2025年人教新課標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年人教新課標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總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、下列除去雜質(zhì)的方法錯誤的是（）A.除去KCl中混有的KI：溶于水通入過量氯氣，蒸發(fā)結晶B.除去BaSO4固體中混有的BaCO3：加過量鹽酸后，過濾C.除去Na2CO3固體中的NaHCO3：加熱至恒重D.除去CuO中混有的Al2O3：加過量鹽酸后，過濾2、現(xiàn)有等物質(zhì)的量組成的Fe、Cu合金共0.1mol，研成粉末后，全部投入稀硝酸中，微熱使其充分反應，已知硝酸的還原產(chǎn)物只有NO．由于HNO3用量的不同，溶液中的金屬離子和殘留固體的成分會有多種情況．下列說法正確的是（）A.根據(jù)溶液中的金屬離子和殘留固體的成分最多會有5種情況B.若金屬有剩余，在溶液中再滴入稀硫酸后，金屬不會溶解C.當合金剛好溶解時，在標準狀況下產(chǎn)生2.24LNOD.若合金全部溶解，在溶液中加入過量的氨水，（已知銅離子可轉化為四氨合銅絡離子溶于水）則經(jīng)過濾、洗滌、干燥、充分灼燒、稱量可得固體4g3、下列有機物的命名正確的是（）A.1，1，2，2-四甲基戊烷B.3-甲基-1，3-丁二烯C.2，4，6-三硝基甲苯D.2-甲基-3-丁醇4、下列說法不正確的是（）A.鉛蓄電池在放電過程中，正負極質(zhì)量均增加B.常溫下，反應C（s）+CO2（g）=2CO（g）不能自發(fā)進行，則該反應的△H＞OC.25℃時，Mg（OH）2固體在20mL0.01mol?L-1氨水中的Ksp比在20mL0.01mol?L-1NH4Cl溶液中的Ksp小D.將濃度為0.1mol?L-1的HF溶液加水不斷稀釋，的值始終保持增大5、下列說法正確的是（）A.自來水廠可用硫酸鐵對水進行消毒殺菌B.工業(yè)上通過電解AlCl3飽和溶液制備金屬鋁C.蛋白質(zhì)、葡萄糖和脂肪都可以在人體中發(fā)生水解D.某溫度下NH3（g）+HCl（g）=NH4Cl（s）能自發(fā)進行，則其△H＜06、鹽是一類常用物質(zhì)，下列物質(zhì)可通過一步反應形成鹽的是()rm{壟脵}金屬rm{壟脷}堿性氧化物rm{壟脹}堿rm{壟脺}非金屬rm{壟脻}酸性氧化物rm{壟脼}酸A.只有rm{壟脵壟脷壟脹}B.只有rm{壟脵壟脺壟脼}C.只有rm{壟脷壟脻壟脼}D.全部7、下列說法正確的是（）A.在化學反應中，化學能只可以轉化為熱能B.合成氨反應N2+3H2?2NH3，當N2、H2、NH3濃度相等時該反應達到了最大限度C.合成氨反應N2+3H2?2NH3中，升高溫度，該反應速率減小D.化學鍵的斷裂和形成是化學反應中能量變化的主要原因8、下列各物質(zhì)的分類、名稱（或俗名）、化學式都正確的是（）A.堿性氧化物--氧化鐵--FeOB.酸性氧化物--碳酸--C0C.酸--硫酸--H2SD.鹽--純堿--Na2CO39、R2O8n-離子在一定條件下可把Mn2+氧化成MnO4-，若反應后R2O8n-變成RO42-，又知反應中氧化劑與還原劑的離子個數(shù)比為5：2，則R2O8n-離子中R元素的化合價以及n值分別為（）A.+7、2B.+6、2C.+5、1D.+4、1評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)10、某小組同學在實驗室研究Al與CuCl2溶液的反應．

。實驗操作實驗現(xiàn)象?。t色物質(zhì)附著于鋁片表面。

ⅱ．大量無色氣體從紅色物質(zhì)表面逸出；放出大量的熱。

ⅲ．燒杯底部出現(xiàn)白色沉淀（1）現(xiàn)象ⅰ中的紅色物質(zhì)是____．

（2）經(jīng)檢驗現(xiàn)象ⅱ中的無色氣體為氫氣．

①甲認為Al與H+反應產(chǎn)生了氫氣，用離子方程式表示溶液中存在大量H+的原因____．

②氫氣從紅色物質(zhì)表面逸出的原因是____．

（3）探究白色沉淀的化學成分．

查閱資料：Cu+可與濃氨水反應生成Cu（NH3）2+（無色）；該無色物質(zhì)在空氣中易被氧化變?yōu)樗{色．

乙認為白色沉淀可能是CuCl；并通過實驗證明其猜測正確，實驗步驟如下：

a．取白色沉淀；充分洗滌；

b．向其中加入濃氨水；沉淀溶解得到無色溶液，將無色溶液分為兩份；

c．取其中一份無色溶液

d．將另一份無色溶液放置于空氣中；一段時間后，溶液變?yōu)樗{色．

①步驟c的實驗方案是____．

②用化學平衡移動原理解釋CuCl溶于濃氨水的原因____．

（4）探究CuCl產(chǎn)生的原因．

①丙猜測可能是Cu與CuCl2溶液反應生成了CuCl，因為Cu具有____性．

②取Cu粉與1mol/LCuCl2溶液混合，無白色沉淀產(chǎn)生，丙再次分析Al與CuCl2溶液反應的實驗現(xiàn)象，改進實驗方案，證明了Cu與CuCl2溶液反應生成了CuCl，改進之處是____．11、（2015春?福建期末）儲氫材料的種類很多；包括儲氫合金；配位氫化物、碳質(zhì)吸附材料等．

（1）TiFe合金是鈦系儲氫合金的代表；該合金具有放氫溫度低；價格適中等優(yōu)點．

①基態(tài)Fe原子的價電子排布式為____．

②基態(tài)Ti原子含有____種不同能級的電子．

（2）NaH、MgH2、AlH3足良好的吸氫材料．Na、Mg、Al原子的第一電離能由小到大的順序為____（填元索符號）．

（3）配位氫化物NaAlH4儲氫性能好，AlH4-的立體構型是____．

（4）鑭鎳合金是目前廣泛使用的儲氫材料；其晶胞結構如圖，Ni原子處于晶胞的面上和體心．

①該晶體的化學式為____；

②若該晶胞為立方體，合金的平均摩爾質(zhì)量為Mg?mol-1，密度為ag?cm-3；則兩個距離最近。

的La原子間的距離為____．（用含a、M的表達式表示）12、硬質(zhì)玻璃管是化學實驗中經(jīng)常使用的一種儀器；請分析下列實驗（固定裝置略）并回答問題．

Ⅰ；如圖是某研究性學習小組對某鐵礦石中鐵的氧化物的化學式進行探究的流程和裝置．

操作步驟如下：

a．按上圖2組裝儀器（夾持儀器均省略）；檢查裝置的氣密性；

b．將5.0g鐵礦石放入硬質(zhì)玻璃管中；

c．從左端導氣管口處不斷地緩緩通入H2，在C裝置出口處收集H2并____后；點燃A處酒精燈；

d．充分反應后；撤掉酒精燈，再持續(xù)通入氫氣至完全冷卻．

e．測得反應后裝置B增重1.35g．

回答下列問題：

（1）步驟c中填空為____

（2）圖1中步驟②和⑤中都要用到的玻璃儀器是____．

（3）下列有關圖1中步驟⑥的操作中說法不正確的是____．

a．滴定管用蒸餾水洗滌后再用待裝液潤洗。

b．錐形瓶不需要用待測液潤洗。

c．因為碘水為黃色；所以滴定過程中不需加指示劑。

（4）由以上實驗得出該鐵礦石中鐵的氧化物的化學式為____．

Ⅱ、硬質(zhì)玻璃管進行微量實驗：如圖所示，將濃硫酸滴入裝有Na2SO3固體的培養(yǎng)皿一段時間后，a、b；c三個棉球變化如下表．

請?zhí)顚懕碇械目瞻祝?/p>

。棉球棉球上滴加的試劑實驗現(xiàn)象解釋和結論a

____棉球變白，微熱后又恢復紅色b含酚酞的NaOH溶液棉球變?yōu)榘咨x子方程式：

____c

____棉球變?yōu)榘咨?/p>

結論：該氣體具有____性13、現(xiàn)有A、B、C、D四種金屬，把A、B分別浸入稀硫酸中，產(chǎn)生氣泡都很慢；把C、D分別浸入水中都能產(chǎn)生氣泡；把A、B用導線連接同時放入裝有稀硫酸的燒杯中，A上有大量氣泡析出；把C浸入D的硝酸鹽溶液中，C的表面有D析出．這四種金屬的活動順序由強到弱為____．14、Ⅰ．乙基香草醛（）是食品添加劑的增香原料；其香味比香草醛更加濃郁．

寫出乙基香草醛分子中兩種含氧官能團的名稱____．

Ⅱ．乙基香草醛的同分異構體A是一種有機酸；A可發(fā)生以下變化：

提示：①RCH2OHRCHO；

②與苯環(huán)直接相連的碳原子上有氫時，此碳原子才可被酸性KMnO4溶液氧化為羧基．

（1）由A→C的反應屬于____（填反應類型）．寫出A的結構簡式____．

（2）乙基香草醛的另一種同分異構體D（）是一種醫(yī)藥中間體，用茴香醛（）經(jīng)兩步反應合成D；請寫出第②步反應的化學方程式（其他原料自選，并注明必要的反應條件）．

①

②____．

（3）乙基香草醛的同分異構體有很多種，滿足下列條件的同分異構體有____種，其中有一種同分異構體的核磁共振氫譜中出現(xiàn)4組峰，吸收峰的面積之比為1：1：2：6，該同分異構體的結構簡式為____．

①能與NaHCO3溶液反應②遇FeCl3溶液顯紫色；且能與濃溴水反應。

③苯環(huán)上有兩個烴基④苯環(huán)上的官能團處于對位。

（4）現(xiàn)有溴、濃硫酸和其它無機試劑，實現(xiàn)轉化為其合成線路如下：寫（Ⅱ）（Ⅲ）兩步反應的化學方程式：

（Ⅱ）____；

（Ⅲ）____．15、電解法促進橄欖石（主要成分是Mg2SiO4）固定CO2的部分工藝流程如下：

已知：Mg2SiO4（s）+4HCl（aq）?2MgCl2（aq）+SiO2（s）+2H2O（l）△H=-49.04kJ?mol-1

（1）橄欖石的組成是Mg9FeSi5O20，用氧化物的形式可表示為____．

（2）圖1虛框內(nèi)需要補充一步工業(yè)生產(chǎn)的名稱為____．

（3）下列物質(zhì)中也可用作“固碳”的是____．（填字母）

a．CaCl2b．H2NCH2COONac．（NH4）2CO3

（4）由圖2可知，90℃后曲線A溶解效率下降，分析其原因____．

（5）過濾Ⅰ所得濾液中含有Fe2+，檢驗該離子方法為____．

（6）過程①為除去濾液中的雜質(zhì)，寫出該除雜過程所涉及反應的離子方程式____、____．16、①NaOH溶液②銅絲③液態(tài)HCl④鹽酸⑤稀硫酸⑥液氨⑦氨水⑧SO2⑨膽礬晶體⑩熔融NaCl（11）蔗糖晶體。

（1）上述狀態(tài)下可導電的是（填序號，下同）____；

（2）屬于電解質(zhì)的是____；

（3）屬于非電解質(zhì)的是____．17、Ⅰ：明礬石是制取鉀肥和氫氧化鋁的重要原料；明礬石的組成和明礬相似，此外還含有氧化鋁和少量氧化鐵雜質(zhì)．具體實驗步驟如圖一所示：

根據(jù)圖一示；完成下列填空：

（1）明礬石焙燒后用稀氨水浸出．配制500mL稀氨水（每升含有39.20g氨）需要取濃氨水（每升含有250.28g氨）____mL，用規(guī)格為____mL量筒量?。?/p>

（2）氨水浸出后得到固液混合體系，過濾，濾液中除K+、SO42-外，還有大量的NH4+．檢驗NH4+的方法是____．

（3）寫出沉淀物中所有物質(zhì)的化學式____．

（4）濾液I的成分是水和____．

（5）為測定混合肥料K2SO4、（NH4）2SO4中鉀的含量；完善下列步驟：

①稱取鉀氮肥試樣并溶于水，加入足量____溶液；產(chǎn)生白色沉淀．

②____、____、____（依次填寫實驗操作名稱）．

③冷卻；稱重．

（6）若試樣為mg，沉淀的物質(zhì)的量為nmol，則試樣中K2SO4的物質(zhì)的量為：____mol（用含m；n的代數(shù)式表示）．

Ⅱ：某無色透明溶液可能含有下列離子：K+、Al3+、Fe3+、Ba2+、NO3-、SO42-、HCO3-、Cl-等；取該溶液進行如下實驗：

①用藍色石蕊試紙檢測該溶液；試紙顯紅色；

②取溶液少許；加入銅片和稀硫酸共熱，產(chǎn)生無色氣體，該氣體遇到空氣立即變?yōu)榧t棕色；

③取溶液少許；加入氨水有白色沉淀生成，繼續(xù)加入過量氨水，沉淀不消失；

④取溶液少許；滴入氯化鋇溶液產(chǎn)生白色沉淀；

⑤取實驗④后的澄清溶液；滴入硝酸銀溶液產(chǎn)生白色沉淀，再加入過量的稀硝酸，沉淀不消失．

請回答下列問題：

（l）在實驗①中，圖二所示的操作中正確的是____（填代號）

（2）根據(jù)上述實驗判斷原溶液中肯定存在的離子是____，肯定不存在的離子是____．

（3）寫出與②③兩個實驗有關的離子方程式：

②____；

③____．18、按要求填空：

（1）分子式為C6H12的某烴的所有碳原子都在同一平面上，則該烴的結構簡式為____；

（2）若分子式為C4H6的某烴中所有的碳原子都在同一條直線上，則該烴的結構簡式為____；

（3）已知某烴的相對分子質(zhì)量為58，它的核磁共振氫譜只有2個峰，則它的結構簡式為____、____。評卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)19、1molCl2參加反應轉移電子數(shù)一定為2NA．____（判斷對錯）20、很多物質(zhì)都可以添加到食品中，其中使用亞硝酸鈉時必須嚴格控制用量．____．（判斷對錯）21、某烷烴的名稱為2，2，4，4-四甲基-3，3，5-三乙基己烷____（判斷對錯）22、實驗測得1mol某氣體體積為22.4L，測定條件一定是標準狀況____（判斷對錯）23、工業(yè)廢水中含有的酸、堿、鹽，會造成水體污染．____．（判斷對錯）24、乙烷與氯氣的取代反應，乙烯與氯代烴的加成反應，均可用于制取1-氯乙烷____（判斷對錯）25、實驗室通過消石灰和NH4Cl固體制備NH3，屬于離子反應____（判斷對和錯）26、對于2SO2（g）+O2（g）═2SO2（g）反應，當密度保持不變，在恒溫恒容或恒溫恒壓條件下，均不能作為達到化學平衡狀態(tài)的標志．____（判斷對錯）評卷人得分四、簡答題(共4題，共24分)27、工業(yè)生產(chǎn)無鐵硫酸鋁，以硫酸浸取鋁土礦得含鐵rm{(Fe^{2+}}和rm{Fe^{3+})}的硫酸鋁溶液，加熱到一定溫度，攪拌，加入一定量高錳酸鉀溶液和硫酸錳溶液，在溶液中生成活性二氧化錳，調(diào)節(jié)溶液的rm{pH}反應一段時間，rm{Fe(OH)}rm{{,!}_{3}}和二氧化錳發(fā)生吸附共沉作用；最終得到無鐵硫酸鋁晶體．

rm{(1)KMnO_{4}}首先將rm{Fe^{2+}}氧化為rm{Fe^{3+}}其本身被還原為rm{MnO_{2}}反應的離子方程式為______．

rm{(2)}寫出高錳酸鉀溶液和硫酸錳溶液反應的化學方程式______rm{.}實驗證明，rm{n(MnO_{2})/n(Fe)}控制在rm{4}rm{1}時，除鐵效果較好rm{.}若溶液中亞鐵離子和鐵離子濃度均為rm{0.03mol/L}為達到較好的除鐵效果，每rm{1L}溶液應加入高錳酸鉀的物質(zhì)的量為______．

rm{(3)}調(diào)節(jié)rm{pH}的作用是______．

rm{(4)}操作rm{1}的名稱為______，操作rm{2}的名稱為______．28、元素X基態(tài)原子核外電子數(shù)為29；元素Y位于X的前一周期且最外層電子數(shù)為1，元素Z基態(tài)原子3p軌道上有4個電子，元素P原子最外層電子數(shù)是其內(nèi)層電子數(shù)的3倍，元素Q基態(tài)原子2p半充滿．請回答下列問題：

（1）寫出X基態(tài)原子的核外電子排布式______．

（2）Q的氣態(tài)氫化物分子中Q原子軌道雜化類型是______，該分子的空間構型為______．

（3）P與Q的第一電離能的大小關系為______．

（4）Z的氫化物在乙醇中的溶解度小于P的氫化物的原因是______．

（5）Y與P形成的化合物晶胞結構如圖，晶胞參數(shù)a=0.566nm，晶飽中P原子的配位數(shù)為______，計算該晶體的密度為______g/cm3．29、礦物透閃石是制作玉器的一種原料，其化學式可用CaxMgySi8O22（OH）m表示．

（1）CaxMgySi8O22（OH）m改寫成氧化物的形式為______．

（2）化學式中x、y、m的代數(shù)關系式為______．

（3）為確定CaxMgySi8O22（OH）m的組成；進行如下實驗：

①準確稱取8.10g樣品粉末；加入足量稀鹽酸充分溶解，過濾，將沉淀灼燒得固體4.80g．

②另準確稱取16.20克樣品粉末在空氣中灼燒，樣品減少的質(zhì)量隨灼燒時間的變化如圖所示．根據(jù)以上實驗數(shù)據(jù)計算樣品的化學式（寫出計算過程）______．30、判斷正誤rm{(}正確的打“rm{隆脤}”，錯誤的打“rm{隆脕}”rm{)}rm{(1)}將乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最終變?yōu)闊o色透明，說明生成的rm{1}rm{2-}二溴乙烷無色、可溶于四氯化碳。rm{(}rm{)}rm{(2)}甲烷與氯氣在光照下反應后的混合氣體能使?jié)駶櫟氖镌嚰堊兗t，說明生成的氯甲烷具有酸性。rm{(}rm{)}rm{(3)}由乙烯生成乙醇屬于加成反應。rm{(}rm{)}rm{(4)}乙烷室溫下能與濃鹽酸發(fā)生取代反應。rm{(}rm{)}rm{(5)}乙烯可以用作生產(chǎn)食品包裝材料的原料。rm{(}rm{)}rm{(6)}甲烷與氯水光照時發(fā)生取代反應。rm{(}rm{)}rm{(7)}乙烯通入溴水中發(fā)生加成反應。rm{(}rm{)}rm{(8)}苯與溴水混合發(fā)生取代反應。rm{(}rm{)}rm{(9)}乙烯、苯與rm{H_{2}}接觸即發(fā)生化學反應。rm{(}rm{)}評卷人得分五、探究題(共4題，共32分)31、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設計了下列實驗過程．請在括號內(nèi)填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內(nèi)有關物質(zhì)的結構簡式．

寫出下列物質(zhì)的結構簡式A________、C________、E________、G________．32、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應的原理來測定其含量，操作為：33、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設計了下列實驗過程．請在括號內(nèi)填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內(nèi)有關物質(zhì)的結構簡式．

寫出下列物質(zhì)的結構簡式A________、C________、E________、G________．34、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應的原理來測定其含量，操作為：參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、D【分析】【分析】A．氯氣與KI反應生成KCl和碘；

B．碳酸鋇可溶于鹽酸；

C．碳酸氫鈉不穩(wěn)定；加熱易分解；

D．二者都與鹽酸反應．【解析】【解答】解：A．氯氣與KI反應生成KCl和碘；蒸發(fā)；結晶時碘升華，可分離，故A正確；

B．硫酸鋇不溶于酸；碳酸鋇可溶于鹽酸，可分離，故B正確；

C．碳酸氫鈉不穩(wěn)定；加熱易分解，可加熱除雜，故C正確；

D．二者都與鹽酸反應；因氧化鋁為兩性氧化物，可加入氫氧化鈉溶液除雜，故D錯誤．

故選D．2、D【分析】【分析】A．根據(jù)剩余固體的成分結合物質(zhì)還原性強弱；離子共存分析；

B．溶液中有硝酸根；在滴入稀硫酸，溶液中存在硝酸，可以溶解Fe；Cu；

C．金屬恰好溶解，可能得到Fe2+、Cu2+或Cu2+、Fe3+或Fe2+、Fe3+、Cu2+；結合電子轉移計算判斷生成NO的體積；

D．溶液加入過量氨水，銅離子轉化為四氨合銅絡離子，經(jīng)過系列變化，最后獲得的固體為Fe2O3，根據(jù)Fe的物質(zhì)的量計算氧化鐵的物質(zhì)的量，再根據(jù)m=nM計算氧化鐵的質(zhì)量．【解析】【解答】解：A．Cu；Fe的混合物與稀硝酸反應；金屬可能有剩余，可能沒有剩余．金屬可能有剩余時，根據(jù)共存可知，剩余金屬有兩種情況：

①剩余Fe、Cu，當有Fe剩余時，溶液中能與Fe反應的Fe3+、Cu2+都不存在，所以溶液中只有Fe2+；

②只剩余Cu，溶液中一定不存在與Cu反應的Fe3+，根據(jù)離子共存，溶液可能只有Fe2+；

③通過②知，溶液中還可能存在的離子是Fe2+、Cu2+；

④當固體沒有剩余時，可能存在的情況是：當Fe恰好與硝酸反應生成Fe2+，Cu恰好與硝酸生成Cu2+，所以溶液中存在的離子是Fe2+、Cu2+；

⑤通過④知，固體沒有剩余時，生成的Fe3+部分反應，根據(jù)離子共存，溶液中存在的離子可能的Fe2+、Fe3+、Cu2+；

⑥通過④、⑤知，固體沒有剩余時，鐵、銅全部被氧化成離子，根據(jù)離子共存，溶液中存在的離子可能是Cu2+、Fe3+；

有如下情況：

。殘留固體成分Fe、CuCuCu__溶液中的金屬離子Fe2+Fe2+Fe2+、Cu2+Fe2+、Cu2+Fe2+、Fe3+、Cu2+Cu2+、Fe3+故A錯誤；

B．溶液中有硝酸根；在滴入稀硫酸，溶液中存在硝酸，可以溶解Fe；Cu，故金屬又開始溶解，故B錯誤；

C．由A中分析可知，金屬恰好溶解，可能得到Fe2+、Cu2+或Cu2+、Fe3+或Fe2+、Fe3+、Cu2+，合金中Fe、Cu各為0.05mol．若為Fe2+、Cu2+，生成NO的物質(zhì)的量為=mol，體積為mol×22.4L/mol=1.49L．若為Cu2+、Fe3+，此時生成的NO最大，生成NO的物質(zhì)的量為=mol，體積為mol×22.4L/mol=1.87L，生成Fe2+、Fe3+、Cu2+；NO的體積介于上述體積之間，故C錯誤；

D．溶液加入過量氨水，銅離子轉化為四氨合銅絡離子，經(jīng)過系列變化，最后獲得的固體為Fe2O3，合金中Fe、Cu各為0.05mol，故氧化鐵的質(zhì)量為0.05mol××160g/mol=4g；故D正確；

故選D．3、C【分析】【分析】判斷有機物的命名是否正確或?qū)τ袡C物進行命名；其核心是準確理解命名規(guī)范：

（1）烷烴命名原則：

①長選最長碳鏈為主鏈；

②多遇等長碳鏈時；支鏈最多為主鏈；

③近離支鏈最近一端編號；

④小支鏈編號之和最?。聪旅娼Y構簡式；從右端或左端看，均符合“近離支鏈最近一端編號”的原則；

⑤簡兩取代基距離主鏈兩端等距離時；從簡單取代基開始編號．如取代基不同，就把簡單的寫在前面，復雜的寫在后面；

（2）有機物的名稱書寫要規(guī)范；

（3）對于結構中含有苯環(huán)的；命名時可以依次編號命名，也可以根據(jù)其相對位置，用“鄰”；“間”、“對”進行命名；

（4）含有官能團的有機物命名時，要選含官能團的最長碳鏈作為主鏈，官能團的位次最?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓篈；1；1，2，2-四甲基戊烷，烷烴的命名中出現(xiàn)了1-甲基，說明選取的主鏈不是最長的，該有機物最長碳鏈含有6個C，主鏈為己烷，在2號C含有1個甲基、在3號C含有2個甲基，該有機物正確命名為：2，2，3-三甲基己烷，故A錯誤；

B；3-甲基-1；3-丁二烯，取代基的編號不是最小的，正確命名應該為：2-甲基-1，3-丁二烯，故B錯誤；

C；2；4，6-三硝基甲苯，主鏈為甲苯，苯環(huán)上含有甲基的C為1號C，在苯環(huán)的2，4，6號C原子各含有一個硝基，該命名滿足命名原則，故C正確；

D；2-甲基-3-丁醇；醇的命名中，編號從距離羥基最近的一端開始，該命名編號錯誤，羥基在2號C，甲基在3號C，該有機物正確命名為：3-甲基-2-丁醇，故D錯誤；

故選C．4、C【分析】【分析】A；根據(jù)正負極的電極反應分析；

B；根據(jù)△G=△H-T△S＞0；則不能自發(fā)，依此分析；

C；Ksp只與溫度有關；

D、根據(jù)HF的電離平衡移動分析．【解析】【解答】解：A、鉛蓄電池在放電過程中，正極反應式是Pb-2e-+SO42-=PbSO4↓，負極反應式PbO2+2e-+4H++SO42-=+2H2O+PbSO4，由于反應生成的PbSO4是沉淀；所以正負極質(zhì)量均增加，故A正確；

B、反應C（s）+CO2（g）=2CO（g）常溫下不能進行；根據(jù)△G=△H-T△S＞0，則不能自發(fā)，已知該反應的△S＞0，所以該反應的△H＞O，故B正確；

C；溶度積Ksp只與溫度有關；不隨濃度的變化而變化，故C錯誤；

D、HF溶液加水不斷稀釋，使HF?H++F-電離平衡正移，則n（H+）增大，n（HF）減小，所以=的值始終保持增大；故D正確．

故選C．5、D【分析】【分析】A；硫酸鐵水溶液中水解生成氫氧化鐵膠體具有吸附懸浮雜質(zhì)的作用；

B；氯化鋁是共價化合物熔融揮發(fā)；

C；葡萄糖是單糖不能水解；

D、反應自發(fā)進行的判斷依據(jù)是△H-T△S＜0．【解析】【解答】解：A；硫酸鐵水溶液中水解生成氫氧化鐵膠體具有吸附懸浮雜質(zhì)的作用；無殺菌消毒的作用，故A錯誤；

B、氯化鋁是共價化合物熔融揮發(fā)，工業(yè)上通過電解熔融Al2O3制備金屬鋁；故B錯誤；

C；蛋白質(zhì)和脂肪水解；葡萄糖是單糖不能水解，故C錯誤；

D、某溫度下NH3（g）+HCl（g）=NH4Cl（s）能自發(fā)進行；△H-T△S＜0；反應△S＜0，若反應自發(fā)進行必須是低溫下，反應△H＜0，故D正確；

故選D．6、D【分析】【分析】本題考查常見物質(zhì)的性質(zhì)，明確不同類物質(zhì)之間的相互轉化及發(fā)生的化學反應是解答本題的關鍵，學生應熟悉不同類別物質(zhì)的性質(zhì)來解答?！窘獯稹縭m{壟脵}金屬單質(zhì)與酸或某些鹽溶液反應可直接生成鹽，如鐵與鹽酸反應生成鹽為氯化亞鐵，故rm{壟脵}正確；rm{壟脷}堿性氧化物能與酸反應可直接生成鹽，如氧化鈉與鹽酸反應可直接生成氯化鈉，故rm{壟脷}正確；rm{壟脹}堿與酸、酸性氧化物、某些鹽等可反應生成鹽，如氫氧化鈉與二氧化碳反應可直接生成碳酸鈉，故rm{壟脹}正確；rm{壟脺}非金屬單質(zhì)能與堿反應生成鹽，如氯氣與氫氧化鈉反應生成氯化鈉、次氯酸鈉，故rm{壟脺}正確；rm{壟脻}酸性氧化物能與堿反應生成鹽，如二氧化碳與氫氧化鉀反應生成碳酸鉀，故rm{壟脻}正確；rm{壟脼}酸能與堿、某些鹽、堿性氧化物等反應生成鹽，如鹽酸與氫氧化鈉反應生成氯化鈉，故rm{壟脼}正確；顯然全部都能在一定條件下直接生成鹽，故D正確。故選D?！窘馕觥縭m{D}7、D【分析】【分析】A．化學反應中的能量轉化形式有多種；

B．濃度相等不一定達到平衡；

C．升高溫度；反應速率增大；

D．化學反應中實質(zhì)是化學鍵的斷裂和形成．【解析】【解答】解：A．化學反應中的能量轉化形式有多種；如碳燃燒時化學能轉化為熱能和光能，故A錯誤；

B．濃度相等不一定達到平衡；濃度不變時反應達到了最大限度，故B錯誤；

C．升高溫度；反應速率增大，平衡左移，故C錯誤；

D．因化學反應中能量變化的主要原因是化學鍵的斷裂和形成；斷鍵吸收能量，成鍵放出能量，故D正確．

故選D．8、D【分析】【分析】A．和酸反應生成鹽和水的氧化物為堿性氧化物，氧化鐵化學式為Fe2O3；

B；和堿反應生成鹽和水的氧化物為酸性氧化物；一氧化碳不與堿反應屬于不成鹽氧化物；

C、H2S溶于水電離出陽離子全部是氫離子屬于酸；為氫硫酸；

D、金屬陽離子和酸根陰離子構成的化合物為鹽，碳酸鈉俗稱為純堿，屬于鹽；【解析】【解答】解：A．FeO的名稱是氧化亞鐵，能與酸反應生成鹽和水，屬于堿性氧化物，氧化鐵化學式為Fe2O3；故A錯誤；

B；CO不是碳酸；不與堿反應俗稱鹽和水，屬于不成鹽氧化物，故B錯誤；

C、電離出陽離子全部是氫離子的化合物屬于酸，H2S溶于水電離出陽離子全部是氫離子屬于酸；名稱為氫硫酸，不是硫酸，故C錯誤；

D；碳酸鈉俗稱為純堿；屬于鹽，故D正確；

故選D．9、A【分析】【分析】先根據(jù)化合價的變化判斷氧化劑和還原劑，然后根據(jù)原子守恒配平方程式，再根據(jù)電荷守恒判斷n值，確定R的化合價．【解析】【解答】解：該反應中，錳元素的化合價變化為+2價→+7價，失電子化合價升高，錳離子作還原劑；氧元素的化合價不變，所以R元素得電子化合價降低，R2O8n-作氧化劑，即R2O8n-與Mn2+的物質(zhì)的量之比為5：2，根據(jù)各元素的原子守恒寫出并配平該方程式為8H2O+5R2O8n-+2Mn2+=2MnO4-+10RO42-+16H+，根據(jù)電荷守恒得-5n+2×2=-1×2+（-2×10）+1×16，n=2，R2O82-離子中R元素的化合價為+7價．

故選：A．二、填空題(共9題，共18分)10、CuCu2++2H2O?Cu（OH）2+2H+Cu和Al在酸性條件下形成原電池，Cu為正極，H+在正極表面得電子生成氫氣加入足量的稀硝酸，再滴加幾滴硝酸銀溶液CuCl在水溶液中存在平衡：CuCl（s）?Cu+（aq）+Cl-（aq），加入濃氨水，濃氨水與Cu+反應生成Cu（NH3）2+，Cu+濃度減小，平衡正向移動，促進CuCl溶解還原加熱【分析】【分析】（1）在金屬活動順序表中；排在前面的金屬能從鹽溶液中置換出后面的金屬，鋁和硫酸銅溶液發(fā)生置換反應生成銅；

（2）①氯化銅是強酸弱堿鹽水解溶液顯酸性；

②氯置換出銅附著在鋁表面在電解質(zhì)溶液中形成原電池反應；銅做負極，溶液中氫離子在銅電極發(fā)生還原反應生成氫氣；

（3）①依據(jù)實驗步驟可知步驟d是驗證Cu+可與濃氨水反應生成Cu（NH3）2+（無色）；該無色物質(zhì)在空氣中易被氧化變?yōu)樗{色，所以步驟c是驗證白色沉淀可能是CuCl，檢驗反應后的溶液中是否含氯離子；

②氯化亞銅白色沉淀在水溶液中存在沉淀溶解平衡，加入濃氨水會和亞銅離子形成Cu（NH3）2+（無色）；平衡正向進行促進沉淀溶解；

（4）①若是Cu與CuCl2溶液反應生成了CuCl；元素化合價分析可知銅化合價0價變化為+1價，元素化合價升高失電子做還原劑發(fā)生氧化反應；

②鋁和氯化銅溶液反應過程中有白色沉淀生成，反應過程非常大量熱量，證明了Cu與CuCl2溶液反應生成CuCl，可以加熱觀察是否生成白色沉淀．【解析】【解答】解：（1）鋁的活潑些大于銅；和硫酸銅溶液發(fā)生置換反應生成銅，鋁表面析出紅色的銅；

故答案為：Cu；

（2）①氯化銅是強酸弱堿鹽水解溶液顯酸性，CuCl2+2H2O?Cu（OH）2+2HCl，溶液中存在大量H+的原因是因為水解生成的，反應的離子方程式為：Cu2++2H2O?Cu（OH）2+2H+；

故答案為：Cu2++2H2O?Cu（OH）2+2H+；

②氯置換出銅附著在鋁表面在電解質(zhì)溶液中形成原電池反應，銅做負極，溶液中氫離子在銅電極發(fā)生還原反應生成氫氣，電極反應為2H++2e-=H2↑；

故答案為：Cu和Al在酸性條件下形成原電池，Cu為正極，H+在正極表面得電子生成氫氣；

（3）①依據(jù)實驗步驟可知步驟d是驗證Cu+可與濃氨水反應生成Cu（NH3）2+（無色）；該無色物質(zhì)在空氣中易被氧化變?yōu)樗{色，所以步驟c是驗證白色沉淀可能是CuCl，檢驗反應后的溶液中是否含氯離子，步驟c的實驗方案是加入足量的稀硝酸，再滴加幾滴硝酸銀溶液，觀察是否生成白色沉淀判斷氯離子的存在；

故答案為：加入足量的稀硝酸；再滴加幾滴硝酸銀溶液；

②氯化亞銅白色沉淀在水溶液中存在沉淀溶解平衡，加入濃氨水會和亞銅離子形成Cu（NH3）2+（無色），平衡正向進行促進沉淀溶解，用化學平衡移動原理解釋CuCl溶于濃氨水的原因是：CuCl在水溶液中存在平衡：CuCl（s）?Cu+（aq）+Cl-（aq），加入濃氨水，濃氨水與Cu+反應生成Cu（NH3）2+，Cu+濃度減??；平衡正向移動，促進CuCl溶解；

故答案為：CuCl在水溶液中存在平衡：CuCl（s）?Cu+（aq）+Cl-（aq），加入濃氨水，濃氨水與Cu+反應生成Cu（NH3）2+，Cu+濃度減??；平衡正向移動，促進CuCl溶解；

（4）①若是Cu與CuCl2溶液反應生成了CuCl；元素化合價分析可知銅化合價0價變化為+1價，元素化合價升高失電子做還原劑發(fā)生氧化反應，銅表現(xiàn)的是還原性；

故答案為：還原；

②鋁和氯化銅溶液反應過程中有白色沉淀生成，反應過程非常大量熱量，證明了Cu與CuCl2溶液反應生成CuCl，可以加熱觀察是否生成白色沉淀，若加熱出現(xiàn)沉淀說明Cu與CuCl2溶液反應生成了CuCl，若不出現(xiàn)沉淀說明Cu與CuCl2溶液不能反應生成了CuCl；

故答案為：加熱．11、3d64s27Mg＞Al＞Na正四面體LaNi5cm【分析】【分析】（1）①Fe是26號元素；價電子數(shù)為8，根據(jù)原子核外電子排布規(guī)律排布；

②Ti是22號元素；原子核外有spd等能級；

（2）同周期隨原子序數(shù)增大；第一電離能呈增大趨勢，元素原子各軌道為半滿；全滿、全空時，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素的；

（3）根據(jù)價層電子對互斥理論確定空間構型；

（4）①根據(jù)均攤法計算出晶胞中各原子的個數(shù)；再確定化學式；

②根據(jù)V=計算出晶胞的體積，進而計算出晶胞的邊長，根據(jù)晶胞圖可知，兩個距離最近的La原子間的距離為晶胞的邊長．【解析】【解答】解：（1）①Fe是26號元素，位于元素周期表中第四周期第ⅥB族，故Ti的基態(tài)原子價電子排布式為3d64s2，故答案為：3d64s2；

②Ti是22號元素；原子核外有1s；2s、3s、4s、2p、3p、3d等7個能級，故答案為：7；

（2）同周期隨原子序數(shù)增大；第一電離能呈增大趨勢，Mg元素原子2s軌道為全滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素的，故第一電離能：Mg＞Al＞Na；

故答案為：Mg＞Al＞Na；

（3）AlH4-中Al原子價層電子對=4+（3+1-4）=4；且沒有孤電子對，所以是正四面體結構，故答案為：正四面體；

（4）①根據(jù)均攤法可知，晶胞中La原子的個數(shù)為=1，Ni原子個數(shù)為=5，所化學式為LaNi5；

故答案為：LaNi5；

②根據(jù)V=計算出晶胞的體積為cm3，所以晶胞的邊長為cm，根據(jù)晶胞圖可知，兩個距離最近的La原子間的距離為晶胞的邊長，所以兩個距離最近的La原子間的距離為cm；

故答案為：cm．12、驗純驗純燒杯、玻璃棒cFe5O6品紅試液2OHˉ+SO2=SO32ˉ+H2O含淀粉的碘水還原性【分析】【分析】I．（1）在氫氣還原金屬氧化物時；在點燃酒精燈前要驗純；

（2）根據(jù)過濾；稀釋液體和配制一定體積的溶液所選擇的儀器來回答；

（3）根據(jù)滴定實驗以及滴定過程中的實驗誤差分析判斷；

（4）反應后裝置B增重1.35g；即氫氣和氧化鐵反應后生成水的質(zhì)量，據(jù)此可計算出氧元素的質(zhì)量分數(shù)；

根據(jù)碘元素計算鐵元素的質(zhì)量分數(shù)；再根據(jù)鐵元素質(zhì)量分數(shù)和氧元素質(zhì)量分數(shù)計算出鐵的氧化物的化學式；

Ⅱ．a(chǎn)二氧化硫具有漂白性；但其漂白性不穩(wěn)定，加熱時會恢復為原來的顏色；

b．二氧化硫?qū)儆谒嵝匝趸?；能和強堿反應生成鹽和水；

c．二氧化硫具有還原性，能和碘發(fā)生氧化還原反應．【解析】【解答】解：Ⅰ、（1）氫氣中混有氧氣時點燃會產(chǎn)生爆炸，為防止安全事故發(fā)生，待C裝置出口處H2驗純后；點燃A處酒精燈，故答案為：驗純；

（2）過濾需要的玻璃儀器有：燒杯；漏斗、玻璃棒；若稀釋到250mL時采用的儀器有：燒杯、玻璃棒、膠頭滴管、250mL容量瓶，則兩個過程都需要的玻璃儀器有：燒杯、玻璃棒；

故答案為：燒杯；玻璃棒；

（3）a．滴定管用蒸餾水洗滌后再用待裝液潤洗；否則會導致測量結果偏大，故a正確；

b．錐形瓶不需要用待測液潤洗，如果潤洗，會導致測量結果偏大，故b正確；

c．碘水為黃色；三價鐵離子也是黃色溶液，滴定過程中需加指示劑，故c錯誤；

故選c；

（4）測的反應后裝置B增重1.35g，根據(jù)反應的實質(zhì)，增加的是水的質(zhì)量，所以氧元素的質(zhì)量分數(shù)是：×100%=24%；

由于所取溶液（含F(xiàn)e3+）的體積與消耗KI溶液的體積相等，反應的方程式為2Fe3++2I-=2Fe2++I2，結合方程式可知，c（Fe3+）=c（KI）=0.5mol?L-1，所以鐵元素的百分含量為：×100%=70%；

鐵的質(zhì)量分數(shù)是70%，氧元素的質(zhì)量分數(shù)是24%，所以100g鐵礦石中，鐵元素的質(zhì)量是70g，氧元素質(zhì)量是24g，鐵元素和氧元素的物質(zhì)的量比為：：=5：6，鐵的氧化物的化學式為：Fe5O6；

故答案為：Fe5O6；

Ⅱ．a(chǎn)．紅色棉球變白；微熱后又恢復紅色，說明二氧化硫使品紅溶液褪色，則棉球上滴有品紅溶液，該實驗說明二氧化硫具有漂白性，但其漂白性不穩(wěn)定；

b．二氧化硫?qū)儆谒嵝匝趸?，能和NaOH溶液反應生成亞硫酸鈉和水或亞硫酸氫鈉，導致溶液堿性減弱，所以棉球變?yōu)榘咨x子方程式為：SO2+2OH-=SO32-+H2O或OHˉ+SO2=HSO3ˉ；

c．碘遇淀粉試液變藍色，二氧化硫具有還原性，碘具有氧化性，二者反應生成氫碘酸和硫酸，所以棉球變?yōu)榘咨?，離子方程式為：SO2+I2+2H2O=4H++SO42-+2I-；該實驗說明二氧化硫具有還原性；

故答案為：。棉球棉球上滴加的試劑實驗現(xiàn)象解釋和結論a品紅試液b離子方程式：2OHˉ+SO2=SO32ˉ+H2Oc含淀粉的碘水結論：該氣體具有還原性13、B＞A＞C＞D【分析】【分析】位于氫之前的金屬能和酸反應生成氫氣，能和水反應的金屬金屬性很強，作原電池正極的金屬活潑性小于作負極的金屬，較活潑金屬能將較不活潑金屬從其鹽溶液中置換出來，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：A；B分別浸入稀硫酸中；產(chǎn)生氣泡都很慢，說明金屬A、B都位于H之前；把C、D分別浸入水中都能產(chǎn)生氣泡，說明C、D金屬性較強，能和水發(fā)生氧化還原反應；

把A；B用導線連接同時放入裝有稀硫酸的燒杯中；A上有大量氣泡析出，說明A作正極、B作負極，則金屬性A＜B；

把C浸入D的硝酸鹽溶液中；C的表面有D析出，說明金屬性C＞D；

通過以上分析知，金屬性強弱順序是B＞A＞C＞D，故答案為：B＞A＞C＞D．14、醛基、羥基取代反應3【分析】【分析】Ⅰ；根據(jù)乙基香草醛的結構簡式分析含氧官能團；

Ⅱ（1）據(jù)有機酸A的轉化關系圖；以及所給提示，可見A中，①在苯環(huán)上只有一個取代基，②取代基上有3個C原子，③有羧基和羥基，④與苯環(huán)直接相連的碳原子上有氫，據(jù)此分析可得；

（2）由D的結構簡式和反應①可知；②為酯化反應；

（3）從所給條件逐一分析；注意烴基不是官能團；

（4）從合成路線可見，（Ⅱ）是鹵代烴的水解，（Ⅲ）為醇的催化氧化．【解析】【解答】解：Ⅰ；乙基香草醛中的含氧官能團有：醛基、羥基、醚鍵三種；任寫兩種即可，故答案為：醛基；羥基；

Ⅱ（1）根據(jù)信息：RCH2OHRCHO，B能發(fā)生銀鏡反應，所以B中含有醛基，所以A中含有-CH2OH結構；A可以被氧化為苯甲酸，說明與苯環(huán)直接相連的碳原子上有氫，且苯環(huán)的側鏈只一個，A中含有三個氧原子，羥基占一個，所以還含有羧基，故A的結構簡式為：

其中-OH能和HBr發(fā)生取代反應，故答案為：取代反應；

（2）由D的結構簡式和反應①可知，②為酯化反應，

故答案為：

（3）乙基香草醛除苯環(huán)外，還有3個C原子，3個O原子，4個H原子，條件①說明有羧基，條件②說明有酚羥基且酚羥基的臨位和對位必須有空位，條件④說明羧基和酚羥基在對位，則剩余兩個甲基不能都在酚羥基的臨位，可見其同分異構體有：三種，其中核磁共振氫譜中出現(xiàn)4組峰，吸收峰的面積之比為1：1：2：6的，只有符合；

故答案為：3；

（4）從合成路線可見，（Ⅱ）是鹵代烴的水解，方程式為（Ⅲ）為醇的催化氧化，與羥基相連的C上沒有H原子的羥基不能被氧化，結合最后生成的有羧基，可見羥基被氧化成羧基，方程式為：

故答案為：

．15、9MgO?FeO?5SiO2氯堿工業(yè)bc120min后，溶解達到平衡，而反應放熱，升溫平衡逆向移動，溶解效率降低取少量濾液，加入KSCN溶液無現(xiàn)象，滴入氯水溶液變紅色證明含亞鐵離子或取少量濾液于試管中，滴加幾滴K3[Fe（CN）6]溶液，有特征藍色沉淀生成，則證明濾液中有Fe2+2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O2Fe3++3MgO+3H2O=2Fe（OH）3+3Mg2+【分析】【分析】（1）硅酸鹽是構成地殼巖石的主要成分，化學上常用二氧化硅和氧化物的形式表示其組成，例如：鎂橄欖石（Mg2SiO4）常以2MgO?SiO2表示；可看出改寫中要保證原子總數(shù)，化合價不變，按化合價分別寫出氧化物的化學式，如有多個原子，在前面加上系數(shù)，使之成為倍數(shù)，據(jù)此進行分析解答；

（2）工業(yè)上用氯電解飽和食鹽水會獲得燒堿；

（3）根據(jù)能和二氧化碳之間反應的物質(zhì)能來固定二氧化碳來回答；

（4）溫度對化學反應平衡移動的影響知識來回答；

（5）亞鐵離子的檢驗用KSCN和氯水；

（6）過程①為除去濾液中的雜質(zhì)，反應為過氧化氫氧化亞鐵離子，氧化鎂和鐵離子反應生成氫氧化鐵和鎂離子．【解析】【解答】解：（1）根據(jù)硅酸鹽寫成氧化物的規(guī)律，Mg9FeSi5O20用氧化物的形式可表示為9MgO?FeO?5SiO2，故答案為：9MgO?FeO?5SiO2；

（2）根據(jù)流程圖，固碳時主要反應的方程式為NaOH（aq）+CO2（g）=NaHCO3（aq）；工業(yè)上用氯電解飽和食鹽水會獲得燒堿，缺少燒堿的制取流程，生成的氯化氫是電解氯化鈉溶液生成的氫氣和氯氣反應得到；

故答案為：氯堿工業(yè)；

（3）所給的物質(zhì)中，NH3?H2O、Na2CO3可以和二氧化碳發(fā)生生成碳酸氫銨；碳酸氫鈉；能用作“固碳”的試劑；

故答案為：bc；

（4）圖中所示數(shù)據(jù)以及曲線變化知道；20min后，溶解達到平衡，而該反應是放熱，升溫，平衡逆向移動，則溶解效率降低；

故答案為：120min后；溶解達到平衡，而反應放熱，升溫平衡逆向移動，溶解效率降低；

（5）過濾Ⅰ所得濾液中含有Fe2+，檢驗該離子方法為取少量濾液，加入KSCN溶液無現(xiàn)象，滴入氯水溶液變紅色證明含亞鐵離子，或取少量濾液于試管中，滴加幾滴K3[Fe（CN）6]溶液，有特征藍色沉淀生成，則證明濾液中有Fe2+；

故答案為：取少量濾液，加入KSCN溶液無現(xiàn)象，滴入氯水溶液變紅色證明含亞鐵離子或取少量濾液于試管中，滴加幾滴K3[Fe（CN）6]溶液，有特征藍色沉淀生成，則證明濾液中有Fe2+；

（6）過程①為除去濾液中的雜質(zhì)，反應為過氧化氫氧化亞鐵離子，反應的離子方程式為：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，氧化鎂和鐵離子反應生成氫氧化鐵和鎂離子，反應的離子方程式為2Fe3++3MgO+3H2O=2Fe（OH）3+3Mg2+；

故答案為：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；2Fe3++3MgO+3H2O=2Fe（OH）3+3Mg2+．16、①②④⑤⑦⑩③⑨⑩⑥⑧（11）【分析】【分析】電解質(zhì)：在水溶液中或熔融狀態(tài)下能夠?qū)щ姷幕衔铮?/p>

非電解質(zhì)：在熔融狀態(tài)和水溶液中都不能導電的化合物．【解析】【解答】解：①NaOH溶液是混合物；能導電，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)；

②銅絲為金屬單質(zhì)；存在自由移動的電子，能導電，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)；

③液態(tài)HCl不能導電；在水溶液中能夠?qū)щ?，是電解質(zhì)；

④鹽酸是混合物；能導電，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)；

⑤稀硫酸是混合物；能導電，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)；

⑥液氨不能導電；且自身不能電離，是非電解質(zhì)；

⑦氨水是混合物；能導電，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)；

⑧SO2不能導電；且自身不能電離，是非電解質(zhì)；

⑨膽礬晶體不能導電；在水溶液中能導電，是電解質(zhì)；

⑩熔融NaCl能導電；是電解質(zhì)；

（11）蔗糖晶體不能導電；是非電解質(zhì)；

故能導電的是①②④⑤⑦⑩；屬于電解質(zhì)的是③⑨⑩；屬于非電解質(zhì)的是⑥⑧（11）；

故答案為：①②④⑤⑦⑩；③⑨⑩；⑥⑧（11）．17、略

【分析】

Ⅰ（1）根據(jù)稀釋前后溶質(zhì)的質(zhì)量不變得：0.5L×39.20g/L=V×250.28g/L；解得V=0.78L=78mL，為減少誤差最好選擇比氨水體積大一些的量筒即可，故選擇100mL量筒．

故答案為：78；100．

（2）取濾液少許，加入NaOH，加熱，生成的氣體能使?jié)櫇竦募t色石蕊試紙變藍，說明有氨氣放出，含有NH4+離子．

故答案為：取濾液少許；加入NaOH，加熱，生成的氣體能使?jié)櫇竦募t色石蕊試紙變藍．

（3）由題目信息可知，明礬石的組成和明礬相似，明礬石中含有Al2O3、Fe2O3．所以沉淀有生成的Al（OH）3、及未溶解的Al2O3、Fe2O3．

故答案為：Al（OH）3、Al2O3、Fe2O3．

（4）明礬石的組成和明礬相似，根據(jù)工藝流程轉化關系可知，濾液I中含有K2SO4和反應生成（NH4）2SO4．

故答案為：K2SO4、（NH4）2SO4．

（5）混合肥料中含有K2SO4、（NH4）2SO4，要產(chǎn)生白色沉淀，加入的溶液為BaCl2或Ba（NO3）2溶液；然后進行操作：先將混合液過濾；然后洗滌沉淀，最后干燥，冷卻后稱重．

故答案為：BaCl2或Ba（NO3）2；過濾；洗滌、干燥．

（6）試樣為mg，則174n（K2SO4）+132n[（NH4）2SO4]=m，沉淀的物質(zhì)的量為nmol，即BaSO4的物質(zhì)的量為nmol，根據(jù)硫酸根守恒有：n（K2SO4）+n[（NH4）2SO4]=n．聯(lián)立解得，n（K2SO4）=mol．

故答案為：．

Ⅱ（1）A；試紙伸入待測液中；會污染試劑，故A錯誤；

B；用玻璃棒蘸取少量溶液滴在放在玻璃片的試紙上檢驗；故B正確；

C；試紙不能放在桌面上；可以放在玻璃片或點滴板上，故C錯誤；

D；應用導管取少量溶液滴在放在玻璃片的試紙上檢驗；故D正確．

故答案為：BD．

（2）溶液無色，則一定不存在Fe3+；

①用藍色石蕊試紙檢測該溶液，試紙顯紅色，說明溶液呈酸性，則一定不存在HCO3-；

②取溶液少許，加入銅片和稀硫酸共熱，產(chǎn)生無色氣體，該氣體遇空氣立即變?yōu)榧t棕色，該氣體為NO，說明溶液中存在NO3-；

③取溶液少許，加入氨水有白色沉淀生成，繼續(xù)加入過量氨水，沉淀不消失，說明含有Al3+離子；

④取溶液少許，滴入氯化鋇溶液產(chǎn)生白色沉淀，該沉淀為硫酸鋇沉淀，說明含有SO42-，則一定不會含有Ba2+；

⑤取實驗④后的澄清溶液，滴入硝酸銀溶液產(chǎn)生白色沉淀，再加入過量的稀硝酸，沉淀不消失，不能證明是否含有Cl-離子；因④中加入氯化鋇．

故答案為：一定有Al3+、NO3-、SO42-；一定沒有Fe3+、Ba2+、HCO3-．

（3）②反應為金屬銅在酸性條件下與硝酸根離子發(fā)生氧化還原反應生成銅離子和一氧化氮氣體，反應的離子方程式為3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O．

故答案為：3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O．

③根據(jù)Al（OH）3不溶于弱堿，則在含Al3+溶液中加入氨水只生成Al（OH）3，反應的離子方程式為Al3++3NH3?H2O═Al（OH）3↓+3NH4+．

故答案為：Al3++3NH3?H2O═Al（OH）3↓+3NH4+．

【解析】【答案】Ⅰ（1）根據(jù)稀釋定律計算需要濃氨水的體積；根據(jù)要濃氨水的體積選擇量筒的規(guī)格．為減少誤差最好選擇比氨水體積大一些的量筒即可．

（2）先銨根離子與強堿反應；轉化為氨氣，氨氣能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍．

（3）由題目信息可知，明礬石含有Al2O3、Fe2O3．

（4）明礬石的組成和明礬相似，根據(jù)工藝流程轉化關系可知，濾液I中含有K2SO4和反應生成（NH4）2SO4．

（5）混合肥料中含有K2SO4、（NH4）2SO4，要產(chǎn)生白色沉淀，加入的溶液為BaCl2或Ba（NO3）2溶液；然后進行操作：先將混合液過濾；然后洗滌沉淀，最后干燥，冷卻后稱重．

（6）試樣為mg，則174n（K2SO4）+132n[（NH4）2SO4]=m，沉淀的物質(zhì)的量為nmol，即BaSO4的物質(zhì)的量為nmol，根據(jù)硫酸根守恒有：n（K2SO4）+n[（NH4）2SO4]=n．據(jù)此計算．

Ⅱ（1）試紙檢驗溶液的酸堿性時；應用玻璃棒或?qū)Ч苋∩倭咳芤旱卧诜旁诓Ａ脑嚰埳蠙z驗．

（2）根據(jù)反應的現(xiàn)象判斷離子存在的可能性．

（3）②反應為金屬銅在酸性條件下與硝酸根離子發(fā)生氧化還原反應生成銅離子和一氧化氮氣體．

③根據(jù)Al（OH）3不溶于弱堿，則在含Al3+溶液中加入氨水只生成Al（OH）3書寫離子方程式．

18、CH3C（CH3）=C（CH3）CH3CH3C≡CCH3CH3CH=CHCH3CH2=C（CH3）2【分析】【解答】（1）該分子符合烯烴的通式，把乙烯中的氫原子換成甲基時，該物質(zhì)是2，3﹣二甲基﹣2﹣丁烯，其分子中所有碳原子都在同一平面上，其結構簡式為：CH3C（CH3）=C（CH3）CH3，故答案為：CH3C（CH3）=C（CH3）CH3；

（2）該分子屬于炔烴的通式，把乙炔中的氫原子換成甲基時，該物質(zhì)是2﹣丁炔，其分子中所有碳原子都在同一直線上，其結構簡式為：CH3C≡CCH3，故答案為：CH3C≡CCH3；

（3）設該烴的化學式為：CxHy，且x和y都屬于正整數(shù)，12x+y=56，則x=4，y=8，所以其化學式為：C4H8，符合烯烴的通式，它的核磁共振氫譜只有2個峰，說明含有兩種類型的氫原子，所以其結構簡式可能為：CH3CH=CHCH3、CH2=C（CH3）2，故答案為：CH3CH=CHCH3、CH2=C（CH3）2．

【分析】（1）乙烯分子中所有原子都處于同一平面上；根據(jù)乙烯的結構確定該物質(zhì)的結構；

（2）乙炔分子中所有原子都處于同一直線上；根據(jù)乙炔的結構確定該物質(zhì)的結構；

（3）某烴的相對分子質(zhì)量為58，它的核磁共振氫譜只有2個峰，說明含有兩種類型的氫原子，先根據(jù)其相對分子質(zhì)量確定分子式，再根據(jù)氫原子種類確定其結構簡式。三、判斷題(共8題，共16分)19、×【分析】【分析】氯氣參加反應，表現(xiàn)性質(zhì)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(zhì)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．20、√【分析】【分析】亞硝酸鹽有毒，過量食用會導致人死亡，添加到食品中要嚴格控制用量，以此判斷．【解析】【解答】解：肉類制品中使用亞硝酸鈉作為發(fā)色劑限量使用；由亞硝酸鹽引起食物中毒的機率較高，食入0.2～0.5克的亞硝酸鹽即可引起中毒甚至死亡，因此要嚴格控制用量；

故答案為：√．21、×【分析】【分析】烷烴命名原則：

①長選最長碳鏈為主鏈；

②多遇等長碳鏈時；支鏈最多為主鏈；

③近離支鏈最近一端編號；

④小支鏈編號之和最?。聪旅娼Y構簡式；從右端或左端看，均符合“近離支鏈最近一端編號”的原則；

⑤簡兩取代基距離主鏈兩端等距離時，從簡單取代基開始編號．如取代基不同，就把簡單的寫在前面，復雜的寫在后面．【解析】【解答】解：沒有把最長碳鏈作為主鏈，最長碳鏈應為7，為庚烷，正確命名為2，2，4，4，5-五甲基-3，3-二乙基庚烷，故答案為：×．22、×【分析】【分析】由PV=nRT，可知物質(zhì)的量一定情況下，壓強、溫度會影響氣體的體積．【解析】【解答】解：標況下，1mol氣體的體積是22.4L，由PV=nRT，可知不是標況下，1mol氣體的體積也可能為22.4L，故錯誤，故答案為：×．23、√【分析】【分析】工業(yè)廢水應遵循“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：√．24、×【分析】【分析】乙烯與氯化氫加成生成1-氯乙烷，此為制取氯乙烷的較好方法，由于取代反應有多種副產(chǎn)物生成，故不能利用此方法制取1-氯乙烷．【解析】【解答】解：CH3CH3+Cl2→CH3CH2Cl+HCl，該反應的生成物氯乙烷可以繼續(xù)與氯氣發(fā)生取代反應生成二氯乙烷，產(chǎn)物不純凈，故不能利用此方法制取1-氯乙烷，故錯誤；故答案為：×．25、×【分析】【分析】有離子參加的化學反應是離子反應，離子反應離子反應的本質(zhì)是某些離子濃度發(fā)生改變，常見離子反應多在水溶液中進行，據(jù)此解答即可．【解析】【解答】解：實驗室通過消石灰和NH4Cl固體制備NH3，化學反應方程式為：2NH4Cl+Ca（OH）2=2NH3↑+CaCl2+2H2O，此反應是在大試管中進行，無溶液，故不屬于離子反應，答案為：×．26、×【分析】【分析】當反應達到平衡狀態(tài)時，正逆反應速率相等（同種物質(zhì)）或正逆速率之比等于化學計量數(shù)之比（不同物質(zhì)），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)．【解析】【解答】解：由于反應前后；氣體的質(zhì)量不變，在恒溫恒容，所以混合氣體的密度始終不變，則密度不能判斷是否達到了平衡狀態(tài)；

而恒溫恒壓條件下；混合氣體的密度增大，當密度保持不變，反應達到平衡；

故答案為：×．四、簡答題(共4題，共24分)27、略

【分析】解：rm{(1)KMnO_{4}}首先將rm{Fe^{2+}}氧化為rm{Fe^{3+}}其本身被還原為rm{MnO_{2}}依據(jù)原子守恒和電荷守恒書寫離子方程式為：rm{MnO_{4}^{-}+3Fe^{2+}+4H^{+}=3Fe^{3+}+MnO_{2}+2H_{2}O}

故答案為：rm{MnO_{4}^{-}+3Fe^{2+}+4H^{+}=3Fe^{3+}+MnO_{2}+2H_{2}O}

rm{(2)}由題意可知高錳酸鉀溶液和硫酸錳溶液反應生成活性二氧化錳，根據(jù)氧化還原反應中化合價升降相等，可寫出化學方程式為rm{2KMnO_{4}+3MnSO_{4}+2H_{2}O=5MnO_{2}隆媒+K_{2}SO_{4}+2H_{2}SO_{4}}若溶液中亞鐵離子和鐵離子濃度均為rm{0.03mol/L}溶液中含有rm{Fe^{2+}}物質(zhì)的量為rm{0.03mol}調(diào)節(jié)溶液rm{PH}使鐵離子全部沉淀，rm{n(Fe)=0.06mol}

rm{MnO_{4}^{-}+3Fe^{2+}+4H^{+}=3Fe^{3+}+MnO_{2}+2H_{2}O}

rm{0.01mol0.03mol}rm{0.01mol}

rm{n(MnO_{2})/n(Fe)}控制在rm{4}rm{1}時，除鐵效果較好rm{.}則rm{n(MnO_{2})=0.06mol隆脕4=0.24mol}

反應中生成二氧化錳物質(zhì)的量rm{=0.24mol-0.01mol=0.23mol}消耗高錳酸鉀物質(zhì)的量：

rm{2KMnO_{4}+3MnSO_{4}+2H_{2}O=5MnO_{2}隆媒+K_{2}SO_{4}+2H_{2}SO_{4}}

rm{2}rm{5}

rm{n}rm{0.23mol}

rm{n=0.092mol}

為達到較好的除鐵效果，每rm{1L}溶液應加入高錳酸鉀的物質(zhì)的量rm{=0.092mol+0.01mol=0102mol}

故答案為：rm{2KMnO_{4}+3MnSO_{4}+2H_{2}O=5MnO_{2}隆媒+K_{2}SO_{4}+2H_{2}SO_{4}}rm{0.102mol}

rm{(3)}鐵離子易發(fā)生水解反應生成氫氧化鐵，當調(diào)節(jié)溶液rm{PH}使溶液rm{PH}增大時；易使鐵離子轉化為氫氧化鐵沉淀除去；

故答案為：使鐵離子轉化為氫氧化鐵沉淀除去；

rm{(4)}根據(jù)題中信息，反應一段時間，二氧化錳和rm{Fe}rm{(OH)}rm{{,!}_{3}}發(fā)生吸附共沉作用，可知操作rm{1}為過濾，操作rm{2}為過濾后；濾液蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶，過濾洗滌；

故答案為：過濾；蒸發(fā)濃縮；冷卻結晶、過濾洗滌．

工業(yè)生產(chǎn)無鐵硫酸鋁，以硫酸浸取鋁土礦得含鐵rm{(Fe^{2+}}和rm{Fe^{3+})}的硫酸鋁溶液，加熱到一定溫度，攪拌，加入一定量高錳酸鉀溶液和硫酸錳溶液，在溶液中生成活性二氧化錳，調(diào)節(jié)溶液的rm{pH}反應一段時間，rm{Fe(OH)_{3}}和二氧化錳發(fā)生吸附共沉作用；最終得到無鐵硫酸鋁產(chǎn)品；

rm{(1)KMnO_{4}}首先將rm{Fe^{2+}}氧化為rm{Fe^{3+}}其本身被還原為rm{MnO_{2}}依據(jù)原子守恒和電荷守恒書寫離子方程式；

rm{(2)}根據(jù)氧化還原反應中化合價升降相等，可寫出化學方程式為rm{2KMnO_{4}+3MnSO_{4}+2H_{2}O=5MnO_{2}隆媒+K_{2}SO_{4}+2H_{2}SO_{4}}結合離子方程式和化學方程式定量關系計算；

rm{(3)}鐵離子易發(fā)生水解反應生成氫氧化鐵；

rm{(4)}操作rm{1}為過濾，操作rm{2}為蒸發(fā)結晶．

本題考查較為綜合，設計物質(zhì)的制備流程、離子方程式的書寫、氧化還原反應、物質(zhì)的分離和提純等問題，但題目難度中等，本題注意把握制備原理和實驗流程．【解析】rm{MnO_{4}^{-}+3Fe^{2+}+4H^{+}=3Fe^{3+}+MnO_{2}+2H_{2}O}rm{2KMnO_{4}+3MnSO_{4}+2H_{2}O=5MnO_{2}隆媒+K_{2}SO_{4}+2H_{2}SO_{4}}rm{0.102mol}使鐵離子轉化為氫氧化鐵沉淀除去；過濾；蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾洗滌28、略

【分析】解：元素X基態(tài)原子核外電子數(shù)為29；則X為Cu，元素Y位于X的前一周期即第三周期，且最外層電子數(shù)為1，則Y為Na，元素Z基態(tài)原子的3p軌道上有4個電子，則Z是S元素；元素P的原子最外層電子數(shù)是其內(nèi)層的3倍，元素最外層電子數(shù)小于或等于8，所以P是O元素，元素Q基態(tài)原子2p半充滿，則Q為N；

（1）X為Cu，X基態(tài)原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1；

故答案為：1s22s22p63s23p63d104s1；

（2）Q為N，Q的氣態(tài)氫化物為氨，氨分子中氮原子的價層電子對數(shù)為=4，所以軌道雜化類型是sp3；分子中有一對孤電子對，該分子的空間構型為三角錐形；

故答案為：sp3；三角錐；

（3）P是O元素；Q為N，由于氮原子的最外層是半充滿狀態(tài)，是一種穩(wěn)定結構，所以O與N的第一電離能的大小關系為N＞O；

故答案為：N＞O；

（4）Z是S元素；是O元素，硫化氫與乙醇不能形成氫鍵，而水能與乙醇形成氫鍵，所以硫化氫在乙醇中的溶解度小于Y水在乙醇中的溶解度；

故答案為：H2O與乙醇分子間形成氫鍵；

（5）Y為Na，P是O元素，鈉與氧形成的化合物的陰陽離子個數(shù)之比為1：2，根據(jù)晶胞的結構圖可知，圖中空心球為8×+6×=4，而實心球為8個，所以空心球為氧離子，實心球為鈉離子，以頂點上的氧離子為例，根據(jù)圖可知，與氧離子最近的鈉離子有8個，所以氧離子的配位數(shù)為8，晶胞參數(shù)a=0.566nm，該晶體的密度為=g/cm3=2.27g/cm3；

故答案為：8；2.27．

元素X基態(tài)原子核外電子數(shù)為29；則X為Cu，元素Y位于X的前一周期即第三周期，且最外層電子數(shù)為1，則Y為Na，元素Z基態(tài)原子的3p軌道上有4個電子，則Z是S元素；元素P的原子最外層電子數(shù)是其內(nèi)層的3倍，元素最外層電子數(shù)小于或等于8，所以P是O元素，元素Q基態(tài)原子2p半充滿，則Q為N，據(jù)此答題．

本題是對物質(zhì)結構與性質(zhì)的考查，涉及核外電子排布、雜晶胞計算、氫鍵、原子雜化方式、第一電離能等，注意對基礎知識的理解掌握，題目難度中等．【解析】1s22s22p63s23p63d104s1；sp3；三角錐；N＞O；H2O與乙醇分子間形成氫鍵；8；2.2729、略

【分析】解：（1）CaxMgySi8O22（OH）m改寫成氧化物的形式為xCaO?yMgO?8SiO2?H2O，故答案為：xCaO?yMgO?8SiO2?H2O；

（2）根據(jù)電荷守恒有：2x+2y+4×8=22×2+m；整理得2x+2y-m=12，故答案為：2x+2y-m=12；

（3）n（SiO2）=4.8g÷60g?mol-1=0.08mol；

CaxMgySi8O22（OH）m的摩爾質(zhì)量M=8.10g÷（0.08mol÷8）=810g?mol-1；

n（H2O）=0.36g÷18g?mol-1=0.02mol；

16.2gCaxMgySi8O22（OH）m的物質(zhì)的量為16.20g÷810g?mol-1=0.02mol；

m=0.02mol×2÷0.02mol=2

根據(jù)電荷守恒：2x+2y+4×8=22×2+2

整理得：x+y=7①

40x+24y+28×8+16×22+17×2=810②

由①；②式得：x=2y=5

故化學式為：Ca2Mg5Si8O22（OH）2

答：該硅酸鹽樣品的化學式為Ca2Mg5Si8O22（OH）2．

（1）硅酸鹽改寫成氧化物的形式為：活潑金屬氧化物?較活潑金屬氧化物?SiO2?H2O；同時要遵循原子比例關系；

（2）根據(jù)化合價代數(shù)和為0確定x；y、m之間的關系；

（3）加入鹽酸，充分溶解，過濾，將沉淀灼燒得固體4.80g為SiO2，根據(jù)Si元素守恒計算CaxMgySi8O22（OH）m的物質(zhì)的量；進而計算其摩爾質(zhì)量；

再空氣中灼燒；減少質(zhì)量為水的質(zhì)量，計算水的物質(zhì)的量，根據(jù)H元素守恒計算m的數(shù)值，再根據(jù)電荷守恒及摩爾質(zhì)量列方程計算x；y的值，進而確定其化學式．

本題考查考查硅酸鹽的性質(zhì)、化學式的有關計算等，明確發(fā)生的反應是關鍵，是對基礎知識的綜合應用，難度中等．【解析】xCaO?yMgO?8SiO2?H2O；2x+2y-m=12；該硅酸鹽樣品的化學式為Ca2Mg5Si8O22（OH）230、rm{(1)隆脤}rm{(2)隆脕}rm{(3)隆脤}rm{(4)隆脕}rm{(5)隆脤}rm{(6)隆脕}rm{(7)隆脤}rm{(8)隆脕}rm{(9)隆脕}【分析】【分析】本題是對甲烷、乙烯和苯的性質(zhì)的考查，是中學化學的基礎知識，難度一般。關鍵是掌握甲烷、乙烯和苯的性質(zhì)，側重基礎知識的考查?！窘獯稹縭m{(1)}將乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最終變?yōu)闊o色透明，說明生成的rm{1}rm{2-}二溴乙烷無色，符合乙烯的性質(zhì)，依據(jù)相似相溶原理可溶于四氯化碳，故正確。rm{(}將乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最終變?yōu)闊o色透明，說明生成的rm{(1)}rm{1}二溴乙烷無色，符合乙烯的性質(zhì)，依據(jù)相似相溶原理可溶于四氯化碳，故正確。rm{2-}rm{(}rm{隆脤}rm{)}甲烷與氯氣在光照下反應后的混合氣體能使?jié)駶櫟氖镌嚰堊兗t，由于產(chǎn)生了氯化氫氣體，所以不能說明生成的氯甲烷具有酸性，故錯誤。rm{)}rm{(2)}甲烷與氯氣在光照下反應后的混合氣體能使?jié)駶櫟氖镌嚰堊兗t，由于產(chǎn)生了氯化氫氣體，所以不能說明生成的氯甲烷具有酸性，故錯誤。rm{(}rm{(2)}rm{(}由乙烯生成乙醇屬于加成反應，符合乙烯的性質(zhì)，故正確。rm{隆脕}rm{)}rm{)}rm{(3)}由乙烯生成乙醇屬于加成反應，符合乙烯的性質(zhì)，故正確。rm{(}乙烷室溫下能與濃鹽酸不能發(fā)生反應，故錯誤。rm{(3)}rm{(}rm{隆脤}rm{)}乙烯可以用作生產(chǎn)食品包裝材