2025年人教版高三化學(xué)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2025年人教版高三化學(xué)上冊階段測試試卷391考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)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7題，共14分)1、下列關(guān)于NaHCO3和Na2CO3的敘述不正確的是（）A.NaHCO3比Na2CO3穩(wěn)定；與稀鹽酸反應(yīng)的快慢：Na2CO3大于NaHCO3B.NaHCO3、Na2CO3可相互轉(zhuǎn)化；都能與澄清石灰水反應(yīng)生成白色沉淀C.NaHCO3可用于焙制糕點；Na2CO3可用于玻璃、造紙等工業(yè)D.分別配成溶液，加入CaCl2溶液，無沉淀生成的是NaHCO32、下列反應(yīng)的離子方程式正確的是（）A.碳酸鈣跟鹽酸反應(yīng)：CO32-+2H+═CO2↑+H2OB.氨水跟鹽酸反應(yīng)：OH-+H+═H2OC.氫氧化鋇跟稀硫酸反應(yīng)：Ba2++2OH-+2H++SO42-═BaSO4↓+2H2OD.醋酸溶液與氫氧化鈉溶液反應(yīng)：H++OH-=H2O3、下列物質(zhì)發(fā)生變化時，所克服的微粒間的相互作用屬于同種類型的是（）A.氫氧化鈉和葡萄糖分別溶解在水中B.干冰和氯化銨分別受熱變?yōu)闅怏wC.食鹽和冰分別受熱熔化D.液溴和酒精分別揮發(fā)4、實驗室可用如圖裝置（啟普發(fā)生器）制取氫氣．欲使得到氫氣的速率加快，下列措施可行的是（）A.將稀硫酸改為濃硫酸B.向稀硫酸中加入少量CuSO4固體C.向稀硫酸中加入AgNO3溶液D.給裝置中發(fā)生反應(yīng)的部分加熱5、中學(xué)化學(xué)中有很多常數(shù)，下列化學(xué)常數(shù)不隨任何條件的改變而改變的是（）A.水的離子積常數(shù)B.溶度積常數(shù)C.阿伏伽德羅常數(shù)D.弱酸的電離平衡常數(shù)6、下列反應(yīng)的化學(xué)方程式書寫正確的是（）A.實驗室制乙烯：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2OB.苯酚鈉溶液通入少量CO2：C.乙酸苯酚酯在足量的NaOH溶液中水解：D.工業(yè)制聚乙烯：7、下列觀點正確的是（）A.某單質(zhì)固體能導(dǎo)電，該單質(zhì)一定是金屬B.某化合物的水溶液能導(dǎo)電，該化合物一定是電解質(zhì)C.酸與醇的反應(yīng)不一定是酯化反應(yīng)D.某純凈物常溫常壓下為氣體，則組成該物質(zhì)的微粒一定含共價鍵評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)8、A、B、C、D四種可溶性鹽，它們的陽離子分別可能是Ba2+、Ag+、Na+、Cu2+中的某一種，陰離子分別可能是NO3-、SO42-、Cl-、CO32-中的某一種；且不重復(fù)出現(xiàn)．

①若把四種鹽分別溶于盛有蒸餾水的四支試管中；只有C鹽的溶液呈藍(lán)色．

②若向①的四支試管中分別加鹽酸；B鹽溶液有沉淀產(chǎn)生，D鹽溶液有無色無味氣體逸出．

（1）根據(jù)①；②實驗事實推斷它們的化學(xué)式為：

A、____B、____C、____D、____

（2）寫出鹽酸與B鹽反應(yīng)的離子方程式：____；將A鹽與D鹽混合的現(xiàn)象____，及離子方程式____．9、F是新型降壓藥替米沙坦的中間體；可由下列路線合成：

（1）A→B的反應(yīng)類型是____，D→E的反應(yīng)類型是____；

（2）C中含有的官能團(tuán)名稱是____；已知固體C在加熱條件下可溶于甲醇；

下列C→D的有關(guān)說法正確的是____；

a．使用過量的甲醇，是為了提高D的產(chǎn)率b．濃硫酸的吸水性可能會導(dǎo)致溶液變黑。

c．甲醇既是反應(yīng)物，又是溶劑d．D的化學(xué)式為C9H9NO4

（3）E的同分異構(gòu)體苯丙氨酸經(jīng)聚合反應(yīng)形成的高聚物是____（寫結(jié)構(gòu)簡式）；

（4）由B轉(zhuǎn)化為C的化學(xué)方程式是____；

（5）F在一定條件下水解的有機產(chǎn)物的種類最多為____種．10、目前；我國采用“接觸法”制硫酸，設(shè)備如圖所示：

（1）圖中設(shè)備A的名稱是____，該設(shè)備中主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為____．

（2）有關(guān)接觸法制硫酸的下列說法中，不正確的是____（填字母序號）．

A．二氧化硫的接觸氧化在接觸室中發(fā)生。

B．吸收塔用濃度為98.3%濃硫酸吸收三氧化硫。

C．煅燒含硫48%的黃鐵礦時，若FeS2損失了2%；則S損失2%

D．B裝置中反應(yīng)的條件之一為較高溫度是為了提高SO2的轉(zhuǎn)化率。

E．硫酸工業(yè)中在接觸室安裝熱交換器是為了利用SO3轉(zhuǎn)化為H2SO4時放的熱量．11、（2013秋?青羊區(qū)校級期中）CO易與Fe發(fā)生反應(yīng)Fe+5CO═Fe（CO）5，從而導(dǎo)致合成氨的催化劑鐵中毒，除去CO的化學(xué)反應(yīng)方程式（已知HAc表示醋酸）：Cu（NH3）2Ac+CO+NH3═[Cu（NH3）3（CO）]Ac．請回答下列問題：

（1）C、N、O的原子半徑由大到小順序____；第一電離能最小的是____；

（2）寫出基態(tài)Cu+的核外電子排布式____

（3）配合物[Cu（NH3）3（CO）]Ac中含有的化學(xué)鍵是____

A．金屬鍵B．離子鍵C．非極性鍵D．配位鍵E．極性鍵。

（4）寫出與CO互為等電子體的離子或者分子的電子式____（任寫一個）．

（5）銅金合金形成的晶胞如圖所示，Au的配位數(shù)（距離Au最近的Cu原子數(shù)）為：____．

（6）實驗證明銀氨溶液可以除去CO并有黑色Ag生成，其反應(yīng)方程式為____．12、某實驗小組同學(xué)進(jìn)行如下實驗；以探究化學(xué)反應(yīng)中的能量變化．

（1）實驗表明：①中的溫度降低，由此判斷氫氧化鋇晶體與氯化銨晶體反應(yīng)是____（填“吸熱”或“放熱”）反應(yīng)；且反應(yīng)物能量生成物能量（填“大于”；“小于”、”等于”）；

（2）②實驗中，該小組同學(xué)在燒杯中加入鹽酸，再放入用砂紙打磨過的鋁條，該反應(yīng)是____（填“吸熱”或“放熱”）反應(yīng)，離子反應(yīng)方程式____，其能量變化可用如圖中的____（填“A”或“B”）表示．

13、請仔細(xì)閱讀以下轉(zhuǎn)化關(guān)系：

A是從蛇床子果實中提取的一種中草藥有效成分；是由碳；氫、氧元素組成的酯類化合物；

B稱作冰片；可用于醫(yī)藥和制香精，樟腦等；

C的核磁共振氫譜顯示其分子中含有4種氫原子；

D中只含一個氧原子，與Na反應(yīng)放出H2；

F為烴．

請回答：

（1）B的分子式為____．

（2）B不能發(fā)生的反應(yīng)是（填序號）____．

a．氧化反應(yīng)b．聚合反應(yīng)c．消去反應(yīng)d取代反應(yīng)e．與Br2加成反應(yīng)．

（3）寫出D→E、E→F的反應(yīng)類型：D→E____、E→F____．

（4）F的分子式為____．化合物H是F的同系物，相對分子質(zhì)量為56，寫出H所有可能的結(jié)構(gòu)（共四種）：____，____，____，____．

（5）C的結(jié)構(gòu)簡式為：____；F用系統(tǒng)命名法命名為：____．

（6）寫出E→D的化學(xué)方程式____．14、下列各組化學(xué)反應(yīng)中，鹽酸均是反應(yīng)物．利用鹽酸的弱氧化性的是（填編號）____；利用鹽酸的弱還原性的是____；僅利用鹽酸的酸性的是____．

（1）4HCl（濃）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O（2）2HCl+2Na=2NaCl+H2↑

（3）2HCl+CuO=CuCl2+H2O（4）HCl+HClO=Cl2↑+H2O

（5）CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑（6）Fe+2HCl=FeCl2+H2↑評卷人得分三、判斷題(共5題，共10分)15、O2和O3互為同位素____．（判斷對錯）16、因為CO2的水溶液可以導(dǎo)電，所以CO2是電解質(zhì)____．（判斷對錯）17、常溫常壓下，92gNO2和N2O4的混合氣體中含有的原子總數(shù)為6NA．____（判斷對錯）18、Na2SO4固體中含鈉離子．____（判斷對錯）19、物質(zhì)的量相同的磷酸鈉溶液和磷酸溶液中所含的PO43-量相同．____．評卷人得分四、計算題(共3題，共18分)20、甲醇又稱“木醇”；是無色有酒精氣味易揮發(fā)的有毒液體．甲醇是重要的化學(xué)工業(yè)基礎(chǔ)原料和液體燃料，可用于制造甲醛和農(nóng)藥，并常用作有機物的萃取劑和酒精的變性劑等．

（1）工業(yè)上可利用CO2和H2生產(chǎn)甲醇；方程式如下：

CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（l）+H2O（g）△H=Q1kJ?mol-1

又查資料得知：①CH3OH（l）+O2（g）?CO2（g）+2H2（g）△H=Q2kJ?mol-1

②H2O（g）=H2O（l）△H=Q3kJ?mol-1，則表示甲醇的燃燒熱的熱化學(xué)方程式為____．

某同學(xué)設(shè)計了一個甲醇燃料電池，并用該電池電解200mL一定濃度的NaCl與CuSO4混合溶液；其裝置如圖：

（2）為除去飽和食鹽水中的銨根離子，可在堿性條件下通入氯氣，反應(yīng)生成氮氣．該反應(yīng)的離子方程式為____．

（3）過量氯氣用Na2S2O3除去，反應(yīng)中S2O32-被氧化為SO42-．若過量的氯氣為1×10-3mol，則理論上生成的SO42-為____mol．

（4）寫出甲中通入甲醇這一極的電極反應(yīng)式____．

（5）理論上乙中兩極所得氣體的體積隨時間變化的關(guān)系如丙圖所示（已換算成標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積），寫出在t1后，石墨電極上的電極反應(yīng)式____，原混合溶液中NaCl的物質(zhì)的量濃度為____mol/L．（設(shè)溶液體積不變）

（6）當(dāng)向上述甲裝置中通入標(biāo)況下的氧氣336mL時，理論上在鐵電極上可析出銅的質(zhì)量為____g．

（7）若使上述電解裝置的電流強度達(dá)到5.0A，理論上每分鐘應(yīng)向負(fù)極通入氣體的質(zhì)量為____克．（已知1個電子所帶電量為1.6×10-19C，計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）21、已知鐵的相對原子質(zhì)量為56，則1個鐵原子的質(zhì)量是____g．22、在同溫同壓下，同體積的甲烷（CH4）和二氧化碳分子數(shù)之比為____，物質(zhì)的量之比為____，質(zhì)量之比為____，密度之比為____．評卷人得分五、探究題(共4題，共8分)23、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設(shè)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(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式．

寫出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式A________、C________、E________、G________．24、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應(yīng)的原理來測定其含量，操作為：25、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設(shè)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(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式．

寫出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式A________、C________、E________、G________．26、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應(yīng)的原理來測定其含量，操作為：參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、A【分析】【分析】NaHCO3與Na2CO3相比較，NaHCO3不穩(wěn)定，加熱易分解，常溫時，Na2CO3溶解度較大，與鹽酸反應(yīng)時，NaHCO3反應(yīng)劇烈，二者可相互轉(zhuǎn)化，都可與氫氧化鈣反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀，以此解答該題．【解析】【解答】解：A．NaHCO3不穩(wěn)定，加熱易分解，分別滴加HCl溶液，反應(yīng)離子方程式為CO32-+2H+═CO2↑+H2O、HCO3-+H+═H2O+CO2↑，相同條件下NaHCO3比Na2CO3反應(yīng)放出氣體劇烈；故A錯誤；

B．Na2CO3可與水、二氧化碳反應(yīng)生成NaHCO3，NaHCO3分解可生成Na2CO3，二者可相互轉(zhuǎn)化，Na2CO3和Ca（OH）2混合后生成CaCO3，發(fā)生Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+2NaOH，NaHCO3可與澄清石灰水發(fā)生Ca（OH）2+NaHCO3═CaCO3↓+NaOH+H2O或Ca（OH）2+2NaHCO3═CaCO3↓+Na2CO3+2H2O；故B正確；

C．NaHCO3加熱易分解生成二氧化碳?xì)怏w，從而使面包疏松多孔，可用于焙制糕點，Na2CO3可用于玻璃；造紙等工業(yè)；故C正確；

D．NaHCO3和氯化鈣不反應(yīng)；不符合復(fù)分解反應(yīng)的條件下，反應(yīng)不能進(jìn)行，故D正確．

故選A．2、C【分析】【分析】A．碳酸鈣在離子反應(yīng)中保留化學(xué)式；

B．一水合氨在離子反應(yīng)中保留化學(xué)式；

C．反應(yīng)生成硫酸鋇和水；

D．醋酸在離子反應(yīng)中保留化學(xué)式．【解析】【解答】解：A．碳酸鈣跟鹽酸反應(yīng)的離子反應(yīng)為CaCO3+2H+═CO2↑+H2O+Ca2+；故A錯誤；

B．氨水跟鹽酸反應(yīng)的離子反應(yīng)為NH3?H2O+H+═H2O+NH4+；故B錯誤；

C．氫氧化鋇跟稀硫酸反應(yīng)的離子反應(yīng)為Ba2++2OH-+2H++SO42-═BaSO4↓+2H2O；故C正確；

D．醋酸溶液與氫氧化鈉溶液反應(yīng)的離子反應(yīng)為HAc+OH-=H2O+Ac-；故D錯誤；

故選C．3、D【分析】【分析】根據(jù)晶體類型判斷，相同類型的晶體，克服的相互作用力相同；離子晶體克服的是離子鍵，分子晶體的是分子間作用力，原子晶體克服的是共價鍵，金屬晶體克服的是金屬鍵，以此解答該題．【解析】【解答】解：A．氫氧化鈉為離子晶體；葡萄糖為分子晶體，溶于水分別克服離子鍵；分子間作用力，故A錯誤；

B．干冰為分子晶體；氯化銨為離子晶體；加熱時干冰克服分子間作用力，氯化銨分解克服離子鍵，故B錯誤；

C．食鹽是離子晶體；破壞離子鍵，冰是分子晶體，破壞分子間作用力，故C錯誤；

D．液溴和酒精都是分子晶體；揮發(fā)克服分子間作用力，故D正確．

故選D．4、B【分析】【分析】該裝置用于制取氫氣，要想加快反應(yīng)速率，可以通過適當(dāng)增大稀硫酸濃度、形成原電池來實現(xiàn)，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：A．濃硫酸和Zn反應(yīng)生成二氧化硫而不是氫氣；故A錯誤；

B．加入硫酸銅時；Zn和硫酸銅發(fā)生置換反應(yīng)生成Cu，Zn；Cu和稀硫酸構(gòu)成原電池而加快反應(yīng)速率，故B正確；

C．加入硝酸銀；酸性條件下，硝酸根離子和Zn反應(yīng)生成氮氧化物而不是氫氣，故C錯誤；

D．該裝置不能加熱；故D錯誤；

故選B．5、C【分析】【分析】A．水的電離為吸熱反應(yīng)；溫度升高，水的離子積增大；

B．溶度積常數(shù)與溫度溫度有關(guān)；溫度變化，溶度積常數(shù)越大發(fā)生變化；

C．阿伏伽德羅常數(shù)為0.012kg12C中含有的碳原子數(shù)；不受其它因素的影響；

D．弱電解質(zhì)的電離為吸熱過程，升高溫度，電離平衡常數(shù)增大．【解析】【解答】解：A．水的離子積受溫度的影響；溫度升高，水的離子積增大，溫度降低，水的離子積減小，故A錯誤；

B．溶解度常數(shù)受溫度的影響；溫度改變，掌握溶度積常數(shù)發(fā)生變化，故B錯誤；

C.0.012kg12C中含有的碳原子數(shù)為阿伏伽德羅常數(shù)；所以阿伏伽德羅常數(shù)為定值，不受其它條件的影響，故C正確；

D．弱酸的電離為吸熱過程；升高溫度促進(jìn)電離，電離平衡常數(shù)增大，降低溫度后電離平衡常數(shù)減小，故D錯誤；

故選C．6、A【分析】【分析】A．乙醇發(fā)生消去反應(yīng)生成乙烯；

B．反應(yīng)生成苯酚和碳酸氫鈉；

C．反應(yīng)生成苯酚鈉；乙酸鈉；

D．聚乙烯中不含碳碳雙鍵．【解析】【解答】解：A．實驗室制乙烯，發(fā)生消去反應(yīng)為CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O；故A正確；

B．苯酚鈉溶液通入少量CO2的化學(xué)反應(yīng)為C6H5ONa+CO2+H2O→C6H6OH+NaHCO3；故B錯誤；

C．乙酸苯酚酯在足量的NaOH溶液中水解的反應(yīng)為故C錯誤；

D．乙烯分子間發(fā)生加成聚合反應(yīng)生成高分子化合物聚乙烯，反應(yīng)的化學(xué)方程式為故D錯誤；

故選A．7、C【分析】【分析】A．石墨能導(dǎo)電；

B．凡是在水溶液或熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電的化合物叫電解質(zhì)；

C．氫鹵酸也是酸；

D．該氣體可能為稀有氣體．【解析】【解答】解：A．石墨能導(dǎo)電；是碳的單質(zhì)，不是金屬，故A錯誤；

B．水溶液能導(dǎo)電不一定是電解質(zhì)，如氨水是NH3的水溶液能導(dǎo)電，但NH3是非電解質(zhì)；故B錯誤；

C．醇與氫鹵酸反應(yīng)；生成鹵代烴和水，故C正確；

D．稀有氣體是單原子分子；無化學(xué)鍵，故D錯誤．

故選：C．二、填空題(共7題，共14分)8、BaCl2AgNO3CuSO4Na2CO3Cl-+Ag+=AgCl↓有白色沉淀生成Ba2++CO32-=BaCO3↓【分析】【分析】給出八種離子形成四種可溶性鹽，這個可以通過一一組合的形式確定可能存在的物質(zhì)，之后結(jié)合進(jìn)行實驗和顏色限制進(jìn)行繼續(xù)排除，從而最終確定，如Ba2+不能和SO42-、CO32-結(jié)合，而只能和NO3-、Cl-；Ag+不能和SO42-、Cl-、CO32-三種離子結(jié)合，而只能和NO3-結(jié)合，則一定是BaCl2、AgNO3．Cu2+不能和CO32-結(jié)合，所以為CuSO4；Na+對應(yīng)CO32-為Na2CO3．即四種物質(zhì)為BaCl2、AgNO3、CuSO4、Na2CO3．【解析】【解答】解：由于是可溶性鹽，所以溶液中存在的鹽離子和陰離子對應(yīng)物質(zhì)一定是可溶性，根據(jù)鹽類物質(zhì)溶解性情況可知：Ba2+不能和SO42-、CO32-結(jié)合，而只能和NO3-、Cl-，Ag+不能和SO42-、Cl-、CO32-三種離子結(jié)合，而只能和NO3-結(jié)合，則一定是BaCl2、AgNO3．Cu2+不能和CO32-結(jié)合，所以為CuSO4，Na+對應(yīng)CO32-為Na2CO3．即四種物質(zhì)為BaCl2、AgNO3、CuSO4、Na2CO3；由于C鹽是藍(lán)色的，所以C為CuSO4；四支試管加入鹽酸，B有沉淀，則B溶液為AgNO3；D生成無色氣體，則為二氧化碳，即D為Na2CO3，所以A為BaCl2；

故答案為：BaCl2；AgNO3；CuSO4；Na2CO3；

（2）B溶液為AgNO3，鹽酸與B鹽反應(yīng)的離子方程式Cl-+Ag+=AgCl↓；A為BaCl2，D為Na2CO3，將A鹽與D鹽混合發(fā)生反應(yīng)：Ba2++CO32-=BaCO3↓，現(xiàn)象是有白色沉淀生成，故答案為：Cl-+Ag+=AgCl↓；有白色沉淀生成Ba2++CO32-=BaCO3↓．9、氧化反應(yīng)還原反應(yīng)硝基、羧基acd3【分析】【分析】C與甲醇反應(yīng)生成D，由D的結(jié)構(gòu)可知C為B與濃硝酸發(fā)生取代反生成C，則B為A發(fā)生氧化反應(yīng)生成B，D中硝基被還原為氨基生成E，E與CH3CH2CH2COCl發(fā)生取代反應(yīng)生成F，苯丙氨酸中分子之間羧基和氨基脫水形成肽鍵，聚合成高分子，據(jù)此寫高聚物的結(jié)構(gòu)簡式，以此解答．【解析】【解答】解：C與甲醇反應(yīng)生成D，由D的結(jié)構(gòu)可知C為B與濃硝酸發(fā)生取代反生成C，則B為A發(fā)生氧化反應(yīng)生成B，D中硝基被還原為氨基生成E，E與CH3CH2CH2COCl發(fā)生取代反應(yīng)生成F；

（1）B為A發(fā)生氧化反應(yīng)生成B，D中硝基被還原為氨基生成E，故答案為：氧化反應(yīng)；還原反應(yīng)；

（2）C為含有硝基、羧基官能團(tuán)，C在加熱條件下與甲醇發(fā)生酯化反應(yīng)，酯化反應(yīng)為可逆反應(yīng)，使用過量的甲醇，是為了提高C的轉(zhuǎn)化率，a項正確，導(dǎo)致溶液變黑為濃硫酸的脫水性，b項錯誤；在該反應(yīng)中甲醇既是反應(yīng)物，又是溶劑，c項正確，d項正確，故答案為：硝基；羧基；a、c、d；

（3）苯丙氨酸中分子之間羧基和氨基脫水形成肽鍵，聚合成高分子，此高聚物的結(jié)構(gòu)簡式為故答案為：

（4）C為B制備C的反應(yīng)為硝化反應(yīng)，反應(yīng)的方程式為

故答案為：

（5）F中含有酯基和肽鍵，在一定條件下水解能夠生成3種產(chǎn)物，故答案為：3．10、沸騰爐4FeS2+11O22FeO3+8SO2DE【分析】【分析】（1）依據(jù)接觸法制硫酸的工業(yè)流程和設(shè)備反應(yīng)分析判斷；硫鐵礦與氧氣在高溫下煅燒反應(yīng)；

（2）A．依據(jù)接觸法制硫酸的工業(yè)流程和三個設(shè)備反應(yīng)分析判斷；

B．依據(jù)三氧化硫吸收的方法是利用濃硫酸吸收；防止形成酸霧，阻止吸收分析判斷；

C．根據(jù)S元素守恒；利用關(guān)系式計算；

D．二氧化硫生成三氧化硫的反應(yīng)是放熱的可逆反應(yīng)；運用平衡移動的原理判斷；

E．硫酸工業(yè)中在接觸室安裝熱交換器是為了利用二氧化硫生成三氧化硫的反應(yīng)是放熱．【解析】【解答】解：（1）A設(shè)備是硫鐵礦與氧氣在高溫下煅燒反應(yīng)在沸騰爐中進(jìn)行，方程式為4FeS2+11O22FeO3+8SO2；

故答案為：沸騰爐；4FeS2+11O22FeO3+8SO2；

（2）A．依據(jù)接觸法制硫酸的工業(yè)流程和三個設(shè)備分析判斷；二氧化硫的接觸氧化是在接觸室中發(fā)生的，故A正確；

B．設(shè)備C中用98.3%的H2SO4來吸收SO3的原因是；用水吸收易形成酸霧阻止三氧化硫的吸收，故B正確；

C．根據(jù)S元素守恒；利用關(guān)系式可看出．

設(shè)黃鐵礦m克，含硫為48%m克，含F(xiàn)eS2為×48%m克；據(jù)比例關(guān)系：

FeS22S

×48%m×（1-2%）48%m×98%

則S損失為：×100%=2%

故C正確；

D．二氧化硫生成三氧化硫的反應(yīng)是放熱的可逆反應(yīng)，升高溫度平衡向吸熱方向移動，降低SO2的轉(zhuǎn)化率；故D錯誤；

E．硫酸工業(yè)中在接觸室安裝熱交換器是為了利用二氧化硫生成三氧化硫的反應(yīng)是放熱，而不是利用SO3轉(zhuǎn)化為H2SO4時放的熱量；故E錯誤；

故答案為：DE．11、C＞N＞OC[Ar]3d10BCDE122Ag（NH3）2OH+CO+2H2O=2Ag↓+（NH4）2CO3+2NH3?H2O【分析】【分析】（1）根據(jù)元素性質(zhì)遞變規(guī)律判斷；

（2）Cu的原子序數(shù)為29，價電子排布為3d104s1；

（3）根據(jù)化合物的化學(xué)式中組成元素判斷；

（4）等電子體為原子數(shù)相同且價電子數(shù)相同的粒子；

（5）根據(jù)Au原子所在晶胞位置判斷；

（6）根據(jù)反應(yīng)物和生成物寫出離子方程式．【解析】【解答】解：（1）C；N、O位于同一周期且原子序數(shù)逐漸增大；故其原子半徑逐漸減小，由大到小順序為：C＞N＞O；第一電離能同周期，呈增大趨勢，則第一電離能最小的為：C；

故答案為：C＞N＞O；C；

（2）Cu的原子序數(shù)為29，價電子排布為3d104s1，則基態(tài)Cu+的核外電子排布式為[Ar]3d10；

故答案為：[Ar]3d10；

1s22s22p63s23p63d10

（3）Cu（NH3）3（CO）Ac該化合物中化學(xué)鍵有離子鍵；非極性鍵、配位鍵、極性鍵；故答案為：BCDE；

（4）等電子體為原子數(shù)相同且價電子數(shù)相同的粒子，CO原子數(shù)為2，價電子數(shù)為10，N2也含有兩個原子，且價電子數(shù)為10，即與CO為等電子體，電子式為：

故答案為：

（5）面心立方晶胞中，每個頂點、面心上各有一個金屬原子，所以每個Au原子周圍緊鄰的有3×8×=12個Au原子；故答案為：12；

（6）該反應(yīng)中反應(yīng)物為Ag（NH3）2OH和CO，產(chǎn)物有Ag生成，則寫出化學(xué)方程式為：2Ag（NH3）2OH+CO+2H2O=2Ag↓+（NH4）2CO3+2NH3?H2O；

故答案為：2Ag（NH3）2OH+CO+2H2O=2Ag↓+（NH4）2CO3+2NH3?H2O．12、吸熱放熱2Al+6H+=2Al3++3H2↑A【分析】【分析】（1）溫度升高；則反應(yīng)放熱；溫度降低則反應(yīng)吸熱；吸熱反應(yīng)中，反應(yīng)物的總能量小于生成物的總能量；

（2）金屬與酸反應(yīng)產(chǎn)生氫氣的反應(yīng)是放熱反應(yīng)；放熱反應(yīng)中，反應(yīng)物的總能量大于生成物的總能量，根據(jù)金屬與酸的反應(yīng)為放熱反應(yīng)分析．【解析】【解答】解：（1）①中的溫度降低；由此判斷氫氧化鋇晶體與氯化銨晶體反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，吸熱反應(yīng)中，反應(yīng)物的總能量小于生成物的總能量；

故答案為：吸熱；小于；

（2）金屬與酸反應(yīng)產(chǎn)生氫氣的反應(yīng)是放熱反應(yīng)；所以鋁與鹽酸的反應(yīng)放熱，反應(yīng)實質(zhì)是鋁與氫離子的反應(yīng)，生成鋁離子和氫氣；在放熱反應(yīng)中，反應(yīng)物的總能量大于生成物的總能量，其能量變化可用如圖A表示；

故答案為：放熱，2Al+6H+=2Al3++3H2↑，A．13、C10H18Obe取代反應(yīng)消去反應(yīng)C5H10CH2=CHCH2CH3CH2=C（CH3）2（CH3）2CHCH2COOH3-甲基-1-丁烯【分析】【分析】F為烴，F(xiàn)為烴，M=70不符合烷烴和炔烴的通式，因此設(shè)該烴的分子式為CnH2n，得n=5，該烴的分子式是C5H10；

E和氫氧化鈉的醇溶液發(fā)生消去反應(yīng)生成F；則E是鹵代烴，根據(jù)D生成E知，E是含有溴原子的鹵代烴；

D和氫溴酸反應(yīng)生成鹵代烴E，E和氫氧化鈉的水溶液發(fā)生取代反應(yīng)生成D，則D是醇，A是酯，酯在酸性條件下發(fā)生水解反應(yīng)生成醇和酸，C是酸，且含有5個碳原子，分子量為102，C的核磁共振氫譜顯示其分子中含有4種氫原子，所以其結(jié)構(gòu)簡式為（CH3）2CHCH2COOH，則D的結(jié)構(gòu)簡式是（CH3）2CHCH2CH2OH、E的結(jié)構(gòu)簡式是（CH3）2CHCH2CH2Br、F的結(jié)構(gòu)簡式是（CH3）2CHCH=CH2．【解析】【解答】解：F為烴，M=70不符合烷烴和炔烴的通式，因此設(shè)該烴的分子式為CnH2n，得n=5，該烴的分子式是C5H10；

E和氫氧化鈉的醇溶液發(fā)生消去反應(yīng)生成F；則E是鹵代烴，根據(jù)D生成E知，E是含有溴原子的鹵代烴；

D和氫溴酸反應(yīng)生成鹵代烴E，E和氫氧化鈉的水溶液發(fā)生取代反應(yīng)生成D，則D是醇，A是酯，酯在酸性條件下發(fā)生水解反應(yīng)生成醇和酸，C是酸，且含有5個碳原子，分子量為102，C的核磁共振氫譜顯示其分子中含有4種氫原子，所以其結(jié)構(gòu)簡式為（CH3）2CHCH2COOH，則D的結(jié)構(gòu)簡式是（CH3）2CHCH2CH2OH、E的結(jié)構(gòu)簡式是（CH3）2CHCH2CH2Br、F的結(jié)構(gòu)簡式是（CH3）2CHCH=CH2．

（1）根據(jù)B結(jié)構(gòu)式得其分子式為C10H18O，故答案為C10H18O；

（2）B屬于有機物且含有醇羥基，連接醇羥基的碳原子相鄰的碳原子上含有氫原子，所以B能發(fā)生氧化反應(yīng)、消去反應(yīng)、取代反應(yīng)，因為沒有碳碳雙鍵或三鍵所以不能發(fā)生聚合反應(yīng)、加成反應(yīng)，故選be；

（3）D中的醇羥基被溴原子取代生成溴代烴；屬于取代反應(yīng)，E中的羥基和氫原子生成水，發(fā)生的反應(yīng)屬于消去反應(yīng)，所以D→E；E→F的反應(yīng)類型取代反應(yīng)、消去反應(yīng)，故答案為：取代反應(yīng)、消去反應(yīng)；

（4）通過以上分析知F是C5H10，化合物H是F的同系物，相對分子質(zhì)量為56，所以H是丁烯，丁烯有碳鏈異構(gòu)和順反異構(gòu)，所以丁烯的結(jié)構(gòu)簡式分別為：CH2=CHCH2CH3、CH2=C（CH3）2、CH3CH=CHCH3（順反），故答案為CH2=CHCH2CH3、CH2=C（CH3）2、CH3CH=CHCH3（順反）；

（5）根據(jù)以上分析知，C的結(jié)構(gòu)簡式為（CH3）2CHCH2COOH，F(xiàn)是3-甲基-1-丁烯，故答案為：（CH3）2CHCH2COOH；3-甲基-1-丁烯；

（6）加熱條件下，溴代烴和氫氧化鈉的水溶液發(fā)生取代反應(yīng)生成醇和溴化鈉，所以其反應(yīng)方程式為：

故答案為：．14、（2）（6）（1）（4）（3）（5）【分析】【分析】鹽酸表現(xiàn)弱氧化性，反應(yīng)中元素化合價降低；鹽酸的弱還原性是元素化合價升高；鹽酸的酸性的是氫離子的性質(zhì)反應(yīng)后生成鹽．【解析】【解答】解：（1）反應(yīng)4HCl（濃）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O中氯化氫中的氯元素化合價升高；做還原劑具有還原性；氯化氫反應(yīng)生成氯化錳和水，體現(xiàn)酸性，所以該反應(yīng)中表現(xiàn)了鹽酸的還原性和酸性；

（2）反應(yīng)2HCl+2Na=2NaCl+H2↑中氯化氫中的氫元素化合價降低；做氧化劑，具有氧化性，表現(xiàn)鹽酸的氧化性；

（3）反應(yīng)2HCl+CuO=CuCl2+H2O是復(fù)分解反應(yīng)；不是氧化還原反應(yīng)，僅表現(xiàn)鹽酸的酸性；

（4）HCl+HClO=Cl2↑+H2O中；氯化氫中氯元素化合價從-1價變化為0價，化合價升高作還原劑，具有還原性，表現(xiàn)鹽酸的還原性；

（5）CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑中；反應(yīng)是復(fù)分解反應(yīng)，不是氧化還原反應(yīng)，僅表現(xiàn)鹽酸的酸性；

（6）Fe+2HCl=FeCl2+H2↑中；氯化氫中的氫元素化合價降低，做氧化劑，具有氧化性，表現(xiàn)鹽酸的氧化性；

綜上所述：利用鹽酸的弱氧化性的是（2）（6）；利用鹽酸的弱還原性的是（1）（4）；僅利用鹽酸的酸性的是（3）（5）；

故答案為：（2）（6）；（1）（4）；（3）（5）．三、判斷題(共5題，共10分)15、×【分析】【分析】有相同質(zhì)子數(shù)；不同中子數(shù)的原子互為同位素；

相同元素組成，不同形態(tài)的單質(zhì)互為同素異形體．【解析】【解答】解：O2和O3都是由氧元素形成的不同單質(zhì)；故互為同素異形體；

故答案為：×．16、×【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?；非電解質(zhì)：在熔融狀態(tài)和水溶液中都不能導(dǎo)電的化合物．【解析】【解答】解：二氧化碳在水溶液中與水反應(yīng)生成碳酸；碳酸電離出自由移動的離子導(dǎo)電，二氧化碳自身不能電離，故二氧化碳是非電解質(zhì)；

故答案為：×．17、√【分析】【分析】NO2和N2O4的最簡式相同，只需要計算92gNO2中原子數(shù)．【解析】【解答】解：NO2和N2O4的最簡式相同，只需要計算92gNO2中原子數(shù)=×3×NA=6NA，故答案為：√．18、√【分析】【分析】可從該化合物所含化學(xué)鍵及晶體類型判斷是否含有鈉離子．【解析】【解答】解：Na是第ⅠA族活潑金屬，與酸根離子形成離子鍵，所以Na2SO4屬于離子化合物；由陽離子鈉離子和陰離子硫酸根離子構(gòu)成；

故答案為：√．19、×【分析】【分析】磷酸鈉溶液中磷酸根能發(fā)生水解，磷酸溶液中磷酸電離產(chǎn)生PO43-．【解析】【解答】解：磷酸是中強酸；存在電離平衡，磷酸鹽存在水解平衡，這兩個平衡程度都很?。?/p>

磷酸電離由3步（磷酸是三元酸）；分別是磷酸二氫根，磷酸氫根，最后是少量磷酸根離子；

磷酸鈉電離狀態(tài)下電離出鈉離子和磷酸根離子；但是磷酸根離子要水解，其程度也很小，所以磷酸鈉中磷酸根離子遠(yuǎn)多于等濃度的磷酸溶液；

故答案為：×．四、計算題(共3題，共18分)20、CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=（2Q1+3Q2+2Q3）kJ?mol-13Cl2+2NH4++8OH-=N2↑+6Cl-+8H2O5×10-4CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O4OH--4e-=O2↑+2H2O0.11.280.017【分析】【分析】（1）依據(jù)熱化學(xué)方程式和蓋斯定律計算分析得到所需熱化學(xué)方程式；

（2）可以根據(jù)反應(yīng)物和生成物正確書寫化學(xué)方程式；

（3）依據(jù)離子方程式的定量關(guān)系計算生成硫酸根離子的量；

（4）在燃料電池的中；負(fù)極上是燃料發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，根據(jù)電解質(zhì)環(huán)境來書寫電極反應(yīng)式；

（5）根據(jù)電解池的電極反應(yīng)規(guī)律來書寫電解反應(yīng)；結(jié)合電子守恒和離子的量的關(guān)系進(jìn)行計算；

（6）根據(jù)n=計算出氧氣的物質(zhì)的量；再根據(jù)丙中圖象判斷銅離子的總物質(zhì)的量，最后根據(jù)m=nM計算出生成銅的質(zhì)量；

（7）根據(jù)Q=It和N=結(jié)合CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O計算．【解析】【解答】解：（1）①CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（l）+H2O（g）△H=Q1kJ?mol-1

②CH3OH（l）+O2（g）?CO2（g）+2H2（g）△H=Q2kJ?mol-1

③H2O（g）=H2O（l）△H=Q3kJ?mol-1；依據(jù)蓋斯定律①×2+②×3+③×2得到：

表示甲醇的燃燒熱的熱化學(xué)方程式為：CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=（2Q1+3Q2+2Q3）kJ?mol-1；

故答案為：CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=（2Q1+3Q2+2Q3）kJ?mol-1；

（2）電解后的堿性溶液是氫氧化鈉溶液，生成物是氮氣、氯化鈉、水．反應(yīng)的離子方程式為：3Cl2+2NH4++8OH-═N2↑+6Cl-+8H2O；

故答案為：3Cl2+2NH4++8OH-=N2↑+6Cl-+8H2O；

（3）過量氯氣用Na2S2O3除去，反應(yīng)中S2O32-被氧化為SO42-．反應(yīng)的離子方程式為：4Cl2+5H2O+S2O32-═2SO42-+8Cl-+10H+；若過量的氯氣為10-3mol/L，則依據(jù)離子方程式的定量關(guān)系計算得到生成硫酸根離子物質(zhì)的量=5×10-4mol/L；

故答案為：5×10-4；

（4））在燃料電池的中，負(fù)極上是燃料發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，在堿性環(huán)境下，甲醇失電子的過程為：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；

故答案為：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；

（5）石墨為陽極、鐵電極為陰極，開始Cl-在陽極放電生成氯氣，陰極Cu2+放電生成Cu，故圖丙中Ⅰ表示陰極產(chǎn)生的氣體，Ⅱ表示陽極產(chǎn)生的氣體，t1前電極反應(yīng)式為：陽極2Cl--4e-=Cl2↑，t2點后電極反應(yīng)式為：陽極4OH--4e-=O2↑+2H2O；

由圖可知，產(chǎn)生氯氣為224mL，則由2Cl--2e-=Cl2↑可知，n（NaCl）=×2=0.02mol，所以c（NaCl）==0.1mol/L；

通甲醇的電極是負(fù)極，所以石墨電極是陰極，該極上發(fā)生的電極反應(yīng)為：4OH--4e-=O2↑+2H2O，乙中石墨電極為陽極、鐵電極為陰極，開始Cl-在陽極放電生成氯氣，陰極Cu2+放電生成Cu，故圖丙中Ⅰ表示陰極產(chǎn)生的氣體，Ⅱ表示陽極產(chǎn)生的氣體，t1前電極反應(yīng)式為：陽極2Cl--4e-=Cl2↑，生成氯氣為224ml，物質(zhì)的量為0.01mol，原溶液中氯化鈉物質(zhì)的量為0.02mol，氯化鈉濃度為：=0.1mol/L；

故答案為：4OH--4e-=O2↑+2H2O；0.1；

（6）標(biāo)準(zhǔn)狀況下336mL氧氣的物質(zhì)的量為：=0.015mol；0.015mol氧氣完全反應(yīng)得到電子的物質(zhì)的量為：0.015mol×4=0.06mol；

由丙中t2時生成氧氣為112mL，則生成氧氣的物質(zhì)的量為：n（O2）==0.005mol；則共轉(zhuǎn)移電子為：0.02mol+0.005mol×4=0.04mol；

根據(jù)電子守恒及Cu2++2e-=Cu可知，n（CuSO4）==0.02mol；

所以理論上在鐵電極上可析出銅的物質(zhì)的量為0.02mol；質(zhì)量為：64g/mol×0.02mol=1.28g；

故答案為：1.28；

（7）根據(jù)Q=It=5.0A×60s=300C，N===1.875×1021個；

由CH3OH～6e-

32g6×6.02×1023個。

m1.875×1021個。

m==0.017g；

故答案為：0.017．21、9.3×10-23【分析】【分析】鐵的相對原子質(zhì)量為56，則其摩爾質(zhì)量為56g/mol，故1molFe原子質(zhì)量為56g，結(jié)合1molFe含有6.02×10-23個Fe原子計算．【解析】【解答】解：鐵的相對原子質(zhì)量為56，則其摩爾質(zhì)量為56g/mol，故1molFe原子質(zhì)量為56g，而1molFe含有6.02×10-23個Fe原子，故1個鐵原子的質(zhì)量是=9.3×10-23g，故答案為：9.3×10-23．22、1：11：14：114：11【分析】【分析】同溫同壓下，氣體體積之比等于分子數(shù)目之比等于物質(zhì)的量之比，結(jié)合m=nM計算質(zhì)量之比，同溫同壓下，氣體密度之比等于摩爾質(zhì)量之比．【解析】【解答】解：在同溫同壓下，氣體體積之比等于分子數(shù)目之比等于物質(zhì)的量之比，故同體積的甲烷（CH4）和二氧化碳分子數(shù)之比為1：1；二者物質(zhì)的量之比為1：1，二者質(zhì)量之比=16g/mol：44g/mol=4：11，同溫同壓下，氣體密度之比等于摩爾質(zhì)量之比，故甲烷與二氧化碳的密度之比=16g/mol：44g/mol=4：11；

故答案為：1：1；1：1；4：11；4：11．五、探究題(共4題，共8分)23、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，與氫氧化鈉不反應(yīng)，甲酸、苯酚與氫氧化鈉反應(yīng)生成溶于水的鈉鹽，苯（）不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸（HCOOH），故答案為：a．分液；b．蒸餾；c．分液；d．蒸餾；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚，分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸，以此解答該題．24、酸式|反應(yīng)中生成的錳離子具有催化作用，所以隨后褪色會加快|滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內(nèi)的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有強氧化性，應(yīng)用酸式滴定管盛裝；高錳酸根離子被還原生成的錳離子有催化作用而導(dǎo)致反應(yīng)速率加快，所以剛滴下少量KMnO4溶液時；溶液迅速變成紫紅色；滴定終點時，當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏胃咤i酸鉀溶液，錐形瓶內(nèi)的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化，證明達(dá)到終點；

故答案為：酸式；反應(yīng)中生成的錳離子具有催化作用；所以隨后褪色會加快；滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內(nèi)的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化；

(2)③第3組KMnO4溶液的體積與第1、2組相差比較大，舍去第3組，應(yīng)按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，故消耗KMnO4溶液的體積為mL=20mL

設(shè)樣品的純度為x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g2mol5.0g×x×g（0.1000×0.020）mol解得：x==90.00%；

故答案為：20.00；90.00%；

(3)④A．未用標(biāo)準(zhǔn)濃度的酸性KMnO4溶液潤洗滴定管，標(biāo)準(zhǔn)液的濃度偏小，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，故A正確；

B．滴定前錐形瓶有少量水，待測液的物質(zhì)的量不變，對V（標(biāo)準(zhǔn)）無影響，根據(jù)c（待測）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）不變，故B錯誤；

C．滴定前滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后氣泡消