鐵，X極的電極材料應(yīng)是____（填名稱）．

13、三大合成高分子材料指的是：____、____、____．14、化學(xué)興趣小組對(duì)品紅溶液褪色實(shí)驗(yàn)進(jìn)行探究．限選實(shí)驗(yàn)儀器與試劑為：試管、滴管、試管夾、1.0mol?L-1Na2SO3溶液、1.0mol?L-1NaClO溶液；品紅溶液．

[探究一]

①甲同學(xué)提出假設(shè)

假設(shè)1：NaClO溶液能使品紅溶液褪色

假設(shè)2：Na2SO3溶液能使品紅溶液褪色

假設(shè)3：____．

②設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案證明甲的假設(shè)

。實(shí)驗(yàn)操作預(yù)期現(xiàn)象與結(jié)論步驟1：取少量品紅溶液于試管中，再加入少量的____．若品紅溶液褪色，則假設(shè)1成立．步驟2：____

____

____．若____，則假設(shè)2成立．根據(jù)步驟1、2．若____，則假設(shè)3成立．[探究二]

乙同學(xué)為探究Na2SO3溶液是否發(fā)生變質(zhì)，設(shè)計(jì)如下實(shí)驗(yàn)測(cè)定所用1.0mol?L-1Na2SO3溶液的實(shí)際濃度：

（1）分液漏斗中應(yīng)加入足量的下列試劑____（填序號(hào)）．

a．濃硝酸b．65%硫酸c．濃鹽酸

（2）實(shí)驗(yàn)前后測(cè)得C裝置增重3.2g，則Na2SO3溶液實(shí)際的物質(zhì)的量濃度為____．

（3）該實(shí)驗(yàn)裝置還存在一個(gè)明顯的缺陷是：____．15、NA為阿伏加德羅常數(shù)，C2H2（g）完全燃燒生成CO2和液態(tài)水的反應(yīng)，有5NA個(gè)電子轉(zhuǎn)移時(shí)，放出650kJ的熱量，該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為____．16、氟化鈉是一種重要的氟鹽，主要用作農(nóng)業(yè)殺菌劑、殺蟲劑、木材防腐劑和生產(chǎn)含氟牙膏等．實(shí)驗(yàn)室可通過(guò)下圖所示的流程以氟硅酸（H2SiF6）等物質(zhì)為原料制取氟化鈉；并得到副產(chǎn)品氯化銨：

有關(guān)物質(zhì)在水中溶解度（g/100gH2O）如下：

。溫度10℃20℃30℃溶解度：20℃NaF-40℃NH4F-100；

常溫Na2SiF6微溶于水NH4Cl溶解度33.337.241.4請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

（1）操作Ⅰ需要用到的玻璃儀器有：____．

（2）寫出上述流程前兩步中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為：

____；

____．

（3）操作Ⅱ洗滌固體的作用是：____，操作Ⅲ的具體過(guò)程是：____．

（4）流程中NH4HCO3必須過(guò)量，其原因是：____．17、（2015秋?廣州校級(jí)期中）甲醇是一種可再生能源，具有開發(fā)和應(yīng)用的廣闊前景，工業(yè)上一般可采用如下反應(yīng)來(lái)合成甲醇：2H2（g）+CO（g）═CH3OH（g）下表為不同溫度下的平衡常數(shù)（K）

。溫度250℃300℃350℃K2.0410.2700.012（1）該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式K=____，△H____0（填“＞”；“＜”或“=”）．

（2）將1mol的H2和1mol的CO充入1L恒容密閉反應(yīng)器中；達(dá)到平衡后，容器內(nèi)的壓強(qiáng)為開始時(shí)的60%，求CO的平衡轉(zhuǎn)化率（寫出計(jì)算過(guò)程）．

（3）300℃時(shí)，將容器的容積壓縮到原來(lái)的，在其他條件不變的情況下，對(duì)平衡體系產(chǎn)生的影響是____（填字母）．

A．c（H2）減少。

B．正反應(yīng)速率加快；逆反應(yīng)速率減慢。

C．CH3OH的物質(zhì)的量增加。

D．重新平衡時(shí)c（H2）/c（CH3OH）減小。

（4）其他條件相同時(shí)，在上述三個(gè)溫度下分別發(fā)生該反應(yīng)．300℃時(shí)，H2的轉(zhuǎn)化率隨時(shí)間的變化如圖所示，請(qǐng)補(bǔ)充完成350℃時(shí)H2的轉(zhuǎn)化率隨時(shí)間的變化示意圖．18、化學(xué)一化學(xué)與技術(shù)。

工業(yè)合成氨與制備硝酸一般可連續(xù)生產(chǎn)；流程如下：

請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

（1）工業(yè)生產(chǎn)時(shí)，制取氫氣的一個(gè)反應(yīng)為：

C0+H2O（g）?CO2+H2t℃時(shí)，向1L密閉容器中充入0.2molCO和0.3mol水蒸氣．反應(yīng)達(dá)到平衡后，體系中c（H2）=0.12mol?L-1，該溫度下此反應(yīng)的平衡常數(shù)K=____（填計(jì)算結(jié)果）．

（2）合成塔中發(fā)生反應(yīng)N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H＜0．下表為不同溫度下該反應(yīng)的平衡常數(shù)．由此可推知，表中T1____573K（填“＞”、“＜”或“=”。T/KT1573T2K1.00×1072.45×1051.88×103（3）廢水中的N、P元素是造成水體富營(yíng)養(yǎng)化的關(guān)鍵因素，化工廠排放的廢水中常含有較多的NH4+和PO43-；一般可以通過(guò)兩種方法將其除去．

①方法一：將Ca（OH）2或CaO投加到待處理的廢水中，生成磷酸鈣從而進(jìn)行回收．當(dāng)處理后的廢水中c（Ca2+）=2×10-7mol/L時(shí)，處理后的廢水中c（PO43-）≤____mol/L．（已知Ksp[Ca3（PO4）2]=2×10-33）

②方法二：在廢水中加入鎂礦工業(yè)廢水，就可以生成髙品位的磷礦石一鳥糞石，反應(yīng)的離子方程式為Mg2++NH4++PO43-═MgNH4PO4↓．該方法中需要控制污水的pH為7.5?10，若pH高于10.7，鳥糞石的產(chǎn)量會(huì)大大降低．其原因可能為____，與方法一相比，方法二的優(yōu)點(diǎn)為____．評(píng)卷人得分三、判斷題(共6題，共12分)19、Na2O2的電子式為____．（判斷對(duì)確）20、對(duì)氯甲苯的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：____．21、判斷下列有關(guān)烯烴；鹵代烴、醇的命名是否正確。

（1）CH2═CH-CH═CH-CH═CH21，3，5三己烯____

（2）2-甲基-3-丁醇____

（3）二溴乙烷____

（4）3-乙基-1-丁烯____

（5）2-甲基-2，4-已二烯____

（6）1，3-二甲基-2-丁烯____．22、苯的同系物能與溴水反應(yīng)．____（判斷對(duì)錯(cuò)）23、合理選擇飲食，正確使用藥物是人體健康的保證____．（判斷對(duì)錯(cuò)）24、判斷正誤；正確的劃“√”，錯(cuò)誤的劃“×”

（1）淀粉、纖維素和油脂都屬于天然高分子化合物____

（2）向淀粉溶液中加入稀H2SO4，加熱幾分鐘，冷卻后再加入新制Cu（OH）2懸濁液，加熱，沒(méi)有磚紅色沉淀生成，證明淀粉沒(méi)有水解成葡萄糖____

（3）食用白糖的主要成分是蔗糖____

（4）蔗糖、淀粉、油脂及其水解產(chǎn)物均為非電解質(zhì)____

（5）麥芽糖與蔗糖的水解產(chǎn)物均含葡萄糖，故二者均為還原型二糖____

（6）葡萄糖、果糖的分子式均為C6H12O6，二者互為同分異構(gòu)體____

（7）蔗糖、麥芽糖的分子式都是C12H22O11，二者互為同分異構(gòu)體____

（8）麥芽糖及其水解產(chǎn)物均能發(fā)生銀鏡反應(yīng)____

（9）纖維素和淀粉遇碘水均顯藍(lán)色____

（10）植物油的主要成分是高級(jí)脂肪酸____

（11）向兩份蛋白質(zhì)溶液中分別滴加飽和NaCl溶液和CuSO4溶液，均有固體析出，所以蛋白質(zhì)均發(fā)生變性____

（12）用甘氨酸（CH2COOHNH2）和丙氨酸（CH3CHCOOHNH2）縮合最多可形成4種二肽____

（13）天然植物油常溫下一般呈液態(tài)，難溶于水，有恒定的熔點(diǎn)、沸點(diǎn)____

（14）若兩種二肽互為同分異構(gòu)體，則二者的水解產(chǎn)物不一致____

（15）苯、油脂均不能使酸性KMnO4溶液褪色____

（16）油脂在空氣中完全燃燒轉(zhuǎn)化為水和二氧化碳____

（17）蛋白質(zhì)、乙酸和葡萄糖均屬電解質(zhì)____

（18）乙酸乙酯和食用植物油均可水解生成乙醇____

（19）蛋白質(zhì)和油脂都屬于高分子化合物，一定條件下都能水解____

（20）氨基酸、淀粉均屬于高分子化合物____．評(píng)卷人得分四、其他(共3題，共12分)25、磨砂”是增加玻璃儀器密封性的一種處理工藝．在儀器A．試管B．分液漏斗C．帶滴管的試劑瓶（滴瓶）D．集氣瓶E．酸式滴定管F．堿式滴定管中，沒(méi)有用到“磨砂”工藝處理的有____．

（填字母編號(hào)）．26、化學(xué)上將SCN－、OCN－、CN－等離子稱為“類鹵離子”。現(xiàn)將KSCN溶液滴加到酸性Fe3+溶液中，溶液立即變成紅色。將此紅色溶液分成兩份：一份中____（1）向另一份中____（2）____（3）試用離子方程式解釋以上三部分顏色變化的原因（方程式可以不配平）。27、實(shí)驗(yàn)是化學(xué)研究的重要手段；貫穿于化學(xué)學(xué)習(xí)的始終．試回答下列中學(xué)化學(xué)實(shí)驗(yàn)室中常見儀器的有關(guān)問(wèn)題：

（1）在儀器①分液漏斗②試劑瓶③集氣瓶④滴定管⑤容量瓶⑥量筒⑦托盤天平中，標(biāo)有“0“刻度的是（填序號(hào)，下同）____；標(biāo)有使用溫度的儀器是____．

（2）“磨砂“是增加玻璃儀器密封性的一種處理工藝．在儀器①試管②分液漏斗③細(xì)口試劑瓶④廣口試劑瓶⑤集氣瓶⑥酸式滴定管⑦堿式滴定管中，用到“磨砂“的有____．

（3）在儀器①漏斗②容量瓶③蒸餾燒瓶④分液漏斗⑤燒杯⑥蒸發(fā)皿中，可用于粗鹽提純實(shí)驗(yàn)的有____；可用于分離兩種沸點(diǎn)接近且互不相溶的液態(tài)混合物（即分液）實(shí)驗(yàn)的有____．評(píng)卷人得分五、實(shí)驗(yàn)題(共4題，共20分)28、（1）現(xiàn)擬分離粗產(chǎn)品乙酸乙酯；乙酸和乙醇的混合物下列框圖是分離操作步驟流程圖：

則試劑a是：____，分離方法Ⅰ是____，分離方法Ⅱ是____，試劑b是____，分離方法Ⅲ是____．

（2）用50mL0.50mol/L鹽酸與50mL0.50mol/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．從實(shí)驗(yàn)裝置上看，圖中尚缺少的一種玻璃用品____．

②．燒杯間填滿碎紙條的作用是____．

③．如果用60mL0.50mol/L鹽酸與60mL0.50mol/LNaOH溶液進(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”）．29、二氧化氯（ClO2）作為一種高效強(qiáng)氧化劑，已被聯(lián)合國(guó)世界衛(wèi)生組織(WHO)列為AI級(jí)安全消毒劑。常溫下二氧化氯為黃綠色或橘黃色氣體，性質(zhì)非常不穩(wěn)定。溫度過(guò)高，二氧化氯的水溶液有可能爆炸。某研究小組設(shè)計(jì)如圖所示實(shí)驗(yàn)制備ClO2。(1)如圖，在燒瓶中先放入一定量的KClO3和草酸(H2C2O4)，然后再加入足量的稀硫酸，水浴加熱。反應(yīng)后產(chǎn)物中有ClO2、CO2和一種酸式鹽，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：，氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為____。（2）控制水浴溫度在60～80℃之間的目的是，圖示裝置中缺少的一種必須的玻璃儀器是。（3）A裝置用于吸收產(chǎn)生的二氧化氯，其中最好盛放。（填序號(hào)）①60℃的溫水②冰水③飽和食鹽水（4）將二氧化氯溶液加入到硫化氫溶液中，所得溶液中加入少量氯化鋇溶液，有白色沉淀生成。請(qǐng)寫出二氧化氯溶液和硫化氫溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式____。30、（2008?惠州模擬）（1）下列實(shí)驗(yàn)操作或?qū)?shí)驗(yàn)事實(shí)的敘述正確的是____（填序號(hào)）

①用堿式滴定管量取20.00mL0.10mol/LKMnO4溶液；

②用托盤天平稱取10.50g干燥的NaCl固體；

③各放一張質(zhì)量相同的濾紙于天平的兩托盤上；將NaOH體放在左盤紙上稱量；

④實(shí)驗(yàn)室配制（SO4）3溶液時(shí)；常加入少量的稀硫酸；

⑤中和滴定中；錐形瓶用蒸餾水洗凈后可直接往其中注入一定量的待測(cè)溶液；

（2）普通漏斗（見圖1）是中學(xué)化學(xué)實(shí)驗(yàn)室常用儀器之一；用途很多．

①請(qǐng)舉兩例說(shuō)明普通漏斗在化學(xué)實(shí)驗(yàn)中的運(yùn)用：____

②你是否探討過(guò)在化學(xué)實(shí)驗(yàn)中創(chuàng)新地使用普通漏斗？請(qǐng)你積極參與到下面的討論中：

A．圖2是某同學(xué)實(shí)驗(yàn)室制備H2并驗(yàn)證H2有可燃性裝置的一部分，請(qǐng)說(shuō)出他這樣做的優(yōu)點(diǎn)____．

B．某同學(xué)用苯萃取碘水中碘時(shí)，找不到分液漏斗．他先在試管中將混合液充分振蕩后靜置，然后再用普通漏斗和其他常見實(shí)驗(yàn)儀器和用品組裝成一個(gè)簡(jiǎn)易分液器進(jìn)行分液（圖3），以解燃眉之急．試分析該設(shè)計(jì)的不足之處____．31、(15分)利用廢鋁箔(主要成分為Al、少量的Fe、Si等)既可制取有機(jī)合成催化劑AlBr3又可制取凈水劑硫酸鋁晶體[A12(SO4)3?18H2O]。I．實(shí)驗(yàn)室制取無(wú)色的無(wú)水AlBr3(熔點(diǎn)：97.5℃，沸點(diǎn)：263.3～265℃)可用如圖所示裝置，主要實(shí)驗(yàn)步驟如下：步驟l．將鋁箔剪碎，用CCl4浸泡片刻，干燥，然后投入到燒瓶6中。步驟2．從導(dǎo)管口7導(dǎo)入氮?dú)?，同時(shí)打開導(dǎo)管口l和4放空，一段時(shí)間后關(guān)閉導(dǎo)管口7和1；導(dǎo)管口4接裝有五氧化二磷的干燥管。步驟3．從滴液漏斗滴入一定量的液溴于燒瓶6中，并保證燒瓶6中鋁過(guò)剩。步驟4．加熱燒瓶6，回流一定時(shí)間。步驟5．將氮?dú)獾牧鲃?dòng)方向改為從導(dǎo)管口4到導(dǎo)管口l。將裝有五氧化二磷的干燥管與導(dǎo)管口1連接，將燒瓶6加熱至270℃左右，使溴化鋁蒸餾進(jìn)入收集器2。步驟6．蒸餾完畢時(shí)，在繼續(xù)通入氮?dú)獾那闆r下，將收集器2從3處拆下，并立即封閉3處。（1）步驟l中，鋁箔用CCl4浸泡的目的是。（2）步驟2操作中，通氮?dú)獾哪康氖恰＃?）步驟3中，該實(shí)驗(yàn)要保證燒瓶中鋁箔過(guò)剩，其目的是。（4）鋁與液溴反應(yīng)的化學(xué)方程式為。（5）步驟4依據(jù)何種現(xiàn)象判斷可以停止回流操作。（6）步驟5需打開導(dǎo)管口l和4，并從4通入N2的目的是。II．某課外小組的同學(xué)擬用廢鋁箔制取硫酸鋁晶體，已知鋁的物種類別與溶液pH關(guān)系如圖所示，實(shí)驗(yàn)中可選用的試劑：處理過(guò)的鋁箔；2.0mol?L-1NaOH溶液：2.0mol?L-1硫酸（7）由鋁箔制備硫酸鋁晶體的實(shí)驗(yàn)步驟依次為：①稱取一定質(zhì)量的鋁箔于燒杯中，分次加入2.0mol?L-1NaOH溶液，加熱至不再產(chǎn)生氣泡為止。②過(guò)濾③；④過(guò)濾、洗滌⑤；⑥；⑦冷卻結(jié)晶；⑧過(guò)濾、洗滌、干燥。評(píng)卷人得分六、推斷題(共4題，共12分)32、1．某化工廠排放的污水中，常溶有某些對(duì)人體有害的物質(zhì)，初步認(rèn)為可能含有Fe3+、Ba2+、K+、OH-、Cl-、CO2-3、SO2-4．為了進(jìn)一步確認(rèn)；取樣進(jìn)行實(shí)驗(yàn)檢測(cè)：

①取污水仔細(xì)觀察；呈無(wú)色；透明、均一狀態(tài)．

②向取樣的污水中；滴入稀硫酸，有大量白色沉淀產(chǎn)生，再加稀硝酸，白色沉淀不消失．

③用pH試紙測(cè)定污水的pH；試紙顯深藍(lán)色．

（1）由此可知，該污水中肯定含有的離子是____，肯定沒(méi)有的離子是____，可能含有的離子是____．

（2）簡(jiǎn)述通過(guò)實(shí)驗(yàn)進(jìn)一步確定溶液中可能存在離子的操作步驟及現(xiàn)象____．

2．實(shí)驗(yàn)室為化學(xué)興趣小組的同學(xué)準(zhǔn)備了四種紅色溶液，它們分別可能是KMnO4酸性溶液；滴有酚酞的NaOH溶液、滴有石蕊的稀硫酸和品紅溶液．另外還提供了常見的儀器和藥品．為了培養(yǎng)同學(xué)們的創(chuàng)新精神和實(shí)踐能力；只允許選用一種試劑對(duì)上述四種溶液加以鑒別．

（1）甲組同學(xué)選用了FeCl2溶液，試寫出該組同學(xué)鑒別出NaOH溶液的有關(guān)離子方程式：____；

（2）乙組同學(xué)選用了Na2SO3溶液，他們直接能鑒別出來(lái)的溶液及對(duì)應(yīng)的現(xiàn)象分別是____；

（3）丙組同學(xué)選用了一種試劑，一次性鑒別出上述四種溶液，他們選擇的試劑可能是____．33、如圖1所示的轉(zhuǎn)化關(guān)系中（部分產(chǎn)物省略）；A是由四種短周期元素組成的正鹽，H是一種既有氧化性又有還原性的氧化物，D；X分子都是10電子微粒．

試回答下列問(wèn)題：

（1）A的化學(xué)式為____，D分子的結(jié)構(gòu)式____．

（2）寫出上述轉(zhuǎn)化關(guān)系中所有復(fù)分解反應(yīng)的化學(xué)方程式：

（3）室溫下，向pH=a的D的水溶液中加入等體積pH=b的G的水溶液，且a+b=14，充分反應(yīng)后溶液中各種離子濃度由大到小的順序是____．

（4）已知：t℃時(shí)；2H（g）+Y（g）?2I（g）；△H=-196.6KJ/mol．

①t℃時(shí)，在一壓強(qiáng)恒定的密閉容器中，加入4molH和2molY反應(yīng)，達(dá)到平衡后，放出354KJ的熱量，則Y的轉(zhuǎn)化率約為____（用百分?jǐn)?shù)表示）．

②若在圖2的平衡體系中，再加入wmol氣態(tài)的I物質(zhì)，t℃時(shí)達(dá)到新的平衡，此時(shí)H物質(zhì)的物質(zhì)的量n（H）=____mol．（填表達(dá)式）34、短周期元素形成的純凈物A；B、C、D、E是轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖1所示；物質(zhì)A與物質(zhì)B之間的反應(yīng)不在溶液中進(jìn)行（E可能與A、B兩種物質(zhì)中的某種相同）．

請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

（1）若C是離子化合物，D是一種強(qiáng)堿，寫出C的一種化學(xué)式____．

（2）若C是一種有色氣體；D是一種強(qiáng)酸，則：

①C與水反應(yīng)的化學(xué)方程式為____．

②有人認(rèn)為“濃H2SO4可以干燥氣體C”．某同學(xué)為了驗(yàn)證該觀點(diǎn)是否正確，用如圖2所示裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)．實(shí)驗(yàn)過(guò)程中，濃H2SO4中未發(fā)現(xiàn)有氣體逸出，且變?yōu)榧t棕色，則你得出的結(jié)論是____．

③已知常溫下物質(zhì)A與物質(zhì)B生成1mol氣體C的△H為-57.07kJ?mol-1，1mol氣體C與H2O反應(yīng)生成D溶液和E氣體的△H為-46kJ?mol-1，寫出物質(zhì)A與物質(zhì)B及水生成D溶液的熱化學(xué)方程式____．35、（選考）【化學(xué)——有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)】（15分）有機(jī)物A是常用的食用油抗氧化劑，分子為C10H12O5，可發(fā)生如下變化：已知B的相對(duì)分子質(zhì)量為60，分子中只含一個(gè)甲基。C的結(jié)構(gòu)可表示為：（其中-x、-y均為官能團(tuán)）。請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）根據(jù)系統(tǒng)命名法B的名稱為。（2）官能團(tuán)-x的名稱為，高聚物E的鏈節(jié)為。（3）A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。（4）反應(yīng)⑤的化學(xué)方程式為。（5）C有多種同分異構(gòu)體，寫出其中2種符合下列要求的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式、。①含有苯環(huán)②能發(fā)生銀鏡反應(yīng)③含有酚羥基（6）從分子結(jié)構(gòu)上看，A具有抗氧化作用的主要原因是（填序號(hào)）。A．含有苯環(huán)B．含有羰基C．含有酚羥基參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、A【分析】【分析】A；碳具有還原性；能還原部分氧化物；

B；鈉與氯化鎂溶液反應(yīng)時(shí)；鈉先與水反應(yīng)；

C；乙烷和氯氣在光照條件下反應(yīng)不止生成氯乙烷；

D、在雙氧水的分解反應(yīng)中，二氧化錳做催化劑．【解析】【解答】解：A；碳和二氧化硅在高溫條件反應(yīng)生成硅和一氧化碳；該反應(yīng)中碳失電子而作還原劑，故A正確；

B；鈉與氯化鎂溶液反應(yīng)時(shí)；鈉先與水反應(yīng)，生成的NaOH再與氯化鎂反應(yīng)，故不能置換出金屬鎂，故B錯(cuò)誤；

C；乙烷和氯氣在光照條件下反應(yīng)不止生成一氯乙烷；還能繼續(xù)反應(yīng)生成二氯乙烷、三氯乙烷直至六氯乙烷，并生成HCl，故不能得到純凈的一氯乙烷，且一氯乙烷的產(chǎn)率很低并難以分離，故工業(yè)上用乙烯和HCl加成來(lái)制取一氯乙烷，故C錯(cuò)誤；

D；在雙氧水的分解反應(yīng)中；二氧化錳做催化劑，不做氧化劑，故D錯(cuò)誤．

故選A．2、B【分析】【分析】短周期中的X和Y兩種元素可組成化合物XY3，X、Y的化合價(jià)為+3、-1價(jià)時(shí)，可能分別在ⅢA族、ⅦA族，或分別處于VA族、ⅦA族；X、Y的化合價(jià)為+6、-2價(jià)時(shí)可能均在ⅥA，還有可能為NH3、NaN3等，以此來(lái)分析解答．【解析】【解答】解：A．若XY3為AlF3、NaN3等，屬于離子化合物，但為AlCl3、SO3等時(shí)；屬于共價(jià)化合物，故A錯(cuò)誤；

B．若XY3為AlF3時(shí)；Y的原子序數(shù)為m，X的原子序數(shù)符合m-4，故B正確；

C．若為AlCl3，X和Y屬于同一周期，即都在第三周期，若為SO3或NH3等；屬于兩個(gè)不同周期，故C錯(cuò)誤；

D．若X；Y分別為硫和氧元素時(shí)；二者為同一主族元素，故D錯(cuò)誤；

故選B．3、B【分析】【分析】鹽酸與塊狀碳酸鈣固體反應(yīng)時(shí)，升高溫度、增大酸的濃度、增大固體的接觸面積等都可加快化學(xué)反應(yīng)速率，以此來(lái)解答．【解析】【解答】解：A；將塊狀碳酸鈣固體換成粉末狀固體時(shí)；則增大了反應(yīng)物的接觸面積，反應(yīng)速率加快，故A不選；

B；鹽酸的量增加一倍；但濃度不變，則化學(xué)反應(yīng)速率不變，故B選；

C；鹽酸的用量減半濃度加倍；酸的濃度增大，則反應(yīng)速率加快，故C不選；

D；溫度升高40°C；則反應(yīng)速率加快，故D不選；

故選B．4、D【分析】

A、放電時(shí)是原電池的工作原理，原電池工作時(shí)，電解質(zhì)中的陰離子OH-向負(fù)極移動(dòng)；故A錯(cuò)誤；

B、放電時(shí)是原電池的工作原理，原電池工作時(shí)，正極上發(fā)生得電子得還原反應(yīng)，即NiO（OH）+2H2O+2e-=Ni（OH）2+2OH-；所以正極附近溶液的pH增大，故B錯(cuò)誤；

C、充電時(shí)是電解池的工作原理，電解池中，陽(yáng)極發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，即發(fā)生Ni（OH）2轉(zhuǎn)化為NiO（OH）的反應(yīng)；故C錯(cuò)誤；

D、充電時(shí)是電解池的工作原理，電解池中，與直流電源正極相連的電極是陽(yáng)極，陽(yáng)極發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，即即發(fā)生Ni（OH）2轉(zhuǎn)化為NiO（OH）的反應(yīng)；故D正確．

故選D．

【解析】【答案】A；原電池中；電解質(zhì)中的陰離子向負(fù)極移動(dòng)；

B；原電池中；正極上發(fā)生得電子得還原反應(yīng)；

C；電解池中；陽(yáng)極發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)；

D；電解池中；與直流電源正極相連的電極是陽(yáng)極，陽(yáng)極發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)．

5、D【分析】解：rm{A.壟脵C(jī)S_{2}+3Cl_{2}dfrac{overset{;111-140^{circ}C;}{}}{;}CCl_{4}+S_{2}Cl_{2}}反應(yīng)中rm{A.壟脵C(jī)S_{2}+3Cl_{2}dfrac{

overset{;111-140^{circ}C;}{}}{;}CCl_{4}+S_{2}Cl_{2}}的化合價(jià)由rm{S}升高到rm{-2}則rm{+1}作還原劑；故A錯(cuò)誤；

B.rm{壟脵C(jī)S_{2}+3Cl_{2}dfrac{overset{;111-140^{circ}C;}{}}{;}CCl_{4}+S_{2}Cl_{2}}轉(zhuǎn)移電子數(shù)為rm{CS_{2}}則每生成rm{壟脵C(jī)S_{2}+3Cl_{2}dfrac{

overset{;111-140^{circ}C;}{}}{;}CCl_{4}+S_{2}Cl_{2}}rm{6e^{-}}轉(zhuǎn)移rm{1mol}電子；故B錯(cuò)誤；

C.rm{S_{2}Cl_{2}}反應(yīng)中rm{6mol}的化合價(jià)由rm{壟脷2S_{2}Cl_{2}+2H_{2}O=4HCl+SO_{2}隆眉+3S隆媒}升高到rm{S}則生成rm{+1}為氧化產(chǎn)物，由rm{+4}降低到rm{SO_{2}}則生成rm{+1}為還原產(chǎn)物，所以氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為rm{0}rm{S}故C錯(cuò)誤；

D.rm{1}反應(yīng)中rm{3}的化合價(jià)由rm{壟脷2S_{2}Cl_{2}+2H_{2}O=4HCl+SO_{2}隆眉+3S隆媒}既升高到rm{S}又降低到rm{+1}則反應(yīng)rm{+4}中rm{0}既作氧化劑又作還原劑；故D正確；

故選D。

rm{壟脵C(jī)S_{2}+3Cl_{2}dfrac{overset{;111-140^{circ}C;}{}}{;}CCl_{4}+S_{2}Cl_{2}}反應(yīng)中rm{壟脷}的化合價(jià)由rm{S_{2}Cl_{2}}升高到rm{壟脵C(jī)S_{2}+3Cl_{2}dfrac{

overset{;111-140^{circ}C;}{}}{;}CCl_{4}+S_{2}Cl_{2}}rm{S}的化合價(jià)由rm{-2}降低到rm{+1}轉(zhuǎn)移電子數(shù)為rm{Cl}rm{0}反應(yīng)中rm{-1}的化合價(jià)由rm{6e^{-}}既升高到rm{壟脷2S_{2}Cl_{2}+2H_{2}O=4HCl+SO_{2}隆眉+3S隆媒}又降低到rm{S}則反應(yīng)rm{+1}中rm{+4}既作氧化劑又作還原劑，生成rm{0}為氧化產(chǎn)物，rm{壟脷}為還原產(chǎn)物；據(jù)此分析解答。

本題考查氧化還原反應(yīng)，側(cè)重考查基本概念判斷及電子轉(zhuǎn)移的計(jì)算，根據(jù)元素化合價(jià)變化確定物質(zhì)性質(zhì)，難度不大。rm{S_{2}Cl_{2}}【解析】rm{D}6、D【分析】【分析】A．pH=0的溶液為酸性溶液；硝酸根離子在酸性條件下能夠氧化亞鐵離子；

B．c（H+）=1×10-14mol?L-1的溶液為堿性溶液；鎂離子；亞鐵離子與次氯酸根離子、氫氧根離子反應(yīng)；

C．鐵離子能夠氧化碘離子；

D．由水電離出的c（OH-）=1×10-13mol/L的溶液中存在大量氫離子或氫氧根離子，四種離子之間不反應(yīng)，都不與氫氧根離子反應(yīng)．【解析】【解答】解：A．pH=0的溶液為酸性溶液，F(xiàn)e2+、NO3-在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應(yīng)；在溶液中不能大量共存，故A錯(cuò)誤；

B．c（H+）=1×10-14mol?L-1的溶液中存在大量氫氧根離子，Mg2+、Fe2+與OH-、ClO-發(fā)生反應(yīng)；在溶液中不能大量共存，故B錯(cuò)誤；

C．Fe3+、I-之間發(fā)生氧化還原反應(yīng)；在溶液中不能大量共存，故C錯(cuò)誤；

D．由水電離出的c（OH-）=1×10-13mol/L的溶液為酸性或堿性溶液，Na+、[Al（OH）4]-、S2-、CO32-之間不反應(yīng)；都不與氫氧根離子反應(yīng)，在堿性溶液中能夠共存，故D正確；

故選D．7、D【分析】【分析】碳酸鈉溶液中碳酸根離子水解促進(jìn)水的電離，溶液顯堿性，水解過(guò)程是吸熱反應(yīng)，升溫促進(jìn)水解平衡正向進(jìn)行，溶液堿性增強(qiáng)，溶液中離子積常數(shù)增大；【解析】【解答】解：A、碳酸鈉溶液中碳酸根離子水解促進(jìn)水的電離，水解過(guò)程是吸熱反應(yīng)，升溫促進(jìn)水解，溶液中c（CO32-）減小；故A錯(cuò)誤；

B；碳酸鈉溶液中碳酸根離子水解促進(jìn)水的電離；水的電離程度增大，故B錯(cuò)誤；

C；溫度升高離子積常數(shù)增大；故C錯(cuò)誤；

D；升溫促進(jìn)水解平衡正向進(jìn)行；溶液堿性增強(qiáng)，故D正確；

故選D．8、A【分析】【分析】白球代表氫原子，黑球代表氦原子，等質(zhì)量的氫氣與氦氣，其物質(zhì)的量之比為2：1，體積之比為2：1．【解析】【解答】解：設(shè)氫氣與氦氣都為mg，則二者的物質(zhì)的量之比為：=2：1；則體積之比為2：1；

A；白球代表氫原子；黑球代表氦原子，符合物質(zhì)的量之比為2：1，體積之比為2：1，故A正確；

B；白球代表氫原子；黑球代表氦原子，物質(zhì)的量之比為2：1，體積之比為2：1，但氦氣是單原子構(gòu)成的分子，故B錯(cuò)誤；

C；白球代表氫原子；黑球代表氦原子，物質(zhì)的量之比為2：1，但體積之比為1：2，故C錯(cuò)誤；

D；白球代表氫原子；黑球代表氦原子，物質(zhì)的量之比為1：1，體積之比為2：1，故D錯(cuò)誤；

故選A．9、A【分析】試題分析：A、乙醇與水互溶，無(wú)法從NaCl溶液中萃取出碘單質(zhì)，錯(cuò)誤；B、乙酸乙酯難溶于飽和Na2CO3溶液，可用分液法分離，正確；C、NH4Cl加熱分解生成HCl和NH3，所以加熱可除去NaCl固體中的NH4Cl，正確；D、Cl2在飽和食鹽水中的溶解度小，而HCl易溶于飽和食鹽水，所以用飽和食鹽水洗氣，可除去Cl2中的HCl，正確?？键c(diǎn)：本題考查物質(zhì)的分離和除雜?！窘馕觥俊敬鸢浮緼二、填空題(共9題，共18分)10、Cu傳熱快，熱量損失大提高裝置的保溫效果-56.8kJ/mol偏大氫氧化鈉固體溶于水放熱ABDF【分析】【分析】（1）金屬導(dǎo)熱快；熱量損失多；

（2）中和熱測(cè)定實(shí)驗(yàn)成敗的關(guān)鍵是保溫工作；

（3）先求出三次反應(yīng)的溫度差；根據(jù)公式Q=cm△T來(lái)求出生成0.05mol的水放出熱量，最后根據(jù)中和熱的概念求出反應(yīng)熱，氫氧化鈉固體溶于水放熱；

（4）根據(jù)實(shí)驗(yàn)的關(guān)鍵是保溫，如果裝置有能量散失，則會(huì)導(dǎo)致結(jié)果偏低，根據(jù)實(shí)驗(yàn)中用到的試劑以及實(shí)驗(yàn)操作知識(shí)來(lái)判斷．【解析】【解答】解：（1）不能將環(huán)形玻璃攪拌棒改為銅絲攪拌棒；因?yàn)殂~絲攪拌棒是熱的良導(dǎo)體，故答案為：Cu傳熱快，熱量損失大；

（2）中和熱測(cè)定實(shí)驗(yàn)主要目的是測(cè)量反應(yīng)放出的熱量多少；所以實(shí)驗(yàn)成敗的關(guān)鍵是保溫工作，所以提高中和熱測(cè)定準(zhǔn)確性的關(guān)鍵是提高裝置的保溫效果，故答案為：提高裝置的保溫效果；

（3）（2）第1次實(shí)驗(yàn)鹽酸和NaOH溶液起始平均溫度為20.25℃；反應(yīng)前后溫度差為：3.45℃；

第2次實(shí)驗(yàn)鹽酸和NaOH溶液起始平均溫度為20.40℃；反應(yīng)前后溫度差為：3.40℃；

第3次實(shí)驗(yàn)鹽酸和NaOH溶液起始平均溫度為21.55℃；反應(yīng)前后溫度差為：3.35℃；

三次溫度差的平均值為3.40℃；

50mL0.50mol?L-1鹽酸、50mL0.55mol?L-1NaOH溶液的質(zhì)量和為m=100mL×1g/mL=100g，c=4.18J/（g?℃），代入公式Q=cm△T得生成0.025mol的水放出熱量Q=4.18J/（g?℃）×100g×3.40℃=1421.2J=1.4212kJ，即生成0.025mol的水放出熱量1.4212kJ，所以生成1mol的水放出熱量為=56.8kJ；即該實(shí)驗(yàn)測(cè)得的中和熱△H=-56.8kJ/mol；氫氧化鈉固體溶于水放熱，所以實(shí)驗(yàn)中測(cè)得的“中和熱”數(shù)值將偏大。

故答案為：-56.8kJ/mol；偏大；氫氧化鈉固體溶于水放熱；

（4）A．測(cè)量鹽酸的溫度后；溫度計(jì)沒(méi)有用水沖洗干凈，在測(cè)堿的溫度時(shí)，會(huì)發(fā)生酸和堿的中和，堿的溫度偏高，溫度差偏小，導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)測(cè)得中和熱的數(shù)值偏小，故A正確；

B；把量筒中的氫氧化鈉溶液倒入小燒杯時(shí)動(dòng)作遲緩；會(huì)導(dǎo)致一部分能量的散失，實(shí)驗(yàn)測(cè)得中和熱的數(shù)值偏小，故B正確；

C；做本實(shí)驗(yàn)的室溫和反應(yīng)熱的數(shù)據(jù)之間無(wú)關(guān)；故C錯(cuò)誤；

D；將50mL0.55mol/L氫氧化鈉溶液取成了50mL0.55mol/L的氨水；由于氨水是弱堿，電離時(shí)要吸熱，溫度差偏小，導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)測(cè)得中和熱的數(shù)值偏小，故D正確；

E；在量取鹽酸時(shí)仰視計(jì)數(shù)；會(huì)使得實(shí)際量取體積高于所要量的體積，酸過(guò)量，可以保證堿全反應(yīng)，溫度差偏大，會(huì)使得中和和熱的測(cè)定數(shù)據(jù)偏高，故E錯(cuò)誤；

F；大燒杯的蓋板中間小孔太大；會(huì)導(dǎo)致一部分能量散失，所以測(cè)的數(shù)值降低，故F正確．

故選ABDF．11、原電池CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO30.28DB【分析】【分析】（1）甲池能自發(fā)的進(jìn)行氧化還原反應(yīng)；所以屬于原電池；

（2）燃料電池中；負(fù)極上通入燃料，燃料失電子發(fā)生氧化反應(yīng)；

（3）乙池是電解池；碳作陽(yáng)極，銀作陰極，所以反應(yīng)是電解硝酸銀溶液；

（4）根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒計(jì)算消耗氧氣等體積，丙池中，陰極上析出金屬，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子計(jì)算金屬的相對(duì)原子質(zhì)量，從而確定鹽．【解析】【解答】解：（1）甲池能自發(fā)的進(jìn)行氧化還原反應(yīng)；所以屬于原電池，故答案為：原電池；

（2）燃料電池中，負(fù)極上通入燃料，堿性條件下，甲醇水中和氫氧根離子反應(yīng)生成碳酸根離子和水，所以電極反應(yīng)式為：CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O；

故答案為：CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O；

（3）乙池是電解池，碳作陽(yáng)極，銀作陰極，所以反應(yīng)是電解硝酸銀溶液，電池反應(yīng)式為：4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3，故答案為：4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3；

（4）乙池是電解池，B極上銀離子得電子發(fā)生還原反應(yīng)而析出銀，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子相等，當(dāng)乙池中B極的質(zhì)量增加5.4g時(shí)，甲池中理論上消耗O2的體積=×22.4=0.28L；

丙池是電解池，陰極上金屬離子放電析出金屬單質(zhì)，則金屬元素在氫元素之后，D電極連接甲醇電極，所以D是陰極，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子相等知，當(dāng)析出一價(jià)金屬時(shí)，其摩爾質(zhì)量==32g/mol，則該元素是硫元素，硫元素是非金屬元素，所以錯(cuò)誤，當(dāng)析出的是二價(jià)金屬，則=64g/mol；所以該金屬是銅，則溶液是硫酸銅溶液，故選B；

故答案為：0.28；D；B．12、正極CH4+4O2--8e-═CO2+2H2O1acbc鋅【分析】【分析】（1）①依據(jù)裝置圖中電流流向分析；c為正極，氧氣的電子發(fā)生還原反應(yīng)，d為負(fù)極，甲烷失電子發(fā)生氧化反應(yīng)；

②圖2是電解池，與電源正極連接的a電極為陽(yáng)極，發(fā)生4OH--4e-═O2↑+2H2O，b為陰極，發(fā)生為Cu2++2e-═Cu；結(jié)合電極方程式計(jì)算；

（2）①原電池的正極和電解池的陰極可以得到保護(hù)；

②裝置為原電池，若用d裝置保護(hù)鐵，X極的電極材料應(yīng)比鐵活潑．【解析】【解答】解：（1）①圖1是原電池，依據(jù)電流流向是從正極流向負(fù)極，c電極為正極，氧氣得到電子發(fā)生還原反應(yīng)，d電極為電池負(fù)極，甲烷失電子發(fā)生還原反應(yīng)，在兩極上分別通入CH4和空氣，其中固體電解質(zhì)是摻雜了Y2O3的ZrO2固體，它在高溫下能傳導(dǎo)陽(yáng)極生成的O2-離子，負(fù)極電極反應(yīng)為：CH4+4O2--8e-═CO2+2H2O；

故答案為：正極；CH4+4O2--8e-═CO2+2H2O；

②如圖2所示電解100mL0.5mol?L-1CuSO4溶液，發(fā)生的電解池反應(yīng)為：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4；

若a電極產(chǎn)生56mL（標(biāo)準(zhǔn)狀況）氣體為氧氣，物質(zhì)的量為0.0025mol，消耗氫氧根離子物質(zhì)的量為0.01mol，溶液中生成氫離子物質(zhì)的量為0.01mol，c（H+）==0.1mol/L；pH=-lg0.1=1；

則所得溶液電解過(guò)程中CuSO4溶液每損失2個(gè)Cu原子，就損失2個(gè)O原子，相當(dāng)于損失一個(gè)CuO，為了使CuSO4溶液，恢復(fù)原濃度，應(yīng)加入CuO，也可以加入CuCO3，符合恢復(fù)溶液濃度的定量關(guān)系，但不能加入Cu（OH）2、Cu2（OH）2CO3，因?yàn)镃uCO3+H2SO4═CuSO4+CO2↑+H2O，相當(dāng)于加CuO，而Cu（OH）2+H2SO4═CuSO4+2H2O、Cu2（OH）2CO3+2H2SO4═2CuSO4+CO2↑+3H2O；除增加溶質(zhì)外還增加了水，故選ac；

故答案為：1；ac；

（2）①裝置中原電池的正極和電解池的陰極可以得到保護(hù)，a中Fe作陽(yáng)極被腐蝕，b中Fe作陰極被保護(hù)，c中Fe作正極被保護(hù)，則bc可以保護(hù)鐵，故答案為：bc；

②裝置為原電池，若用d裝置保護(hù)鐵，X極的電極材料應(yīng)比鐵活潑可以選擇鋅，故答案為：鋅．13、塑料合成纖維合成橡膠【分析】【分析】合成材料主要有塑料、合成橡膠、合成纖維．【解析】【解答】解：合成材料已經(jīng)被廣泛應(yīng)用；被譽(yù)為三大合成材料的是塑料；合成纖維、合成橡膠．

故答案為：塑料、合成纖維、合成橡膠．14、NaClO溶液、Na2SO3溶液都不能使品紅溶液褪色1.0mol?L-1NaClO溶液另取少量品紅溶液于試管中，再加入少量的1.0mol?L-1Na2SO3溶液．此處無(wú)空格品紅溶液褪色步驟1、2的品紅溶液均不褪色b0.83mol?L-1缺少一個(gè)驅(qū)趕殘留二氧化硫氣體的裝置【分析】【分析】[探究一]

①根據(jù)假設(shè)1；2確定假設(shè)3；假設(shè)1、2褪色，則假設(shè)3不褪色；

②步驟1；要驗(yàn)證次氯酸鈉有漂白性；應(yīng)加入次氯酸鈉溶液；

步驟2；要驗(yàn)證亞硫酸鈉有漂白性；應(yīng)加入亞硫酸鈉和品紅溶液，觀察實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象；

根據(jù)步驟1；2確定假設(shè)3是否成立；

[探究二]

（1）根據(jù)濃鹽酸；濃硝酸和濃硫酸的性質(zhì)判斷應(yīng)選取的物質(zhì)；

（2）堿石灰能吸收二氧化硫；所以C裝置增重的質(zhì)量就是二氧化硫的質(zhì)量，根據(jù)二氧化硫的質(zhì)量計(jì)算亞硫酸鈉固體中含有的亞硫酸鈉，從而計(jì)算出其濃度；

（3）二氧化硫能儲(chǔ)存在某些裝置中．【解析】【解答】解：[探究一]

①根據(jù)假設(shè)1、2確定假設(shè)3，假設(shè)1、2褪色，則假設(shè)3采取相反的假設(shè)，故假設(shè)3為NaClO溶液、Na2SO3溶液都不能使品紅溶液褪色；

故答案為：NaClO溶液、Na2SO3溶液都不能使品紅溶液褪色；

②要驗(yàn)證次氯酸鈉使品紅溶液褪色；應(yīng)向盛有品紅的溶液中加入次氯酸鈉溶液；

要驗(yàn)證亞硫酸鈉溶液使品紅溶液褪色；應(yīng)另取品紅溶液于試管中，然后加入少量的亞硫酸鈉溶液，觀察溶液是否褪色來(lái)判斷亞硫酸鈉是否有漂白性；

如果假設(shè)1；2的品紅溶液都不褪色；則假設(shè)3成立；

故答案為：

。實(shí)驗(yàn)操作預(yù)期現(xiàn)象與結(jié)論1.0mol?L-1NaClO溶液另取少量品紅溶液于試管中，再加入少量的1.0mol?L-1Na2SO3溶液．品紅溶液褪色步驟1、2的品紅溶液均不褪色[探究二]

（1）a；濃硝酸有揮發(fā)性；且濃硝酸有強(qiáng)氧化性，能把亞硫酸根離子氧化成硫酸根離子而得不到二氧化硫氣體，故錯(cuò)誤；

b；稀硫酸的氧化性是氫元素表現(xiàn)；反應(yīng)速率較慢，濃硫酸主要以分子存在，而亞硫酸鈉和硫酸的反應(yīng)是在溶液中以離子進(jìn)行反應(yīng)，所以用65%硫酸和亞硫酸鈉固體反應(yīng)制取二氧化硫，故正確；

c、濃鹽酸有揮發(fā)性，會(huì)對(duì)實(shí)驗(yàn)造成干擾，故錯(cuò)誤；故答案為：b；

（2）堿石灰能吸收二氧化硫；所以C裝置增重的質(zhì)量就是二氧化硫的質(zhì)量；

設(shè)亞硫酸鈉的物質(zhì)的量濃度為C；

H2SO4+Na2SO3=H2O+Na2SO4+SO2↑

1mol64g

0.06Cmol3.2g

C=0.83mol?L-1；

故答案為：0.83mol?L-1；

（3）二氧化硫能儲(chǔ)存在某些裝置中導(dǎo)致堿石灰吸收的二氧化硫減少；造成偏差，所以存在的缺陷是：缺少一個(gè)驅(qū)趕殘留二氧化硫氣體的裝置；

故答案為：缺少一個(gè)驅(qū)趕殘留二氧化硫氣體的裝置．15、2C2H2（g）+5O2（g）═4CO2（g）+2H2O（l）△H=-2600kJ?mol-1【分析】【分析】在C2H2（氣態(tài)）完全燃燒生成CO2和液態(tài)水的反應(yīng)中，每有5NA個(gè)電子轉(zhuǎn)移時(shí)，0.5mol乙炔發(fā)生反應(yīng)放出650kJ的熱量，所以2mol乙炔完全反應(yīng)有20NA個(gè)電子轉(zhuǎn)移時(shí)，放出2600kJ的熱量，依據(jù)熱化學(xué)方程式書寫方法寫出，標(biāo)注物質(zhì)聚集狀態(tài)和對(duì)應(yīng)反應(yīng)的焓變．【解析】【解答】解：在C2H2（氣態(tài)）完全燃燒生成CO2和液態(tài)水的反應(yīng)中，每有5NA個(gè)電子轉(zhuǎn)移時(shí)，0.5mol乙炔發(fā)生反應(yīng)放出650kJ的熱量，所以2mol乙炔完全反應(yīng)有20NA個(gè)電子轉(zhuǎn)移時(shí)，放出2600kJ的熱量，則熱化學(xué)方程式為：2C2H2（g）+5O2（g）═4CO2（g）+2H2O（l）△H=-2600kJ?mol-1；

故答案為：2C2H2（g）+5O2（g）═4CO2（g）+2H2O（l）△H=-2600kJ?mol-1．16、玻璃棒、燒杯、普通漏斗H2SiF6+6NH4HCO3=6NH4F+H2SiO3↓+6CO2↑+3H2ONH4F+NaCl=NH4Cl+NaF↓除去NaF、NH4Cl表面上的雜質(zhì)蒸發(fā)濃縮溶液，析出多量固體，后冷卻保證H2SiF6能全部反應(yīng)，防止在加入NaCl后，H2SiF6與NaCl反應(yīng)生成Na2SiF6沉淀，混入NaF中，影響NaF純度【分析】【分析】第一步反應(yīng)的方程式，根據(jù)已知反應(yīng)物和生成物，可推知其余生成物，配平即得反應(yīng)方程式．第二步反應(yīng)是將第一步生成的NH4F轉(zhuǎn)化為NaF，加入的反應(yīng)物為NaCl，利用了物質(zhì)在溶液中溶解度越小則優(yōu)先析出的特性，所以NaF比NaCl的溶解性?。僮鳍袷沁^(guò)濾操作，用到的玻璃儀器包括燒杯、玻璃棒、漏斗；操作Ⅱ是將粗NaF洗滌除去其表面的雜質(zhì)．操作Ⅲ是將濾液中的溶質(zhì)進(jìn)一步提取，故操作是加熱蒸發(fā)溶劑，析出大量固體后冷卻；流程中NH4HCO3必須過(guò)量，是指第一步操作中必須保證H2SiF6能全部反應(yīng)，以防止生成影響制取物質(zhì)的純度．【解析】【解答】解：（1）操作Ⅰ是過(guò)濾操作；用到的玻璃儀器包括燒杯；玻璃棒、漏斗，故答案為：燒杯、玻璃棒、漏斗；

（2）第一步反應(yīng)的方程式，反應(yīng)物有H2SiF6、和NH4HCO3，生成物有H2SiO3、CO2，根據(jù)質(zhì)量守恒還應(yīng)有NH4F，則反應(yīng)的化學(xué)方程式為H2SiF6+6NH4HCO3=6NH4F+H2SiO3↓+6CO2↑+3H2O，第二步反應(yīng)是將第一步生成的NH4F轉(zhuǎn)化為NaF，加入的反應(yīng)物為NaCl，利用了物質(zhì)在溶液中溶解度越小則優(yōu)先析出的特性，所以NaF比NaCl的溶解性小，反應(yīng)的化學(xué)方程式為NH4F+NaCl=NH4Cl+NaF↓；

故答案為：H2SiF6+6NH4HCO3=6NH4F+H2SiO3↓+6CO2↑+3H2O；NH4F+NaCl=NH4Cl+NaF↓；

（3）操作Ⅱ是將粗NaF洗滌除去其表面的雜質(zhì)；以得到純凈的NaF，操作Ⅲ是將濾液中的溶質(zhì)進(jìn)一步提取，故操作是加熱蒸發(fā)溶劑，析出大量固體后冷卻；

故答案為：除去NaF、NH4Cl表面的雜質(zhì)；蒸發(fā)濃縮溶液；析出多量固體后冷卻；

（4））流程中NH4HCO3必須過(guò)量，是指第一步操作中必須保證H2SiF6能全部反應(yīng)，以防止生成Na2SiF6沉淀；影響制取物質(zhì)的純度；

故答案為：保證H2SiF6能全部反應(yīng)；防止在加入NaCl后H2SiF6與NaCl反應(yīng)生成Na2SiF6沉淀混入NaF中影響NaF純度；17、＜CD【分析】【分析】（1）依據(jù)化學(xué)方程式和平衡常數(shù)概念書寫；依據(jù)平衡常數(shù)隨溫度變化判斷反應(yīng)能量變化；

（2）依據(jù)化學(xué)平衡三段式列式計(jì)算；氣體壓強(qiáng)之比等于氣體物質(zhì)的量之比；

（3）壓縮體積相當(dāng)于增大壓強(qiáng)；反應(yīng)前后氣體體積減小的反應(yīng)，結(jié)合平衡移動(dòng)原理分析判斷；

（4）由表中數(shù)據(jù)可知溫度降低，化學(xué)反應(yīng)速率減小，平衡正向移動(dòng)，H2的轉(zhuǎn)化率增大；溫度升高，化學(xué)反應(yīng)速率增大，平衡逆向移動(dòng)，H2的轉(zhuǎn)化率減小，結(jié)合變化繪制曲線變化．【解析】【解答】解：（1）K=由表中數(shù)據(jù)可知溫度升高；K值減小，說(shuō)明平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，逆反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，正反應(yīng)即為放熱反應(yīng)△H＜0；

故答案為：；＜；

（2）將1mol的H2和1mol的CO充入1L恒容密閉反應(yīng)器中；達(dá)到平衡后，容器內(nèi)的壓強(qiáng)為開始時(shí)的60%，設(shè)一氧化碳反應(yīng)物質(zhì)的量x

2H2（g）+CO（g）═CH3OH（g）

起始量（mol）110

變化量（mol）2xxx

平衡量（mol）1-2x1-xx

1-2x+1-x+x=（1+1）×60%

x=0.4mol；

CO的平衡轉(zhuǎn)化率=×100%=40%；

答：CO的平衡轉(zhuǎn)化率為40%；

（3）在其他條件不變的情況下，將容器的容積壓縮到原來(lái)的；體系壓強(qiáng)增大，各組分濃度增大，平衡常數(shù)不變；

A、將容器的容積壓縮到原來(lái)的；各組分濃度均增大，故A錯(cuò)誤；

B、將容器的容積壓縮到原來(lái)的；各組分濃度均增大，正逆反應(yīng)速率都增大，故B錯(cuò)誤；

C、將容器的容積壓縮到原來(lái)的，體系壓強(qiáng)增大，化學(xué)平衡正向移動(dòng)，CH3OH的物質(zhì)的量增加；故C正確；

D、將容器的容積壓縮到原來(lái)的，體系壓強(qiáng)增大，化學(xué)平衡正向移動(dòng)，CH3OH的物質(zhì)的量增大，H2的物質(zhì)的量減小，又處于同一容器V相同，所以c（H2）/c（CH3OH）減??；故D正確；

故答案為：CD；

（4）由表中數(shù)據(jù)可知溫度降低，化學(xué)反應(yīng)速率減小，平衡正向移動(dòng)，H2的轉(zhuǎn)化率增大；溫度升高，化學(xué)反應(yīng)速率增大，平衡逆向移動(dòng)，H2的轉(zhuǎn)化率減小，則350℃時(shí)H2的轉(zhuǎn)化率隨時(shí)間的變化示意圖為故答案為：．18、1＜5×10-7當(dāng)pH高于10.7時(shí)，溶液中的鎂離子、銨根離子會(huì)和氫氧根離子之間反應(yīng)，平衡向著逆反應(yīng)方向移動(dòng)能同時(shí)除去廢水中的氨，充分利用了鎂礦工業(yè)廢水【分析】【分析】（1）根據(jù)平衡常數(shù)表達(dá)式結(jié)合三行式計(jì)算化學(xué)平衡常數(shù)；

（2）對(duì)于放熱反應(yīng)；溫度越高，K越小，反之越大；

（3）①根據(jù)沉淀溶解平衡常數(shù)Ksp表達(dá)式進(jìn)行計(jì)算；

②根據(jù)化學(xué)平衡移動(dòng)原理以及各種方案的差距之處來(lái)回答．【解析】【解答】解：（1）C0+H2O（g）?CO2+H2；

初始濃度：0.20.300

變化濃度：0.120.120.120.12

平衡濃度：0.080.280.120.12

化學(xué)平衡常數(shù)K===1；

故答案為：1；

（2）該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，對(duì)于放熱反應(yīng)，溫度越高，K越小，T1＜573K；

故答案為：＜；

（3）①Ca3（PO4）2沉淀溶解平衡常數(shù)Ksp=c（Ca2+）3?c（PO42-）2=2×10-33，當(dāng)處理后的廢水中c（Ca2+）=2×10-7mol/L時(shí)，處理后的廢水中c（PO43-）==

=5×10-5mol/L，故答案為：5×10-7；

②根據(jù)離子方程式為Mg2++NH4++PO43-═MgNH4PO4↓；若pH高于10.7，液中的鎂離子；銨根離子會(huì)和氫氧根離子之間反應(yīng)，平衡向著逆反應(yīng)方向移動(dòng)，鳥糞石的產(chǎn)量會(huì)大大降低，與方法一相比，方法二能同時(shí)除去廢水中的氨，充分利用了鎂礦工業(yè)廢水；

故答案為：若pH高于10.7，液中的鎂離子、銨根離子會(huì)和氫氧根離子之間反應(yīng)，平衡向著逆反應(yīng)方向移動(dòng)；能同時(shí)除去廢水中的氨，充分利用了鎂礦工業(yè)廢水．三、判斷題(共6題，共12分)19、×【分析】【分析】過(guò)氧化鈉是離子化合物，其電子式由陰、陽(yáng)離子的電子式組合而成，相同的離子不能合并．【解析】【解答】解：Na2O2是鈉離子和過(guò)氧根離子構(gòu)成的離子化合物，鈉離子失電子形成陽(yáng)離子，氧原子得到電子形成過(guò)氧根陰離子，電子式為故答案為：×．20、×【分析】【分析】根據(jù)對(duì)氯甲苯中甲基和氯原子處于對(duì)位關(guān)系來(lái)分析；【解析】【解答】解：對(duì)氯甲苯中甲基和氯原子處于對(duì)位關(guān)系，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：故答案為：×；21、×【分析】【分析】判斷有機(jī)物的命名是否正確或?qū)τ袡C(jī)物進(jìn)行命名；其核心是準(zhǔn)確理解命名規(guī)范：

（1）烷烴命名原則：

①長(zhǎng)選最長(zhǎng)碳鏈為主鏈；

②多遇等長(zhǎng)碳鏈時(shí)；支鏈最多為主鏈；

③近離支鏈最近一端編號(hào)；

④小支鏈編號(hào)之和最?。聪旅娼Y(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式；從右端或左端看，均符合“近離支鏈最近一端編號(hào)”的原則；

⑤簡(jiǎn)兩取代基距離主鏈兩端等距離時(shí)；從簡(jiǎn)單取代基開始編號(hào)．如取代基不同，就把簡(jiǎn)單的寫在前面，復(fù)雜的寫在后面．

（2）有機(jī)物的名稱書寫要規(guī)范；

（3）對(duì)于結(jié)構(gòu)中含有苯環(huán)的；命名時(shí)可以依次編號(hào)命名，也可以根據(jù)其相對(duì)位置，用“鄰”；“間”、“對(duì)”進(jìn)行命名；

（4）含有官能團(tuán)的有機(jī)物命名時(shí)，要選含官能團(tuán)的最長(zhǎng)碳鏈作為主鏈，官能團(tuán)的位次最?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓海?）雙鍵的個(gè)數(shù)為3；應(yīng)命名為1，3，5-己三烯，故答案為：×；

（2）從離官能團(tuán)最近的一端開始命名；應(yīng)命名為3-甲基-2-丁醇，故答案為：×；

（3）應(yīng)標(biāo)出取代基的位置；應(yīng)命名為1，2-二溴乙烷，故答案為：×；

（4）選最長(zhǎng)的碳連做主鏈；應(yīng)命名為3-甲基-1-戊烯，故答案為：×；

（5）符合命名規(guī)則；故答案為：√；

（6）選最長(zhǎng)的碳連做主鏈，從離官能團(tuán)最近的一端開始命名，應(yīng)命名為2-甲基-2-戊烯，故答案為：×．22、×【分析】【分析】苯的同系物能使溴水褪色，發(fā)生萃取現(xiàn)象；據(jù)此解答即可．【解析】【解答】解：苯的同系物能使溴水褪色，發(fā)生萃取現(xiàn)象，不發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，故錯(cuò)誤；故答案為：×．23、√【分析】【分析】均衡營(yíng)養(yǎng)，藥物大多有副作用，要正確使用，才能促進(jìn)人體健康．【解析】【解答】解：合理選擇飲食，有益健康，藥物大多有副作用，要正確使用，故答案為：√．24、×【分析】【分析】（1）相對(duì)分子質(zhì)量在10000以上的有機(jī)化合物為高分子化合物；

（2）葡萄糖在堿性條件下與新制Cu（OH）2濁液反應(yīng)；

（3）白糖的主要成分是蔗糖；

（4）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)；在水溶液里和熔融狀態(tài)下都不導(dǎo)電的化合物是非電解質(zhì)；

（5）蔗糖水解后的產(chǎn)物葡萄糖由還原性；自身沒(méi)有還原性；

（6）葡萄糖、果糖的分子式均為C6H12O6；葡萄糖是多羥基醛，果糖是多羥基酮；

（7）蔗糖和麥芽糖是二糖，分子式都可用C12H22O11表示；它們互為同分異構(gòu)體；

（8）麥芽糖和水解產(chǎn)物葡萄糖中均含-CHO；

（9）碘單質(zhì)遇淀粉變藍(lán)色；

（10）植物油成分為高級(jí)脂肪酸甘油酯；

（11）根據(jù)濃的無(wú)機(jī)鹽溶液能使蛋白質(zhì)發(fā)生鹽析；而重金屬鹽能使蛋白質(zhì)發(fā)生變性；

（12）兩種氨基酸可以各自形成二肽；甘氨酸與丙氨酸形成二肽時(shí)連接方式有兩種；

（13）根據(jù)天然植物油均為高級(jí)脂肪酸甘油酯；但都是混甘油酯，沒(méi)有固定的熔沸點(diǎn)；

（14）兩種二肽互為同分異構(gòu)；水解產(chǎn)物可能是相同的氨基酸；

（15）油脂中含有不飽和烴基；可與高錳酸鉀發(fā)生反應(yīng)；

（16）烴的含氧衍生物完全燃燒生成水和二氧化碳；

（17）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)；在水溶液里或熔融狀態(tài)下都不導(dǎo)電的化合物是非電解質(zhì)）；

（18）食用植物油是高級(jí)脂肪酸甘油脂；水解生成高級(jí)脂肪酸和甘油；

（19）相對(duì)分子質(zhì)量在10000以上的有機(jī)化合物為高分子化合物；

（20）相對(duì)分子質(zhì)量在10000以上的有機(jī)化合物為高分子化合物．【解析】【解答】解：（1）油脂相對(duì)分子質(zhì)量較??；不屬于高分子化合物，故答案為：×；

（2）葡萄糖與新制Cu（OH）2濁液反應(yīng)需在堿性條件下；應(yīng)加入堿將水解后的淀粉溶液調(diào)節(jié)成堿性，才可以產(chǎn)生磚紅色沉淀，故答案為：×；

（3）白糖成分是蔗糖；故答案為：√；

（4）油脂水解的羧酸是電解質(zhì)；故答案為：×；

（5）蔗糖水解后的產(chǎn)物葡萄糖由還原性；自身沒(méi)有還原性，所以不是還原型二糖，故答案為：×；

（6）葡萄糖、果糖的分子式均為C6H12O6；葡萄糖是多羥基醛，果糖是多羥基酮，二者分子式相同，結(jié)構(gòu)不同，互為同分異構(gòu)體，故答案為：√；

（7）蔗糖和麥芽糖是二糖；互為同分異構(gòu)體，故答案為：√；

（8）麥芽糖和水解產(chǎn)物葡萄糖中的官能團(tuán)都有醛基；則麥芽糖；葡萄糖屬于還原性糖可發(fā)生銀鏡反應(yīng)，故答案為：√；

（9）碘單質(zhì)遇淀粉變藍(lán)色；纖維素遇碘水不變色，故答案為：×；

（10）植物油的主要成分為高級(jí)脂肪酸甘油酯；故答案為：×；

（11）因濃的無(wú)機(jī)鹽溶液能使蛋白質(zhì)發(fā)生鹽析產(chǎn)生沉淀；如飽和硫酸鈉溶液；硫酸銨溶液；而重金屬鹽能使蛋白質(zhì)發(fā)生變性而產(chǎn)生沉淀，如硫酸銅等，故答案為：×；

（12）兩種氨基酸可以各自形成二肽；甘氨酸與丙氨酸形成二肽時(shí)連接方式有兩種，故形成的二肽有四種，故答案為：√；

（13）天然植物油均為高級(jí)脂肪酸甘油酯；但都是混甘油酯，沒(méi)有固定的熔沸點(diǎn)，故答案為：×；

（14）兩種二肽互為同分異構(gòu)；水解產(chǎn)物可能是相同的氨基酸，如：一分子甘氨酸和一分子丙氨酸形成的二肽中有兩種構(gòu)成方式，但二肽水解時(shí)的產(chǎn)物相同，故答案為：×；

（15）苯不能使酸性高錳酸鉀褪色；但油脂中含有C=C官能團(tuán)，可與酸性高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應(yīng)而使高錳酸鉀褪色，故答案為：×；

（16）油脂含有C；H、O三種元素；完全燃燒生成水和二氧化碳，故答案為：√；

（17）蛋白質(zhì)屬于高分子化合物；是混合物，不是電解質(zhì)，而葡萄糖屬于非電解質(zhì)，只有乙酸才屬于電解質(zhì)，故答案為：×；

（18）乙酸乙酯水解生乙酸和乙醇．食用植物油是高級(jí)脂肪酸甘油脂；水解生成高級(jí)脂肪酸和甘油，故答案為：×；

（19）油脂相對(duì)分子質(zhì)量較??；不屬于高分子化合物，故答案為：×；

（20）氨基酸相對(duì)分子質(zhì)量較小，不屬于高分子化合物，故答案為：×．四、其他(共3題，共12分)25、AF【分析】【分析】用到“磨砂”工藝處理的玻璃儀器有：分液漏斗、細(xì)口瓶、廣口瓶、滴瓶、集氣瓶、酸式滴定管等【解析】【解答】解：凡是玻璃相互接處，不能漏水漏氣的要磨砂處理，用到“磨砂”工藝處理的玻璃儀器有：分液漏斗、細(xì)口瓶、廣口瓶、滴瓶、集氣瓶、酸式滴定管等，故答案為：AF．26、略

【分析】此題解答的關(guān)鍵是抓住“類鹵離子”的信息。SCN－與Cl－相似，被氧化后則生成（SCN）2。Fe3＋與SCN－形成的絡(luò)離子和分子有6種，在書寫離子方程式時(shí)，有多種寫法，均屬合理答案。此題涉及的知識(shí)點(diǎn)有：氧化性：MnO4－＞（SCN）2＞Fe3＋．所以．MnO4－滴入Fe（SCN）2+溶液中．將SCN－氧化為（SCN）2，使血紅色褪去；滴入Fe2＋的溶液中，MnO4－的紫色褪去。Fe3＋可氧化SO2而破壞Fe（SCN）＋2的組成，所以，SO2通入Fe（SCN）＋2后，也使血紅色褪去。考向指南：《考試大綱》明確規(guī)定，考生必須要具備一定的接受信息，處理信息的能力，因此像這種信息題是高考的必考題型?！邦慃u素”是經(jīng)?？嫉降闹R(shí)點(diǎn)，我們應(yīng)該可以依據(jù)鹵素的性質(zhì)推測(cè)“類鹵素”的性質(zhì)，并進(jìn)行應(yīng)用?！邦慃u素”如：（CN）2、（SCN）2、（OCN）2、IBr等性質(zhì)與鹵素相似，表現(xiàn)在氧化性、與堿溶液反應(yīng)生成鹵化物和次鹵酸鹽、與Ag＋結(jié)合的生成物的難溶性等。但是，由于類鹵素的組成不是一種元素，其各元素的化合價(jià)有差別，以致在參加化學(xué)反應(yīng)中價(jià)態(tài)的變化與鹵素單質(zhì)不完全相同。如IBr＋H2O＝HBr＋HIO的反應(yīng)不屬于氧化還原反應(yīng)等。【解析】【答案】（1）Fe（SCN）2+＋MnO4－＋H＋→Fe3＋＋（SCN）2＋Mn2＋＋H2O（2）Fe（SCN）2+＋SO2＋H2O→Fe2＋＋SO42－＋SCN－＋H＋（3）Fe2＋＋MnO4－＋H＋→Fe3＋＋Mn2＋＋H2O27、④⑦④⑤⑥②③④⑤⑥①⑤⑥④⑤【分析】【分析】（1）根據(jù)標(biāo)有“0”刻度的儀器有：滴定管；托盤天平、溫度計(jì)等；根據(jù)標(biāo)有使用溫度的儀器有：滴定管、容量瓶、量筒、燒杯等；

（2）用到“磨砂”工藝處理的玻璃儀器有：分液漏斗；細(xì)口瓶、廣口瓶、滴瓶、集氣瓶、酸式滴定管等；

（3）根據(jù)粗鹽提純的步驟是溶解、過(guò)濾、蒸發(fā)、結(jié)晶，由步驟可推測(cè)用的儀器有：燒杯、帶鐵圈的鐵架臺(tái)、濾紙、玻璃棒和漏斗；根據(jù)分液所需要的儀器有：帶鐵圈的鐵架臺(tái)、分液漏斗、燒杯．【解析】【解答】解：（1）標(biāo)有“0”刻度的儀器有：滴定管；托盤天平、溫度計(jì)等；標(biāo)有使用溫度的儀器有：滴定管、容量瓶、量筒、燒杯等；

故答案為：④⑦；④⑤⑥；

（2）凡是玻璃相互接處；不能漏水漏氣的要磨砂處理，用到“磨砂”工藝處理的玻璃儀器有：分液漏斗；細(xì)口瓶、廣口瓶、滴瓶、集氣瓶、酸式滴定管等；

故答案為：②③④⑤⑥；

（3）粗鹽提純用的儀器有：燒杯；帶鐵圈的鐵架臺(tái)、濾紙、玻璃棒和漏斗；分液所需要的儀器有：帶鐵圈的鐵架臺(tái)、分液漏斗、燒杯；

故答案為：①⑤⑥；④⑤．五、實(shí)驗(yàn)題(共4題，共20分)28、飽和Na2CO3溶液分液蒸餾硫酸蒸餾環(huán)形玻璃攪拌器隔熱，保溫，減少實(shí)驗(yàn)過(guò)程中的熱量損失不相等相等【分析】【分析】（1）分離粗產(chǎn)品乙酸乙酯；乙酸和乙醇的混合物；加入飽和碳酸鈉溶液，乙酸乙酯不溶于飽和碳酸鈉，采用分液的方法即可，水層中的乙醇易揮發(fā)，可采用蒸餾方法分離，乙酸鈉要用硫酸反應(yīng)得到乙酸，再蒸餾得到乙酸；

（2）①根據(jù)量熱計(jì)的構(gòu)造來(lái)判斷該裝置的缺少儀器；

②中和熱測(cè)定實(shí)驗(yàn)成敗的關(guān)鍵是保溫工作；

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．【解析】【解答】解：（1）分離粗產(chǎn)品乙酸乙酯；乙酸和乙醇的混合物；加入飽和碳酸鈉溶液，實(shí)現(xiàn)酯與乙酸和乙醇的分離，分離油層和水層采用分液的方法即可；乙酸鈉與乙醇分離采用蒸餾，分離方法Ⅱ是蒸餾，應(yīng)該使用硫酸將乙酸鈉轉(zhuǎn)化成乙酸，然后通過(guò)蒸餾將乙酸分離；

故答案為：飽和Na2CO3溶液；分液；蒸餾；硫酸；蒸餾；

（2）①由量熱計(jì)的構(gòu)造可知該裝置的缺少儀器是環(huán)形玻璃攪拌器；

故答案為：環(huán)形玻璃攪拌器；

②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紙條的作用是隔熱，保溫，減少實(shí)驗(yàn)過(guò)程中的熱量損失；

故答案為：隔熱；保溫，減少實(shí)驗(yàn)過(guò)程中的熱量損失；

③反應(yīng)放出的熱量和所用酸以及堿的量的多少有關(guān)；若用60mL0.50mol?L-1鹽酸與60mL0.50mol?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)，中和熱數(shù)值相等；

故答案為：不相等；相等．29、略

【分析】【解析】試題分析：（1）根據(jù)提示可知反應(yīng)的方程式為2KClO3+H2C2O4+2H2SO42ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O。氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為1:1。（2）如果溫度過(guò)高，會(huì)引起爆炸，缺少的必要玻璃儀器是溫度計(jì)。（3）因?yàn)槎趸人芤簻囟冗^(guò)高會(huì)引起爆炸，所以應(yīng)該用冰水來(lái)吸收。（4）根據(jù)提示可知該反應(yīng)的方程式為：5H2S+8ClO2+4H2O=5SO42-+8Cl-+18H+。考點(diǎn)：性質(zhì)與制備實(shí)驗(yàn)【解析】【答案】（1）2KClO3+H2C2O4+2H2SO42ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O，1︰1。（2）使反應(yīng)正常進(jìn)行，并防止溫度過(guò)高引起爆炸。溫度計(jì)。（3）②（4）5H2S+8ClO2+4H2O=5SO42—+8Cl—+18H+30、④⑤往細(xì)口容器中加液體或組成過(guò)濾裝置或組成防倒吸裝置防止不純的氫氣點(diǎn)燃時(shí)發(fā)生爆炸兩層液體的完全分離較難控制，苯、Br2都會(huì)腐蝕橡膠【分析】【分析】（1）①根據(jù)高錳酸鉀溶液具有強(qiáng)氧化性；能夠氧化堿式滴定管的橡膠管分析；

②托盤天平的讀數(shù)只能讀到0.1g；

③氫氧化鈉具有腐蝕性；應(yīng)該放在小燒杯中稱量；

④硫酸鐵溶液中鐵離子發(fā)生水解；加入稀硫酸可以抑制鐵離子水解；

⑤中和滴定時(shí)錐形瓶不能使用待測(cè)液潤(rùn)洗；

（2）①根據(jù)普通漏斗在化學(xué)實(shí)驗(yàn)操作中的作用進(jìn)行分析；

②A．根據(jù)氫氣為可燃性氣體；若純度不足會(huì)發(fā)生