2025年浙教版高三化學下冊月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年浙教版高三化學下冊月考試卷736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總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、下列電子式書寫正確的是（）A.氮氣B.二氧化碳C.水D.氯化銨2、把0.05molNaOH固體分別加入下列100mL溶液中，溶液的導電能力變化不大的是（）A.自來水B.0.5mol?L-1KOH溶液C.0.5mol?L-1醋酸D.0.5mol?L-1NH4Cl溶液3、下列各組物質(zhì)中，rm{X}是主體物質(zhì)，rm{Y}是少量雜質(zhì)，rm{Z}是為除去雜質(zhì)所要加入的試劑，其中所加試劑正確的一組是。rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{X}rm{FeCl_{2}}溶液rm{FeCl_{3}}溶液rm{Fe}rm{FeSO_{4}}溶液rm{Y}rm{FeCl_{3}}rm{CuCl_{2}}rm{Al}rm{Fe_{2}(SO_{4})_{3}}rm{Z}rm{Cl_{2}}rm{Fe}rm{NaOH}溶液rm{Cu}A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}4、下列有關實驗原理或?qū)嶒灢僮髡_的是rm{(}rm{)}

A.用水潤濕的rm{pH}試紙測量某溶液的rm{pH}B.用量筒量取rm{20}rm{mL}rm{0.5000}rm{mol/LH_{2}SO_{4}}溶液于燒杯中，加水rm{80}rm{mL}配制成rm{0.1000}rm{mol/LH_{2}SO_{4}}溶液C.實驗室用圖Ⅰ所示裝置制取并收集少量氨氣D.實驗室用圖Ⅱ所示裝置除去rm{Cl_{2}}中的少量rm{HCl}5、下列變化屬于化學變化，且產(chǎn)物中兼有氣體、液體、固體的是（）A.石油的分餾B.石油的裂解C.煤的干餾D.煤的氣化6、（2015?平谷區(qū)一模）經(jīng)一定時間后，可逆反應aA+bB?cC中物質(zhì)的含量A%和C%隨溫度的變化曲線如圖所示，下列說法正確的是（）A.該反應在T1、T3溫度時達到化學平衡B.該反應在T1溫度時達到化學平衡C.該反應為放熱反應D.升高溫度，平衡會向正反應方向移動7、在給定條件下，下列加點的物質(zhì)在化學反應中能完全消耗的是（）A.用50mL10mol?L-1與足量MnO2共熱制取Cl2B.向100mL3mol?L-1稀硝酸中加入5.6gC.標準狀況下，將1g加到20mL18.4mol?L-1濃硫酸中D.一定條件下，1mol和過量氫氣合成氨氣8、決定化學反應速率的根本因素是（）A.溫度和壓強B.反應物的濃度C.使用催化劑D.反應物的性質(zhì)評卷人得分二、雙選題(共8題，共16分)9、對于白磷引起的中毒，硫酸銅溶液是一種解毒劑，有關反應為：11P4+60CuSO4+96H2O=20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4．下列關于該反應的說法正確的是（）A.CuSO4發(fā)生了氧化反應B.氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為5：6C.白磷只作還原劑D.該反應中被硫酸銅氧化的白磷有3mol10、rm{25隆忙}時，用rm{0.1000mol?L^{-1}}的rm{NaOH}溶液分別滴定rm{20.00mL}均為rm{0.1000mol?L^{-1}}的三種酸rm{HX}rm{HY}rm{HZ}滴定曲線如圖所示rm{.}下列說法錯誤的是rm{(}rm{)}A.rm{HZ}是強酸，rm{HX}rm{HY}是弱酸B.根據(jù)滴定曲線，可得rm{K_{a}(HY)隆脰10^{-5}}C.將上述rm{HX}rm{HY}溶液等體積混合后，用rm{NaOH}溶液滴定至rm{HX}恰好完全反應時：rm{c(X^{-})>c(Y^{-})>c(OH^{-})>c(H^{+})}D.將上述rm{HY}與rm{HZ}溶液等體積混合達到平衡時：rm{C(H^{+})=c(OH^{-})=c(Z^{-})+c(Y^{-})}11、將rm{O_{2}}和rm{NH_{3}}的混合氣體rm{448mL}通過加熱的三氧化二鉻，充分反應后，再通過足量的水，最終收集到rm{44.8mL}氣體。原混合氣體中rm{O_{2}}的體積可能是rm{(}假設氨全部被氧化：氣體體積均已換算成標準狀況rm{)(}rm{)}A.rm{231.5mL}B.rm{268.8mL}C.rm{287.5mL}D.rm{313.6mL}12、rm{25隆忙}時，將氨水與氯化銨溶液混合得到rm{c(NH_{3}隆隴H_{2}O)+c(NH_{4}^{{+}})=0.1mol隆隴L^{-1}}的混合溶液。溶液中rm{c(NH_{3}隆隴H_{2}O)+c(NH_{4}^{{+}})

=0.1mol隆隴L^{-1}}rm{c(NH_{3}隆隴H_{2}O)}與rm{c(NH_{4}^{{+}})}的關系如圖所示。下列有關離子濃度關系的敘述一定正確的是rm{pH}rm{(}

A.rm{)}點表示溶液中：rm{c(NH_{4}^{{+}})+c(H^{+})=c(Cl^{-})+c(OH^{-})}B.rm{W}溶液中：rm{c(NH_{4}^{{+}})

+c(H^{+})=c(Cl^{-})+c(OH^{-})}C.rm{pH=10.5}溶液中：rm{c(Cl^{-})+c(OH^{-})+c(NH_{3}隆隴H_{2}O)<0.1mol隆隴L^{-1}}D.向rm{pH=9.5}點所表示rm{c(NH_{3}隆隴H_{2}O)>c(NH_{4}^{{+}})>c(OH^{-})>c(H^{+})}溶液中加入rm{W}固體rm{1L}溶液體積變化可忽略rm{0.05molNaOH}rm{(}13、下列說法____的是A.實驗室配制rm{FeCl_{3}}溶液時，需將rm{FeCl}rm{FeCl}rm{{,!}_{3}}溶解在較濃鹽酸中，然后加水稀釋rm{(s)}溶解在較濃鹽酸中，然后加水稀釋B.反應rm{(s)}rm{2CO+2NO=N_{2}}rm{+2CO}rm{+2CO}rm{{,!}_{2}}在常溫下能自發(fā)進行，則反應的rm{Delta}rm{H>0}C.rm{H>0}rm{Delta}rm{S<0}rm{S<0}溶液加水稀釋，rm{0.1mol隆隴L^{-1}}rm{NH}rm{NH}rm{{,!}_{4}}的值減小rm{Cl}溶液加水稀釋，rm{c(H}D.反應rm{Cl}rm{c(H}rm{{,!}^{+}}rm{)/c(NH}rm{)/c(NH}rm{{,!}_{4}^{+}}rm{)}的值減小rm{)}rm{CH_{3}}rm{COOCH}rm{COOCH}rm{{,!}_{3}}rm{+H}達到平衡時，加入少量固體rm{+H}則乙酸甲酯水解反應轉(zhuǎn)化率增大rm{{,!}_{2}}14、蒽rm{(}rm{)}和菲rm{(}rm{)}都是比較簡單的稠環(huán)芳香烴，有關它們的說法正確的是rm{(}rm{)}A.蒽和菲屬于同系物B.蒽和菲屬于同分異構體C.蒽的一氯代物有rm{3}種，而菲的一氯代物有rm{5}種D.蒽和菲均可以看成是苯的同系物15、下列敘述正確的是rm{(}rm{)}A.稀鹽酸可除去燒瓶內(nèi)殘留的rm{MnO_{2}}B.可用磨口玻璃瓶保存rm{NaOH}溶液C.稀硝酸可除去試管內(nèi)壁的銀鏡D.煮沸自來水可除去其中的rm{Ca(HCO_{3})_{2}}16、根據(jù)下列實驗操作和現(xiàn)象所得到的結(jié)論正確的是（）

。選項實驗操作和現(xiàn)象結(jié)論A向某溶液中滴加NaOH溶液，加熱，產(chǎn)生的氣體能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍溶液中含NH4+B將石蠟油蒸氣通過熾熱的碎瓷片分解，得到的氣體通入溴的四氯化碳溶液，溴的四氯化碳溶液褪色分解產(chǎn)物中含乙烯C室溫下，將BaSO4投入飽和Na2CO3溶液中充分反應，向過濾后所得固體中加入足量鹽酸，固體部分溶解有無色無味氣體產(chǎn)生Ksp（BaSO4）＞Ksp（BaCO3）D室溫下，用pH試紙測得0.100mol?L-1CH3COOH溶液的pH約為3，0.100mol?L-1HCN溶液的pH約為5酸性：HCN＜CH3COOHA.AB.BC.CD.D評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)17、聚酯增塑劑廣泛應用于耐油電纜；煤氣管、防水卷材、電氣膠帶；耐油耐汽油的特殊制品等．聚酯增塑劑G及某醫(yī)藥中間體H的一種合成路線如圖（部分反應條件略去）：

已知：

（1）A的名稱（系統(tǒng)命名）：____，H的分子式為____．

（2）寫出下列反應的反應類型：反應①是____，反應④是____．

（3）G的結(jié)構簡式為____．

（4）寫出反應②的化學方程式：____．

（5）C存在多種同分異構體，寫出核磁共振氫譜只有兩種峰的同分異構體的結(jié)構簡式：____．

（6）利用以上合成路線的信息，以甲苯和乙醇為原料合成下面有機物（無機試劑任選）．18、（2015秋?瓊海校級月考）（1）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．則100℃時1mol?L-1的NaOH溶液中，由水電離出的c（H+）=____mol?L-1．25℃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”）．

（2）電離平衡常數(shù)是衡量弱電解質(zhì)電離程度強弱的量．已知如表數(shù)據(jù)．

?；瘜W式電離平衡常數(shù)（25℃）HCNK=4.9×10-10CH3COOHK=1.8×10-5H2CO3K1=4.3×10-7、K2=5.6×10-11①25℃時，等濃度的CH3COOH溶液和NaOH溶液等體積混合，所得溶液顯堿性，則c（Na+）____

c（CH3COO-）（填“＞”；“＜”或“=”）．

②25℃時，有等濃度的①NaCN溶液、②Na2CO3溶液、③CH3COONa溶液，三種溶液的pH由大到小的順序為____．（填序號）

③向NaCN溶液中通入少量CO2，所發(fā)生反應的化學方程式為____．19、以下是元素周期表如圖1的一部分：

（1）表中區(qū)域名稱s、p確定的依據(jù)是____．

（2）已知A原子的M層和N層的電子數(shù)分別比B原子的M層和N層的電子數(shù)少7個和4個，則A的核外電子排布為____，B在元素周期表中的位置是____．

（3）上表中元素X的一種氫化物的晶體結(jié)構如圖2所示，寫出該化合物在氯氣中燃燒的化學方程式：____．除X外，第4周期中最外層只有一個電子的還有____（寫元素名稱）．

（4）在上表中畫出金屬和非金屬的分界線．20、某化學實驗小組同學利用圖1裝置制備氨氣；并探究氨氣的性質(zhì)．請回答：

（1）實驗室制備氨氣的化學方程式為____；

（2）裝置B中燒杯滴加酚酞溶液，并打開止水夾，觀察到燒瓶內(nèi)產(chǎn)生了____，則說明氨氣具有的性質(zhì)是____，____．

（3）寫出氨氣與水反應的化學方程式____．

（4）為防止污染空氣，圖2裝置可用于吸收多余氨氣的是____．

21、有機化合物X分子式為C10H10O2Br2，X中苯環(huán)上有四個取代基，苯環(huán)上的一氯代物只有一種，其核磁共振氫譜圖中有四個吸收峰，吸收峰的面積比為1：2：6：1，在一定條件下可發(fā)生下述一系列反應，其中C能發(fā)生銀鏡反應，E遇FeCl3溶液顯色且能與濃溴水反應．

已知：

①在稀堿溶液中；連在苯環(huán)上的溴原子不易發(fā)生水解。

②兩個羥基同時連在同一碳原子上的結(jié)構是不穩(wěn)定的，它將自動發(fā)生脫水反應，如CH3CH（OH）2→CH3CHO+H2O

回答下列問題：

（1）X的不含氧官能團的名稱是____，E的結(jié)構簡式為____

（2）F→H反應類型是____

（3）I的結(jié)構簡式為____

（4）D不具有的化學性質(zhì)____（選填序號）

A、取代反應B、氧化反應C、消去反應D、1molD最多能與1molNaHCO3反應。

（5）寫出下列反應的化學方程式：X與足量稀NaOH溶液共熱的化學方程式：____

（6）同時符合下列條件的E的同分異構體共有____種。

a苯環(huán)上的一氯代物有兩種。

b不能發(fā)生水解反應。

c遇FeCl3溶液不顯色。

d1molE最多能與1molNaOH或2molNa反應。

其中核磁共振氫譜為六組峰，且峰面積比為1：2：2：2：2：1的一種結(jié)構簡式為____．22、（2015秋?東陽市校級期中）研究NO2、SO2；CO等大氣污染氣體的測量及處理具有重要意義．

（1）I2O5可使H2S；CO、HCl等氧化；常用于定量測定CO的含量．已知：

2I2（s）+5O2（g）═2I2O5（s）△H=-75.56kJ?mol-1

2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=-566.0kJ?mol-1

寫出CO（g）與I2O5（s）反應生成I2（s）和CO2（g）的熱化學方程式：____．

（2）降低汽車尾氣的方法之一是在排氣管上安裝催化轉(zhuǎn)化器；發(fā)生如下反應：

2NO（g）+2CO（g）?N2（g）+2CO2（g）△H＜0?①該反應的化學平衡常數(shù)表達式為K=____．

②一定條件下，將體積比為1：2的NO、CO氣體置于恒容密閉容器中發(fā)生上述反應，下列能說明反應達到平衡狀態(tài)的是____

a．體系壓強保持不變b．混合氣體顏色保持不變。

c．N2和CO2的體積比保持不變d．每生成1molN2的同時生成2molNO

③若在一定溫度下，將2molNO、1molCO充入1L固定容積的容器中，反應過程中各物質(zhì)的濃度變化如下圖所示．若保持溫度不變，20min時再向容器中充入CO、N2各0.6mol，平衡將____（填“向左”、“向右”或“不”）移動．20min時，若改變反應條件，導致N2濃度發(fā)生如圖所示的變化，則改變的條件可能是____（填字母）．a(chǎn)．加入催化劑b．降低溫度c．增加CO2的量．23、碳酸鎂晶須是一種新型吸波隱形材料中的增強劑．

Ⅰ．合成碳酸鎂晶須的步驟：①配制一定濃度的MgSO4溶液和NH4HCO3溶液；②量取一定量的NH4HC03溶液于容器中，攪拌并逐滴加入MgSO4溶液；控制溫度50℃，反應一段時間；③用氨水調(diào)節(jié)溶液pH至9.5，放置th后，過濾；洗滌、干燥得碳酸鎂晶須產(chǎn)品．

Ⅱ．測定產(chǎn)品MgC03?nH20中的n值（儀器和藥品如圖所示）：

回答下列問題：

（1）配制250mL0．Imol?L-1MgS04溶液，所需玻璃儀器除燒杯、玻璃棒和量筒外，還有____

（2）檢驗碳酸鎂晶須是否洗干凈的方法是____

（3）上述裝置的連接順序為____（按氣流方向，用接口字母表示），其中B裝置的作用是____，C裝置的作用是____

（4）加熱前先通人N2排盡裝置中的空氣，稱取C、D的初始質(zhì)量后，邊加熱邊通人N2的作用是____等．

（5）若B裝置中無殘留物，要準確測定n值，則至少需要下列所給數(shù)據(jù)中的____（填選項字母），寫出相應的數(shù)學表達式：n=____．

a．裝置A反應前后質(zhì)量差m1b．裝置C反應前后質(zhì)量差m2c．裝置D反應前后質(zhì)量差m3．24、氯化亞銅是一種應用較廣的催化劑；易水解．以低品位銅礦砂（主要成分CuS）為原料制備氯化亞銅的路線如下：

（1）酸溶1步驟中加入MnO2的作用是____．

（2）除錳步驟Mn2+轉(zhuǎn)化為MnCO3沉淀，該反應的離子方程式為____．溶液中CuSO4轉(zhuǎn)變?yōu)镃u（NH3）4CO3留在溶液中．

（3）蒸氨步驟會得到CuO固體，該步驟在減壓條件下進行的原因是____．

（4）寫出合成步驟中發(fā)生反應的化學方程式____．

（5）有工藝將合成步驟的NaCl與Na2SO3換為NH4Cl和（NH4）2SO3，則可獲得一種可作為氮肥的副產(chǎn)品，其化學式為____．

（6）洗滌步驟先用____洗，再用無水乙醇洗滌．25、[化學——選修5：有機化學基礎](15分)阿托酸乙酯可用于輔助胃腸道痙攣及潰瘍。阿托酸乙酯的一種合成路線如下圖所示：請回答下列問題：（1）E的分子式為，F(xiàn)的結(jié)構簡式，阿托酸乙酯所含官能團的名稱；（2）在反應①②③④⑤⑥⑦⑧中，屬于取代反應的有；（3）反應③的方程式。（4）有關阿托酸乙酯的說法正確的是A．能使高錳酸鉀褪色，不能使溴水褪色B．1mol阿托酸乙酯最多能與4molH2加成C．能發(fā)生加成、加聚、氧化、水解等反應D．分子式為C11H13O2（5）D的同分異構體有多種，符合含有苯環(huán)且能與碳酸氫鈉反應放出氣體的同分異構體有種（不包含D）。評卷人得分四、判斷題(共2題，共4分)26、將40gNaOH溶解在1L水中，溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度為1mol/L____．（判斷對錯）27、分液時，先將下層液體從分液漏斗下端放出，再將上層液體從上口倒出．____．（判斷對錯）評卷人得分五、推斷題(共4題，共40分)28、（15分）材料科學是近年來與化學有關的科學研究熱點。某新型無機非金屬材料K由兩種非金屬元素組成。它是一種超硬物質(zhì)，具有耐磨、耐腐蝕、抗冷熱沖擊、抗氧化的特征。它是以中學化學中常見物質(zhì)為原料來生產(chǎn)的。下圖虛線框內(nèi)的其它轉(zhuǎn)化是為探究C的組成而設。G、F、H均為難溶于水的白色固體；圖中C、H、K均為含A元素。其余物質(zhì)均為中學化學中常見物質(zhì)。請回答下列問題：（1）實驗室通常用MnO2制取氣體B，發(fā)生該反應的化學方程式為，為防止氣體B污染環(huán)境通常用（填化學式）溶液吸收，反應的離子方程式為（2）化合物H與碳混合加強熱可制得單質(zhì)A，該反應中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量比為（3）寫出反應③的化學方程式3D==K+8X↑,K的化學式為，X的化學式為。（4）K抗腐蝕能力很強，但易被氫氟酸腐蝕，K與氫氟酸反應生成一種氣體和一種鹽，此鹽中存在的化學鍵類型有。（5）寫出反應②的化學方程式。29、如圖是由常見元素組成的一些單質(zhì)及其化合物之間的轉(zhuǎn)化關系圖rm{.}常溫常壓下，rm{B}rm{E}rm{F}rm{H}rm{I}均為氣體，rm{F}為無色無味，且能使澄清石灰水變混濁；rm{B}rm{E}rm{I}均有刺激性氣味，rm{E}能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，rm{B}rm{E}在空氣中相遇會產(chǎn)生白煙，rm{I}為紅棕色rm{.A}是一種常見的肥料rm{.C}rm{G}rm{K}的焰色反應呈黃色rm{.(}反應中生成的部分物質(zhì)已略去rm{)}

請回答下列問題：

rm{(1)}物質(zhì)rm{D}的化學式為______；

rm{(2)}寫出反應rm{壟脹}的化學方程式______；

rm{(3)}寫出反應rm{壟脺}的離子方程式______；

rm{(4)}寫出反應rm{壟脻}的化學方程式，并在方程式上標出電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目______．30、下列框表中的A--L中是中學化學中常見的物質(zhì)；所有物質(zhì)均由短周期元素組成．已知常溫；常壓下，C為無色液體，D、E、L均為氣體單質(zhì)，H是一種可溶于鹽酸和氫氧化鈉溶液的白色固體，J是具有強氧化性的一元弱酸，A--L可發(fā)生如下轉(zhuǎn)化：

請回答下列問題：

（1）J的電子式____

（2）寫出C、L反應轉(zhuǎn)化為I和J的離子方程式____

（3）H是一種用于治療胃酸過多的藥物的主要成分，其治療原理用離子方程式表示____

（4）寫出F與I、C轉(zhuǎn)化為G和H的離子方程式____

（5）如果A、B的物質(zhì)的量之比為2：1，寫出①的化學反應方程式____．31、如圖中rm{A隆蘆K}分別代表有關反應的一種反應物或生成物，其中rm{A}rm{C}rm{F}rm{K}是固體rm{.}已知rm{A}是一種不含金屬元素的鹽，受熱分解得到三種產(chǎn)物物質(zhì)的量之比為rm{2}rm{1}rm{1}的；rm{A}加熱后生成的混合氣體若通過堿石灰，只剩余氣體rm{B(B}為無色有刺激性氣味的氣體rm{)}若通過濃硫酸則只剩余氣體rm{D(D}為無色無味氣體rm{)}rm{C}為淡黃色固體rm{.}各物質(zhì)間的轉(zhuǎn)化關系如圖所示：

請回答：

rm{(1)D}中化學鍵的類型為______，rm{C}的電子式______，rm{B}的空間構型為______．

rm{(2)}寫出rm{A}的溶液與足量rm{NaOH}溶液反應的離子方程式：______．

rm{(3)}寫出rm{J}與rm{K}反應的化學方程式______．

rm{(4)}在標準狀況下rm{4.48L}的rm{H}與rm{I}恰好被rm{100mlNaOH}溶液完全吸收，所需rm{NaOH}溶液的物質(zhì)的量濃度為______rm{mol?L^{-1}}．

rm{(5)}工業(yè)尾氣中含有各種氮的氧化物rm{(}主要是rm{NO}和rm{NO_{2}}表示為rm{NO_{x})}rm{NO_{x}}是嚴重的大氣污染物，處理這些廢氣方法之一是通入適量的rm{B}反應后會生成一種無色無味的氣體rm{.}寫出rm{NO_{x}}與rm{B}反應的化學方程式：______．參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】【分析】A．氮氣分子中存在氮氮三鍵；每個N最外層達到8電子穩(wěn)定結(jié)構，該電子式中漏掉了氮原子的孤電子對；

B．二氧化碳分子中的氧原子最外層電子超過了8個；

C．水為共價化合物；分子中存在兩個氧氫鍵，氧原子最外層達到8電子穩(wěn)定結(jié)構；

D．氯化銨為離子化合物，銨根離子的各原子的最外層電子數(shù)沒有標出．【解析】【解答】解：A．氮氣分子中，氮原子最外層已經(jīng)達到8電子穩(wěn)定結(jié)構，氮氣正確的電子式為：故A錯誤；

B．二氧化碳為共價化合物，分子中存在兩個碳氧雙鍵，氧原子最外層為8個電子，正確的電子式為：故B錯誤；

C．水中存在兩個氧氫鍵，氧原子最外層8個電子，水分子的電子式為：故C正確；

D．氯化銨為離子化合物，陽離子銨根離子的原子必須標出最外層電子數(shù)，正確的電子式為：故D錯誤；

故選C．2、D【分析】【分析】溶液混合后導電能力變化的大小；關鍵是看混合后溶液中自由移動的離子濃度的變化．

A．水是極弱的電解質(zhì)；加入NaOH后為強電解質(zhì)的溶液，導電性變化大；

B．0.5mol?L-1KOH溶液為強電解質(zhì)溶液；當加入NaOH后，離子濃度增大很多，導電性變化大；

C．0.5mol?L-1醋酸為弱電解質(zhì)溶液；當加入NaOH后，反應生成乙酸鈉和水，離子濃度增大很多，成為強電解質(zhì)溶液，導電性變化大；

D．氯化銨為強電解質(zhì)溶液，加入NaOH后生成物NaCl仍是強電解質(zhì)溶液，NH3?H2O為弱電解質(zhì)，離子濃度變化不大，導電能力變化不大；【解析】【解答】解：導電能力的大小與單位體積內(nèi)離子濃度的多少成正比；溶液混合后導電能力變化的大小，關鍵是看混合后溶液中自由移動的離子濃度的變化．

A．因水是極弱的電解質(zhì)；導電性極弱，加入氫氧化鈉后，氫氧化鈉是強電解質(zhì)，溶液中主要的是鈉離子和氫氧根離子，導電性增強，故A錯誤；

B．0.5mol?L-1KOH溶液；未加氫氧化鈉固體，導電的有鉀離子和氫氧根離子，加入氫氧化鈉后主要是鈉離子，氫氧根離子，離子濃度增大很多，所以導電性變化大，故B錯誤；

C．0.5mol?L-1醋酸原來是弱電解質(zhì)；離子較少，加入強堿以后，變?yōu)閺婋娊赓|(zhì)，導電能力增強，所以導電性變化大，故C錯誤；

D．0.5mol?L-1氯化銨為強電解質(zhì)，加入NaOH后，NH4Cl+NaOH=NaCl+NH3?H2O；未反應的氯離子，而參加反應的氨根離子正好與加入的鈉離子的量相當，氨水為弱電解質(zhì)，離子的濃度變化不大，故導電性變化不大，故D正確；

故選D．3、C【分析】【分析】本題考查混合物的分離；提純；為高頻考點，側(cè)重元素化合物性質(zhì)的綜合應用及除雜的考查，注意除雜的原則及發(fā)生的反應，題目難度不大。

【解答】A.氯氣能把氯化亞鐵氧化為氯化鐵；不能除去氯化亞鐵中的氯化鐵，應該用鐵粉，故A錯誤；

B.鐵與氯化銅反應生成氯化亞鐵和銅；鐵與氯化鐵反應生成氯化亞鐵，除掉了氯化鐵，故B錯誤；

C.氫氧化鈉溶液與鋁反應生成偏鋁酸鈉和氫氣；與鐵不反應，可以除去鐵中的鋁，故C正確；

D.銅與硫酸鐵反應生成硫酸亞鐵和硫酸銅；引入雜質(zhì)硫酸銅，應該用鐵，故D錯誤。

故選C。

【解析】rm{C}4、D【分析】解：rm{A.}用水潤濕rm{pH}試紙會導致溶液濃度偏低，可能會導致某些溶液rm{pH}變化，如用濕潤的試紙測定稀鹽酸溶液，溶液濃度變小，則測定rm{pH}值偏大；故A錯誤；

B.配制一定物質(zhì)的量濃度溶液用容量瓶；需要將濃硫酸在燒杯中稀釋，然后冷卻至室溫后再轉(zhuǎn)移到容量瓶中，故B錯誤；

C.濃氨水和rm{CaO}混合得到氨氣；氨氣密度小于空氣且常溫下和空氣不反應，但收集氨氣時不能用橡皮塞塞住試管，否則壓強過大會導致安全事故，故C錯誤；

D.飽和食鹽水抑制氯氣溶解，rm{HCl}易溶于水，所以實驗室用圖Ⅱ所示裝置除去rm{Cl_{2}}中的少量rm{HCl}故D正確；

故選D．

A.用水潤濕rm{pH}試紙會導致溶液濃度偏低；

B.配制一定物質(zhì)的量濃度溶液用容量瓶；

C.濃氨水和rm{CaO}混合得到氨氣；氨氣密度小于空氣且常溫下和空氣不反應；

D.飽和食鹽水抑制氯氣溶解，rm{HCl}易溶于水．

本題考查化學實驗方案評價，為高頻考點，涉及rm{pH}試紙的使用、溶液配制、氣體制備和收集、除雜等知識點，明確實驗原理及物質(zhì)性質(zhì)是解本題關鍵，注意從實驗操作、物質(zhì)性質(zhì)、實驗原理方面分析判斷，易錯選項是rm{C}．【解析】rm{D}5、C【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．【解析】【解答】解：A．石油的分餾變化過程中沒有新物質(zhì)生成；屬于物理變化，故A錯誤；

B．石油的裂解是一種使烴類分子分裂為幾個較小分子的反應過程；有新物質(zhì)生成，屬于化學變化，裂解主要得到氣體，故B錯誤；

C．煤的干餾生成焦炭；煤焦油和焦爐氣，故C正確；

D．煤的氣化主要得到一氧化碳和甲烷；故D錯誤．

故選C．6、C【分析】【分析】T2℃之前A%變小，C%從0漸增大，而T2℃之后A%漸大，C%漸小，說明T2℃之前是反應沒有達到平衡狀態(tài)，而T2℃時恰好平衡，T2℃之后是溫度升高使平衡向左移動，所以逆反應是吸熱反應．【解析】【解答】解：T2℃之前A%變小，C%從0漸增大，而T2℃之后A%漸大，C%漸小，說明T2℃之前是反應沒有達到平衡狀態(tài)，而T2℃時恰好平衡，T2℃之后是溫度升高使平衡向左移動；所以逆反應是吸熱反應．

A、T1溫度之后A%繼續(xù)變小，C%繼續(xù)增大，T3溫度之后A%繼續(xù)增大，C%繼續(xù)減小，故T1、T3溫度時未達到化學平衡；故A錯誤；

B、T1溫度之后A%繼續(xù)變小，C%繼續(xù)增大，故T1溫度時未達到化學平衡；故B錯誤；

C、T2℃時恰好平衡，T2℃之后A%漸大，C%漸小，說明T2℃之后是溫度升高使平衡向左移動；所以逆反應是吸熱反應，則正反應為放熱反應，故C正確；

D、T2℃時恰好平衡，T2℃之后A%漸大，C%漸小，說明T2℃之后是溫度升高使平衡向逆反應移動；故D錯誤．

故選C．7、B【分析】【分析】A．濃鹽酸與二氧化錳的反應中；隨著反應的進行，濃鹽酸變成稀鹽酸，反應停止；

B．向100mL3mol/L的硝酸中加入5.6g鐵根據(jù)反應的量；鐵全部反應生成二價鐵離子和三價鐵離子；

C.18.4mol/L的硫酸為濃硫酸；常溫下遇到鐵；鋁金屬發(fā)生的鈍化，不再繼續(xù)反應；

D．氮氣與氫氣的反應為可逆反應，反應物不可能完全轉(zhuǎn)化成生成物．【解析】【解答】解：A．反應MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O中；隨著反應的進行，濃鹽酸變成稀鹽酸后，稀鹽酸與二氧化錳不發(fā)生反應，所以稀鹽酸的氯化氫不會完全反應，故A錯誤；

B．根據(jù)反應Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO+2H2O，0.3mol硝酸氧化0.075mol鐵生成三價鐵離子，剩余0.025mol鐵會繼續(xù)和生成的0.1mol三價鐵離子反應，依據(jù)反應2Fe3++Fe=3Fe2+可知剩余0.025mol鐵全部溶解需要三價鐵離子0.05mol；故鐵粉完全反應，故B正確；

C．標準狀況下；鋁片遇濃硫酸發(fā)生鈍化，阻止反應進行，故C錯誤；

D．合成氨的反應為可逆反應；氮氣和氫氣不可能完全轉(zhuǎn)化成氨氣，即氮氣不可能完全消耗，故D錯誤；

故選B．8、D【分析】【分析】根據(jù)決定化學反應速率的根本原因是反應物本身的性質(zhì)，影響反應速率的主要因素為物質(zhì)的本身性質(zhì)，為內(nèi)因，濃度、溫度、壓強、催化劑等為外因，為次要因素．【解析】【解答】解：影響反應速率的因素有內(nèi)因和外因；內(nèi)因是反應物本身的性質(zhì)，為主要因素，外界因素有濃度；溫度、壓強、催化劑、固體的表面積以及溶劑等；

故選D．二、雙選題(共8題，共16分)9、B|D【分析】解：A．Cu元素的化合價降低，CuSO4發(fā)生還原反應；故A錯誤；

B．Cu3P為還原產(chǎn)物，H3PO4為氧化產(chǎn)物；由反應可知，氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為20：24=5：6，故B正確；

C．P元素的化合價升高也降低；則白磷為氧化劑，也是還原劑，故C錯誤；

D．由電子守恒可知，該反應中被硫酸銅氧化的白磷有=3mol；故D正確；

故選BD．

11P4+60CuSO4+96H2O=20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4中；P元素的化合價由0升高為+5價，P元素的化合價由0降低為-3價，Cu元素的化合價由+2價降低為+1價，以此來解答．

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)重氧化還原反應基本概念的考查，題目難度不大．【解析】【答案】BD10、rCD【分析】解：rm{A.0.1000mol/L}的強酸會完全電離，一元酸則其rm{pH}為rm{1}弱酸不完全電離，rm{pH>1}根據(jù)圖象，rm{HX}的rm{pH}為rm{1}rm{HY}rm{HZ}的rm{pH>1}因此rm{HX}為強酸，rm{HY}rm{HZ}為弱酸；故A正確；

B.用rm{0.1000mol/L}的rm{NaOH}溶液滴定rm{20.00mL0.1000mol/L}的rm{HY}溶液，根據(jù)圖象，當rm{NaOH}滴加rm{10mL}時，此時溶液中剛好生成rm{NaY}和rm{HY}物質(zhì)的量rm{1}rm{1}可認為溶液中rm{c(HY)隆脰c(Y^{-})}rm{HY}的電離平衡常數(shù)為rm{K_{a}(HY)=dfrac{c(H^{+})c(Y^{-})}{c(HY)}隆脰10^{-5}}故B正確；

C.將上述rm{K_{a}(HY)=dfrac

{c(H^{+})c(Y^{-})}{c(HY)}隆脰10^{-5}}rm{HX}溶液等體積混合后，根據(jù)圖象分析是rm{HY}的酸性強于rm{HY}滴定反應先反應rm{HX}用rm{HY}溶液滴定至rm{NaOH}恰好完全反應時，此時溶液中為rm{HX}和rm{NaX}物質(zhì)的量rm{NaY}rm{1}關系，由于rm{1}酸性強于rm{HY}則水解程度rm{HX}則溶液中rm{NaX>NaY}水解使溶液呈堿性，則rm{c(Y^{-})>c(X^{-})}則溶液中離子濃度關系應為：rm{c(OH^{-})>c(H^{+})}故C錯誤；

D.rm{c(Y^{-})>c(X^{-})>c(OH^{-})>c(H^{+})}與rm{HY}溶液等體積混合達到平衡時，由于rm{HZ}和rm{HY}都是酸性溶液，混合溶液仍然是酸性，溶液中rm{HZ}故D錯誤．

故選CD．

A.rm{c(H^{+})>c(OH^{-})}的強酸會完全電離，一元酸則其rm{0.1000mol/L}為rm{pH}弱酸不完全電離，rm{1}根據(jù)圖象分析；

B.根據(jù)圖象，當?shù)渭觬m{pH>1}的體積為rm{NaOH}時，rm{10mL}溶液中rm{HY}發(fā)生反應為rm{pH=5}rm{NaOH+HY=NaY+H_{2}O}的電離平衡常數(shù)為rm{K_{a}(HY)=dfrac{c(H^{+})c(Y^{-})}{c(HY)}}據(jù)此計算；

C.將上述rm{HY}rm{K_{a}(HY)=dfrac

{c(H^{+})c(Y^{-})}{c(HY)}}溶液等體積混合后，根據(jù)圖象分析是rm{HX}的酸性強于rm{HY}滴定反應先反應rm{HY}根據(jù)rm{HX}和rm{HX}水解程度分析；

D.將上述rm{NaX}與rm{NaY}溶液等體積混合達到平衡時，由于rm{HY}和rm{HZ}都是酸性溶液；混合溶液仍然是酸性，據(jù)此判斷．

本題考查弱電解質(zhì)的電離平衡，平衡常數(shù)的計算，溶液中離子濃度大小的比較，酸堿滴定原理等知識rm{HY}本題難度不大，是基礎題．rm{HZ}【解析】rm{CD}11、BD【分析】【分析】本題考查的是有關化學方程式的計算，有一定的難度?！窘獯稹堪睔夂脱鯕夥磻梢谎趸退?，一氧化氮和氧氣和水可以反應生成硝酸，剩余的氣體可能是氧氣或一氧化氮。rm{4NH_{3}+5O_{2}}rm{4NO+6H_{2}O}

rm{4x}rm{5x}rm{4x}rm{4NO+3O_{2}+2H_{2}O=4HNO_{3;;}}rm{4x}rm{3x}

根據(jù)題意列式為rm{4x+5x+3x+44.8=448}rm{x=33.6}則氧氣的體積可能為rm{5x+3x=8隆脕33.6=268.8mL}可能為rm{5x+3x+44.8=313.6mL}

故選BD?！窘馕觥縭m{BD}12、AC【分析】【分析】本題考查離子濃度大小比較，難度不大?！窘獯稹緼.根據(jù)電荷守恒知，二者的混合液中一定有：rm{c(NH_{4}^{+})+c(H^{+})=c(Cl^{-})+c(OH^{-})}故A正確；B.根據(jù)電荷守恒知，二者的混合液中一定有：rm{c(NH_{4}^{+})+c(H^{+})=c(Cl^{-})+c(OH^{-})}又rm{c(NH_{3}隆隴H_{2}O)+c(NH_{4}^{+})=0.1mol隆隴L^{-1}}則rm{c(NH_{4}^{+})+c(H^{+})=

c(Cl^{-})+c(OH^{-})}溶液中：rm{c(NH_{4}^{+})+c(H^{+})=

c(Cl^{-})+c(OH^{-})}故B錯誤；C.根據(jù)題給圖像知rm{c(NH_{3}隆隴H_{2}O)+c(NH_{4}^{+})=

0.1mol隆隴L^{-1}}的混合液中rm{pH=10.5}rm{c(Cl^{-})+c(OH^{-})+c(NH_{3}隆隴H_{2}O)>0.1mol隆隴L^{-1}}溶液中：rm{pH=9.25}故C正確；D.向rm{c(NH_{3}隆隴H_{2}O)=c(NH_{4}^{+})}點所表示rm{pH=9.5}溶液中加入rm{c(NH_{3}隆隴H_{2}O)>c(NH_{4}^{+})>c(OH^{-})>c(H^{+})}固體所得溶液為氯化鈉與一水合氨的混合液，則有：rm{W}故D錯誤。故選AC。rm{1L}【解析】rm{AC}13、BC【分析】【分析】本題考查了鹽類水解平衡的移動和鹽類水解的應用，注意離子濃度的比值變化的判斷方法rm{.}綜合性較強，但難度不大?！窘獯稹緼、氯化鐵直接溶于水后會發(fā)生水解，且水解顯酸性，故將氯化鐵固體直接溶解在鹽酸溶液中，能抑制其水解，然后加水稀釋至所需的濃度即可，故A正確；

B、反應rm{2CO+2NO=N}rm{2CO+2NO=N}rm{{,!}_{2}}rm{+2CO}rm{+2CO}而反應能自發(fā)進行，即rm{G=triangleH-T?triangleS<0}則rm{{,!}_{2}}故B錯誤；

的氣體的物質(zhì)的量減小，則rm{triangleS<0}而反應能自發(fā)進行，即rm{G=triangleH-T?triangle

S<0}則rm{triangleH<0}故B錯誤；rm{triangleS<0}rm{G=triangleH-T?triangle

S<0}rm{triangleH<0}C、rm{0.1mol?L}溶液加水稀釋，銨根離子的水解被促進，則溶液中的rm{0.1mol?L}rm{{,!}^{-1}}rm{NH}增多，rm{NH}rm{{,!}_{4}}rm{Cl}溶液加水稀釋，銨根離子的水解被促進，則溶液中的rm{n(H}減少，故rm{dfrac{;c({H}^{+})?V}{;c(N{{H}_{4}}^{+})?V}}增大，而溶液體積相同，故rm{Cl}的值增大，故C錯誤；rm{n(H}rm{{,!}^{+}}rm{)}增多，rm{n(NH}rm{)}rm{n(NH}rm{{,!}_{4}^{+}}rm{)}減少，故rm{

dfrac{;c({H}^{+})?V}{;c(N{{H}_{4}}^{+})?V}}rm{)}rm{

dfrac{;c({H}^{+})?V}{;c(N{{H}_{4}}^{+})?V}}rm{c(H^{+})/c(NH_{4}^{+})}D、反應rm{CH}達到平衡時，加入少量固體rm{CH}則能反應掉乙酸，導致乙酸濃度降低，則平衡右移，故乙酸甲酯的水解轉(zhuǎn)化率增大，故D正確。

rm{{,!}_{3}}rm{COOCH}【解析】rm{BC}14、rBC【分析】解：rm{A.}蒽和菲結(jié)構不相似；不是同系物，故A錯誤；

B.分子式相同但結(jié)構不同；是同分異構體，故B正確；

C.有幾種氫原子就有幾種一氯代物，蒽的一氯代物有rm{3}種，而菲的一氯代物有rm{5}種；故C正確；

D.兩種分子都含有多個苯環(huán)不是苯的同系物；故D錯誤．

故選BC。

A.結(jié)構相似，在分子組成上相差一個或若干個rm{CH_{2}}原子團的物質(zhì)互稱為同系物；

B.分子式相同結(jié)構不同的有機化合物互稱同分異構體；

C.有幾種氫原子就有幾種一氯代物；

D.苯的同系物只有一個苯環(huán)。

本題考查了同系物、同分異構體的判斷，題目難度不大，注意掌握同系物的概念及判斷方法，明確同系物的概念中結(jié)構相似的含義是解題關鍵。【解析】rm{BC}15、rCD【分析】解：rm{A.}稀鹽酸不能與二氧化錳反應，用濃鹽酸、加熱除去燒瓶內(nèi)殘留的rm{MnO_{2}}故A錯誤；

B.玻璃中含有二氧化硅；能與氫氧化鈉反應生成硅酸鈉，硅酸鈉為無機礦物膠，使瓶塞與瓶口粘連在一起，故B錯誤；

C.rm{Ag}與稀硝酸反應生成硝酸銀、rm{NO}與水；可以除去試管內(nèi)壁的銀鏡，故C正確；

D.自來水煮沸，rm{Ca(HCO_{3})_{2}}可以轉(zhuǎn)化為rm{CaCO_{3}}使硬水得到軟化，故D正確；

故選：rm{CD}．

A.稀鹽酸不能與二氧化錳反應；

B.玻璃中含有二氧化硅；能與氫氧化鈉反應生成硅酸鈉；

C.rm{Ag}與稀硝酸反應生成硝酸銀、rm{NO}與水；可以除去試管內(nèi)壁的銀鏡；

D.自來水煮沸，rm{Ca(HCO_{3})_{2}}可以轉(zhuǎn)化為rm{CaCO_{3}}．

本題考查元素化合物性質(zhì)、試劑保持、硬水軟化等，比較基礎，注意對基礎知識的理解掌握．【解析】rm{CD}16、AD【分析】解：A．氨氣能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，由現(xiàn)象可知，溶液中含NH4+；故A正確；

B．不飽和烴使溴的四氯化碳溶液褪色；由現(xiàn)象可知，分解產(chǎn)物含烯烴，不一定為乙烯，故B錯誤；

C．由現(xiàn)象可知，為沉淀的生成，Qc（BaCO3）＞Ksp（BaCO3），不能比較Ksp（BaSO4）、Ksp（BaCO3）；故C錯誤；

D．等濃度時pH大，酸性強，由現(xiàn)象可知，酸性：HCN＜CH3COOH；故D正確；

故選：AD。

A．氨氣能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍；

B．不飽和烴使溴的四氯化碳溶液褪色；

C．由現(xiàn)象可知，為沉淀的生成，Qc（BaCO3）＞Ksp（BaCO3）；

D．等濃度時pH大；酸性強．

本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握離子的檢驗、沉淀生成、pH與酸性、實驗技能為解答的關鍵，側(cè)重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析，題目難度不大．【解析】AD三、填空題(共9題，共18分)17、1，2-二氯丙烷C8H12O3加成反應氧化反應CH3CHClCH2Cl+2NaOHCH3CHOHCH2OH+2NaCl【分析】【分析】丙烯與氯氣加成得A為CH3CHClCH2Cl，A發(fā)生水解反應得B為CH3CH（OH）CH2OH，苯與氫氣發(fā)生加成反應得C為C發(fā)生氧化反應得D，D與B發(fā)縮聚反應得G為根據(jù)題中信息，F(xiàn)發(fā)生取代反應生成H和E，D和E發(fā)生酯化反應（取代反應）得F為CH3CH2OOCCH2CH2CH2CH2COOCH2CH3，根據(jù)H的結(jié)構可推知E為CH3CH2OH．

（6）甲苯氧化生成苯甲酸，與乙醇發(fā)生酯化反應生成苯甲酸乙酯．乙醇氧化生成醛，進一步氧化生成乙酸，乙酸與乙醇發(fā)生酯化反應生成乙酸乙酯，苯甲酸乙酯與乙酸乙酯發(fā)生信息中反應得到．【解析】【解答】解：丙烯與氯氣加成得A為CH3CHClCH2Cl，A發(fā)生水解反應得B為CH3CH（OH）CH2OH，苯與氫氣發(fā)生加成反應得C為C發(fā)生氧化反應得D，D與B發(fā)縮聚反應得G為根據(jù)題中信息，F(xiàn)發(fā)生取代反應生成H和E，D和E發(fā)生酯化反應（取代反應）得F為CH3CH2OOCCH2CH2CH2CH2COOCH2CH3，根據(jù)H的結(jié)構可推知E為CH3CH2OH．

（1）A為CH3CHClCH2Cl，名稱為：1，2-二氯丙烷，H的分子式為C8H12O3；

故答案為：1，2-二氯丙烷；C8H12O3；

（2）反應①是屬于加成反應；反應④屬于氧化反應；

故答案為：加成反應；氧化反應；

（3）G的結(jié)構簡式為：故答案為：

（4）反應②的化學方程式：CH3CHClCH2Cl+2NaOHCH3CHOHCH2OH+2NaCl；

故答案為：CH3CHClCH2Cl+2NaOHCH3CHOHCH2OH+2NaCl；

（5）C為C存在多種同分異構體，其中核磁共振氫譜只有兩種峰的同分異構體的結(jié)構簡式為

故答案為：．

（6）甲苯氧化生成苯甲酸，與乙醇發(fā)生酯化反應生成苯甲酸乙酯．乙醇氧化生成醛，進一步氧化生成乙酸，乙酸與乙醇發(fā)生酯化反應生成乙酸乙酯，苯甲酸乙酯與乙酸乙酯發(fā)生信息中反應得到合成路線流程圖為：

故答案為：．18、1×10-12促進＞Na2CO3溶液＞NaCN溶液＞CH3COONa溶液NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3【分析】【分析】（1）Kw=c（H+）?c（OH-）；能水解的鹽促進水的電離；

（2）①依據(jù)溶液中電荷守恒計算分析；

②依據(jù)酸的電離常數(shù)意義分析判斷；越易電離得算對應鹽水解程度越??；

③依據(jù)電離常數(shù)大小分析反應生成產(chǎn)物．【解析】【解答】解：（1）25℃時純水中c（H+）=c（OH-）=10-7mol/L，Kw=c（H+）?c（OH-）=10-14，當溫度升高到100℃，純水中c（H+）=c（OH-）=10-6mol/L，Kw=c（H+）?c（OH-）=10-12；

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；NH4Cl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：1×10-12；促進；

（2）①等濃度的CH3COOH溶液和NaOH溶液等體積混合，所得溶液顯堿性，c（H+）＜c（OH-）依據(jù)溶液中電荷守恒c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（CH3COO-），c（Na+）＞c（CH3COO-）；

故答案為：＞；

②依據(jù)圖表數(shù)據(jù)分析，醋酸電離常數(shù)大于氰酸大于碳酸氫根離子，所以等濃度的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液水解程度等濃度的Na2CO3溶液＞NaCN溶液＞CH3COONa溶液，溶液pH為Na2CO3溶液的＞NaCN溶液的＞CH3COONa溶液的；

故答案為：Na2CO3溶液＞NaCN溶液＞CH3COONa溶液；

③向NaCN溶液中通入少量CO2，H2CO3酸性大于HCN大于HCO3-，所以反應生成氰酸和碳酸氫鈉，不能生成二氧化碳，反應的化學方程式為：NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3；

故答案為：NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3．19、根據(jù)構造原理最后填入電子的能級的符號1s22s22p63s23p63d34s2第四周期第VIA族2CuCl+3Cl22CuCl2+2HCl鉀、鉻【分析】【分析】（1）根據(jù)構造原理最后填入電子的能級的符號將元素周期表分為s；p等區(qū)域；

（2）A原子的M層和N層的電子數(shù)分別比B原子的M層和N層的電子數(shù)少7個和4個；則A原子各層電子數(shù)依次為2；8、11、2，B原子各層電子數(shù)依次為2、8、18、6；

（3）X為Cu元素，由晶胞晶胞可知，晶胞中小球有4個，大球數(shù)目為8×+6×=4，則該化合物為CuH，在氯氣中燃燒生成CuCl2與HCl；除外Cu，第四周期中最外層只有一個電子的核外電子排布為[Ar]4s1[Ar]3d54s1；

（4）第一周期沒有金屬，其它各周期元素中電子層數(shù)≤最外層電子數(shù)為金屬元素．【解析】【解答】解：（1）根據(jù)構造原理最后填入電子的能級的符號將元素周期表分為s；p等區(qū)域；

故答案為：根據(jù)構造原理最后填入電子的能級的符號；

（2）A原子的M層和N層的電子數(shù)分別比B原子的M層和N層的電子數(shù)少7個和4個，則A原子各層電子數(shù)依次為2、8、11、2，B原子各層電子數(shù)依次為2、8、18、6，A原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d34s2；B處于周期表中第四周期第VIA族；

故答案為：1s22s22p63s23p63d34s2；第四周期第VIA族；

（3）X為Cu元素，由晶胞晶胞可知，晶胞中小球有4個，大球數(shù)目為8×+6×=4，則該化合物為CuH，在氯氣中燃燒生成CuCl2與HCl，反應方程式為：2CuCl+3Cl22CuCl2+2HCl；除外Cu，第四周期中最外層只有一個電子的核外電子排布為[Ar]4s1、[Ar]3d54s1；分別為：鉀與鉻；

故答案為：2CuCl+3Cl22CuCl2+2HCl；鉀；鉻；

（4）第一周期沒有金屬，其它各周期元素中電子層數(shù)≤最外層電子數(shù)為金屬元素，畫出金屬和非金屬的分界線為：

故答案為：．20、2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+2H2O+CaCl2紅色噴泉氨氣極易溶于水溶于水顯堿性NH3+H2O?NH3?H2O?NH4++OH-ABD【分析】【分析】（1）氯化銨和氫氧化鈣固體加熱制取氨氣；

（2）根據(jù)氨氣的噴泉實驗原理回答；滴有酚酞的溶液變紅，溶液顯示堿性；

（3）氨氣溶于水生成一水合氨；

（4）選擇的裝置必須能夠防止倒吸．【解析】【解答】解：（1）實驗室制取氨氣是用氯化銨和氫氧化鈣固體加熱生成氨氣和氯化鈣、水，其化學方程式是：2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2O；

故答案為：2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2O；

（2）氨氣極易溶于水；可以完成噴泉實驗，氨水是弱堿，能夠電離出氫氧根離子，致使酚酞溶液顯紅色，故答案為：紅色噴泉；氨氣極易溶于水；溶于水顯堿性；

（3）氨氣溶于水生成一水合氨，一水合氨電離生成銨根和氫氧根，化學反應方程式為：NH3+H2O?NH3?H2O?NH4++OH-，故答案為：NH3+H2O?NH3?H2O?NH4++OH-；

（4）因為氨氣極易溶于水；吸收多于的氨氣裝置，必須能夠防止倒吸，AD裝置中的倒置的漏斗和球形干燥管的體積較大，能防止液體倒吸進入反應裝置；

B裝置中四氯化碳可以減慢氨氣溶于水的速率，故答案為：ABD．21、溴原子消去反應cd4【分析】【分析】A能連續(xù)被氧化，則A是醇，B是醛，C是羧酸，C能發(fā)生銀鏡反應，則C是甲酸或二甲酸，X水解生成C和D，且X中只含2個氧原子，所以C是HCOOH，B是HCHO，A是CH3OH；分子式為C10H10O2Br2的芳香族化合物X，其苯環(huán)上的一溴代物只有一種，說明X中苯環(huán)上只有一類氫原子，其核磁共振氫譜圖中有四個吸收峰，說明含有4種氫原子，吸收峰的面積比為1：2：6：1，則X的結(jié)構簡式為：X水解然后酸化得D，D的結(jié)構簡式為：D被氧化生成E，E的結(jié)構簡式為：E和氫氣發(fā)生加成反應生成F，F(xiàn)的結(jié)構簡式為：F反應生成H，H能和溴水發(fā)生加成反應，則H的結(jié)構簡式為：H能發(fā)生加聚反應生成I，I的結(jié)構簡式為：據(jù)此答題．【解析】【解答】解：A能連續(xù)被氧化，則A是醇，B是醛，C是羧酸，C能發(fā)生銀鏡反應，則C是甲酸或二甲酸，X水解生成C和D，且X中只含2個氧原子，所以C是HCOOH，B是HCHO，A是CH3OH；分子式為C10H10O2Br2的芳香族化合物X，其苯環(huán)上的一溴代物只有一種，說明X中苯環(huán)上只有一類氫原子，其核磁共振氫譜圖中有四個吸收峰，說明含有4種氫原子，吸收峰的面積比為1：2：6：1，則X的結(jié)構簡式為：X水解然后酸化得D，D的結(jié)構簡式為：D被氧化生成E，E的結(jié)構簡式為：E和氫氣發(fā)生加成反應生成F，F(xiàn)的結(jié)構簡式為：F反應生成H，H能和溴水發(fā)生加成反應，則H的結(jié)構簡式為：H能發(fā)生加聚反應生成I，I的結(jié)構簡式為：

（1）根據(jù)上面的分析可知，X的結(jié)構簡式為：其不含氧官能團名稱是溴原子，E的結(jié)構簡式為：

故答案為：溴原子；

（2）F發(fā)生消去反應生成H；

故答案為：消去反應；

（3）通過以上分析知，I的結(jié)構簡式為：

故答案為：

（4）D的結(jié)構簡式為：

a．D含有酚羥基和甲基；能發(fā)生取代反應，故不選；

b．D含有酚羥基能發(fā)生氧化反應；故不選；

c．D不能發(fā)生消去反應；故選；

d．D中沒有羧基；不能和碳酸氫鈉反應，故選；

故選cd；

（5）X含有酯基和溴原子，所以能和氫氧化鈉溶液反應，X與足量稀NaOH溶液共熱的化學方程式：

故答案為：

（6）E的結(jié)構簡式為：E的同分異構體符合下列條件；

a．苯環(huán)上核磁共振氫譜有兩種說明苯環(huán)上含有兩類氫原子；b．不能發(fā)生水解反應說明不含酯基；

c．遇FeCl3溶液不顯色說明不含酚羥基；d．1molE最多能分別與1molNaOH和2molNa反應說明含有一個羧基一個醇羥基，則符合條件的E的同分異構體有：所以一共有4種，其中核磁共振氫譜為六組峰，且峰面積比為1：2：2：2：2：1的一種結(jié)構簡式為

故答案為：4；．22、5CO（g）+I2O5（s）=5CO2（g）+I2（s）△H=-1377.22kJ?mol-1ad不b【分析】【分析】（1）根據(jù)已知熱化學方程式，利用蓋斯定律計算和書寫熱化學方程式，2I2（s）+5O2（g）=2I2O5（s）；△H=-75.56kJ?mol-1①；

2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）；△H=-566.0kJ?mol-1②；

根據(jù)蓋斯定律將方程式②×-①×得；

（2）①化學平衡的平衡常數(shù)=；

②根據(jù)化學平衡狀態(tài)的特征解答；當反應達到平衡狀態(tài)時，正逆反應速率相等，各物質(zhì)的濃度；百分含量不變，以及由此衍生的一些量也不發(fā)生變化，解題時要注意，選擇判斷的物理量，隨著反應的進行發(fā)生變化，當該物理量由變化到定值時，說明可逆反應到達平衡狀態(tài)；

③依據(jù)平衡常數(shù)概念寫出該反應的平衡常數(shù)表達式，然后通過列式計算，依據(jù)濃度商和平衡常數(shù)比較分析判斷；根據(jù)影響化學平衡的因素判斷改變的條件．【解析】【解答】解：（1）由已知熱化學方程式：

2I2（s）+5O2（g）=2I2O5（s）；△H=-75.56kJ?mol-1①；

2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）；△H=-566.0kJ?mol-1②；

根據(jù)蓋斯定律將方程式②×-①×得5CO（g）+I2O5（s）=5CO2（g）+I2（s）△H=（-566.0kJ?mol-1）×-（-75.56kJ?mol-1）×=-1377.22kJ/mol；

所以其熱化學反應方程式為：5CO（g）+I2O5（s）=5CO2（g）+I2（s）△H=-1377.22kJ/mol；

故答案為：5CO（g）+I2O5（s）=5CO2（g）+I2（s）△H=-1377.22kJ/mol；

（2）①2NO（g）+2CO（g）?N2（g）+2CO2（g）△H＜0，化學平衡的平衡常數(shù)==；

故答案為：；

②2NO（g）+2CO（g）?N2（g）+2CO2（g）△H＜0；反應是氣體體積減小的發(fā)熱反應．

a．反應前后氣體體積減?。惑w系壓強都保持不變，能用于判斷是否達到平衡狀態(tài)，故a正確；

b．混合氣體的一無顏色，顏色保持不變，不能說明達到平衡狀態(tài)，故b錯誤；

c．生成物N2和CO2的體積比始終保持不變；不能說明達到平衡狀態(tài)，故c錯誤；

d．每生成1molN2的同時生成2molNO；說明正逆反應速率相同，能判斷是否達到平衡狀態(tài)，故d正確；

故答案為：ad；

③依據(jù)圖象可知；15分鐘時達到平衡時氮氣濃度為0.2mol/L，NO平衡濃度為1.6mol/L，一氧化碳濃度為0.6mol/L，二氧化碳濃度為0.4mol/L；

2NO（g）+2CO（g）?N2（g）+2CO2（g）△H＜0，該溫度下該反應的平衡常數(shù)為：K===0.035；

若保持溫度不變，20min時再向容器中充入CO、N2各0.6mol，則各組分濃度分別為：c（NO）=1.6mol/L、c（CO）=0.6mol/L+0.6mol/L=1.2mol/L、c（N2）=0.2mol/L+0.6mol/L=0.8mol/L、c（CO2）=0.4mol/L，Qc===0.035=K，則化學平衡不動，20min時，若改變反應條件，導致N2濃度發(fā)生如圖所示的變化；斜率減小反應速率減小，氮氣濃度增大，反應是氣體體積減小的放熱反應，則改變的條件可能是降溫；

故答案為：不；b．23、250ml容量瓶、膠頭滴管取最后一次洗滌的濾出液少許于試管中，滴入鹽酸酸化的BaCl2溶液，若無沉淀說明已洗滌干凈a-ed-b冷卻吸收二氧化碳氣體將分解產(chǎn)生的氣體全部帶入裝置C、D中完全吸收，防止產(chǎn)生倒吸bc【分析】【分析】（1）根據(jù)配制250mL0．Imol?L-1MgS04溶液步驟：計算；稱量、溶解、轉(zhuǎn)移、洗滌、振蕩、定容和搖勻等操作來選用儀器；

（2）檢驗沉淀已經(jīng)洗滌干凈的方法是檢驗洗滌液中是否含有硫酸根離子來檢驗是否洗凈；

（3）應該首先通過D裝置吸收水蒸氣；后通過C裝置吸收HCl；將氣體通過洗氣瓶進行洗氣時，應該從長導管一側(cè)通入氣體；

（4）為了避免引起實驗誤差，保證反應產(chǎn)生的氣體全部被裝置C、D吸收，所以要通入N2排出裝置內(nèi)殘留的氣體；同時也是為了防止產(chǎn)生倒吸；

（5）若B裝置中無殘留物，通過裝置D吸收的質(zhì)量為生成水的質(zhì)量，裝置C吸收的是分解生成的二氧化碳的質(zhì)量，據(jù)此計算物質(zhì)的量得到n值．【解析】【解答】解：（1）配制250mL0．Imol?L-1MgS04溶液的步驟為：計算；稱量、溶解、轉(zhuǎn)移、洗滌、振蕩、定容、搖勻等；需要的儀器有：托盤天平、藥匙、燒杯、量筒、玻璃棒、100mL容量瓶、膠頭滴管等，其中玻璃儀器為：燒杯、量筒、玻璃棒、100mL容量瓶、膠頭滴管，所需玻璃儀器除燒杯、玻璃棒和量筒外，還有250ml容量瓶、膠頭滴管；

故答案為：250ml容量瓶；膠頭滴管；

（2）檢驗沉淀已經(jīng)洗滌干凈的方法是取最后一次洗滌的濾出液少許于試管中，滴入鹽酸酸化的BaCl2溶液；若無沉淀說明已洗滌干凈；

故答案為：取最后一次洗滌的濾出液少許于試管中，滴入鹽酸酸化的BaCl2溶液；若無沉淀說明已洗滌干凈；

（3）上述裝置的連接順序為：應該首先通過D裝置吸收水蒸氣，后通過C裝置吸收二氧化碳；將氣體通過洗氣瓶進行洗氣時，應該從長導管一側(cè)通入氣體，故其連接順序是a→e，d→b；裝置C的作用是吸收反應生成的二氧化碳氣體；裝置D的作用是吸收水蒸氣，裝置B是長玻璃管起到冷卻作用；

故答案為：a-e，d-b；冷卻；吸收二氧化碳氣體；

（4）因為加熱后的裝置中含有殘留的HCl和水蒸氣，為了避免引起實驗誤差，保證反應產(chǎn)生的氣體全部被裝置C、D吸收，所以要通入N2排出裝置內(nèi)殘留的氣體；同時也是為了防止產(chǎn)生倒吸；

故答案為：將分解產(chǎn)生的氣體全部帶入裝置C；D中完全吸收；防止產(chǎn)生倒吸；

（5）若B裝置中無殘留物，通過裝置D吸收的質(zhì)量為生成水的質(zhì)量，裝置C吸收的是分解生成的二氧化碳的質(zhì)量，b．裝置C反應前后質(zhì)量差m2c．裝置D反應前后質(zhì)量差m3，可以計算，：=1：n，n=；

故答案為：．24、氧化劑Mn2++HCO3-+NH3=MnCO3↓+NH4+減壓有利于氣體逸出2NaCl+Na2SO3+2CuSO4+H2O=2CuCl+2Na2SO4+H2SO4（NH4）2SO4[或NH4HSO4、（NH4）2SO4和NH4HSO4、（NH4）2SO4和H2SO4等]鹽酸【分析】【分析】以低品位銅礦砂（主要成分CuS）為原料制備氯化亞銅的路線為：在酸溶1步驟中，硫酸溶液中加入二氧化錳、硫化銅，發(fā)生氧化還原反應生成硫單質(zhì)，二氧化錳被還原為二價錳離子留在溶液中；然后在除錳步驟中，二價錳離子轉(zhuǎn)化為碳酸錳沉淀，溶液中CuSO4轉(zhuǎn)變?yōu)閇Cu（NH3）4]CO3留在溶液中，蒸氨步驟中[Cu（NH3）4]CO3發(fā)生分解反應得到CuO固體、氨氣與二氧化碳，再用硫酸溶解CuO得到CuSO4，在合成步驟中，氯化鈉、亞硫酸鈉、硫酸銅反應生成氯化亞銅和硫酸鈉和硫酸，再經(jīng)過過濾、洗滌、干燥得到氯化亞銅，洗滌沉淀時，為減少CuCl溶解損失，根據(jù)溶解平衡，先用鹽酸洗滌，再用乙醇洗滌，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：（1）酸溶1和除錳過程為：硫酸溶液中加入二氧化錳；硫化銅；發(fā)生氧化還原反應生成硫單質(zhì)，二氧化錳被還原為二價錳離子留在溶液中；然后在除錳步驟中，二價錳離子轉(zhuǎn)化為碳酸錳沉淀，可知：錳元素化合價降低，所以二氧化錳做氧化劑；

故答案為：氧化劑；

（2）依據(jù)除錳過程可知：溶液中加入氨氣、碳酸氫銨，與溶液中的二價錳離子反應生成碳酸錳和銨根離子，方程式：Mn2++HCO3-+NH3=MnCO3↓+NH4+；

故答案為：Mn2++HCO3-+NH3=MnCO3↓+NH4+；

（3）氣體的溶解度隨著壓強的增大而增大；所以減小壓強有利于氨氣的逸出；

故答案為：減壓有利于氣體逸出；

（4）在合成步驟中，氯化鈉、亞硫酸鈉、硫酸銅反應生成氯化亞銅和硫酸鈉和硫酸，方程式為：2NaCl+Na2SO3+2CuSO4+H2O=2CuCl+2Na2SO4+H2SO4；

故答案為：2NaCl+Na2SO3+2CuSO4+H2O=2CuCl+2Na2SO4+H2SO4；

（5）將合成步驟的NaCl與Na2SO3換為NH4Cl和（NH4）2SO3，濾液中含有硫酸銨、硫酸，可獲得一種可用作氮肥的副產(chǎn)品，可能為：（NH4）2SO4[或NH4HSO4、（NH4）2SO4和NH4HSO4、（NH4）2SO4和H2SO4等]；

故答案為：（NH4）2SO4[或NH4HSO4、（NH4）2SO4和NH4HSO4、（NH4）2SO4和H2SO4等]；

（6）氯化亞銅存在沉淀溶解平衡：CuCl（s）Cu+（aq）+Cl-（aq）；洗滌氯化亞銅時，為避免氯化亞銅因溶解而損壞，所以應先用鹽酸洗滌，然后用乙醇洗滌；

故答案為：鹽酸．25、略

【分析】試題分析：苯乙烯與HBr發(fā)生加成反應產(chǎn)生與NaOH的水溶液發(fā)生取代反應產(chǎn)生B：B被CuO催化氧化得到C：C被新制Cu(OH)2氧化得到D：D與乙醇在濃硫酸作用下發(fā)生酯化反應產(chǎn)生E：所以E的分子式是C10H12O2；與H2發(fā)生加成反應產(chǎn)生F：根據(jù)阿托酸乙酯的結(jié)構簡式可知它所含官能團的名稱是碳碳雙鍵、酯基；（2）在反應①②③④⑤⑥⑦⑧中，屬于取代反應的有②⑤⑥；（3）反應③的方程式是（4）A．阿托酸乙酯含有碳碳雙鍵，所以能使高錳酸鉀褪色，也能使溴水褪色，錯誤；B．在阿托酸乙酯的分子中含有一個碳碳雙鍵和一個苯環(huán)，所以1mol阿托酸乙酯最多能與4molH2加成，正確；C．阿托酸乙酯含有碳碳水解，能發(fā)生加成反應、加聚反應；含有酯基，能夠發(fā)生水解反應；由于是有機物，所以能夠發(fā)生燃燒反應，及發(fā)生氧化反應，正確；D．根據(jù)物質(zhì)的結(jié)構簡式可知其分子式為C11H12O2，錯誤；（5）D的同分異構體中有多種，其中含有苯環(huán)且能與碳酸氫鈉反應放出氣體的同分異構體有三種。考點：考查有機物的結(jié)構、性質(zhì)、轉(zhuǎn)化、反應類型、化學方程式和同分異構體的書寫的知識。【解析】【答案】（1）C10H12O2（2分）（2分）碳碳雙鍵、酯基（2分）（2）②⑤⑥（2分）（3）（3分）；（4）B、C（2分）（5）3（2分）。四、判斷題(共2題，共4分)26、×【分析】【分析】將40gNaOH溶解在1L水中，溶液體積大于1L．【解析】【解答】解：將40gNaOH溶解在1L水中；溶液體積大于1L，溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度小于1mol/L；

故答案為：×．27、√【分析】【分析】上層液體若從下口流出會摻雜儀器中附著的下層液體．據(jù)此解題．【解析】【解答】解：分液時，先把下層液體從下口放出，再把上層液體從上口倒出，故答案為：√．五、推斷題(共4題，共40分)28、略

【分析】試題分析：G、F、H均為難溶于水的白色固體，E與硝酸銀溶液產(chǎn)生白色沉淀，則G是氯化銀沉淀，氯化銀不溶于稀硝酸，說明E中含有氯離子；H是白色固體，與氫氧化鈉溶液反應，而與氫氧化鈉溶液反應的白色固體可能是二氧化硅、氧化鋁，但A元素是非金屬元素，所以H是二氧化硅，所以F是硅酸，I是硅酸鈉。則C是氯化硅，B是氯氣。氯化硅與過量氨氣反應生成D是Si(NH2)4。（1）實驗室用濃鹽酸和二氧化錳加熱制取氯氣，化學方程式為MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2O；氯氣有毒，通常用NaOH溶液吸收，生成氯化鈉、次氯酸鈉、水，離子方程式為Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；（2）二氧化硅與C在高溫下發(fā)生置換反應生成Si和CO，化學方程式為SiO2+2C2CO↑+Si該反應的氧化劑是二氧化硅，還原劑是C，所以氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量比為1:2；（3）反應③的化學方程式3D==K+8X↑，K由兩種非金屬元素組成，根據(jù)元素