2025年滬科版高三化學下冊階段測試試卷含答案

…………○…………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年滬科版高三化學下冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：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、下列離子方程式書寫正確的是（）A.鐵跟稀硫酸反應：2Fe+6H+→2Fe3++3H2↑B.向氯化亞鐵溶液中通入氯氣：Fe2++Cl2→Fe3++2Cl-C.鹽酸滴入氫氧化鋇溶液中：H++OH-=H2OD.氯氣通入NaOH溶液中：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O2、下列實驗方案中，可行的是（）A.加稀鹽酸后過濾，可除去混在鎂粉中的少量鋁粉B.用萃取的方法分離汽油和煤油C.用溶解、過濾的方法分離KNO3和NaCl固體混合物D.用滲析的方法可除去氫氧化鐵膠體中的氯化鐵3、已知兩種弱酸的酸性：HA＞HB，在常溫下下列各項比較中正確的是（）A.兩種溶液：①0.1mol/LHA溶液；②0.1mol/LHB溶液，分別與0.1mol/LNaOH溶液等體積混合后溶液中，c（H+）：①＜②B.等物質(zhì)的量濃度的HA溶液與NaB溶液等體積的混合液：2c（Na+）═（A-）+c（B-）+c（HA）+c（HB）C.pH=9的三種溶液①NaB；②NH3?H2O；③NaOH，由水電離出的c（OH-）：①＞②＞③D.物質(zhì)的量濃度相等的NaA與NaB兩溶液中：c（B-）＞c（A-）4、有關能量的判斷或表示方法正確的是rm{(}rm{)}A.由rm{H^{+}(aq)+OH^{-}(aq)=H_{2}O(l)triangleH=-57.3kJ/mol}可知：含rm{H^{+}(aq)+OH^{-}(aq)=H_{2}O(l)triangle

H=-57.3kJ/mol}rm{1mol}的溶液與含rm{CH_{3}COOH}rm{1mol}的溶液混合，放出熱量等于rm{NaOH}rm{57.3}B.等質(zhì)量的硫蒸氣和硫固體分別完全燃燒，后者放出熱量更多C.從rm{kJ}石墨rm{C(S}金剛石rm{)=C(S}可知石墨比金剛石更穩(wěn)定D.rm{)triangleH=+1.9kJ/mol}完全燃燒生成液態(tài)水放出rm{2gH_{2}}熱量，則氫氣燃燒的熱化學方程式為：rm{285.8kJ}rm{H_{2}O(l)triangleH=-285.8kJ/mol}rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)=2}5、下列有關實驗或結論的描述正確的是rm{(}rm{)}A.向鹽酸酸化的rm{Ba(NO_{3})_{2}}溶液中通入rm{SO_{2}}有白色沉淀生成，則rm{BaSO_{3}}難溶于酸B.液溴應保存在磨口玻璃塞的棕色細口試劑瓶中，并加少量水進行水封C.用酒精萃取碘水中的碘，水從分液漏斗下口放出，碘的酒精溶液從分液漏斗上口倒出D.蒸餾操作時，應使溫度計水銀球插入蒸餾燒瓶內(nèi)的液面以下6、下列物質(zhì)屬于酚類的是()A.B.C.D.7、工業(yè)上以鉻鐵礦rm{(}主要成分為rm{FeO隆隴Cr_{2}C_{3})}碳酸鈉、氧氣和硫酸為原料生產(chǎn)重鉻酸鈉rm{(Na_{2}Cr_{2}O_{7}隆隴2H_{2}O)}其主要反應如下：rm{壟脵4FeO隆隴C{r}_{2}{O}_{3}+8N{a}_{2}C{O}_{3}+7{O}_{2}=8N{a}_{2}Cr{O}_{4}+2F{e}_{2}{O}_{3}+8C{O}_{2}}rm{壟脷2N{a}_{2}Cr{O}_{4}+{H}_{2}S{O}_{4}=N{a}_{2}S{O}_{4}+N{a}_{2}C{r}_{2}{O}_{7}+{H}_{2}O}下列說法正確的是rm{壟脵4FeO隆隴C{r}_{2}{O}_{3}+8N{a}_{2}C{O}_{3}+7{O}_{2}=8N{a}_{2}Cr{O}_{4}+2F{e}_{2}{O}_{3}+8C{O}_{2}

}rm{壟脷2N{a}_{2}Cr{O}_{4}+{H}_{2}S{O}_{4}=N{a}_{2}S{O}_{4}+N{a}_{2}C{r}_{2}{O}_{7}+{H}_{2}O

}A.反應rm{(}和rm{)}均為氧化還原反應B.反應rm{壟脵}的氧化劑是rm{壟脷}還原劑是rm{壟脵}C.rm{O_{2}}中rm{FeO隆隴Cr_{2}O_{3}}元素的化合價為rm{Na_{2}Cr_{2}O_{7}}D.反應rm{Cr}中生成rm{+7}的rm{壟脵}時共轉(zhuǎn)移rm{1mol}電子rm{Na_{2}CrO_{4}}8、將rm{pH}值為rm{8}的rm{NaOH}溶液與rm{pH}值為rm{10}的rm{NaOH}溶液等體積混合后，溶液中氫離子濃度最接近于rm{(}rm{)}A.rm{2隆脕10^{-10}}rm{mol/L}B.rm{dfrac{1}{2}(10^{-8}+10^{-10})}rm{dfrac

{1}{2}(10^{-8}+10^{-10})}C.rm{mol/L}rm{(10^{-8}+10^{-10})}D.rm{mol/L}rm{(1隆脕10^{-14}-5隆脕10^{-5})}rm{mol/L}評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)9、研究氮及其化合物的性質(zhì)在人類進步過程中具有極為重要的意義．

（1）工業(yè)上消除氮的氧化物可采用以下反應：CH4（g）+2NO2（g）?N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H

在溫度為T1和T2時，分別將0.5molCH4和1.2molNO2充入體積為1L的密閉容器中，測得NO2的物質(zhì)的量隨時間變化數(shù)據(jù)如下表：

。

溫度/℃

時間/min010204050T11.20.90.70.40.4T21.20.80.560.5①溫度為T1℃時，0～20min內(nèi)，v（CH4）=____．

②T1____T2（填“＞”或“＜”，下空同）；△H____0，判斷理由是____．

③反應CH4（g）+2NO2（g）?N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）的平衡常數(shù)表達式K=____，溫度為T1℃時，K的值為____．

④溫度為T2℃時，達平衡后，再向容器中加入0.5molCH4和1.2molNO2，達新平衡時CH4的轉(zhuǎn)化率將____（填“增大”；“減小”或“不變”）．

（2）已知反應N2O4（g）?2NO2（g），隨溫度升高，混合氣體的顏色變深．將一定量N2O4氣體充入如圖絕熱容器一段時間后；壓縮和拉伸活塞過程中氣體的透光率（氣體顏色越淺，透光率越大）隨時間變化如圖所示．

①a點與c點相比，c（NO2）更大的是____，體系溫度更低的是____．

②d點，v正（NO2）____v逆（NO2）（填“＞”；“＜”或“=”）．

③下列說法能說明透光率不再發(fā)生改變的有____．

a．氣體顏色不再改變b．△H不再改變。

c．v正（N2O4）=2v逆（NO2）d．N2O4的轉(zhuǎn)化率不再改變．10、將8gNaOH溶解在水中，要使Na+與H2O數(shù)之比為1：100，需水____mol，其溶液中有____molNaOH，中和這些NaOH，需2mol/L的HCl____mL，或者需要____g的硫酸．11、（1）實驗室用二氧化錳跟濃鹽酸在加熱條件下反應制取氯氣；高錳酸鉀是常用氧化劑；用高錳酸鉀跟濃鹽酸反應在室溫下也能制氯氣，方程式為：

____KMnO4+____HCl═____MnCl2+____KCl+____Cl2↑+____H2O

先配平該方程式；再用單線橋標出該反應中電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目。

該反應方程式中氧化劑是____（填化學式），氧化產(chǎn)物是____（填化學式）．作氧化劑與作還原劑的物質(zhì)的量之比為____

（2）在常溫下；發(fā)生下列幾種反應：

①16H++10Z-+2XO4-═2X2++5Z2+8H2O

②2A2++B2═2A3++2B-

③2B-+Z2═B2+2Z-

根據(jù)上述反應，XO4-、Z2、B2、A3+氧化性從強到弱的順序為：____．12、有一包白色固體，可能含有CaCO3、Na2SO4、KNO3、CuSO4、BaCl2五種物質(zhì)中的一種或五種．先進行以下實驗：

（1）取少量固體粉末加到足量水中；得到白色沉淀，上層清液為無色．

（2）向（1）的懸濁液中加入足量稀硝酸；白色沉淀消失，并有氣泡產(chǎn)生．

（3）取少量（1）中的清液滴入Ba（NO3）2溶液；有白色沉淀生成，再加入稀硝酸，沉淀不溶解．

根據(jù)上述實驗現(xiàn)象判斷：該白色固體中一定含有____，一定不含有____，可能含有____．上述實驗中有關反應的離子方程式為：____、____．13、已知某純堿試樣中含有NaCl雜質(zhì)，為測定試樣中純堿的質(zhì)量分數(shù)，可用下圖中的裝置進行實驗．

主要實驗步驟如下：①按圖組裝儀器；并檢查裝置的氣密性。

②將ag試樣放入錐形瓶中；加適量蒸餾水溶解，得到試樣溶液。

③稱量盛有堿石灰的U型管的質(zhì)量，得到bg

④從分液漏斗滴入6mol?L-1的硫酸；直到不再產(chǎn)生氣體時為止。

⑤從導管A處緩緩鼓入一定量的空氣。

⑥再次稱量盛有堿石灰的U型管的質(zhì)量；得到cg

⑦重復步驟⑤和⑥的操作；直到U型管的質(zhì)量基本不變，為dg

請?zhí)羁蘸突卮饐栴}：

（1）在用托盤天平稱量樣品時，如果天平的指針向左偏轉(zhuǎn)，說明____

（2）裝置中干燥管B的作用是____

（3）如果將分液漏斗中的硫酸換成濃度相同的鹽酸，測試的結果____（填偏高；偏低或不變）

（4）步驟⑤的目的是____

（5）步驟⑦的目的是____

（6）該試樣中純堿的質(zhì)量分數(shù)的計算式為____．14、（1）某飯店制做的包子的部分原料如下：①面粉；②食鹽、③牛肉、④花生油．

請回答：富含油脂的是____（填序號，下同）．富含蛋白質(zhì)的是____．屬于調(diào)味劑的是____．

（2）在①蛋白質(zhì)②油脂③葡萄糖④纖維素四種物質(zhì)中，不能水解的是____（填序號），在人體中不能直接被消化吸收的是____（填序號）；蛋白質(zhì)水解后生成____（填名稱，下同），油脂水解后生成____．

（3）有四種常見藥物①阿司匹林②青霉素③胃舒平④麻黃堿．請回答：

a．某同學胃酸過多，應選用的藥物是____（填序號）．

b．由于具有興奮作用，國際奧委會嚴禁運動員服用的藥物是____（填序號；下同）．

c．從用藥安全角度考慮，使用前要進行皮膚敏感性測試的藥物是____．15、白云石的主要成分是CaCO3?MgCO3；在我國有大量的分布．以白云石為原料生產(chǎn)的鈣鎂系列產(chǎn)品有廣泛的用途．

CaCO3?MgCO3Ca（OH）2?Mg（OH）2CaCO3、Mg（HCO3）2碳化一系列過程。

（1）已知碳化反應是放熱反應，化學方程式是Ca（OH）2+Mg（OH）2+3CO2?CaCO3+Mg（HCO3）2+H2O；已知某次碳化時溶液中鈣離子濃度隨時間的變化如圖所示．

①15min之后鈣離子濃度增大，原因是____（用化學方程式表示）．

②碳化溫度保持在50℃-60℃．溫度偏高不利于碳化反應，原因是____、____．溫度偏低也不利于碳化反應，原因是____．

（2）用白云石（主要含CaCO3和MgCO3）和廢Al片制備七鋁十二鈣的工藝如圖：

①由流程知，鍛粉中的氧化鎂幾乎不溶解，濾液1中的離子反應是____．

②該工藝中不能用（NH4）2SO4代替NH4NO3，原因是____．

③用NaOH溶液可除去Al片表面的氧化膜，反應的離子方程式為____．

④電解制備Al（OH）3時，電極分別為Al片和石墨，陽極反應為____．16、美國Bay等工廠使用石油熱裂解的副產(chǎn)物甲烷來制取氫氣；其生產(chǎn)流程如圖一：

（1）此流程的第II步反應為：CO（g）+H2O（g）?H2（g）+CO2（g）；該反應的平衡常數(shù)隨溫度的變化如下表：

。溫度/℃400500830平衡常數(shù)K1091從上表可以推斷：此反應是____（填“吸熱”或“放熱”）反應．在830℃下，若開始時向恒容密閉容器中充入1molCO和2molH2O，則達到平衡后CO的轉(zhuǎn)化率為____．

（2）在一個絕熱等容容器中，不能判斷此流程的第II步反應達到平衡的是____．

①體系的壓強不再發(fā)生變化②混合氣體的密度不變。

③混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不變④各組分的物質(zhì)的量濃度不再改變。

⑤體系的溫度不再發(fā)生變化⑥v（CO2）正=v（H2O）逆

（3）圖二表示此流程的第II步反應，在t1時刻達到平衡、在t2時刻因改變某個條件濃度發(fā)生變化的情況：圖中t2時刻發(fā)生改變的條件是____；____（寫出兩種）．

（4）若t4時刻通過改變?nèi)莘e的方法將壓強增大為原先的兩倍，在圖中t4和t5區(qū)間內(nèi)畫出CO、CO2濃度變化曲線，并標明物質(zhì)（假設各物質(zhì)狀態(tài)均保持不變）．17、氮可以形成多種離子，如rm{N^{3-}}rm{NH_{2}^{-}}rm{N_{3}^{-}}rm{NH_{4}^{+}}rm{N_{2}H_{5}^{+}}rm{N_{2}H_{6}^{2+}}等，已知rm{N_{2}H_{5}^{+}}與rm{N_{2}H_{6}^{2+}}是由中性分子結合質(zhì)子rm{(H^{+})}形成的，類似于rm{NH_{4}^{+}}因此有類似于rm{NH_{4}^{+}}的性質(zhì)．

rm{(1)}寫出rm{N_{2}H_{6}^{2+}}在堿性溶液中反應的離子方程式______．

rm{(2)NH_{2}^{-}}的電子式為______．

rm{(3)N_{3}^{-}}有______個電子．

rm{(4)}寫出二種rm{N_{3}^{-}}等電子體的化學式______；______．

rm{(5)}等電子數(shù)的微粒往往具有相似的結構，試預測rm{N_{3}^{-}}的構型______．

rm{(6)}據(jù)報道，美國科學家卡爾rm{?}克里斯特于rm{1998}年rm{11}月合成了一種名為“rm{N_{5}}”的物質(zhì)，由于其具有極強的爆炸性，又稱為“鹽粒炸彈”rm{.}迄今為止，人們對它的結構尚不清楚，只知道“rm{N_{5}}”實際上是帶正電荷的分子碎片，其結構是對稱的，rm{5}個rm{N}排成rm{V}形rm{.}如果rm{5}個rm{N}結合后都達到rm{8}電子結構，且含有rm{2}個rm{N隆脭N}鍵rm{.}則“rm{N_{5}}”分子碎片所帶電荷是______．

評卷人得分三、判斷題(共6題，共12分)18、標準狀況下，22.4L己烷中含共價鍵數(shù)目為19NA．____（判斷對錯）19、有下列化合物：

（1）請在空格內(nèi)用“√”或“×”判斷正誤．

①甲、乙、丙丁、戊均屬于烴的衍生物____

②乙中含氧官能團的名稱為“全基”和“羥基”____

③丙和丁互為同系物____

④可用溴水鑒別乙和戊____

（2）化合物戊可由甲按下列途徑合成．

試回答下列問題。

①D→戊的有機反應類型是____．

②寫出C→D的化學反應方程式____．

③寫出同時滿足下列條件的甲的同分異構體（兩種即可）．____，____．

a．能與FeCl3發(fā)生顯色反應；不能發(fā)生銀鏡反應；

b．屬于酯類；取代基為鏈狀；

c．苯環(huán)上一氯代物只有兩種．20、一定量的鐵粉與銅粉混合物，與適量稀硝酸反應，生成標準狀況下氣體5.6L，則溶液中陽離子一定是Fe2+，Cu2+．____（判斷對錯）21、因為SO2可以使酸性KMnO4溶液褪色，所以SO2具有漂白性____．（判斷對錯）22、對于0.3mol/L的硫酸鉀溶液，1L溶液中含有0.6NA個鉀離子是____．（判斷對錯）23、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、其他(共3題，共9分)24、（15分）有X、Y、Z、W四種短周期元素原子序數(shù)依次增大，它們之間可以同時相互形成A2B2型、AB型、A2型、A22—型等具有相同電子數(shù)的微粒。（1）當A2型微粒為空氣的主要成分時：①寫出上述A22—型微粒電子式_______________。②寫出四種元素原子按5：1：1：3形成的離子化合物與足量NaOH反應的離子方程式_______________。（2）當A2型微粒為最活潑的單質(zhì)時：①1molA2B2型化合物分解轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為_______。②任寫出一種具有相同電子的其他非極性分子的有機物化學式__________③比較Z與W兩種元素的氫化物的沸點與水溶液的酸性。沸點________________酸性______________。25、（15分）有X、Y、Z、W四種短周期元素原子序數(shù)依次增大，它們之間可以同時相互形成A2B2型、AB型、A2型、A22—型等具有相同電子數(shù)的微粒。（1）當A2型微粒為空氣的主要成分時：①寫出上述A22—型微粒電子式_______________。②寫出四種元素原子按5：1：1：3形成的離子化合物與足量NaOH反應的離子方程式_______________。（2）當A2型微粒為最活潑的單質(zhì)時：①1molA2B2型化合物分解轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為_______。②任寫出一種具有相同電子的其他非極性分子的有機物化學式__________③比較Z與W兩種元素的氫化物的沸點與水溶液的酸性。沸點________________酸性______________。26、（10分）以下是某課題組設計的合成聚酯類高分子材料的路線：已知：①A的相對分子質(zhì)量小于110，其中碳的質(zhì)量分數(shù)約為0.9。②同一碳原子上連兩個羥基時結構不穩(wěn)定，易脫水生成醛或酮：③C可發(fā)生銀鏡反應。請根據(jù)以上信息回答下列問題：（1）A的化學式為____；A→B的反應類型是。（2）由B生成C的化學方程式為；該反應過程中生成的不穩(wěn)定中間體的結構簡式應是。（3）D的結構簡式為，D的同分異構體中含有苯環(huán)且水解產(chǎn)物之一為乙酸的有______種，寫出其中的一種結構簡式：。評卷人得分五、書寫(共1題，共6分)27、完成下列反應的化學方程式；或要求：

（1）寫出少量氯氣和碘化鉀溶液反應的化學反應方程式____．

（2）用雙線橋標出下述反應中電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目：C+4HNO3（濃）CO2↑+4NO2↑+2H2O．評卷人得分六、推斷題(共3題，共12分)28、菠蘿酯rm{F}是一種具有菠蘿香味的賦香劑；其合成路線如圖：

已知：

rm{(1)A}中所含官能團的名稱是______，rm{B}的結構簡式是______．

rm{(2)}由rm{A}生成rm{B}的反應類型是______，rm{E}的某同分異構體只有一種相同化學環(huán)境的氫；該同分異構體的結構簡式為______．

rm{(3)}寫出rm{D}和rm{E}反應生成rm{F}的化學方程式______．

rm{(4)D}中含有環(huán)己基rm{(}只有一個側(cè)鏈rm{)}能發(fā)生水解反應的同分異構體數(shù)目有______種；其中能發(fā)生銀鏡反應的同分異構體的結構簡式為______．

rm{(5)}結合題給信息，以乙烯為原料，制備rm{1-}丁醇，設計合成路線______rm{(}其他試劑任選rm{)}．

合成路線流程圖示例：

rm{CH_{3}CHOxrightarrow[{麓脽祿爐錄脕},triangle]{O_{2}}CH_{3}COOHxrightarrow[{脜簍脕貌脣謾},triangle]{CH_{3}CH_{2}OH}CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}}．rm{CH_{3}CHO

xrightarrow[{麓脽祿爐錄脕},triangle]{O_{2}}CH_{3}COOH

xrightarrow[{脜簍脕貌脣謾},triangle

]{CH_{3}CH_{2}OH}CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}}29、已知M和R是兩種常見的金屬單質(zhì)；其中M為紅色．它們在一定條件下有如下轉(zhuǎn)化關系，Q溶液呈紅色．

請根據(jù)上述框圖回答有關問題：

（1）上述轉(zhuǎn)化關系中，屬于非氧化還原反應的是____（填序號）．

（2）分別寫出③、⑥對應的離子方程式____、____．

（3）K2RO4是一種新型綠色凈水劑；它在凈水過程中主要發(fā)揮2個作用：

①____．

②____．30、已知rm{X}氣體是一種無色有刺激性氣味的酸性氧化物，有關rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}的轉(zhuǎn)化。

關系如下，反應rm{壟脵隆蘆壟脺}均為化合反應rm{.}回答下列問題：

rm{(1)Y}的化學式為______，rm{Z}的化學式為______rm{.X}直接排入空氣中。

易造成的環(huán)境問題是______．

rm{(2)}反應rm{壟脵隆蘆壟脻}中屬于可逆反應的是______；屬于氧化還原反應的是。

______．

rm{(3)}寫出反應rm{壟脻}的化學方程式：______．

rm{(4)}黏土主要有效成分的化學式為rm{Al_{2}Si_{2}O_{x}(OH)_{4}}其中rm{x}的值是______，若以氧化物形式表示，應寫為______．參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】【分析】A．反應生成氯化亞鐵和氫氣；

B．電子；電荷不守恒；

C．反應生成氯化鋇和水；

D．反應生成氯化鈉、次氯酸鈉和水．【解析】【解答】解：A．鐵跟稀硫酸反應的離子反應為Fe+2H+=Fe2++H2↑；故A錯誤；

B．向氯化亞鐵溶液中通入氯氣的離子反應為2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；故B錯誤；

C．鹽酸滴入氫氧化鋇溶液中的離子反應為H++OH-=H2O；故C正確；

D．氯氣通入NaOH溶液中的離子反應為Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；故D正確；

故選CD．2、D【分析】【分析】A．二者都與鹽酸反應；

B．汽油和煤油混溶；

C．KNO3和NaCl都溶于水；

D．膠體不能透過半透膜．【解析】【解答】解：A．二者都與鹽酸反應；應用氫氧化鈉溶液除雜，故A錯誤；

B．汽油和煤油混溶；但沸點不同，應用蒸餾的方法分離，故B錯誤；

C．KNO3和NaCl都溶于水；應用重結晶的方法分離，故C錯誤；

D．膠體不能透過半透膜；可用滲析的方法分離，故D正確．

故選D．3、B【分析】【分析】A．從影響弱電解質(zhì)的電離平衡的角度分析；

B．從物料守恒的角度分析；

C．鹽的水解促進水的電離；

D．從鹽類水解的程度判斷．【解析】【解答】解：A.0.3mol/LHA溶液與0.1mol/LNaOH溶液等體積的混合后生成c（HA）=0.1mol/L，c（A-）=0.05mol/L，②中c（A-）大于①，抑制HA的電離，則c（H+）：①＞②；故A錯誤；

B．根據(jù)物料守恒；等物質(zhì)的量濃度的HA溶液與NaB溶液等體積的混合液中存在：

c（A-）+c（HA）=c（B-）+c（HB）=c（Na+），則有：2c（Na+）=c（A-）+c（B-）+c（HA）+c（HB）；故B正確；

C．pH=9的三種溶液①NaB促進水的電離，水的電離程度最大；②NH3?H2O和③NaOH都抑制水的電離；水的電離程度相同，則有①＞②=③，故C錯誤；

D．物質(zhì)的量濃度相等的NaA與KB兩溶液中，由于弱酸的酸性：HA＞HB，A-的水解程度小于B-，所以c（A-）＞c（B-）；故D錯誤．

故選B．4、C【分析】解：rm{A.}乙酸是弱酸，電離過程是吸熱過程，含rm{1molCH_{3}COOH}的溶液與含rm{1molNaOH}的稀溶液混合，放出熱量小于rm{57.3kJ}故A錯誤；

B.硫固體轉(zhuǎn)化為硫蒸氣的過程是吸熱該過程；硫蒸氣和硫固體分別完全燃燒，硫蒸氣放出熱量更多，故B錯誤；

C.從rm{C(}石墨rm{)簍TC(}金剛石rm{)triangleH=+1.9kJ/mol}可知石墨具有的能量較低，物質(zhì)具有的能量越低越穩(wěn)定，所以石墨比金剛石更穩(wěn)定，故C正確；

D.rm{2gH_{2}}即rm{1molH_{2}}完全燃燒生成液態(tài)水放出rm{285.8kJ}熱量，則rm{2molH_{2}}燃燒放出的熱量rm{285.8kJ隆脕2=571.6KJ}則氫氣燃燒的熱化學方程式為：rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)簍T2H_{2}O(l)triangleH=-571.6kJ/mol}故D錯誤；

故選C．

A.乙酸是弱酸；電離過程是吸熱過程；

B.硫固體轉(zhuǎn)化為硫蒸氣的過程是吸熱該過程；硫的燃燒過程是放熱過程；

C.物質(zhì)具有的能量越低越穩(wěn)定；

D.根據(jù)熱化學方程式的意義和書寫方法來判斷．

本題考查化學反應的反應熱和焓變間的關系知識，注意中和熱的測定實驗中使用的是強酸和強堿的稀溶液，題目難度不大．rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)簍T2H_{2}O(l)triangle

H=-571.6kJ/mol}【解析】rm{C}5、B【分析】解：rm{A.}向鹽酸酸化的rm{Ba(NO_{3})_{2}}溶液中通入rm{SO_{2}}二者發(fā)生氧化還原反應生成硫酸鋇沉淀，所以生成的白色沉淀是rm{BaSO_{4}}故A錯誤；

B.溴易揮發(fā)；可水封保存，注意不能用橡膠塞，應保存在磨口玻璃塞棕色細口試劑瓶中，故B正確；

C.用酒精萃取碘水中的碘；酒精易溶于水，混合液不分層，無法通過分液分離，故C錯誤；

D.蒸餾時；溫度計測量餾分溫度，所以溫度計水銀球應該位于蒸餾燒瓶支管口處，故D錯誤；

故選B．

A.酸性條件下硝酸根離子能夠?qū)⒍趸蜓趸闪蛩?；硫酸與鋇離子反應生成硫酸鋇沉淀；

B.溴易揮發(fā)；可水封保存，注意不能用橡膠塞；

C.酒精易溶于水；不能用酒精作萃取劑；

D.蒸餾時；溫度計由于測量餾分溫度．

本題考查化學實驗方案評價，為高頻考點，涉及藥品儲存、氧化還原反應、實驗基本操作等知識點，側(cè)重考查學生分析及實驗操作能力，明確實驗操作規(guī)范性及元素化合物性質(zhì)是解本題關鍵，易錯選項是rm{A}試題培養(yǎng)了學生的分析能力及化學實驗能力．【解析】rm{B}6、B|C【分析】【解析】試題分析：羥基和苯環(huán)直接相連而構成的化合物是酚類，據(jù)此可知雖然有苯環(huán)，但羥基與—CH2—相連，屬于醇類；羥基直接連在苯環(huán)上屬于酚類；羥基直接與苯環(huán)相連屬于酚類；羥基連在脂環(huán)烴基上屬于醇類，答案選BC?？键c：考查酚類的判斷【解析】【答案】BC7、B【分析】【分析】本題考查氧化還原反應，為高頻考點，把握反應中元素的化合價變化為解答的關鍵，側(cè)重電子的轉(zhuǎn)移、氧化劑和還原劑的判斷的考查，注意從化合價角度分析，難度不大?！窘獯稹緼.反應rm{(2)}中不存在元素的化合價變化；則不屬于氧化還原反應，故A錯誤；

B.反應rm{(1)}中rm{O}元素的化合價降低，rm{Fe}rm{Cr}元素的化合價均升高，所以氧化劑是rm{O_{2}}還原劑是rm{FeO?Cr_{2}O_{3}}故B正確；

C.化合物中正負化合價的代數(shù)和為rm{0}rm{Na}為rm{+1}價，rm{O}為rm{-2}價，則rm{Cr}元素的化合價為rm{+6}故C錯誤；

D.由方程式rm{4FeO?C{r}_{2}{O}_{3}+8N{a}_{2}C{O}_{3}+7{O}_{2}overset{賂脽脦脗}{=}8N{a}_{2}Cr{O}_{4}+2F{e}_{2}{O}_{3}+8C{O}_{2}}rm{4FeO?C{r}_{2}{O}_{3}+8N{a}_{2}C{O}_{3}+7{O}_{2}

overset{賂脽脦脗}{=}8N{a}_{2}Cr{O}_{4}+2F{e}_{2}{O}_{3}+8C{O}_{2}

}轉(zhuǎn)移電子可知，生成rm{1molNa}rm{1molNa}rm{{,!}_{2}}rm{CrO}rm{CrO}rm{{,!}_{4}}時，參加反應的rm{O}rm{O}反應中rm{{,!}_{2}}元素由的物質(zhì)的量為價降低為rm{dfrac{7}{8}}價，電子轉(zhuǎn)移的物質(zhì)的量為參加反應的氧氣的物質(zhì)的量的rm{mol}反應中rm{O}元素由rm{0}價降低為rm{-2}價，電子轉(zhuǎn)移的物質(zhì)的量為參加反應的氧氣的物質(zhì)的量的rm{4}倍，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為倍，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為rm{mol}rm{O}rm{0}所以反應rm{-2}中每生成rm{4}?rm{dfrac{7}{8}}rm{mol隆脕4=3.5mol}所以反應rm{(1)}中每生成rm{1molNa}rm{mol隆脕4=3.5mol}故D錯誤。

故選B。rm{(1)}【解析】rm{B}8、A【分析】解：rm{pH=8}的rm{NaOH}溶液中rm{c(OH^{-})=1隆脕10^{-6}mol/L}rm{pH=10}的rm{NaOH}溶液中rm{c(OH^{-})=1隆脕10^{-4}mol/L}

混合后rm{c(OH^{-})=dfrac{10^{-6}+10^{-4}}{2}mol/L隆脰dfrac{10^{-4}}{2}mol/L}

則溶液中的rm{c(H^{+})=dfrac{Kw}{c(OH^{-})}=dfrac{10^{-14}}{dfrac{10^{-4}}{2}}mol/L=2.0隆脕10^{-10}mol/L}

故選A．

兩種堿溶液混合，先計算出混合后溶液的rm{c(OH^{-})=dfrac

{10^{-6}+10^{-4}}{2}mol/L隆脰dfrac{10^{-4}}{2}mol/L}再根據(jù)溶液的rm{c(H^{+})=dfrac{Kw}{c(OH^{-})}=

dfrac{10^{-14}}{dfrac

{10^{-4}}{2}}mol/L=2.0隆脕10^{-10}mol/L}計算出溶液的rm{c(OH^{-})}

本題考查兩種堿溶液混合后的溶液氫離子濃度計算，題目難度不大，注意先計算溶液中rm{Kw}再計算rm{c(H^{+}).}rm{c(OH^{-})}【解析】rm{A}二、填空題(共9題，共18分)9、0.0125mol/（L．s）＜＜升高溫度，NO2的物質(zhì)的量增大，平衡逆向移動，正反應為放熱反應6.4減小ca＞ad【分析】【分析】（1）①根據(jù)v=計算v（NO2），再利用速率之比等于化學計量數(shù)之比計算v（CH4）；

②由表中數(shù)據(jù)可知，T2溫度反應速率較快，溫度越高，反應速率越快，先到達平衡，而升高溫度，NO2的物質(zhì)的量增大；說明平衡逆向移動；

③化學平衡常數(shù)是指：一定溫度下；可逆反應到達平衡時，生成物的濃度系數(shù)次冪之積與反應物的濃度系數(shù)次冪之積的比，固體；純液體不需要在化學平衡常數(shù)中寫出；

溫度為T1℃時；40min到達平衡，計算平衡時各組分濃度，代入平衡常數(shù)表達式計算；

④溫度為T2℃時，達平衡后，再向容器中加入0.5molCH4和1.2molNO2；等效再原平衡基礎上增大壓強，平衡逆向移動；

（2）①氣體顏色越淺；透光率越大，則透光率越大，二氧化氮的濃度越?。?/p>

隨溫度升高，混合氣體的顏色變深，說明升高溫度平衡正向移動，正反應為吸熱反應，b點開始是壓縮注射器的過程；平衡逆向移動，絕熱條件下，容器內(nèi)溫度升高；

②d點后透光率減??；而二氧化氮濃度增大，平衡正向移動；

③透光率不再發(fā)生改變，說明二氧化氮的濃度不變，反應到達平衡．【解析】【解答】解：（1）①溫度為T1℃時，0～20min內(nèi)v（NO2）==0.025mol/（L．s），速率之比等于化學計量數(shù)之比，則v（CH4）=v（NO2）=0.0125mol/（L．s）；

故答案為：0.0125mol/（L．s）；

②由表中數(shù)據(jù)可知，T2溫度反應速率較快，溫度越高，反應速率越快，故溫度T1＜T2，溫度T2先到達平衡，而升高溫度，NO2的物質(zhì)的量增大；說明平衡逆向移動，故正反應為放熱反應，則△H＜0；

故答案為：＜；＜；升高溫度，NO2的物質(zhì)的量增大；平衡逆向移動，正反應為放熱反應；

③反應CH4（g）+2NO2（g）?N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）的平衡常數(shù)表達式K=；

溫度為T1℃時；40min到達平衡，平衡時二氧化氮物質(zhì)的量為0.4mol，則：

CH4（g）+2NO2（g）?N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）

起始量（mol）：0.51.2000

變化量（mol）：0.40.80.40.40.8

平衡量（mol）：0.10.40.40.40.8

容器的體積為1L，則平衡常數(shù)K===6.4；

故答案為：；6.4；

④溫度為T2℃時，達平衡后，再向容器中加入0.5molCH4和1.2molNO2，等效再原平衡基礎上增大壓強，平衡逆向移動，達新平衡時CH4的轉(zhuǎn)化率將減小；

故答案為：減?。?/p>

（2）①氣體顏色越淺，透光率越大，則透光率越大，二氧化氮的濃度越小，a點透光率比c點大，c點c（NO2）更大；

隨溫度升高，混合氣體的顏色變深，說明升高溫度平衡正向移動，正反應為吸熱反應，b點開始是壓縮注射器的過程；平衡逆向移動，絕熱條件下，容器內(nèi)溫度升高，故T（a）＜T（c）；

故答案為：c；a；

②d點后透光率減小，而二氧化氮濃度增大，平衡正向移動，故d點，v正（NO2）＞v逆（NO2）；

故答案為：＞；

③透光率不再發(fā)生改變；說明二氧化氮的濃度不變，反應到達平衡；

a．氣體顏色不再改變；說明二氧化氮濃度不變，透光率不再發(fā)生改變，故a正確；

b．焓變△H與是否到達平衡無關，與物質(zhì)的聚集狀態(tài)與化學計量數(shù)有關，故b錯誤；

c．應是2v正（N2O4）=v逆（NO2）時；反應到達平衡，二氧化氮的濃度不變，故c錯誤；

d．N2O4的轉(zhuǎn)化率不再改變；反應到達平衡，二氧化氮的濃度不變，透光率不再發(fā)生改變，故d正確；

故選：ad．10、200.21009.8【分析】【分析】根據(jù)n==結合反應的化學方程式NaOH+HCl=NaCl+H2O、2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O計算．【解析】【解答】解：n（NaOH）==0.2mol，要使Na+與H2O數(shù)之比為1：100，則n（H2O）=20mol，與鹽酸反應的方程式為NaOH+HCl=NaCl+H2O，可知鹽酸溶液的體積為=0.1L=100mL，由方程式2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O可知需要0.1mol硫酸；質(zhì)量為0.1mol×98g/mol=9.8g；

故答案為：20；0.2；100；9.8．11、2162258KMnO4Cl21：5XO4-＞Z2＞B2＞A3+【分析】【分析】（1）反應中KMnO4→MnCl2，Mn元素化合價由+7降低為+2，共降低5價，HCl（濃）→Cl2，Cl元素化合價由-1價升高為0價，共升高為2價，化合價升降最小公倍數(shù)為10，故KMnO4的系數(shù)為2，Cl2的系數(shù)為5；再根據(jù)原子守恒配平其它物質(zhì)的系數(shù)；根據(jù)方程式確定轉(zhuǎn)移電子數(shù)目，單線橋由提供電子的物質(zhì)（元素）指向得電子的物質(zhì)（元素）；所含元素化合價降低的反應物是氧化劑，元素化合價升高被氧化是還原劑生成氧化產(chǎn)物；

（2）利用氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性來分析．【解析】【解答】解：（1）反應中KMnO4→MnCl2，Mn元素化合價由+7降低為+2，共降低5價，HCl（濃）→Cl2，Cl元素化合價由-1價升高為0價，共升高為2價，化合價升降最小公倍數(shù)為10，故KMnO4的系數(shù)為2，Cl2的系數(shù)為5，再根據(jù)原子守恒配平其它物質(zhì)的系數(shù)，配平后的方程式為2KMnO4+16HCl（濃）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；在氧化還原反應2KMnO4+16HCl═2KC1+2MnC12+5Cl2↑+8H2O中，化合價升高元素Cl失電子，化合價降低的Mn元素得到電子，得失電子數(shù)相等為10，電子轉(zhuǎn)移情況如下：反應中Mn元素化合價由KMnO4中+7降低為MnCl2中+2，故KMnO4是氧化劑；16mol中有10molHCl中的Cl元素化合價由-1價升高為0價，被氧化為還原劑，生成氯氣為氧化產(chǎn)物，所以氧化劑與作還原劑的物質(zhì)的量之比為2：10=1：5；

故答案為：2；16；2；2；5；8；KMnO4；Cl2；1：5；

（2）①中X的化合價降低，則氧化性XO4-＞Z2，②中B元素的化合價降低，則氧化性B2＞A3+，③中Z元素的化合價降低，則氧化性Z2＞B2，則氧化性XO4-＞Z2＞B2＞A3+，故答案為：XO4-＞Z2＞B2＞A3+．12、CaCO3、Na2SO4CuSO4、BaCl2KNO3CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2OBa2++SO42-=BaSO4↓【分析】【分析】（1）取少量固體粉末加到足量水中，得到白色沉淀，上層為無色清液，一定不含CuSO4；含有CaCO3或是BaCl2、Na2SO4都有中的一種情況；

（2）繼續(xù)往其中加入足量稀硝酸，白色沉淀完全消失，并有氣泡產(chǎn)生，則沉淀是CaCO3，一定含CaCO3；

（3）取少量（1）中的溶液滴加Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀生成，再加入稀硝酸，沉淀不溶，沉淀是硫酸鋇，一定含有Na2SO4，一定不含BaCl2，據(jù)此來回答．【解析】【解答】解：（1）取少量固體粉末加到足量水中，得到白色沉淀，上層為無色清液，一定不含CuSO4；含有CaCO3或是BaCl2、Na2SO4都有中的一種情況；

（2）繼續(xù)往其中加入足量稀硝酸，白色沉淀完全消失，則沉淀是CaCO3，一定含CaCO3；

（3）取少量（2）中的溶液滴加Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀生成，再加入稀硝酸，沉淀不溶，沉淀是硫酸鋇，一定含有Na2SO4，一定不含BaCl2．

綜上分析可知：一定含有CaCO3、Na2SO4；一定不含有CuSO4、BaCl2；可能含有KNO3；

（2）中發(fā)生反應：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，（3）中發(fā)生：Ba2++SO42-=BaSO4↓；

故答案為：CaCO3、Na2SO4；CuSO4、BaCl2；KNO3；CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；Ba2++SO42-=BaSO4↓．13、樣品重，砝碼輕防止空氣中的CO2和水氣進入U型管中偏高把反應產(chǎn)生的CO2全部導入U型管中判斷反應產(chǎn)生的CO2是否全部排出，并被U型管中的堿石灰吸收【分析】【分析】（1）根據(jù)天平稱量時按照左物右碼的原則考慮；

（2）由于空氣中也有二氧化碳和水分；干燥管B的作用就是不讓它們進入的；

（3）根據(jù)鹽酸的揮發(fā)性考慮；

（4）由于反應完了錐形瓶中存留有二氧化碳；鼓入一定量的空氣就是為了驅(qū)趕它們的；

（5）就是為了將二氧化碳全部趕過去；

（6）根據(jù)U型管的質(zhì)量的增加量就是生成的二氧化碳的質(zhì)量，根據(jù)二氧化碳的質(zhì)量算出碳酸鈉的質(zhì)量，再用碳酸鈉的質(zhì)量除以樣品質(zhì)量即可；【解析】【解答】解：（1）由于稱量時左物右碼；依據(jù)天平的杠桿原理，向左偏說明樣品重，砝碼輕；

故答案為：樣品重；砝碼輕；

（2）U型管中的堿石灰是為了吸收反應生成的二氧化碳；但空氣中也存在二氧化碳，干燥管B的作用就是防止空氣中的二氧化碳和水分進入U型管，對結果產(chǎn)生誤差；

故答案為：防止空氣中的CO2和水氣進入U型管中；

（3）由于鹽酸具有揮發(fā)性；也會隨著二氧化碳進入U型管，被誤認為是二氧化碳，所以二氧化碳的質(zhì)量偏大，算出的碳酸鈉的質(zhì)量也會偏大的，所以結果會偏大；

故答案為：偏高；

（4）由于反應完了錐形瓶中存留有二氧化碳；鼓入一定量的空氣就是將殘留的二氧化碳完全排入U型管；

故答案為：把反應產(chǎn)生的CO2全部導入U型管中；

（5）直到U型管的質(zhì)量基本不變；說明二氧化碳已經(jīng)被全部排到U型管中；

故答案為：判斷反應產(chǎn)生的CO2是否全部排出；并被U型管中的堿石灰吸收；

（6）設需要碳酸鈉的質(zhì)量為X；則：

Na2CO3+H2SO4═Na2SO4+H2O+CO2↑

10644

Xd-b

列比例式=；

解得X=g；

所以試樣中純堿的質(zhì)量分數(shù)的計算式為；

故答案為：；14、④③②③④氨基酸高級脂肪酸和甘油③④②【分析】【分析】（1）面粉富含糖類物質(zhì)；食鹽具有咸味，常作為調(diào)味劑，牛肉富含蛋白質(zhì)，花生油富含油脂；

（2）葡萄糖屬于單糖；不能水解，人體沒有消耗纖維素的酶，纖維素在人體中不能直接被消化吸收，蛋白質(zhì)水解生成氨基酸，油脂水解生成高級脂肪酸和甘油；

（3）阿司匹林是解熱鎮(zhèn)痛藥，青霉素是抗生素，使用前要進行皮膚敏感性測試的藥物，胃舒平是抗酸藥，麻黃堿具有刺激中樞神經(jīng)作用，是國際奧委會嚴禁運動員服用的藥物．【解析】【解答】解：（1）面粉富含淀粉；屬于糖類物質(zhì)，食鹽具有咸味，常作為調(diào)味劑，牛肉富含蛋白質(zhì)，花生油富含油脂；

故答案為：④；③；②；

（2）葡萄糖屬于單糖；不能發(fā)生水解反應，人體沒有消耗纖維素的酶，纖維素在人體中不能直接被消化吸收，蛋白質(zhì)水解生成氨基酸，油脂水解生成高級脂肪酸和甘油；

故答案為：③；④；氨基酸；高級脂肪酸和甘油；

（3）a．某同學胃酸過多；應選用的藥物是抗酸藥胃舒平；

故答案為：③；

b．麻黃堿具有刺激中樞神經(jīng)作用；是國際奧委會嚴禁運動員服用的藥物；

故答案為：④；

c．青霉素是抗生素；使用前要進行皮膚敏感性測試，以防過敏反應；

故答案為：②．15、CaCO3+CO2+H2O=Ca（HCO3）2平衡逆向移動碳酸氫鎂分解反應速率慢Ca2++2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH4+加入（NH4）2SO4會生成CaSO4微溶物，在過濾時會被除去，造成生成的CaCO3減少Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O2Al-6e-+3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑【分析】【分析】（1）①15min之后鈣離子濃度增大；原因是二氧化碳與碳酸鈣反應生成碳酸氫鈣；

②碳化反應是放熱反應；溫度過高，平衡逆向移動，碳酸氫鎂容易分解；溫度過低，反應速率較慢；

（2）白云石煅燒發(fā)生反應：CaCO3CaO+CO2↑，MgCO3MgO+CO2↑，在鍛粉中加入適量的NH4NO3溶液后，鎂化合物幾乎不溶，由于NH4NO3溶液水解顯酸性，與CaO反應生成Ca（NO3）2和NH3?H2O，故過濾后溶液中含Ca（NO3）2和NH3?H2O，將CO2和NH3通入濾液I中后發(fā)生反應：Ca（NO3）2+2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH4NO3，過濾得到碳酸鈣．用NaOH溶液可除去廢Al片表面的氧化膜，電解制備Al（OH）3時，Al片為陽極、石墨為陰極，在碳酸鈉溶液中攪拌電解，得到氫氧化鋁，過濾加熱灼燒得到氧化鋁，碳酸鈣和氧化鋁共混加熱1500°C得到七鋁十二鈣．【解析】【解答】解：（1）①15min之后鈣離子濃度增大，原因是二氧化碳與碳酸鈣反應生成碳酸氫鈣，反應的方程式為CaCO3+CO2+H2O=Ca（HCO3）2；

故答案為：CaCO3+CO2+H2O=Ca（HCO3）2；

②碳化反應是放熱反應；溫度過高，平衡逆向移動，碳酸氫鎂容易分解，溫度偏高不利于碳化反應，但溫度過低，反應速率較慢，也不利于碳化反應；

故答案為：平衡逆向移動；碳酸氫鎂分解；反應速率慢；

（2）白云石煅燒發(fā)生反應：CaCO3CaO+CO2↑，MgCO3MgO+CO2↑，在鍛粉中加入適量的NH4NO3溶液后，鎂化合物幾乎不溶，由于NH4NO3溶液水解顯酸性，與CaO反應生成Ca（NO3）2和NH3?H2O，故過濾后溶液中含Ca（NO3）2和NH3?H2O，將CO2和NH3通入濾液I中后發(fā)生反應：Ca（NO3）2+2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH4NO3，過濾得到碳酸鈣．用NaOH溶液可除去廢Al片表面的氧化膜，電解制備Al（OH）3時；Al片為陽極；石墨為陰極，在碳酸鈉溶液中攪拌電解，得到氫氧化鋁，過濾加熱灼燒得到氧化鋁，碳酸鈣和氧化鋁共混加熱1500°C得到七鋁十二鈣．

①濾液1中的離子反應是：Ca2++2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH4+；

故答案為：Ca2++2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH4+；

②該工藝中不能用（NH4）2SO4代替NH4NO3，原因是：加入（NH4）2SO4會生成CaSO4微溶物，在過濾時會被除去，造成生成的CaCO3減少；

故答案為：加入（NH4）2SO4會生成CaSO4微溶物，在過濾時會被除去，造成生成的CaCO3減少；

③用NaOH溶液可除去Al片表面的氧化膜，反應的離子方程式為：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；

故答案為：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；

④電解制備Al（OH）3時，Al片為陽極、石墨為陰極，在碳酸鈉溶液中攪拌電解，陽極得到鋁離子與碳酸根離子發(fā)生雙水解反應得到氫氧化鋁，陽極電極反應式為：2Al-6e-+3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；

故答案為：2Al-6e-+3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑．16、放熱66.7%②③降低溫度增加水蒸氣的量【分析】【分析】（1）升高溫度平衡向吸熱反應方向移動；根據(jù)溫度與化學平衡常數(shù)關系確定反應熱；根據(jù)化學平衡計算計算CO的轉(zhuǎn)化率；

（2）不傳熱的固定容積的容器中；反應達到平衡的標志是正逆反應速率相同，各成分含量保持不變分析判斷選項；

（3）在t2時刻CO的濃度減小、CO2濃度增大；平衡向正反應方向移動，可以通過改變溫度；改變水蒸氣或氫氣的量實現(xiàn)；

（4）t4時刻通過改變?nèi)莘e的方法將壓強增大為原先的兩倍則體積變?yōu)樵瓉淼囊话耄蕽舛确謩e增大為原來的2倍，又反應前后氣體系數(shù)相等，平衡不移動．【解析】【解答】解：（1）隨著溫度的升高；化學平衡常數(shù)減小，說明平衡向逆反應方向移動，則正反應是放熱反應；

設CO的轉(zhuǎn)化率為x；

CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）

起始1mol2mol00

反應xxxx

平衡（1-x）mol（2-x）molxmolxmol

化學平衡常數(shù)K==1；x=66.7%；

故答案：放熱；66.7%；

（2）在一個絕熱等容的容器中，判斷此流程的第Ⅱ步反應CO（g）+H2O（g）?H2（g）+CO2（g）；達到平衡的標志是正逆反應速率相同；各組分含量保持不變；

①雖然反應前后氣體體積不變；但由于絕熱等容容器中反應過程中有溫度變化，所以壓強也在變化，體系的壓強不再發(fā)生變化能判斷反應達到平衡，故①符合；

②反應中混合氣體質(zhì)量守恒；體積不變，密度不變，混合氣體的密度不變不能說明反應達到平衡，故②不符合；

③反應前后氣體質(zhì)量守恒；反應前后氣體體積不變，物質(zhì)的量不變，混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不變，不能說明反應達到平衡，故③不符合；

④各組分的物質(zhì)的量濃度不再改變是平衡的標志；故④符合；

⑤體系的溫度不再發(fā)生變化絕熱容器溫度不變；說明反應達到平衡，故⑤符合；

⑥反應速率之比等于化學方程式計量數(shù)之比，v（CO2）正=v（H2O）逆；說明水蒸氣的正逆反應速率相同，故⑥符合；

故答案為：②③；

（3）在t2時刻CO的濃度減小、CO2濃度增大，平衡向正反應方向移動，且CO和CO2濃度變化有接觸點；所以可以通過改變降低溫度；增大水蒸氣的量或減少氫氣的量實現(xiàn)；故答案為：降低溫度；增加水蒸氣的量；

（4）t4時刻通過改變?nèi)莘e的方法將壓強增大為原先的兩倍，則體積變?yōu)樵瓉淼囊话?，故濃度分別增大為原來的2倍，又反應前后氣體系數(shù)相等，平衡不移動，所以圖象僅僅是濃度分別變?yōu)樵瓉淼?倍并且保持不變，如圖為故答案為：．17、見解析【分析】解：rm{(1)}中rm{N_{2}H_{6}^{2+}}中rm{N}的化合價為rm{+4}價，rm{N_{2}H_{6}^{2+}}是由中性分子rm{N_{2}H_{4}}結合rm{2}個質(zhì)子形成的，故rm{N_{2}H_{6}^{2+}}相當于二元酸，故在堿性溶液中反應的離子方程式為rm{N_{2}H_{6}^{2+}+2OH^{-}=N_{2}H_{4}+2H_{2}O}故答案為：rm{N_{2}H_{6}^{2+}+2OH^{-}=N_{2}H_{4}+2H_{2}O}rm{(2)NH_{2}^{-}}的電子式為：故答案為：rm{(3)1}個rm{N}含有rm{7}個電子，故rm{N_{3}^{-}}有rm{22}個電子，故答案為：rm{22}rm{(4)}含有rm{22}個電子的多原子物質(zhì)有rm{N_{2}O}rm{CO_{2}}rm{CNO^{-}}rm{BeF_{2}}rm{CaH_{2}}rm{C_{3}H_{4}}等，故答案為：rm{N_{2}O}或rm{CO_{2}}rm{(5)CO_{2}}為直線型分子，故可認為rm{N_{3}^{-}}的構型為直線型，故答案為：直線型；rm{(6)N_{5}}結構是對稱的，rm{5}個rm{N}排成rm{V}形，rm{5}個rm{N}結合后都達到rm{8}電子結構，且含有rm{2}個rm{N隆脭N}鍵，滿足條件的結構為：故“rm{N_{5}}”帶一個單位正電荷，故答案為：一個單位正電荷rm{.(1)}中rm{N_{2}H_{6}^{2+}}中rm{N}的化合價為rm{+4}價，rm{N_{2}H_{6}^{2+}}是由中性分子rm{N_{2}H_{4}}結合rm{2}個質(zhì)子形成的，相當于故rm{N_{2}H_{6}^{2+}}相當于二元酸，堿性溶液中反應的離子方程式為rm{N_{2}H_{6}^{2+}+2OH^{-}=N_{2}H_{4}+2H_{2}O}rm{(2)NH_{2}^{-}}的電子式為：rm{(3)1}個rm{N}含有rm{7}個電子，故rm{N_{3}^{-}}有rm{22}個電子；rm{(4)}含有rm{22}個電子的多原子物質(zhì)有rm{N_{2}O}rm{CO_{2}}rm{CNO^{-}}rm{BeF_{2}}rm{CaH_{2}}rm{C_{3}H_{4}}等；rm{(5)CO_{2}}為直線型分子，故可認為rm{N_{3}^{-}}的構型為直線型；rm{(6)N_{5}}結構是對稱的，rm{5}個rm{N}排成rm{V}形，rm{5}個rm{N}結合后都達到rm{8}電子結構，且含有rm{2}個rm{N隆脭N}鍵，滿足條件的結構為：故“rm{N_{5}}”帶一個單位正電荷rm{.}本題重點考查了電子式的書寫以及等電子微粒的性質(zhì)，側(cè)重原子結構與分子構型的分析，注意把握原子的電子排布，題目難度中等．【解析】見解析三、判斷題(共6題，共12分)18、×【分析】【分析】標準狀況下，己烷為液體，不能用氣體摩爾體積計算，以此解答．【解析】【解答】解：標準狀況下，己烷為液體，不能用氣體摩爾體積計算，則22.4L己烷中含共價鍵數(shù)目不是19NA．故答案為：×．19、√【分析】【分析】（1）根據(jù)甲；乙、丙、丁、戊的結構簡式可知；它們都是烴的衍生物，乙中含氧官能團的名稱為“醛基”，丁和丙的官能團不完全相同，所以它們不是同系物，乙中有碳碳雙鍵，而戊中沒有，所以可以用溴水鑒別它們；

（2）根據(jù)題中各物質(zhì)轉(zhuǎn)化關系，對比甲和C的結構可知，甲發(fā)生加成反應生成A為A發(fā)生消去反應生成B為B再與氫氣加成得C，C在堿性條件下水解得D為D發(fā)生分子內(nèi)酯化得戊．【解析】【解答】解：（1）根據(jù)甲；乙、丙、丁、戊的結構簡式可知；它們都是烴的衍生物，乙中含氧官能團的名稱為“醛基”，丁和丙的官能團不完全相同，所以它們不是同系物，乙中有碳碳雙鍵，而戊中沒有，所以可以用溴水鑒別它們，所以①正確，②錯誤，③錯誤，④正確；

故答案為：√；×；×；√；

（2）根據(jù)題中各物質(zhì)轉(zhuǎn)化關系，對比甲和C的結構可知，甲發(fā)生加成反應生成A為A發(fā)生消去反應生成B為B再與氫氣加成得C，C在堿性條件下水解得D為D發(fā)生分子內(nèi)酯化得戊；

①D→戊的有機反應類型是酯化反應；

故答案為：酯化反應；

②C→D的化學反應方程式為

故答案為：

③甲的同分異構體，滿足下列條件a．能與FeCl3發(fā)生顯色反應，不能發(fā)生銀鏡反應，說明有酚羥基沒有醛基；b．屬于酯類，取代基為鏈狀，有酯基；c．苯環(huán)上一氯代物只有兩種，苯環(huán)上有兩個處于對位的基團，符合條件的結構為

故答案為：或或或20、×【分析】【分析】還原性Fe＞Cu，鐵首先與稀硝酸反應，如金屬不足，則反應生成Fe3+，如金屬過量，則生成Fe2+，如鐵過量，則溶液中沒有Cu2+，以此解答該題．【解析】【解答】解：還原性Fe＞Cu，鐵首先與稀硝酸反應，如鐵不足，則反應生成Fe3+，如鐵過量，則生成Fe2+，且溶液中沒有Cu2+；

故答案為：×．21、×【分析】【分析】SO2可以使酸性KMnO4溶液褪色，發(fā)生氧化還原反應，以此來解答．【解析】【解答】解：SO2可以使酸性KMnO4溶液褪色；發(fā)生氧化還原反應，S元素的化合價升高，體現(xiàn)二氧化硫的還原性，與漂白性無關，說法錯誤；

故答案為：×．22、√【分析】【分析】根據(jù)n=cV計算鉀離子物質(zhì)的量，再根據(jù)N=nNA計算鉀離子數(shù)目．【解析】【解答】解：鉀離子物質(zhì)的量=1L×0.3mol/L×2=0.6mol，故鉀離子數(shù)目為0.6NA，故正確，故答案為：√．23、×【分析】【分析】強電解質(zhì)在其水溶液里完全電離，弱電解質(zhì)在其水溶液里部分電離，根據(jù)氯化氫和醋酸所屬電解質(zhì)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(zhì)，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(zhì)，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、其他(共3題，共9分)24、略

【分析】本題的元素推斷以電子數(shù)為特征，重點以元素化合物知識為學科內(nèi)綜合的載體，落實基本概念、基本理論、化學計算。以“A2”型分子為突破口。常見的由短周期元素形成的A2型分子有5種：H2、N2、O2、F2、Cl2然后進行變換推導。如果當A2型微粒為空氣的主要成分時，可假設電子數(shù)為14，那么A2型分子為N2，AB型分子為CO，A2B2型分子為C2H2（電子數(shù)N相當于CH），因為制備乙炔的離子化合物碳化鈣中存在C22—離子也是14電子，所以X、Y、Z、W四種短周期元素依次為H、C、N、O。若為16電子，找不到A2B2微粒。當A2型微粒為最活潑的單質(zhì)時，那么A2型分子為F2，則這些微粒的電子數(shù)為18，A2B2型分子為H2O2（電子數(shù)F相當于OH），O22—也是含有18電子，AB型分子為HCl，X、Y、Z、W四種短周期元素依次為H、O、F、Cl?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）NH4++HCO3—+2OH—=NH3·H2O+CO32—+H2O（2）1mol（3分）；C2H6（3分）；沸點：HF＞HCl酸性HCl＞HF25、略

【分析】本題的元素推斷以電子數(shù)為特征，重點以元素化合物知識為學科內(nèi)綜合的載體，落實基本概念、基本理論、化學計算。以“A2”型分子為突破口。常見的由短周期元素形成的A2型分子有5種：H2、N2、O2、F2、Cl2然后進行變換推導。如果當A2型微粒為空氣的主要成分時，可假設電子數(shù)為14，那么A2型分子為N2，AB型分子為CO，A2B2型分子為C2H2（電子數(shù)N相當于CH），因為制備乙炔的離子化合物碳化鈣中存在C22—離子也是14電子，所以X、Y、Z、W四種短周期元素依次為H、C、N、O。若為16電子，找不到A2B2微粒。當A2型微粒為最活潑的單質(zhì)時，那么A2型分子為F2，則這些微粒的電子數(shù)為18，A2B2型分子為H2O2（電子數(shù)F相當于OH），O22—也是含有18電子，AB型分子為HCl，X、Y、Z、W四種短周期元素依次為H、O、F、Cl。【解析】【答案】（1）NH4++HCO3—+2OH—=NH3·H2O+CO32—+H2O（2）1mol（3分）；C2H6（3分）；沸點：HF＞HCl酸性HCl＞HF26、略

【分析】【解析】【答案】（1）C8H10（2分）；取代反應（1分）。（2）（2分）（1分）（3）（1分）3（2分）（1分）五、書寫(共1題，共6分)27、2KI+Cl2=I2+2KCl【分析】【分析】（1）少量氯氣和碘化鉀溶液生成碘單質(zhì)和氯化鈉；

（2）該反應中C元素化合價由0價變?yōu)?4價、N元素化合價由+5價變?yōu)?4價，所以碳作還原劑、硝酸作氧化劑，轉(zhuǎn)移電子數(shù)是4．【解析】【解答】解：（1）少量氯氣和碘化鉀溶液反應，反應的化學方程式：2KI+Cl2=I2+2KCl，故答案為：2KI+Cl2=I2+2KCl；

（2）該反應中C元素化合價由0價變?yōu)?4價、N元素化合價由+5價變?yōu)?4價，得失電子最小公倍數(shù)是4，則轉(zhuǎn)移電子數(shù)為4，所以電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目為

故答案為：．六、推斷題(共3題，共12分)28、略

【分析】解：根據(jù)題目所給信息，可知rm{1}rm{3-}丁二烯與丙烯醛發(fā)生加成反應反應生成rm{A}為rm{A}與足量的氫氣發(fā)生加成反應生成rm{B}為rm{B}在rm{HBr}條件下發(fā)生取代反應生成rm{C}為rm{C}與rm{Mg}在干醚的條件下得到發(fā)生信息中反應得到再發(fā)生催化氧化反應生成被酸性高錳酸鉀溶液溶液氧化生成rm{D}為對比rm{D}與rm{F}的結構可知，rm{D}與rm{CH_{2}=CHCH_{2}OH}反應酯化反應得到rm{F}故E為rm{CH_{2}=CHCH_{2}OH}

rm{(1)A}為rm{A}中所含官能團的名稱是醛基和碳碳雙鍵，rm{B}的結構簡式是

故答案為：醛基和碳碳雙鍵；

rm{(2)}由rm{A}生成rm{B}的反應類型屬于加成反應，rm{E}為rm{CH_{2}=CHCH_{2}OH}rm{E}的某同分異構體只有一種相同化學環(huán)境的氫，該同分異構體的結構簡式為：

故答案為：加成反應；

rm{(3)D}為rm{E}為rm{CH_{2}=CHCH_{2}OH}rm{D}和rm{E}發(fā)生酯化反應生成rm{F}反應方程式為：

故答案為：

rm{(4)D}為rm{D}中含有環(huán)己基rm{(}只有一個側(cè)鏈rm{)}能發(fā)生水解，說明含有酯基，取代基可能是rm{-CH_{2}COOCH_{3}}rm{-COOCH_{2}CH_{3}}rm{-CH_{2}CH_{2}OOCH}rm{-CH(CH_{3})OOCH}rm{-CH_{2}OOCCH_{3}}rm{-OOCCH_{2}CH_{3}}所以符合條件的有rm{6}種；

能發(fā)生銀鏡反應，說明含有醛基，則符合條件的同分異構體結構簡式為

；

故答案為：rm{6}

rm{(5)}乙烯和rm{HBr}發(fā)生加成反應生成rm{CH_{3}CH_{2}Br}溴乙烷和rm{Mg}干醚反應生成rm{CH_{3}CH_{2}MgBr}rm{CH_{3}CH_{2}MgBr}和環(huán)氧己烷、酸反應生成rm{1-}丁醇；

所以合成路線為rm{CH_{2}=CH_{2}隆煤CH_{3}CH_{2}Brxrightarrow[{賂脡脙脩}]{Mg}CH_{3}CH_{2}MgBr}rm{CH_{2}=CH_{2}隆煤CH_{3}CH_{2}Br

xrightarrow[{賂脡脙脩}]{Mg}CH_{3}CH_{2}MgBr}

故答案為：rm{CH_{2}=CH_{2}隆煤CH_{3}CH_{2}Brxrightarrow[{賂脡脙脩}]{Mg}CH_{3}CH_{2}MgBr}rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{2}