2025年浙教版高三化學下冊階段測試試卷

…………○…………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年浙教版高三化學下冊階段測試試卷631考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、鎂/H2O2酸性燃料電池采用海水作電解質（加入一定量的酸），下列說法正確的是（）A.電池總反應的離子方程式為：Mg+H2O2+2H+═Mg2++2H2OB.負極的電極反應為：H2O2+2H++2e-═2H2OC.工作時，正極周圍海水的pH減小D.電池工作時，溶液中的H+向負極移動2、下列有關物質用途的說法中，不正確的是（）A.氨可用作致冷劑B.鐵制容器常溫下可盛裝濃硫酸C.氫氧化鈉可用作醫(yī)用胃酸中和劑D.硅酸鈉是制備木材防火劑的原料3、不符合原子核外電子排布基本規(guī)律的是（）A.核外電子總是優(yōu)先排在能量最低的電子層上B.K層是能量最低的電子層C.N電子層為次外層時，最多可容納的電子數(shù)為18D.各電子層（n）最多可容納的電子數(shù)為n24、設rm{N_{A}}為阿伏加德羅常數(shù)，下列敘述中正確的是rm{(}rm{)}A.rm{0.1mol?L^{-1}}的rm{NH_{4}NO_{3}}溶液中含有的氮原子數(shù)為rm{0.2N_{A}}B.rm{1}rm{mol}氯氣分別與足量鐵和鋁完全反應時轉移的電子數(shù)均為rm{3N_{A}}C.rm{16g}rm{O_{2}}和rm{16g}rm{O_{3}}均含有rm{N_{A}}個氧原子D.rm{25隆忙}時rm{1L}rm{pH=1}的rm{H_{2}SO_{4}}溶液中含有rm{H^{+}}的數(shù)目為rm{0.2N_{A}}5、[2012·北京卷]下列用品的有效成分及用途對應錯誤的是()評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)6、對于混合物的分離或提純；常采用的方法有：①過濾，②蒸發(fā)；

③蒸餾；④萃取，⑤加熱分解等．下列各組混合物的分離或提純應采用什么方法？（要求：填序號）

（1）實驗室中的石灰水久置，液面上常懸浮有CaCO3微粒，可用____的方法除去Ca（OH）2溶液中懸浮的CaCO3微粒．

（2）提取碘水中的碘，用____的方法．

（3）除去食鹽溶液中的水，可采用____的方法．

（4）海水淡化，可采用____的方法．

（5）除去氧化鈣中的碳酸鈣，可用____的方法．7、25℃時，有下列五種溶液：①0.1mol/LCH3COOH溶液②pH=13NaOH溶液③0.05mol/LH2SO4④0.1mol/LNa2CO3溶液⑤Mg（OH）2的飽和溶液。

請根據(jù)要求填寫下列空白：

（1）溶液④呈____（填“酸性”、“堿性”或“中性”），其原因是____（用離子方程式表示）

（2）在上述①至④四種溶液中，pH由大到小的順序為____（填序號）

（3）將該溫度下amL的溶液②與bmL的溶液③混合，所得混合溶液的pH=7，則a：b=____．

（4）若①與④溶液等體積混合，所得溶液離子濃度由大到小的順序____．

（5）在溶液⑤中加入少量NaOH固體，調至pH=13，則鎂離子濃度為____．（已知Mg（OH）2在該溫度下的溶度積常數(shù)為5.6×10-12）8、（2011秋?天津校級期中）（1）有右圖所示A、B、C、三種儀器：請寫出三種儀器的名稱A____B____C____．

（2）某同學用托盤天平稱量燒杯的質2量，天平平衡后的狀態(tài)如下圖．由圖中可以看出，該同學在操作時的一個錯誤是____，燒杯的實際質量____g．

（3）指出下面3個實驗中各存在的一個錯誤：

A____；

B____；

C____．

（4）Fe（OH）3膠體制備的操作是____．9、Fridel-Crafts反應是向苯環(huán)上引入烷基最重要的方法；在合成上有很大的實用價值，該反應可以簡單表示如下：

ArH+RXArR+HX；△H＜0（Ar表示苯基）．某化學興趣小組在實驗室先利用叔丁醇（沸點90.7℃）與鹽酸反應制得叔丁基氯（沸點50℃），再利用Fridel-Crafts反應原理制備對叔丁基苯酚（熔點99℃）．反應流程及實驗裝置如圖：

試回答下列問題：

（I）實驗裝置燒杯中漏斗的作用是____

（2）已知Fridel-Cxafts反應是放熱反應，為防止叔丁基氣的蒸氣被大量的HCl氣體帶走而影響產(chǎn)率，應將錐形瓶置于____（填“冷水浴“或“熱水浴”）中．

（3）有機層中加入飽和氣化鈉溶液及飽和碳酸氫鈉溶液的作用可能是____通過操作可將叔丁基氯粗產(chǎn)物轉化為較為純凈的叔丁基氯．

（4）某同學因去掉該制備裝置中的氣化鈣干燥管，發(fā)現(xiàn)產(chǎn)率很低（觀察不到對叔丁基苯酚白色固體）且錐形瓶中有大量的白霧，他推測是作催化劑的AlCl3發(fā)生強烈水解所致；該同學設計如下實驗方案進行驗證，請完成下表內(nèi)容．

。實驗方案實驗現(xiàn)象能否說明水解①將錐形瓶中白霧通入HNO3酸化的AgNO3溶液____________②將充分冒白霧后的液體抽濾，得不溶性固體，將固體分成兩份____兩份固體均溶解____（5）若上述同學稱取了9.4g苯酚與適量叔丁基氯反應，從反應液中提取出對叔丁基苯酚，將其配成OOmL乙醇溶液，移取25．OOmL溶液：，滴定，消耗NaOH物質的量為5×1O-4mol則以苯酚為基準計算對叔丁基苯酚產(chǎn)率的表達式為____．10、（2009春?朝陽區(qū)校級期末）A；B、C為短周期元素；它們的位置關系如圖所示．

（1）若B、C兩元素原子序數(shù)之和是A元素的原子序數(shù)的4倍，則A元素的氫化物中，兩種元素原子個數(shù)比為1：1的分子的電子式為____；C元素的氫化物中存在的化學鍵類型是____．

（2）電解由鈉元素和C元素組成的化合物溶液時，可以得到氫氣、燒堿和另一種單質，若用此法得到80g燒堿，電子轉移的物質的量為____mol．11、[化學選修5：有機化學基礎]

有機物A為芳香烴類化合物；質譜分析表明其相對分子質量為104，分子中含有碳碳雙鍵，F(xiàn)為有香味的有機化合物，G是一種能制成塑料的高分子化合物，其相關反應如下圖所示：

（1）D中所含官能團為____．

（2）II的反應類型為，G的結構簡式為____．

（3）寫出下列反應的化學方程式：

I：____；V____．

（4）若A分子中的一個H原子在一定條件下被Cl原子取代，互為順反異構體，它們的結構簡式為____．

（5）E有多種同分異構體，其中含有結構，且苯環(huán)上含有兩個取代基的有____種，其中在核磁共振氫譜中只出現(xiàn)4種峰的所有物質的結構簡式為：____．12、化學實驗有助于理解化學知識；形成化學觀念，提高探究與創(chuàng)新能力，提升科學素養(yǎng)．

（1）如圖1在實驗室中用濃鹽酸與MnO2共熱制取Cl2并進行相關實驗．

①下列收集Cl2的正確裝置是____．

②將Cl2通入水中，所得溶液中具有氧化性的含氯粒子是____．

③設計實驗比較Cl2和Br2的氧化性，操作與現(xiàn)象是：取少量新制氯水和CCl4于試管中，____

____

（2）能量之間可以相互轉化：電解食鹽水制備Cl2是將電能轉化為化學能；而原電池可將化學能轉化為電能．設計兩種類型的原電池，探究其能量轉化效率．

限選材料：ZnSO4（aq），F(xiàn)eSO4（aq），CuSO4（aq）；銅片；鐵片，鋅片和導線．

①完成原電池的甲裝置示意圖（如圖2）；并作相應標注．

要求：在同一燒杯中；電極與溶液含相同的金屬元素．

②以銅片為電極之一，CuSO4（aq）為電解質溶液，只在一個燒杯中組裝原電池乙，工作一段時間后，可觀察到負極____．

③甲乙兩種原電池中可更有效地將化學能轉化為電能的是____，其原因是____．

（3）根據(jù)犧牲陽極的陰極保護法原理，為減緩電解質溶液中鐵片的腐蝕，在（2）的材料中應選____作陽極．評卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)13、某有機物燃燒后生成二氧化碳和水，所以此有機物一定含有C、H、O三種元素．____（判斷對錯）14、有鹽和水生成的反應不一定是中和反應____．（判斷對錯）15、1molCl2參加反應轉移電子數(shù)一定為2NA．____（判斷對錯）16、常溫下，11.2L甲烷氣體含有的甲烷分子數(shù)為0.5NA．____（判斷對錯）17、將1mol?L-1的NaCl溶液和0.5mol?L-1的BaCl2溶液等體積混合后，不考慮體積變化c（Cl-）=0.75mol?L-1____（判斷對錯）18、NaHCO3溶液與NaOH溶液反應：OH-+HCO3-=CO32-+H2O．____（判斷對錯）19、如果鹽酸的濃度是醋酸濃度的二倍，則鹽酸的H+濃度也是醋酸的二倍；____．評卷人得分四、推斷題(共3題，共9分)20、中學化學常見的有機物A（C6H6O）是重要的化工原料；有機物D是一種重要的石油化工產(chǎn)品，其產(chǎn)量可用來衡量國家的石油化工發(fā)展水平．它們在醫(yī)療上可以合成治療心臟病藥物的中間體W．

已知：R1-CHO+R2-CH2CHO

其合成W的路線如下：

（1）W中含有的官能團名稱是______．

（2）G的結構簡式是______．

（3）寫出反應類型：A→B：______，H→K：______．

（4）K→M的過程中可能有另一種產(chǎn)物M1，寫出在加熱條件下M1與足量稀NaOH溶液水溶液在加熱條件下反應的化學方程式______．

（5）B與HCHO在一定條件下反應生成高分子化合物的原理，與酚醛樹脂的制備原理相似，寫出該反應的化學方程式______．

（6）G的同系物I比G相對分子質量小14，I的同分異構體中能同時滿足如下條件：①與FeCl3溶液反應，溶液呈紫色②能發(fā)生水解反應③能發(fā)生銀鏡反應，則I的所有的同分異構體共有______種（不考慮立體異構）．I的一種同分異構體的核磁共振氫譜有五組峰，且峰面積比為1：2：2：2：1，寫出I的這種同分異構體的結構簡式______．21、A、rm{B}rm{C}rm{D}都是中學化學中常見物質，其中rm{A}rm{B}rm{C}均含有同一種元素，在一定條件下相互轉化關系如圖rm{(}部分反應中的水已略去rm{)}．

rm{(1)}若rm{A}為氯堿工業(yè)的產(chǎn)品，rm{C}為廚房中常用的發(fā)酵粉的成分常用于食品膨松劑．

rm{壟脵}反應Ⅲ的離子方程式是______；

rm{壟脷}氯堿工業(yè)制程rm{A}的化學方程式是______．

rm{(2)}若rm{A}rm{D}均為單質，且rm{A}為氣體，rm{D}元素的一種紅棕色氧化物常用作顏料．

rm{壟脵}反應Ⅲ的離子方程式是______；

rm{壟脷B}可作凈水劑，在使用時發(fā)現(xiàn)rm{B}不能使酸性廢水中的懸浮物沉降除去，其原因是______．22、有機物G（分子式為C10H16O）的合成設計路線如下圖所示：已知：?、ⅱＵ埢卮鹣铝袉栴}：（1）35％～40％的A的水溶液可做防腐劑，A的結構式為。（2）C中官能團的名稱為。（3）C2H4生成C2H5Br的反應類型為。（4）D的結構簡式為。（5）E為鍵線式結構，其分子式為。（6）G中含有1個五元環(huán)，F(xiàn)生成G的反應方程式為____。（7）某物質X：a．分子式只比G少2個氫，其余均與G相同b．與FeCl3發(fā)生顯色反應c．分子中含有4種環(huán)境不同的氫符合上述條件的同分異構體有種。寫出其中環(huán)上只有兩個取代基的異構體與A在酸性條件下生成高分子化合物的方程式____。評卷人得分五、書寫(共1題，共8分)23、（1）除去混入NaCl溶液中少量NaHCO3雜質的試劑是____，離子方程式為____．

（2）除去Na2CO3粉末中混入的NaHCO3雜質用____方法，化學方程式為____．

（3）除去Mg粉中混有的少量Al雜質的試劑是____，離子方程式為____．

（4）除去Fe2O3中混有的Al2O3雜質的試劑是____，離子方程式為____．評卷人得分六、實驗題(共1題，共4分)24、某化學研究性學習小組為了解從工業(yè)溴中提純溴的方法，查閱了有關資料，Br2的沸點為59℃．微溶于水；有毒性和強腐蝕性．他們參觀生產(chǎn)過程后，設計了如裝置簡圖：請你參與分析討論：

①實驗裝置氣密性良好，要在C中獲得純凈的液溴即達到提純溴的目的，操作中控制的關鍵條件是：____．

②為除去該產(chǎn)物中仍殘留的少量Cl2，可向其中加入____溶液，充分反應后，再進行的分離操作是____．參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、A【分析】【分析】鎂-H2O2酸性燃料電池中，鎂為活潑金屬，應為原電池的負極，被氧化，電極反應式為Mg-2e-═Mg2+，H2O2具有氧化性，應為原電池的正極，被還原，電極反應式為H2O2+2H++2e-═2H2O，根據(jù)電極反應式判斷原電池總反應式，根據(jù)電極反應判斷溶液PH的變化．【解析】【解答】解：A、電解質溶液呈酸性，不可能生成Mg（OH）2，電池總反應應為Mg+H2O2+2H+═Mg2++2H2O；故A正確；

B、鎂為活潑金屬，應為原電池的負極，被氧化，電極反應式為Mg-2e-═Mg2+；故B錯誤；

C、工作時，正極反應式為H2O2+2H++2e-═2H2O，不斷消耗H+離子；正極周圍海水的pH增大，故C錯誤；

D、原電池中，陽離子向正極移動，陰離子向負極移動，形成閉合回路，所以溶液中的H+向正極移動；故D錯誤．

故選A．2、C【分析】【分析】A．液氨可以做制冷劑；

B．常溫下；鐵；鋁在濃硫酸或濃硝酸中發(fā)生鈍化現(xiàn)象；

C．胃酸的主要成分是鹽酸；氫氧化鈉具有強腐蝕性，不能治療胃酸過多；

D．水玻璃是礦物膠，不燃燒．【解析】【解答】解：A．因液氨易氣化；吸收熱量，則液氨可以做制冷劑，故A正確；

B．常溫下；鐵；鋁在濃硫酸或濃硝酸中反應生成一層致密的氧化物保護膜，阻止內(nèi)部金屬繼續(xù)與酸反應，發(fā)生鈍化現(xiàn)象，可以用鐵制或鋁制的容器來盛放濃硝酸或濃硫酸，故B正確；

C．胃酸的主要成分是鹽酸；氫氧化鈉具有強腐蝕性，不能治療胃酸過多，故C錯誤；

D．硅酸鈉的水溶液呈水玻璃；水玻璃是礦物膠，不燃燒，而將硅酸鈉涂在木材表面就阻隔了木材與空氣中氧氣的直接接觸，水玻璃可用作制備木材防火劑的原料，故D正確．

故選C．3、D【分析】【分析】根據(jù)核外電子排布規(guī)律，各電子層（n）（K層除外）最多可容納的電子數(shù)為2n2，離核越近能量越小，離核越遠能量越大，核外電子總是優(yōu)先排布在能量低的電子層上，最外層可以排8個（K層最多2個），次外層最多18個等知識點來解題．【解析】【解答】解：A．核外電子總是首先排布在離核近；能量低的電子層上；故A正確；

B．K層離原子核最近；能量最低，故B正確；

C．N層最多可以排布2×42個電子；為最外層是最多排8個，為次外層時最多排18個上，故C正確；

D．各電子層（n）最多可容納的電子數(shù)為2n2；故D錯誤；

故選D．4、C【分析】解：rm{A}溶液體積不明確；故溶液中氮原子的個數(shù)無法計算，故A錯誤；

B、氯氣和鐵或鋁反應后均變?yōu)閞m{-1}價，故rm{1mol}氯氣轉移rm{2N_{A}}個電子；故B錯誤；

C、氧氣和臭氧均由氧原子構成，故rm{16g}氧氣和rm{16g}臭氧中含有的氧原子的物質的量均為rm{1mol}個數(shù)均為rm{N_{A}}個；故C正確；

D、rm{pH=1}的硫酸溶液中，氫離子的濃度為rm{0.1mol/L}故rm{1L}溶液中氫原子的物質的量為rm{0.1mol}個數(shù)為rm{0.1N_{A}}個；故D錯誤．

故選C．

A；溶液體積不明確；

B、氯氣和鐵或鋁反應后均變?yōu)閞m{-1}價；

C；氧氣和臭氧均由氧原子構成；

D、rm{pH=1}的硫酸溶液中，氫離子的濃度為rm{0.1mol/L}．

本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的有關計算，掌握物質的量的計算公式和物質結構是解題關鍵，難度不大．【解析】rm{C}5、B【分析】食鹽的有效成分為NaCl，可用做生活中的調味品，A項正確；小蘇打的有效成分為NaHCO3，可用于發(fā)酵粉，B項錯誤；復方氫氧化鋁片的有效成分為Al(OH)3，利用其弱堿性可用做抗酸藥，C項正確；漂白粉的有效成分為Ca(ClO)2，利用其強氧化性可做消毒劑，D項正確。【解析】【答案】B二、填空題(共7題，共14分)6、①④②③⑤【分析】【分析】（1）碳酸鈣不溶于水；

（2）碘不易溶于水；易溶于有機溶劑；

（3）水加熱時揮發(fā)；

（4）海水中水的沸點較低；

（5）碳酸鈣加熱分解生成CaO．【解析】【解答】解：（1）碳酸鈣不溶于水；則選擇過濾法分離，故答案為：①；

（2）碘不易溶于水；易溶于有機溶劑，則選擇萃取法分離出碘水中的碘，故答案為：④；

（3）水加熱時揮發(fā)；則選擇蒸發(fā)除去食鹽水中的水，故答案為：②；

（4）海水中水的沸點較低；則選擇蒸餾法海水淡化，故答案為：③；

（5）碳酸鈣加熱分解生成CaO，則選擇加熱法除去，故答案為：⑤．7、堿性CO32-+H2O=HCO3-+OH-②④①③1：1c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H+）＞c（CO32-）5.6×10-10mol/L【分析】【分析】（1）碳酸鈉溶液為強堿弱酸鹽；碳酸根離子部分水解，溶液呈堿性；

（2）溶液中氫離子濃度越大；溶液的pH越小，溶液中氫氧根離子濃度越大，溶液的pH越大，據(jù)此進行判斷；

（3）硫酸和氫氧化鈉都是強電解質；兩溶液中氫離子和氫氧根離子濃度相等，混合液的pH=7，則兩溶液體積相等；

（4）①與④溶液等體積混合，溶質為等濃度的醋酸鈉和碳酸氫鈉，碳酸氫根離子的水解程度大于醋酸根離子的水解程度，則c（CH3COO-）＞c（HCO3-）；

（5）根據(jù)氫氧化鎂的溶度積及溶液中氫氧根離子濃度計算出鎂離子濃度．【解析】【解答】解：（1）N2CO3是強堿弱酸鹽，水解后水溶液都呈堿性，水解離子方程式為：CO32-+H2O=HCO3-+OH-；

故答案為：堿性；CO32-+H2O=HCO3-+OH-；

（2）①0.1mol/LCH3COOH溶液中氫離子濃度小于0.1mol/L，溶液的pH＞1；②pH=13NaOH溶液；③0.05mol/LH2SO4溶液中氫離子濃度為0.1mol/L，溶液pH=1；④0.1mol/LNa2CO3溶液呈弱堿性；則四種溶液的pH由大到小為：②④①③；

故答案為：②④①③；

（3）②pH=13NaOH溶液中氫氧根離子濃度為0.1mol/L，③0.05mol/LH2SO4溶液中氫離子濃度為0.1mol/L，混合液的pH=7，由于硫酸和氫氧化鈉都是強電解質，則兩溶液體積相等，即：a：b=1：1；

故答案為：1：1；

（4）若①與④溶液等體積混合，所得溶液為等濃度的醋酸鈉和碳酸氫鈉，碳酸氫根離子的水解程度大于醋酸根離子的水解程度，則c（CH3COO-）＞c（HCO3-），溶液中離子濃度由大到小的順序為：c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H+）＞c（CO32-）；

故答案為：c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H+）＞c（CO32-）；

（5）在溶液⑤中加入少量NaOH固體，調至pH=13，溶液中氫氧根離子濃度為0.1mol/L，則鎂離子難度為：c（Mg2+）=mol/L=5.6×10-10mol/L；

故答案為：5.6×10-10mol/L．8、蒸餾燒瓶分液漏斗錐形瓶左碼右物27.4膠頭滴管不能伸入試管試管口應略向下傾斜洗氣裝置導管應長進短出在沸水中逐滴加入5-6滴飽和FeCl3（aq），繼續(xù)加熱煮沸至溶液呈紅褐色，停止加熱【分析】【分析】（1）根據(jù)常見儀器的形狀解題；

（2）天平稱量物體時遵循左物右碼的原則；天平平衡原理：左盤物體質量=右盤砝碼質量+游碼質量；

（3）A．膠頭滴管伸入試管中會污染試劑；

B．試管口應略向下傾斜；

C．洗氣裝置導管應長進短出；

（4）在沸水中逐滴加入5-6滴飽和FeCl3（aq），繼續(xù)加熱煮沸至溶液呈紅褐色，停止加熱．【解析】【解答】解：（1）圖中的實驗儀器依次是：蒸餾燒瓶；分液漏斗；錐形瓶；故答案為：蒸餾燒瓶；分液漏斗；錐形瓶；

（2）天平稱量物體時遵循左物右碼的原則；在該實驗圖中可以看出，該同學在操作時的一個錯誤是砝碼與燒杯放反了位置，根據(jù)天平平衡原理：左盤物體質量=右盤砝碼質量+游碼質量，若果放反了，則左盤砝碼質量=右盤物體質量+游碼質量，所以右盤物體質量=左盤砝碼質量-游碼質量=30g-2.6g=27.4g；

故答案為：左碼右物；27.4；

（3）A．膠頭滴管伸入試管中會污染試劑；

B．試管口應略向下傾斜；否則發(fā)生斷裂；

C．洗氣裝置導管應長進短出；

故答案為：膠頭滴管不能伸入試管；試管口應略向下傾斜；洗氣裝置應長進短出；

（4）在沸水中逐滴加入5-6滴飽和FeCl3溶液，繼續(xù)加熱煮沸至溶液呈紅褐色，停止加熱，故答案為：在沸水中逐滴加入5-6滴飽和FeCl3（aq），繼續(xù)加熱煮沸至溶液呈紅褐色，停止加熱．9、防止液體倒吸冷水浴除去叔丁基氯中的HCl有白色沉淀產(chǎn)生刪除此空不能一份加入足量的鹽酸，另一份加入足量的氫氧化鈉溶液能×100%【分析】【分析】（1）反應生成HCl；HCl極易溶于水，實驗裝置燒杯中漏斗的作用是防止液體倒吸；

（2）反應是放熱反應；反應過程中溶液溫度容易升高，且生成大量的HCl氣體，而叔丁基氯的沸點只有50.7℃，若不注意及時冷卻就會使叔丁基氯的蒸氣被大量的HCl氣體帶走而影響產(chǎn)率；

（3）有機層中會溶解一些HCl；加入飽和氯化鈉溶液及飽和碳酸氫鈉溶液可以吸收HCl；分離互溶的液體采取蒸餾操作；

（4）①錐形瓶中白霧是由于HCl與水蒸氣結合所致；鹽酸與硝酸銀反應生成氯化銀；

反應中生成HCl；氯化鋁不發(fā)生水解，錐形瓶內(nèi)也會有白霧現(xiàn)象；

②若是氯化鋁水解產(chǎn)生HCl所致；則會生成氫氧化鋁沉淀，將不溶物固體分成兩份，一份加入足量的鹽酸，另一份加入足量的氫氧化鈉溶液，兩份固體均溶解說明是氯化鋁水解所致；

（5）根據(jù)消耗氫氧化鈉的物質的量計算100mL溶液中對叔丁基苯酚的物質的量，叔丁基苯酚的物質的量等于轉化的苯酚的物質的量，根據(jù)m=nM計算轉化的苯酚的物質的量，苯酚的轉化率等于叔丁基苯酚的物質的量產(chǎn)率，據(jù)此計算解答．【解析】【解答】解：（1）反應生成HCl；HCl極易溶于水，實驗裝置燒杯中漏斗的作用是防止液體倒吸；

故答案為：防止液體倒吸；

（2）反應是放熱反應；反應過程中溶液溫度容易升高，且生成大量的HCl氣體，而叔丁基氯的沸點只有50.7℃，若不注意及時冷卻就會使叔丁基氯的蒸氣被大量的HCl氣體帶走而影響產(chǎn)率，故應用冷水浴冷卻；

故答案為：冷水浴；

（3）有機層中會溶解一些HCl；加入飽和氯化鈉溶液及飽和碳酸氫鈉溶液可以吸收HCl，除去叔丁基氯中的HCl，再進行蒸餾操作可將叔丁基氯粗產(chǎn)物轉化為較為純凈的叔丁基氯；

故答案為：除去叔丁基氯中的HCl；蒸餾；

（4）①錐形瓶中白霧是由于HCl與水蒸氣結合所致；鹽酸與硝酸銀反應生成氯化銀，有白色沉淀產(chǎn)生；

反應中生成HCl；氯化鋁不發(fā)生水解，錐形瓶內(nèi)也會有白霧現(xiàn)象，不能說明是氯化鋁水解所致；

故答案為：有白色沉淀產(chǎn)生；不能；

②若是氯化鋁水解產(chǎn)生HCl所致；則會生成氫氧化鋁沉淀，將不溶物固體分成兩份，一份加入足量的鹽酸，另一份加入足量的氫氧化鈉溶液，兩份固體均溶解說明是氯化鋁水解所致；

故答案為：一份加入足量的鹽酸；另一份加入足量的氫氧化鈉溶液；能；

（5）移取25．OOmL溶液消耗NaOH物質的量為5×1O-4mol，則100mL溶液中對叔丁基苯酚的物質的量為5×1O-4mol×，叔丁基苯酚的物質的量等于轉化的苯酚的物質的量，苯酚的轉化率等于叔丁基苯酚的物質的量產(chǎn)率為×100%；

故答案為：×100%．10、極性共價鍵2【分析】【分析】（1）由圖可知應為第二；第三周期元素；令A的原子序數(shù)為x，用x表示出B、C的原子序數(shù)，根據(jù)B、C元素的原子序數(shù)之和是A元素原子序數(shù)的4倍列方程求x，判斷A、B、C元素；

（2）電解氯化鈉生成氫氣、氯氣、NaOH，由電解反應可知，生成2molNaOH轉移2mol電子，利用NaOH～e-計算．【解析】【解答】解：（1）由圖可知應為第二；第三周期元素；

令A的原子序數(shù)為x；則B的原子序數(shù)為x+8-1，C的原子序數(shù)為x+8+1．

B；C兩元素原子序數(shù)之和是A元素的原子序數(shù)的4倍；

所以（x+8-1）+（x+8+1）=4x；解得x=8；

所以A為O元素；B為P元素，C為Cl元素．

A元素的氫化物中，兩種元素原子個數(shù)比為1：1的分子為過氧化氫，其電子式為C的氫化物為HCl，只含極性共價鍵；

故答案為：極性共價鍵；

（2）電解氯化鈉生成氫氣、氯氣、NaOH，由電解反應可知，生成2molNaOH轉移2mol電子，由NaOH～e-可知，轉移電子的物質的量等于NaOH的物質的量，為=2mol，故答案為：2．11、-CHO+KOH+KBr+H2O++H2O6【分析】【分析】有機物A為芳香烴類化合物，其相對分子質量為104，分子中C原子最大數(shù)為=88，故有機物A的分子式為C8H8；

不飽和度為5，分子中含有碳碳雙鍵，故A為A發(fā)生加聚反應生成高分子化合物聚苯乙烯，故G的結構為．D能與氫氣發(fā)生加成反應，能發(fā)生銀鏡反應，結構A的結構可知，D為E為C為C與HBr酸，發(fā)生取代反應生成B，故B為B發(fā)生消去反應生成A．F為有香味的有機化合物，故F為苯乙酸苯乙酯，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：有機物A為芳香烴類化合物，其相對分子質量為104，分子中C原子最大數(shù)為=88，故有機物A的分子式為C8H8；

不飽和度為5，分子中含有碳碳雙鍵，故A為A發(fā)生加聚反應生成高分子化合物聚苯乙烯，故G的結構為．D能與氫氣發(fā)生加成反應，能發(fā)生銀鏡反應，結構A的結構可知，D為E為C為C與HBr酸，發(fā)生取代反應生成B，故B為B發(fā)生消去反應生成A．F為有香味的有機化合物，故F為苯乙酸苯乙酯；

（1）由上述分析可知，D為所含官能團為-CHO，故答案為：-CHO；

（2）反應Ⅱ是HBr酸發(fā)生取代反應生成

由上述分析可知G的結構簡式為故答案為：-CHO；

（3）反應I方程式為：+KOH+KBr+H2O；

反應V方程式為++H2O；

故答案為：+KOH+KBr+H2O；

++H2O；

（4）若分子中的一個H原子在一定條件下被Cl原子取代，互為順反異構體，它們的結構簡式為

故答案為：

（5）有多種同分異構體，其中含有結構，且苯環(huán)上含有兩個取代基，故兩個取代基可以為-COOH、CH3，或為-OOCH、CH3；各有鄰；間、對三種位置關系，故符合條件的同分異構體有6種，其中在核磁共振氫譜中只出現(xiàn)4種峰的同分異構體，2個取代基處于對位，符合條件的同分異構體結構簡式為：

故答案為：6；．12、略

【分析】

（1）①氯氣是比空氣中的可溶于水水的有毒氣體；

A；導氣管位置正確；因為氯氣比空氣重用向上排氣方法，但只有進氣口，無出氣口，無法排出氣體，故A錯誤；

B；此裝置是用來收集比空氣輕的氣體；若收集氯氣，需要短進長出，故B錯誤；

C；裝置長進短出可以收集比空氣重的氣體氯氣；剩余的氯氣有毒需要用氫氧化鈉溶液吸收，為防止倒吸，用倒扣在水面的漏斗，符合要求，故C正確；

D；氯氣通入去海南溶液會發(fā)生反應．氯氣被氫氧化鈉吸收；不能收集到氯氣，故D錯誤；

故答案為：C；

②將Cl2通入水中，發(fā)生反應Cl2+H2O=HCl+HClO，所得溶液中具有氧化性的含氯粒子為Cl2HClOClO-；

故答案為：Cl2、HClO、ClO-；

③氯氣具有氧化性能氧化溴離子為溴單質，溴單質在四氯化碳中溶解度大，可以加入溴化鈉溶液，充分振蕩反應，Cl2+2Br-=2Cl-+Br2；靜置后溴溶于下層的四氯化碳層呈橙色；

故答案為：加入適量的NaBr溶液；充分振蕩，靜置．溶液分層，同時下層液體顏色為橙色；

（2）①在同一燒杯中，電極與溶液含相同的金屬元素，如圖示設計原電池，鋅做負極，銅做正極，原電池的甲裝置示意圖為：

故答案為：

②以銅片為電極之一，CuSO4（aq）為電解質溶液，只在一個燒杯中組裝原電池乙，依據(jù)原電池反應的原理，需要選用比銅活潑的鋅做負極，下層原電池，負極發(fā)生氧化反應，Zn-2e-=Zn2+；鋅溶解，故答案為：溶解；

③甲乙兩種原電池中可更有效地將化學能轉化為電能的是甲，因為甲可以保持電流穩(wěn)定，化學能基本都轉化為電能．而乙中的活潑金屬還可以與CuSO4溶液發(fā)生置換反應，部分能量轉化為熱能，故答案為：甲，甲可以保持電流穩(wěn)定，化學能基本都轉化為電能．而乙中的活潑金屬還可以與CuSO4溶液發(fā)生置換反應；部分能量轉化為熱能；

（3）根據(jù)犧牲陽極的陰極保護法原理；是原電池原理的應用，利用被保護的金屬做正極被保護選擇，為減緩電解質溶液中鐵片的腐蝕，應選擇比鐵活潑的金屬做負極，在電池內(nèi)電路為陽極，稱為犧牲陽極的陰極保護法，材料中選擇鋅做陽極，故答案為：Zn．

【解析】【答案】（1）①氯氣是比空氣重的可溶于水的氣體；依據(jù)氯氣物理性質和裝置分析；

②氯氣和水反應生成鹽酸和次氯酸；依據(jù)平衡狀態(tài)各物質性質分析判斷。

③依據(jù)氯氣具有氧化性能氧化溴離子為溴單質；溴單質在四氯化碳中溶解度大，據(jù)此現(xiàn)象分析判斷設計實驗；

（2）①依據(jù)原電池原理和鹽橋的作用；在同一燒杯中，電極與溶液含相同的金屬元素，設計不同的電極為銅和鋅，電解質溶液為硫酸銅和硫酸鋅溶液；

②以銅片為電極之一，CuSO4（aq）為電解質溶液；只在一個燒杯中組裝原電池乙，則另一電極應比銅活潑做負極；

③從電硫穩(wěn)定；能量轉化徹底，反應速率快等分析判斷；

（3）牲陽極的陰極保護法原理是原電池中把被保護的金屬設計成正極；另一活潑的金屬做負極．

三、判斷題(共7題，共14分)13、×【分析】【分析】根據(jù)質量守恒可知，某有機物完全燃燒后生成二氧化碳和水，說明該有機物中肯定含有碳、氫2種元素，可能含有氧元素．【解析】【解答】解：某有機物完全燃燒后生成二氧化碳和水，說明該有機物中肯定含有碳、氫2種元素，可能含有氧元素，故答案為：×．14、√【分析】【分析】有鹽和水生成的反應不一定是中和反應，如酸性氧化物與堿的反應，堿性氧化物與酸的反應等．【解析】【解答】解：有鹽和水生成的反應不一定是中和反應；如氧化鈉與鹽酸反應生成氯化鈉和水，該反應不屬于中和反應；

故答案為：√．15、×【分析】【分析】氯氣參加反應，表現(xiàn)性質不同，轉移電子數(shù)不同，據(jù)此判斷．【解析】【解答】解：氯氣參加反應，表現(xiàn)性質不同，轉移電子數(shù)不同，例如氯氣與水反應生成鹽酸和次氯酸，Cl元素的化合價由0升高為+1價，Cl元素的化合價由0降低為-1價，1molCl2參加反應轉移電子數(shù)為NA；

1molCl2與鐵反應生成氯化鐵，氯氣全部做氧化劑，1molCl2參加反應轉移電子數(shù)為2NA；

所以1molCl2參加反應轉移電子數(shù)不一定為2NA．

故錯誤．16、×【分析】【分析】常溫下，氣體摩爾體積不等于22.4L/mol，結合n=計算．【解析】【解答】解：常溫下，氣體摩爾體積不等于22.4L/mol，則不能計算11.2L甲烷的物質的量以及分子個數(shù)，故答案為：×．17、×【分析】【分析】0.5mol?L-1的BaCl2溶液中，c（Cl-）=0.5mol/L×2=1mol/L，據(jù)此解答即可．【解析】【解答】解：0.5mol?L-1的BaCl2溶液中，c（Cl-）=0.5mol/L×2=1mol/L，故兩者混合后，不考慮體積的變化，c（Cl-）=1mol?L-1，故錯誤，故答案為：×．18、√【分析】【分析】NaHCO3為強電解質，在溶液中電離出鈉離子和碳酸氫根離子；NaOH為可溶性的強堿，在溶液中完全電離出鈉離子和氫氧根離子，NaHCO3與NaOH溶液反應實質為碳酸氫根離子與氫氧根離子反應生成碳酸根離子和水．【解析】【解答】解：NaHCO3溶液與NaOH溶液反應生成可溶性的碳酸鈉和水，反應的實質為HCO3-與OH-反應生成CO32-和H2O，該反應的離子方程式為：OH-+HCO3-=CO32-+H2O；

故答案為：√．19、×【分析】【分析】強電解質在其水溶液里完全電離，弱電解質在其水溶液里部分電離，根據(jù)氯化氫和醋酸所屬電解質的種類確定氫離子濃度關系．【解析】【解答】解：氯化氫是強電解質，在其水溶液里完全電離，所以鹽酸溶液中，C（H+）=C（HCl），醋酸是弱電解質，在其水溶液里只有部分電離，所以C（H+）＜C（CH3COOH），所以如果鹽酸的濃度是醋酸濃度的二倍，則鹽酸的H+濃度大于醋酸的二倍，故答案為：×．四、推斷題(共3題，共9分)20、略

【分析】解：有機物D是一種重要的石油化工產(chǎn)品，其產(chǎn)量可用來衡量國家的石油化工發(fā)展水平，則D為CH2=CH2，與水發(fā)生加成反應生成E為CH3CH2OH，CH3CH2OH發(fā)生氧化反應得F為CH3CHO，F(xiàn)與對羥基苯甲醛發(fā)生信息中的反應生成G為G發(fā)生銀鏡反應然后酸化生成H為H在濃硫酸作催化劑、加熱條件下發(fā)生消去反應生成K為結合W的結構逆推可知，K與氯化氫發(fā)生加成反應生成M為M發(fā)生水解反應生成N為N在濃硫酸作催化劑；加熱條件下發(fā)生酯化反應生成W，A和甲醛反應生成對羥基苯甲醇，結合A分子式知，A為苯酚；

（1）W中含有的官能團名稱是酯基和羥基；故答案為：酯基；羥基；

（2）G的結構簡式是故答案為：

（3）A發(fā)生加成反應生成B；H發(fā)生消去反應生成K，故答案為：加成反應；消去反應；

（4）K與氯化氫發(fā)生加成反應生成M1為在加熱條件下M1與足量稀NaOH溶液水溶液在加熱條件下反應的化學方程式為

故答案為：

（5）B與HCHO在一定條件下反應的化學方程式為

故答案為：

（6）G的同系物I比G相對分子質量小14，則I比G中少一個C原子，G為I的同分異構體中能同時滿足如下條件：

①與FeCl3溶液反應；溶液呈紫色，說明含有酚羥基；

②能發(fā)生水解反應；說明含有酯基；

③能發(fā)生銀鏡反應；說明含有醛基，應該為甲酸酯；

如果取代基為-OH、HCOOCH2-；有鄰間對3種結構；

如果取代基為-OH、HCOO-、-CH3；

如果-OH；HCOO-為鄰位；有4種結構；

如果-OH；HCOO-為間位；有4種結構；

如果-OH；HCOO-為對位；有2種結構；

則符合條件的有13種；

I的一種同分異構體的核磁共振氫譜有五組峰，且峰面積比為1：2：2：2：1，I的這種同分異構體的結構簡式為

故答案為：13；．

有機物D是一種重要的石油化工產(chǎn)品，其產(chǎn)量可用來衡量國家的石油化工發(fā)展水平，則D為CH2=CH2，與水發(fā)生加成反應生成E為CH3CH2OH，CH3CH2OH發(fā)生氧化反應得F為CH3CHO，F(xiàn)與對羥基苯甲醛發(fā)生信息中的反應生成G為G發(fā)生銀鏡反應然后酸化生成H為H在濃硫酸作催化劑、加熱條件下發(fā)生消去反應生成K為結合W的結構逆推可知，K與氯化氫發(fā)生加成反應生成M為M發(fā)生水解反應生成N為N在濃硫酸作催化劑；加熱條件下發(fā)生酯化反應生成W，A和甲醛反應生成對羥基苯甲醇，結合A分子式知，A為苯酚，據(jù)此分析解答．

本題考查有機物推斷，為高頻考點，側重考查學生分析判斷及知識綜合運用能力，正確理解醛之間的加成反應斷鍵成鍵特點是解本題關鍵，根據(jù)反應條件、某些物質結構簡式進行推斷，難點是（6）題限制型同分異構體種類判斷，題目難度中等．【解析】酯基、羥基；加成反應；消去反應；13；21、略

【分析】解：rm{(1)}若rm{A}為氯堿工業(yè)的產(chǎn)品，rm{C}為廚房中的用品，可知rm{A}為rm{NaOH}rm{C}為rm{NaHCO_{3}}rm{B}為rm{Na_{2}CO_{3}}rm{D}為rm{CO_{2}}rm{Na_{2}CO_{3}}

rm{壟脵}反應Ⅲ為rm{NaOH}和rm{NaHCO_{3}}的反應，反應的離子方程式是rm{HCO_{3}^{-}+OH^{-}=CO_{3}^{2-}+H_{2}O}

故答案為：rm{HCO_{3}^{-}+OH^{-}簍TCO_{3}^{2-}+H_{2}O}

rm{壟脷}氯堿工業(yè)制氫氧化鈉，是電解飽和食鹽水，反應的化學方程式是rm{2NaCl+2H_{2}Odfrac{underline{;{碌莽陸芒};}}{;}2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}

故答案為：rm{2NaCl+2H_{2}Odfrac{underline{;{碌莽陸芒};}}{;}2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}

rm{2NaCl+2H_{2}Odfrac{

underline{;{碌莽陸芒};}}{;}2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}元素的一種紅棕色氧化物常用作顏料，應為氧化鐵，則rm{2NaCl+2H_{2}Odfrac{

underline{;{碌莽陸芒};}}{;}2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}為rm{(2)D}rm{D}為rm{Fe}rm{A}為rm{Cl_{2}}rm{B}為rm{FeCl_{3}}

rm{C}反應Ⅲ為鐵與鐵離子反應生成亞鐵離子，反應的離子方程式是rm{FeCl_{2}}

故答案為：rm{壟脵}

rm{Fe+2Fe^{3+}簍T3Fe^{2+}}為rm{Fe+2Fe^{3+}簍T3Fe^{2+}}氯化鐵能凈水是因為鐵離子水解生成具有吸附性的rm{壟脷B}水解方程式為rm{FeCl_{3}}由于酸性廢水中的酸，會抑制鐵離子的水解，所以不能使酸性廢水中的懸浮物沉降除去；

故答案為：酸性廢水中的酸；會抑制鐵離子的水解．

rm{Fe(OH)_{3}}若rm{Fe^{3+}+3H_{2}O?Fe(OH)_{3}+3H^{+}}為氯堿工業(yè)的產(chǎn)品，rm{(1)}為廚房中的用品，可知rm{A}為rm{C}rm{A}為rm{NaOH}rm{C}rm{NaHCO_{3}}rm{A}均含有同一種元素，根據(jù)轉化關系可知，rm{B}為rm{C}rm{B}為rm{Na_{2}CO_{3}}rm{D}rm{CO_{2}}是弱酸強堿鹽；是在水的作用下而發(fā)生水解顯堿性；

rm{Na_{2}CO_{3}}元素的一種紅棕色氧化物常用作顏料，應為氧化鐵，若rm{NaHCO_{3}}rm{(2)D}均為單質，且rm{A}為氣體，則rm{D}為rm{A}rm{D}為rm{Fe}rm{A}為rm{Cl_{