2024年滬教版高三化學上冊階段測試試卷

…………○…………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2024年滬教版高三化學上冊階段測試試卷460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8題，共16分)1、相同質(zhì)量的SO2和SO3，它們之間的關(guān)系正確的是（）A.所含硫原子的物質(zhì)的量之比為1：1B.所含硫元素的質(zhì)量比為5：4C.所含氧元素的質(zhì)量比為4：5D.所含氧原子的物質(zhì)的量之比為3：22、石油、煤是重要的能源物質(zhì)，下列對石油、煤進行加工的過程中不涉及化學變化的是（）A.石油分餾B.石油裂化C.重油裂解D.煤的干餾3、下列可以用分液漏斗分離的一組混合物是（）A.乙醇與乙酸B.苯與溴苯C.乙酸乙酯與飽和碳酸鈉溶液D.葡萄糖與果糖4、下列離子或分子組中能大量共存；且滿足相應(yīng)要求的是（）

。選項離子或分子要求AK+、NO3-、Cl-、HS-c（K+）＜c（Cl-）BFe3+、NO3-、SO32-、Cl-滴加鹽酸立即有氣體產(chǎn)生CNH4+、Al3+、SO42-、CH3COOH滴加NaOH溶液立即有氣體產(chǎn)生DNa+、HCO3-、Mg2+、SO42-滴加氨水立即有沉淀產(chǎn)生A.AB.BC.CD.D5、在4Zn+10HNO3（很?。?4Zn（NO3）2+NH4NO3+3H2O的反應(yīng)中，如果4molZn完全起反應(yīng)，則被還原的HNO3的物質(zhì)的量是（）A.1molB.2molC.4molD.10mol6、缺鈣主要會引起（）A.貧血B.大脖子病C.侏儒癥D.骨質(zhì)疏松癥7、下列反應(yīng)的離子方程式書寫正確的是（）A.氯化銅溶液與鐵粉反應(yīng)：Cu2++Fe=Fe2++CuB.稀H2SO4與鐵粉反應(yīng)：Fe+2H+=Fe2++H2↑C.氫氧化鋇溶液與稀H2SO4反應(yīng)：Ba2++SO42-=BaSO4↓D.碳酸鈣與鹽酸反應(yīng)：CO32-+2H+=H2O+CO2↑8、下列關(guān)于鈉的性質(zhì)的敘述不正確的（）A.鈉投入水中立即熔化成閃亮的小球，說明反應(yīng)放熱且鈉的熔點低B.鈉在空氣中燃燒生成淡黃色的Na2O2C.金屬鈉可以將銅從其鹽溶液中置換出來D.實驗后剩余的鈉塊能放回原試劑瓶中評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)9、碳酸鋰（相對分子質(zhì)量74）廣泛應(yīng)用于化工；冶金、陶瓷、醫(yī)藥、制冷、焊接、鋰合金等行業(yè)．制備流程如圖：

已知：碳酸鋰的溶解度為（g/L）

。溫度/℃010203040506080100Li2CO31.541.431.331.251.171.081.010.850.72（1）鋰輝石（Li2Al2Si4Ox）可以用氧化物的形式表示其組成，形式為____

（2）硫酸化焙燒工業(yè)反應(yīng)溫度控制在250-300℃，主要原因是____；同時，硫酸用量為理論耗酸量的115%左右，硫酸如果加入過多則____（填入選項代號）．

A．增加酸耗量B．增加后續(xù)雜質(zhì)的處理量C．增加后續(xù)中和酸的負擔。

（3）水浸時，需要在攪拌下加入石灰石粉末的主要作用是____．

（4）“沉鋰”的化學反應(yīng)方程式為____

（5）“沉鋰”需要在95℃以上進行，主要原因是____．過濾碳酸鋰所得母液中主要含有硫酸鈉，還可能含有____和____．10、（2015秋?成都校級期中）水的電離平衡曲線如圖所示；若A點表示25℃時水的電離達平衡時的離子濃度，B點表示100℃時水的電離達平衡時的離子濃度．

①KW（25℃）____KW（100℃）（填“＞”、“＜”或“=”），100℃時1mol?L-1的NaOH溶液中，由水電離出的c（H+）=____mol?L-1．

②25℃時，向水的電離平衡體系中加入少量NH4Cl固體，對水的電離平衡的影響是____（填“促進”“抑制”或“不影響”）．11、如圖中；A為芳香化合物，苯環(huán)上有兩個鄰位取代基：

請回答：

（1）B所含的官能團的名稱是____

（2）反應(yīng)C→D的化學方程式是____反應(yīng)類型是____

（3）A的結(jié)構(gòu)簡式是____、E的結(jié)構(gòu)簡式是____

（4）C在一定條件下可生成一種高分子化合物H，請寫出C→H的化學方程式：____．

（5）1molG的溶液可跟____molCO2反應(yīng)。

（6）B有多種同分異構(gòu)體，寫出屬于酯類且能發(fā)生銀鏡反應(yīng)的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式____．12、高純MnCO3是制備高性能磁性材料的主要原料．實驗室以MnO2為原料制備少量高純MnCO3的操作步驟如下．

（1）制備MnSO4溶液：在燒瓶中（裝置見圖1）加入一定量MnO2和水，攪拌，通入SO2和N2混合氣體，反應(yīng)3h．停止通入O2，繼續(xù)反應(yīng)片刻，過濾（已知MnO2+H2SO3═MnSO4+H2O）．

①石灰乳參與反應(yīng)的化學方程式為____．

②反應(yīng)過程中，為使SO2盡可能轉(zhuǎn)化完全，在通入SO2和N2比例一定、不改變固液投料的條件下，可采取的合理措施有____．

③若實驗中將N2換成空氣，測得反應(yīng)液中Mn2+、SO42-的濃度隨反應(yīng)時間t變化如圖2導致溶液中Mn2+、SO42-濃度變化產(chǎn)生明顯差異的原因是____．

（2）制備高純MnCO3固體：已知MnCO3難溶于水、乙醇，潮濕時易被空氣氧化，100℃開始分解；Mn（OH）2開始沉淀時pH=7.7．請補充由（1）制得的MnSO4溶液制備高純MnCO3的操作步驟。

實驗中可選用的試劑：Ca（OH）2、NaHCO3、Na2CO3、C2H5OH．

①邊攪拌邊加入____，并控制溶液pH____；

②____；

③檢驗SO42-是否被洗滌干凈；（實驗操作：____）

④用少量C2H5OH洗滌；

⑤____．13、（1）0.5molCH4的質(zhì)量是____g，在標準狀況下的體積為____L；含____個氫原子．

（2）將標準狀況下22.4L的HCl溶于水配成200mL的溶液，所得溶液的物質(zhì)的量濃度為____；配制300mL0.5mol?L-1氯化鈉溶液，需要1.5mol?L-1的氯化鈉溶液的體積是____mL．

（3）下列數(shù)量的各物質(zhì)所含原子數(shù)按由大到小的順序排列是____．

①0.5molCO2②標準狀況下22.4L氦氣③4℃時18mL水④0.2mol硫酸酸．14、原子序數(shù)依次增大的短周期元素A、B、C、D、E、F，其中A、B的陰離子與C、D的陽離子的電子排布式均為ls22s22p6；A原子核外有2個未成對電子，C單質(zhì)可與熱水反應(yīng)但不能與冷水反應(yīng)；E；F原子在基態(tài)時填充電子的軌道有9個，且E原子核外有3個未成對電子，F(xiàn)能形成與A相同價態(tài)的陰離子，且A離子半徑小于F離子．回答：

（1）B元素的名稱為____．

（2）A與F可形成兩種中學化學常見的化合物，其分子式分別為____和____；分子空間構(gòu)型分別為____．

（3）請寫出基態(tài)原子E的價電子排布式____．

（4）上述六種元素按電負性從大到小的排列是____（寫元素符號表示）．

（5）C、D、E、F元素第一電離能從小到大的排列是____（寫元素符號）．

（6）A、B、C、D四種元素的簡單離子按半徑由小到大的順序為（用離子符號表示）____．

（7）C與A形成的化合物屬于____晶體，此化合物和NaCl固體相比較熔點的高低關(guān)系為____．（用化學式表示大小關(guān)系），原因是____．評卷人得分三、判斷題(共6題，共12分)15、工業(yè)廢水中含有的酸、堿、鹽，會造成水體污染．____．（判斷對錯）16、金屬陽離子一定只具有氧化性．____（判斷對錯）17、摩爾是七個基本物理量之一____．（判斷對錯）18、現(xiàn)對0.1mol/L的純堿溶液進行相關(guān)研究．

（1）用pH試紙測定該溶液的pH，其正確的操作____．

（2）由上測得純堿溶液呈堿性，請用離子方程式表示其原因：____．

（3）某同學根據(jù)所學知識對Na2CO3溶液進行分析；寫出了以下四個關(guān)系式．請你判斷：在正確的關(guān)系式后面打“√”，在錯誤的后面寫出正確的關(guān)系式．

①c（Na+）=2[c（CO32-）+c（HCO3-）]：____；

②c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-）：____；

③c（OH-）=c（H+）+c（HCO3-）+c（H2CO3）：____；

④c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）：____．19、一元取代產(chǎn)物只有一種的，十個碳以下的烷烴有5種____（判斷對錯）20、通過紅外光譜分析可以區(qū)分乙醇與乙酸乙酯____．評卷人得分四、解答題(共1題，共6分)21、現(xiàn)有540g質(zhì)量分數(shù)為5%的CuCl2溶液．計算：

（1）溶液中CuCl2的物質(zhì)的量；

（2）Cl-的數(shù)目．評卷人得分五、推斷題(共2題，共10分)22、置換反應(yīng)的通式可表示為：

單質(zhì)甲+化合物A單質(zhì)乙+化合物B

請回答下列問題：

（1）若甲為黃綠色氣體，單質(zhì)乙能使淀粉溶液變藍色，則該反應(yīng)的離子方程式為____．

（2）若過量的單質(zhì)甲與化合物A發(fā)生反應(yīng)的化學方程式為：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe．除去反應(yīng)后混合物中剩余的鋁粉與生成的Al2O3所用的試劑是____．

（3）若甲為金屬，其焰色為黃色，化合物B為一種常見的強堿，則該反應(yīng)的化學方程式為____．

（4）若單質(zhì)乙是黑色非金屬固體單質(zhì)，化合物B是優(yōu)質(zhì)的耐高溫材料，則該反應(yīng)的化學方程式為____．

（5）若化合物A可作光導纖維材料，乙為非金屬半導體材料，則該反應(yīng)的化學方程式為____．23、X；Y、Z三種物質(zhì)有如下轉(zhuǎn)化關(guān)系：

（1）根據(jù)上述轉(zhuǎn)化關(guān)系，寫出下列物質(zhì)的化學式：Y____，試劑甲____，試劑乙____

（2）寫出上述③④⑤步反應(yīng)的離子方程式：③____．④____．⑤____．評卷人得分六、綜合題(共1題，共7分)24、（15分）A、B、C、D、E是中學常見的5種化合物，A、B是氧化物。Ⅰ、元素X、Y的單質(zhì)是生活中常見的金屬，相關(guān)物質(zhì)間的關(guān)系如下圖所示。（1）X的單質(zhì)與A反應(yīng)的化學方程式是＿＿＿＿＿。（2）若試劑1是NaOH溶液，X的單質(zhì)與試劑1反應(yīng)的離子方程式是＿＿＿＿＿。（3）若試劑1和試劑2均是稀硫酸。①檢驗物質(zhì)D的溶液中金屬離子的方法是＿＿＿＿＿。②將物質(zhì)C溶于水，其溶液呈酸性，原因是（用離子方程式表示）＿＿＿＿＿。③某高效凈水劑是由Y（OH）SO4聚合得到的。工業(yè)上以E、稀硫酸和亞硝酸鈉為原料來制備Y（OH）SO4，反應(yīng)中有NO生成，該反應(yīng)的化學方程式是。Ⅱ、若X、Y是非金屬單質(zhì)，試劑3是NaOH溶液，F(xiàn)的水溶液可作木材的防火材料，則X的單質(zhì)與A反應(yīng)的化學方程式是＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿，試劑1和C的化學式分別是＿＿＿＿＿、＿＿＿＿＿。Y在工業(yè)上的主要用途是＿＿＿＿＿＿＿＿（寫一種）。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、B【分析】【分析】根據(jù)n=可知，相同質(zhì)量的SO2和SO3的物質(zhì)的量之比為80g/mol：64g/mol=5：4，結(jié)合每個分子含有的S原子、O原子數(shù)計算所含S原子、O原子物質(zhì)的量之比，再根據(jù)m=nM可知，含有硫元素之比等于硫原子物質(zhì)的量之比、含有的氧元素質(zhì)量之比等于氧原子物質(zhì)的量之比．【解析】【解答】解：根據(jù)n=可知，相同質(zhì)量的SO2和SO3的物質(zhì)的量之比為80g/mol：64g/mol=5：4；

A．每個SO2、SO3分子都含有1個S原子；則二者含有S原子物質(zhì)的量之比為5：4，故A錯誤；

B．根據(jù)m=nM可知；含有硫元素質(zhì)量之比為5：4，故B正確；

C．含有氧原子數(shù)目之比為5×2：4×3=5：6；根據(jù)m=nM可知，含有氧元素質(zhì)量之比為5：6，故C錯誤；

D．含有氧原子數(shù)目之比為5×2：4×3=5：6；故D錯誤；

故選：B．2、A【分析】【分析】化學變化的特征是：在原子核不變的情況下，有新物質(zhì)生成．判斷物理變化和化學變化的依據(jù)是：是否有新物質(zhì)生成．依據(jù)石油分餾、裂化、裂解和煤干餾的原理作答．【解析】【解答】解：A．石油的分餾是利用石油中各組分的沸點的不同進行物質(zhì)分離；沒有新物質(zhì)生成，物理變化，故A正確；

B．石油裂化就是在一定的條件下；將相對分子質(zhì)量較大；沸點較高的烴斷裂為相對分子質(zhì)量較小、沸點較低的烴的過程，涉及化學變化，故B錯誤；

C．重油裂解是為了得到更多的輕質(zhì)油；有新物質(zhì)生成，屬于化學變化，故C錯誤；

D．把煤隔絕空氣加強熱使它分解的過程叫做煤的干餾煤的干餾；屬于化學變化，故D錯誤；

故選：A．3、C【分析】【分析】分液漏斗可以將互不相溶的兩層液體分開．【解析】【解答】解：A．乙醇與乙酸是互溶的；不能用分液漏斗分離，故A錯誤；

B．苯與溴苯是互溶的；不能用分液漏斗分離，故B錯誤；

C．乙酸乙酯與飽和碳酸鈉溶液互不相溶；分層，可以用分液漏斗分離，故C正確；

D．葡萄糖與果糖是互溶的；不能用分液漏斗分離，故D錯誤．

故選C．4、D【分析】【分析】A．c（K+）＜c（Cl-）；不能遵循電荷守恒；

B．Fe3+、SO32-發(fā)生氧化還原反應(yīng)；

C．滴加NaOH溶液先與醋酸反應(yīng)；

D．離子之間不反應(yīng)，滴加氨水與Mg2+結(jié)合生成沉淀．【解析】【解答】解：A．離子之間不反應(yīng)，可大量共存，但c（K+）＜c（Cl-）；不能遵循電荷守恒，故A不選；

B．Fe3+、SO32-發(fā)生氧化還原反應(yīng)；不能大量共存，故B不選；

C．離子之間不反應(yīng)；可大量共存，但滴加NaOH溶液先與醋酸反應(yīng)，不能立即生成氣體，故C不選；

D．離子之間不反應(yīng)，滴加氨水與Mg2+結(jié)合生成沉淀；立即生成沉淀，符合題意，故D選；

故選D．5、A【分析】【分析】在4Zn+10HNO3═4Zn（NO3）2+NH4NO3+3H2O反應(yīng)中，硝酸表現(xiàn)為酸性和氧化性，反應(yīng)中以硝酸根離子存在的為未被還原的硝酸，以銨根離子存在的為被還原的硝酸的生成產(chǎn)物．【解析】【解答】解：在4Zn+10HNO3═4Zn（NO3）2+NH4NO3+3H2O反應(yīng)中，硝酸表現(xiàn)為酸性和氧化性，當4molZn完全起反應(yīng)，10mol硝酸參加反應(yīng)時，生成NH4+為被還原的硝酸，為1mol，Zn（NO3）2和NH4NO3中共含有9molNO3-，未被還原，表現(xiàn)為酸性，則被還原的HNO3為10mol-9mol=1mol；

故選A．6、D【分析】【分析】鈣是構(gòu)成牙齒和骨骼的重要材料，缺乏含鈣的無機鹽，兒童易患佝僂病（骨軟化癥），中老年人和婦女易患骨質(zhì)疏松．【解析】【解答】解：A．缺鐵會患缺鐵性貧血；故A錯誤；

B．缺碘會患大脖子病；故B錯誤；

C．侏儒癥是生長激素分泌過少；故C錯誤；

D．缺鈣會患骨質(zhì)疏松；故D正確．

故選D．7、A【分析】【分析】A．在金屬活動性順序中；鐵＞銅，鐵能與氯化銅反應(yīng)生成氯化亞鐵和銅；

B．在金屬活動性順序中；鐵排在了氫的前面所以能與酸反應(yīng)；

C．硫酸與氫氧化鋇溶液反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀和水；離子反應(yīng)方程式中，硫酸鋇沉淀和水都應(yīng)該寫化學式；

D．碳酸鈣是難溶物，離子反應(yīng)方程式中不能拆成離子形式．【解析】【解答】解：A．在金屬活動性順序中，位置在前的金屬能將位于其后的金屬從其鹽溶液中置換出來，鐵＞銅，鐵能與氯化銅反應(yīng)生成氯化亞鐵和銅，Cu2++Fe=Fe2++Cu；故A正確；

B．在金屬活動性順序中，位置在氫前的金屬能與稀H2SO4反應(yīng)生成氫氣，離子方程式為Fe+2H+=Fe2++H2↑；故B正確；

C．氫氧化鋇為強堿、硫酸為強酸拆成離子形式，生成的硫酸鋇為難溶物，水為氧化物，都不可拆分，離子方程式為Ba2++2OH-+2H++SO42-═BaSO4↓+2H2O；故C錯誤；

D．碳酸鈣是難溶物，離子反應(yīng)方程式中不能拆成離子形式，鹽酸為強酸拆成離子形式，所以碳酸鈣與鹽酸反應(yīng)離子方程式為CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；故D錯誤；

故選AB．8、C【分析】解：A；鈉熔點低；與水反應(yīng)放熱，所以鈉放到水中熔成小球，故A正確；

B；金屬鈉在空氣中燃燒生成淡黃色的過氧化鈉；故B正確；

C；鈉與鹽溶液反應(yīng)；先與水反應(yīng)，所以鈉性質(zhì)雖然活潑，但是不能從鹽溶液中制取金屬，故C錯誤；

D；因鈉活潑；易與水、氧氣反應(yīng)，如在實驗室隨意丟棄，可引起火災(zāi)，實驗時剩余的鈉?？煞呕卦噭┢恐?，故D正確；

故選C．

A；依據(jù)鈉熔點低；與水反應(yīng)放熱解答；

B；金屬鈉在空氣中燃燒生成過氧化鈉；

C；鈉與鹽溶液反應(yīng)；先與水反應(yīng)；

D；因鈉活潑；易與水、氧氣反應(yīng)，如在實驗室隨意丟棄，可引起火災(zāi)，實驗時剩余的鈉?？煞呕卦噭┢恐校?/p>

本題考查鈉的性質(zhì)，為高頻考點，側(cè)重于元素化合物知識的綜合理解和運用的考查，注意相關(guān)基礎(chǔ)知識的積累，難度不大．【解析】【答案】C二、填空題(共6題，共12分)9、Li2O?Al2O3?4SiO2溫度低于250℃，反應(yīng)速率較慢，溫度高于300℃，硫酸揮發(fā)較多ABC除去多余的硫酸，同時調(diào)整pH，除去大部分雜質(zhì)Na2CO3+Li2SO4=Li2CO3↓+Na2SO4溫度越高，碳酸鋰溶解度降低，可以增加產(chǎn)率碳酸鈉碳酸鋰【分析】【分析】由制備流程可知，鋰輝石加硫酸，浸取焙燒，氧化鋁、氧化鋰溶解，二氧化硅不反應(yīng)，水浸時加入碳酸鈣，除去為反應(yīng)的硫酸，同時調(diào)節(jié)溶液pH值，可以將Al3+轉(zhuǎn)化為Al（OH）3沉淀，過濾除去不溶物，濾液再進行深度凈化后主要為Li2SO4、Na2SO4，最后加入Na2CO3，轉(zhuǎn)化為溶解度更小Li2CO3析出．

（1）將各元素寫成氧化物；注意各元素原子數(shù)目比例不變；

（2）升高溫度；反應(yīng)速率加快，溫度高于300℃時硫酸揮發(fā)；硫酸如果加入過多，消耗的酸多，后續(xù)中還需要除去過量的硫酸；

（3）加入碳酸鈣除去未反應(yīng)的硫酸；同時調(diào)節(jié)溶液pH值；

（4）“沉鋰”過程是碳酸鈉與Li2SO4反應(yīng)生成Li2CO3；

（5）溫度越高，碳酸鋰溶解度降低，減少碳酸鋰溶解；溶液中硫酸鈉不反應(yīng)，使用的碳酸鈉要過量，少量碳酸鋰溶解在溶液中．【解析】【解答】解：鋰輝石加硫酸，浸取焙燒，氧化鋁、氧化鋰溶解，二氧化硅不反應(yīng)，水浸時加入碳酸鈣，除去為反應(yīng)的硫酸，同時調(diào)節(jié)溶液pH值，可以將Al3+轉(zhuǎn)化為Al（OH）3沉淀，過濾除去不溶物，濾液再進行深度凈化后主要為Li2SO4、Na2SO4，最后加入Na2CO3，轉(zhuǎn)化為溶解度更小Li2CO3析出．

（1）鋰輝石（Li2Al2Si4Ox）可以用氧化物的形式表示，根據(jù)化合價代數(shù)和為0，可以確定Li2Al2Si4Ox中x==12，所以該化合物用氧化物的形式表示為Li2O?Al2O3?4SiO2；

故答案為：Li2O?Al2O3?4SiO2；

（2）溫度低于250℃；反應(yīng)速率較慢，溫度高于300℃，硫酸揮發(fā)較多，反應(yīng)溫度控制在250-300℃，反應(yīng)速率較快，避免硫酸揮發(fā)；

硫酸如果加入過多；消耗的酸多，后續(xù)中還需要除去過量的硫酸，增加后續(xù)雜質(zhì)的處理量；增加后續(xù)中和酸的負擔；

故答案為：溫度低于250℃；反應(yīng)速率較慢，溫度高于300℃，硫酸揮發(fā)較多；ABC；

（3）加入碳酸鈣除去未反應(yīng)的硫酸；同時調(diào)節(jié)溶液pH值，除去大部分雜質(zhì)；

故答案為：除去多余的硫酸；同時調(diào)整pH，除去大部分雜質(zhì)；

（4）“沉鋰”過程是碳酸鈉與Li2SO4反應(yīng)生成Li2CO3，反應(yīng)方程式為：Na2CO3+Li2SO4=Li2CO3↓+Na2SO4；

故答案為：Na2CO3+Li2SO4=Li2CO3↓+Na2SO4；

（5）溫度越高；碳酸鋰溶解度降低，減少碳酸鋰溶解，可以增加產(chǎn)率；溶液中硫酸鈉不反應(yīng)，使用的碳酸鈉要過量，少量碳酸鋰溶解在溶液中，過濾碳酸鋰所得母液中主要含有硫酸鈉，還可能含有碳酸鈉；碳酸鋰；

故答案為：溫度越高，碳酸鋰溶解度降低，可以增加產(chǎn)率；碳酸鈉；碳酸鋰．10、＜1×10-12促進【分析】【分析】①Kw=c（H+）?c（OH-）；溫度不同，Kw不同；升溫促進水的電離，氫離子濃度增大；

②水解的鹽促進水的電離；【解析】【解答】解：①水的電離時吸熱過程，加熱促進電離氫離子濃度和氫氧根離子濃度增大，Kw增大，所以Kw（25℃）＜Kw（100℃）；

A點c（H+）=c（OH-）=10-7mol/L，Kw=c（H+）?c（OH-）=10-14，故A點為25℃；B點c（H+）=c（OH-）=10-6mol/L，Kw=c（H+）?c（OH-）=10-12；故B點為100℃．

100℃時1mol?L-1的NaOH溶液中Kw=c（H+）?c（OH-）=10-12；c（OH-）=1mol/L，水電離出的c（H+）=1×10-12；

故答案為：＜，1×10-12；

②NH4Cl固體溶解后溶液中銨根離子水解生成一水合氨和氫離子；溶液呈酸性，水的電離被促進；

故答案為：促進．11、醛基、羥基HOCH2CH2CH2COOH酯化反應(yīng)或取代反應(yīng)

1HCOOCH2CH2CH3；HCOOCH（CH3）2【分析】【分析】A為芳香族化合物，苯環(huán)上有兩個鄰位取代基，A在酸性條件下水解生成B和E，E能和碳酸氫鈉反應(yīng)說明E中含有羧基，根據(jù)E的分子式知，E中還含有一個酚羥基且和羧基處于鄰位；E中含有羧基，則B中含有醇羥基，B能和新制氫氧化銅反應(yīng)且B分子中含有2個O原子，所以B中還含有醛基，B被新制氫氧化銅氧化生成C，C上沒有支鏈，C在濃硫酸作用下發(fā)生酯化反應(yīng)生成D，D是五元環(huán)狀化合物，則C是自身發(fā)生酯化反應(yīng)生成D，D的結(jié)構(gòu)簡式為C的結(jié)構(gòu)簡式為：HOCH2CH2CH2COOH，B中醛基被氧化生成羧基，所以B的結(jié)構(gòu)簡式為HOCH2CH2CH2CHO；

E中含有一個羧基和一個酚羥基，且處于鄰位位置，所以E的結(jié)構(gòu)簡式為E和碳酸氫鈉反應(yīng)生成F，F(xiàn)為F和氫氧化鈉反應(yīng)生成G，G為B和E發(fā)生酯化反應(yīng)生成A，所以A的結(jié)構(gòu)簡式為．【解析】【解答】解：A為芳香族化合物，苯環(huán)上有兩個鄰位取代基，A在酸性條件下水解生成B和E，E能和碳酸氫鈉反應(yīng)說明E中含有羧基，根據(jù)E的分子式知，E中還含有一個酚羥基且和羧基處于鄰位；E中含有羧基，則B中含有醇羥基，B能和新制氫氧化銅反應(yīng)且B分子中含有2個O原子，所以B中還含有醛基，B被新制氫氧化銅氧化生成C，C上沒有支鏈，C在濃硫酸作用下發(fā)生酯化反應(yīng)生成D，D是五元環(huán)狀化合物，則C是自身發(fā)生酯化反應(yīng)生成D，D的結(jié)構(gòu)簡式為C的結(jié)構(gòu)簡式為：HOCH2CH2CH2COOH，B中醛基被氧化生成羧基，所以B的結(jié)構(gòu)簡式為HOCH2CH2CH2CHO；

E中含有一個羧基和一個酚羥基，且處于鄰位位置，所以E的結(jié)構(gòu)簡式為E和碳酸氫鈉反應(yīng)生成F，F(xiàn)為F和氫氧化鈉反應(yīng)生成G，G為B和E發(fā)生酯化反應(yīng)生成A，所以A的結(jié)構(gòu)簡式為．

（1）B的結(jié)構(gòu)簡式為HOCH2CH2CH2CHO；所以B中含有醛基和羥基，故答案為：羥基；醛基；

（2）在加熱、濃硫酸作催化劑條件下，C自身發(fā)生酯化反應(yīng)生成D，反應(yīng)C→D的化學方程式是HOCH2CH2CH2COOH該反應(yīng)屬于酯化反應(yīng)或取代反應(yīng)，故答案為：HOCH2CH2CH2COOH酯化（或取代）；

（3）通過以上分析知，A的結(jié)構(gòu)簡式為：E的結(jié)構(gòu)簡式為：

故答案為：

（4）C在一定條件下發(fā)生分子間縮合反應(yīng)可生成一種高分子化合物H，該反應(yīng)方程式為：

故答案為：

（5）G為能和二氧化碳反應(yīng)的是酚鈉，所以1molG的溶液可跟1mol二氧化碳反應(yīng)，故答案為：1；

（6）B有多種同分異構(gòu)體，屬于酯類說明含有酯基，能發(fā)生銀鏡反應(yīng)說明含有醛基，且該分子中含有2個氧原子，所以該有機物必須是甲酸某酯，所以B的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為：HCOOCH2CH2CH3；HCOOCH（CH3）2；

故答案為：HCOOCH2CH2CH3；HCOOCH（CH3）2．12、SO2+Ca（OH）2=CaSO3+H2O控制適當?shù)臏囟?、緩慢通入混合氣體Mn2+催化氧氣與亞硫酸反應(yīng)生成硫酸Na2CO3pH＜7.7過濾，用少量水洗滌2～3次取最后一次洗滌液于試管中，滴加BaCl2溶液，再滴加稀鹽酸，若無沉淀生成，則洗滌干凈低于100℃干燥【分析】【分析】（1）①根據(jù)題中所示的石灰乳的作用是吸收尾氣二氧化硫來回答；

②根據(jù)實驗的操作原則；為了讓氣體盡可能轉(zhuǎn)化，要根據(jù)反應(yīng)所需的條件和用量嚴格操作；

③考慮氮氣的化學性質(zhì)穩(wěn)定；空氣中氧氣的活潑性等因素的影響；

（2）制取的原理是碳酸根和錳離子之間反應(yīng)生成碳酸錳的過程，但要考慮MnCO3難溶于水、乙醇并在潮濕時易被空氣氧化，100℃開始分解以及Mn（OH）2開始沉淀時pH=7.7等因素，過程中控制溶液的PH值以及洗滌沉淀所選的溶劑要小心，據(jù)此答題．【解析】【解答】解：（1）①石灰乳的作用是吸收尾氣二氧化硫，堿和酸性氧化物反應(yīng)得到對應(yīng)的鹽和水，反應(yīng)方程式為SO2+Ca（OH）2=CaSO3+H2O；

答案為：SO2+Ca（OH）2=CaSO3+H2O；

②為使SO2盡可能轉(zhuǎn)化完全，應(yīng)定要保證控制反應(yīng)的溫度，在通入SO2和N2比例一定；不改變固液投料的條件下；要求所通氣體一定要慢；

故答案為：控制適當?shù)臏囟龋痪徛ㄈ牖旌蠚怏w；

③氮氣的化學性質(zhì)穩(wěn)定，空氣中氧氣性質(zhì)活潑，在Mn2+催化作用下；易把亞硫酸氧化成硫酸，而使硫酸根濃度增大；

故答案為：Mn2+催化氧氣與亞硫酸反應(yīng)生成硫酸；

（2）制取的原理是碳酸根和錳離子之間反應(yīng)生成碳酸錳的過程，但要考慮MnCO3難溶于水、乙醇并在潮濕時易被空氣氧化，100℃開始分解以及Mn（OH）2開始沉淀時pH=7.7等因素，過程中控制溶液的PH值以及洗滌沉淀所選的溶劑要小心，所以實驗步驟為）①邊攪拌邊加入Na2CO3，并控制溶液pH＜7.7；②過濾，用少量水洗滌2～3次；③檢驗SO42-是否被洗滌干凈：取最后一次洗滌液于試管中，滴加BaCl2溶液，再滴加稀鹽酸，若無沉淀生成，則洗滌干凈；④用少量C2H5OH洗滌；⑤低于100℃干燥；

故答案為：①Na2CO3；pH＜7.7；②過濾，用少量水洗滌2～3次；③取最后一次洗滌液于試管中，滴加BaCl2溶液，再滴加稀鹽酸，若無沉淀生成，則洗滌干凈；⑤低于100℃干燥．13、811.21.204×10245mol/L100③①④②【分析】【分析】（1）根據(jù)m=nM計算甲烷的質(zhì)量，根據(jù)V=nVm計算甲烷體積，H原子物質(zhì)的量為甲烷的4倍，再根據(jù)N=nNA計算氫原子數(shù)目；

（2）根據(jù)n=計算HCl物質(zhì)的量，再根據(jù)c=計算溶液物質(zhì)的量濃度；根據(jù)稀釋定律計算需要1.5mol?L-1的氯化鈉溶液的體積；

（3）根據(jù)各物質(zhì)的物質(zhì)的量以及分子中含有的原子個數(shù)來解答．【解析】【解答】解：（1）0.5molCH4的質(zhì)量=0.5mol×16g/mol=8g；標準狀況下的體積為：22.4L/mol×0.5mol=11.2L；0.5mol甲烷分子中含有的氫原子的個數(shù)為：0.5mol×4×6.02×1023/mol=1.204×1024；

故答案為：8；11.2；1.204×1024；

（2）標準狀況下的HCl氣體4.48L；其物質(zhì)的量是：22.4L÷22.4L/mol=1mol，若將這些HCl氣體溶于水，制成200ml溶液，其物質(zhì)的量濃度是：c=1mol÷0.2L=5mol/L；

配制300mL0.5mol?L-1氯化鈉溶液，需要1.5mol?L-1的氯化鈉溶液的體積為300mL×0.5mol?L-1÷1.5mol?L-1=100mL；

故答案為：5mol/L；100；

（3）①0.5molCO2含有的物質(zhì)的量為0.5mol×3=1.5mol；

②標準狀況下22.4L氣的物質(zhì)的量為=1mol；則所含原子的物質(zhì)的量為1mol×1=1mol；

③4℃18mL水的質(zhì)量為18g，物質(zhì)的量為=1mol；則所含原子的物質(zhì)的量為1mol×3=3mol；

④0.2molH2SO4含有的物質(zhì)的量為：0.2mol×6=1.2mol；

所以所含原子的物質(zhì)的量越大；則含有的原子數(shù)越多，則含有的原子數(shù)按由大到小順序排列的是③①④②；

故答案為：③①④②．14、氟SO2SO3V型、平面三角形3s23p3F＞O＞S＞P＞Al＞MgAl＜Mg＜S＜PAl3+＜Mg2+＜F-＜O2-離子MgO＞NaClMgO的晶格能大于NaCl的晶格能【分析】【分析】原子序數(shù)依次增大的短周期元素A、B、C、D、E、F，A、B的陰離子與C、D的陽離子的電子排布式均為ls22s22p6，A原子核外有2個未成對電子，則A為O，B為F，C單質(zhì)可與熱水反應(yīng)但不能與冷水反應(yīng)，則C為Mg，D為Al，E、F原子在基態(tài)時填充電子的軌道有9個，且E原子核外有3個未成對電子，則E為P，F(xiàn)能與A形成相同價態(tài)的陰離子，且A離子半徑小于F離子，則F和O同主族，且在O的下方，故為S，據(jù)此解答各小題即可．【解析】【解答】解：原子序數(shù)依次增大的短周期元素A、B、C、D、E、F，A、B的陰離子與C、D的陽離子的電子排布式均為ls22s22p6；A原子核外有2個未成對電子，則A為O，B為F，C單質(zhì)可與熱水反應(yīng)但不能與冷水反應(yīng)，則C為Mg，D為Al，E；F原子在基態(tài)時填充電子的軌道有9個，且E原子核外有3個未成對電子，則E為P，F(xiàn)能與A形成相同價態(tài)的陰離子，且A離子半徑小于F離子，則F和O同主族，且在O的下方，故為S；

綜上所述：A為氧；B為氟，C為鎂，D為鋁，E為磷，F(xiàn)為硫；

（1）B為F；F的元素名稱為氟，故答案為：氟；

（2）O與S可形成化合物二氧化硫與三氧化硫，其分子式分別為SO2和SO3，SO2為V型，SO3為平面三角形，故答案為：SO2；SO3；V型；平面三角形；

（3）E為P，P的基態(tài)原子的價電子排布式為：3s23p3，故答案為：3s23p3；

（4）同主族元素的原子電負性從上到下逐漸減??；同一周期元素原子的電負性從左到右逐漸增大，所以六原子的電負性順序是：Mg＜Al＜P＜S＜O＜F，故答案為：F；O、S、P、Al、Mg；

（5）Mg、Al、P、S元素第一電離取決于金屬性的強弱，金屬性越強，第一電離能越小，但是由于鋁核外本來是3s23p1，失去一個電子后，核外電子變成3s2這是一種穩(wěn)定的結(jié)構(gòu)；所以鋁失去第一個電子比鎂要容易，故答案為：Al＜Mg＜S＜P；

（6）O、F、Mg、Al四種元素的簡單離子，最外層電子排布相同，由于原子序數(shù)越小，對外層電子的吸引能力越弱，故原子序數(shù)越小，半徑越大，故按半徑由小到大的順序為：Al3+＜Mg2+＜F-＜O2-，故答案為：Al3+＜Mg2+＜F-＜O2-；

（7）Mg與O形成的化合物屬于離子化合物，MgO與NaCl同是離子晶體，其中離子半徑越小，離子電荷越多，則陰陽離子間的作用越強，其晶體的熔點越高，故氧化鎂＞氯化鈉，故答案為：離子；MgO＞NaCl；MgO的晶格能大于NaCl的晶格能．三、判斷題(共6題，共12分)15、√【分析】【分析】工業(yè)廢水應(yīng)遵循“先凈化，后排放”的原則，工業(yè)廢水需要經(jīng)過處理達標后再排放才不會污染環(huán)境．【解析】【解答】解：工業(yè)廢水是指工業(yè)生產(chǎn)過程中產(chǎn)生的廢水；污水和廢液；其中含有隨水流失的工業(yè)生產(chǎn)用料、中間產(chǎn)物和產(chǎn)品以及生產(chǎn)過程中產(chǎn)生的污染物．廢水中含有的酸、堿、鹽，會造成水體污染，需要經(jīng)過處理達標后才能排放；

故答案為：√．16、×【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誤，故答案為：×．17、×【分析】【分析】摩爾是物質(zhì)的量的單位．【解析】【解答】解：摩爾是物質(zhì)的量的單位；是國際單位制中七個基本單位之一；

故答案為：×．18、√【分析】【分析】（1）測定pH的步驟為蘸；滴、對比；

（2）碳酸根離子水解生成碳酸氫根離子和氫氧根離子；

（3）Na2CO3溶液中，存在物料守恒式為c（Na+）=[c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）]，電荷守恒式為c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-），并結(jié)合水解顯堿性來分析解答．【解析】【解答】解：（1）測定pH的步驟為用玻璃棒蘸取待測液；滴在pH試紙上，顏色變化后與標準比色卡對比，然后確定溶液的pH；

故答案為：用玻璃棒蘸取待測液；滴在pH試紙上，顏色變化后與標準比色卡對比；

（2）碳酸根離子水解生成碳酸氫根離子和氫氧根離子，溶液顯堿性，離子反應(yīng)為CO32-+H2O?HCO3-+OH-，故答案為：CO32-+H2O?HCO3-+OH-；

（3）①Na2CO3溶液中，存在物料守恒式為c（Na+）=[c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）]，顯然c（Na+）=2[c（CO32-）+c（HCO3-）]關(guān)系錯誤；

故答案為：c（Na+）=[c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）]；

②Na2CO3溶液中，溶液不顯電性，由電荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-）；故答案為：√；

③Na2CO3溶液中，由質(zhì)子守恒可知，c（OH-）=c（H+）+c（HCO3-）+2c（H2CO3），故答案為：c（OH-）=c（H+）+c（HCO3-）+2c（H2CO3）；

④Na2CO3溶液中，由化學式可知，c（Na+）＞c（CO32-），又由CO32-+H2O?HCO3-+OH-，則離子濃度關(guān)系為c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）；

故答案為：√．19、×【分析】【分析】烷烴的一氯取代物只有一種，說明該烷烴中只有一種等效氫原子，根據(jù)等效氫原子的判斷方法來回答．【解析】【解答】解：烷烴分子中；同一個碳上的氫原子等效，連在同一個碳原子上的氫原子等效，具有鏡面對稱的碳原子上的氫原子等效，烷烴的一氯取代物只有一種，說明該烷烴中只有一種等效氫原子，在碳原子數(shù)n≤10的所有烷烴的同分異構(gòu)體中，其一氯取代物只有一種的烷烴分別是：甲烷；乙烷、2，2-二甲基丙烷以及2，2，3，3-四甲基丁烷，共4種．

故答案為：×．20、√【分析】【分析】根據(jù)乙醇與乙酸乙酯中含有的官能團以及紅外光譜主要用于分析有機物中的官能團類解答；【解析】【解答】解：乙醇中含有羥基；乙酸乙酯中含有酯基，官能團不同，所以通過紅外光譜分析可以區(qū)分乙醇與乙酸乙酯；

故答案為：√；四、解答題(共1題，共6分)21、略

【分析】【分析】（1）計算溶液中CuCl2的質(zhì)量，再根據(jù)n=計算CuCl2的物質(zhì)的量；

（2）Cl-的物質(zhì)的量為氯化銅的2倍，再根據(jù)N=nNA計算Cl-的數(shù)目．【解析】【解答】解：（1）溶液中CuCl2的質(zhì)量為540g×5%=27g，CuCl2的物質(zhì)的量為=0.2mol；

答：溶液中CuCl2的物質(zhì)的量為0.2mol；

（2）Cl-的物質(zhì)的量為0.2mol×2=0.4mol，Cl-的數(shù)目為0.4mol×6.02×1023mol-1=2.408×1023；

答：Cl-的數(shù)目為2.408×1023．五、推斷題(共2題，共10分)22、Cl2+2I-=I2+2Cl-NaOH溶液2Na+2H2O=2NaOH+H2↑2Mg+CO22MgO+C2C+SiO2Si+2CO↑【分析】【分析】（1）若甲為黃綠色氣體，應(yīng)為Cl2，單質(zhì)乙能使淀粉溶液變藍色，則乙為I2；該反應(yīng)是氯氣與KI的反應(yīng)；

（2）Al；氧化鋁與氫氧化鈉溶液反應(yīng)；而氧化鐵