2025年冀少新版高三化學(xué)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年冀少新版高三化學(xué)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(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9題，共18分)1、近期埃博拉病毒在非洲各國肆虐，嚴重威脅了非洲人民的生命．在此期間，環(huán)境消毒是極其關(guān)鍵的，常常噴灑一種名為“84”的消毒液，其有效成分為NaClO．下列有關(guān)“84”消毒液的說法正確的是（）A.NaClO屬于共價化合物B.ClO-與Ca2+、Fe2+、Al3+能大量共存C.1L0.1mol?L-1NaClO溶液中ClO-的數(shù)目為0.1NAD.“84”消毒液在空氣中久置變質(zhì)發(fā)生了氧化還原反應(yīng)2、關(guān)于糖類、油脂和蛋白質(zhì)，以下敘述正確的是（）A.植物油能使溴的四氯化碳溶液褪色B.葡萄糖能發(fā)生氧化反應(yīng)和水解反應(yīng)C.蔗糖和淀粉都是高分子化合物D.蛋白質(zhì)溶液遇硫酸銅后產(chǎn)生的沉淀能重新溶于水3、糖類、油脂、蛋白質(zhì)為動物性和植物性食物中的基本營養(yǎng)物質(zhì)．下列有關(guān)說法正確的是（）A.蛋白質(zhì)中只含H、O三種元素B.油脂在人體中發(fā)生水解的產(chǎn)物是氨基酸C.糖類的主要成分是高級脂肪酸甘油酯D.淀粉、蛋白質(zhì)都是天然高分子化合物4、下列說法正確的是（）A.酸性高錳酸鉀溶液有強氧化性，苯和苯的同系物均能被它氧化B.氯化鐵溶液和苯酚溶液反應(yīng)非常靈敏，可用此反應(yīng)做苯酚的鑒別和定量測定C.乙烯和苯都可以使溴水褪色，兩者的褪色原理是相同的D.銀氨溶液有一定的氧化性，在一定條件下可以將醛基氧化為羧基5、在高溫、高壓和催化劑條件下的密閉容器中，進行反應(yīng)：N2（g）+3H2（g）?2NH3（g），下列有關(guān)說法不正確的是（）A.達到平衡時，正反應(yīng)速率等于逆反應(yīng)速率B.增大氫氣的濃度可增大反應(yīng)速率C.在上述條件下，氫氣能全部轉(zhuǎn)化為氨氣D.達到平衡時，體系中各物質(zhì)的濃度不再改變6、下列反應(yīng)中，相關(guān)示意圖像錯誤的是（）。ABCD將二氧化硫通入到一定量氯水中將氨水滴入到一定量氯化鋁溶液中將銅粉加入到一定量濃硝酸中將鐵粉加入到一定量氯化鐵溶液中7、下列實驗操作的先后順序的說法正確的是（）

①加熱試管時；先均勻加熱，后局部加熱

②用排水法收集氣體時；先移出導(dǎo)管后撤酒精燈

③制取氣體物質(zhì)時；先檢查裝置氣密性后裝藥品

④使用容量瓶；分液漏斗、滴定管前；先檢查是否漏水后洗滌干凈

⑤用試紙檢驗氣體性質(zhì)時；先用蒸餾水將試紙濕潤后檢驗

⑥使用托盤天平時；要先調(diào)零后稱量

⑦做H2還原CuO實驗時，先通H2后加熱CuO；反應(yīng)完畢后，先撤酒精燈待試管冷卻后停止通H2．A.除②以外B.除④以外C.除⑤以外D.全部正確8、四種元素的離子：aXm+、bYn+、cZn-、dRm-（a、b、c、d為元素的原子序數(shù)），它們具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，若m＞n，對下列敘述的判斷正確的是（）A.元素的原子序數(shù)：a＞b＞c＞dB.a-b=n-mC.元素的非金屬性：R＞ZD.最高價氧化物對應(yīng)的水化物的堿性：X＞Y9、下列有關(guān)實驗操作說法正確的是rm{(}rm{)}A.除去rm{NaCl}晶體中少量rm{KNO_{3}}可以將混合物制成熱的飽和溶液，然后冷卻結(jié)晶，過濾，洗滌，干燥B.在食醋總酸含量測定實驗中，配制rm{NaOH}標準溶液后需要用鄰苯二甲酸氫鉀對該溶液濃度進行標定C.海洋植物具有富集碘的能力，因此從海產(chǎn)品中提取碘是工業(yè)上獲取碘的重要途徑rm{.}工業(yè)從海帶中提取碘經(jīng)歷的步驟有：浸泡rm{-}過濾rm{-}氧化rm{-}萃取rm{-}粗碘提純D.在潔凈試管中加入rm{2mL}rm{10%}rm{NaOH}溶液，再加入等量的rm{CuSO_{4}}溶液，制得的新制氫氧化銅懸濁液可用于檢驗糖尿病人尿液中葡萄糖含量是否偏高評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)10、現(xiàn)有25℃時0.1mol/L的氨水；請回答以下問題：

（1）①若向該氨水中加入少量氯化銨固體，NH3?H2O的電離平衡____（“向左”、“向右”或“不”）移動，此時溶液中____（填“增大”、“減小”或“不變”），在該過程中，水的離子積常數(shù)Kw____（填“增大”；“減小”或“不變”）；

②若向該氨水中加入稀鹽酸，使其恰好完全中和，所得溶液的pH____7（填“＞”、“＜”或“=”），用離子方程式表示其原因____；

所得溶液中各離子物質(zhì)的量濃度由大到小的順序為____．

③若向該氨水中加入稀鹽酸，所得溶液的pH=7，則溶液中c（NH4+）____c（Cl-）（填“＞”；“＜”或“=”）

（2）已知某弱酸的難溶物CaA在水中存在溶解平衡：

CaA（s）?Ca2+（aq）+A2-（aq）△H＞0，一定溫度下CaA飽和溶液中c（Ca2+）?c（A2-）為常數(shù)，記作Ksp=c（Ca2+）?c（A2-），Ksp只與溫度有關(guān)．

①溫度升高時，Ksp____（填“增大”“減小”或“不變”；下同）．

②向濁液中通入HCl氣體c（Ca2+）____．

③測得25℃時，CaA的Ksp為2.0×10-11，常溫下將10gCaA固體投入100mLCaCl2溶液中，充分攪拌后仍有固體剩余，測得溶液中c（Ca2+）=0.1mol?L-1，則溶液中c（A2-）=____．11、今有一混合物的水溶液，只可能含有以下離子中的若干種：K+、NH4+、Cl-、Mg2+、Ba2+、CO32-、SO42-；現(xiàn)取三份100mL溶液進行如下實驗：

①第一份加入AgNO3溶液有沉淀產(chǎn)生。

②第二份加足量NaOH溶液加熱后；收集到氣體0.04mol

③第三份加足量BaCl2溶液后；得干燥沉淀6.27g，經(jīng)足量鹽酸洗滌；干燥后，沉淀質(zhì)量為2.33g．

試回答下列問題。

（1）由實驗②可知溶液中含有的離子為____，在100mL溶液中該離子的物質(zhì)的量濃度為____

（2）由實驗③可以判斷中溶液中含有的離子為____

（3）由上述實驗信息判斷下列說法中正確的是____

A．K+一定存在B．100mL溶液中含0.01molCO32-C．Cl-可能存在D．Ba2+一定不存在，Mg2+可能存在．

（4）根據(jù)上述實驗，該溶液中是否有不能肯定其存在的離子？若有，則為進一步確定其存在，應(yīng)該補充的實驗是____．12、高分子材料M在光聚合物和金屬涂料方面有重要用途；M的結(jié)構(gòu)簡式為：

已知：A完全燃燒只生成CO2和H2O，其蒸氣密度是相同狀況下氫氣密度的43倍，分子中H、0原子個數(shù)比為3：1．它與Na或Na2CO3都能反應(yīng)產(chǎn)生無色氣體．

（1）A中含有的官能團的名稱是____．

（2）下列說法正確的是____（填序號字母）．

a．工業(yè)上；B主要通過石油分餾獲得。

b．C的同分異構(gòu)體有2種（不包括C）

c．D在水中的溶解性很大，遇新制Cu（OH）2懸濁液；溶液呈絳藍色。

d．E-M的反應(yīng)是縮聚反應(yīng)。

（3）寫出A+D+H3PO4--E反應(yīng)的化學(xué)方程式：____，該反應(yīng)類型是____．

（4）F是A的一種同分異構(gòu)體；F的核磁共振氫譜顯示分子中有兩種不同的氫原子．存在下列轉(zhuǎn)化關(guān)系：

寫出F、N的結(jié)構(gòu)簡式為：F：____N：____寫出反應(yīng)①的化學(xué)方程式____．13、判斷正誤。

rm{(1)Na}rm{(1)Na}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}的電子式為

rm{(}rm{)}rm{(}由短周期元素組成的中學(xué)常見無機物rm{)}rm{(2)}由短周期元素組成的中學(xué)常見無機物rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{X}存在如下圖的轉(zhuǎn)化關(guān)系rm{(}部分生成物和反應(yīng)條件略去rm{)}rm{(2)}rm{A}rm{B}存在如下圖的轉(zhuǎn)化關(guān)系rm{C}部分生成物和反應(yīng)條件略去rm{D}

rm{E}為rm{X}rm{(}能和rm{)}反應(yīng)，則若rm{D}為rm{CO}rm{C}能和rm{E}反應(yīng)，則rm{A}一定為rm{Na}一定為rm{D}rm{CO}rm{C}rm{E}rm{A}rm{Na}rm{{,!}_{2}}rm{O}14、工業(yè)上利用CO和水蒸氣在一定條件下發(fā)生反應(yīng)制取氫氣：CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H=-41kJ/mol某小組研究在同溫度下反應(yīng)過程中的能量變化．他們分別在體積均為VL的兩個恒溫恒容密閉容器中加入一定量的反應(yīng)物；使其在相同溫度下發(fā)生反應(yīng)．?dāng)?shù)據(jù)如下：

。容器編號起始時各物質(zhì)物質(zhì)的量/mol達到平衡的時間/min達平衡時體系能量的變化/kJCOH2OCO2H2H2①1400t1放出熱量：32.8kJ②2800t2放出熱量：Q（1）該反應(yīng)過程中，反應(yīng)物分子化學(xué)鍵斷裂時所吸收的總能量____（填“大于”；“小于”或“等于”）生成物分子化學(xué)鍵形成時所釋放的總能量．

（2）容器①中反應(yīng)達平衡時，CO的轉(zhuǎn)化率為____%．

（3）計算容器②中反應(yīng)的平衡常數(shù)K=____．

（4）下列敘述正確的是____（填字母序號）．

a．平衡時，兩容器中H2的體積分數(shù)相等。

b．容器②中反應(yīng)達平衡狀態(tài)時；Q＞65.6kJ

c．反應(yīng)開始時；兩容器中反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)速率相等。

d．容器①中，平衡時反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)速率為：v（H2O）=mol/（L．min）

（5）已知：2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=-484kJ/mol，寫出CO完全燃燒生成CO2的熱化學(xué)方程式：____．15、已知在一定條件下可以發(fā)生如下反應(yīng)：

RCH2-X+H2ORCH2OH+HX（X為Cl、Br；I）

乙酸甘油酯可用做調(diào)味品與局部抗真菌劑；某同學(xué)以重油為原料設(shè)計了下列合成流程：

回答下列問題：

（1）下列說法不正確的是____

a．A中所含的官能團為羥基。

b．反應(yīng)①②⑥都屬于加成反應(yīng)；反應(yīng)⑤⑦⑧都屬于取代反應(yīng)。

c．乙酸甘油酯與硬脂酸甘油酯是同系物；都屬于油脂。

d．黃酒中也存在A；A在微生物作用下可轉(zhuǎn)化為B，并進一步轉(zhuǎn)化為C

（2）寫出結(jié)構(gòu)簡式：B____，D____

（3）寫出②、⑧反應(yīng)的方程式：②____，⑧____．16、圖1是用石墨和鐵作電極電解飽和食鹽水的裝置；請?zhí)羁眨?/p>

（1）該反應(yīng)的總化學(xué)方程式為____，在電解過程中可能發(fā)生兩個副反應(yīng)，化學(xué)方程式為____、____．

（2）為了防止以上副反應(yīng)的進行，工業(yè)上電解飽和食鹽水的方法之一，是將兩個極室用離子交換膜隔開（如圖2），陽極室（A處）加入____，陰極室（B處）加入____，離子交換膜只允許____離子通過．評卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)17、在18g18O2中含有NA個氧原子．____（判斷對錯）18、為防止流感傳染，可將教室門窗關(guān)閉后，用食醋熏蒸，進行消毒．____．（判斷對錯）19、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）20、將NaOH和氨水溶液各稀釋一倍，兩者的OH-濃度均減少到原來的；____．21、0.1mol?L-1的NaHSO4溶液中，陽離子的數(shù)目之和為0.2NA．____（判斷對錯）22、氨水呈弱堿性，故NH3是弱電解質(zhì)____（判斷對錯）23、苯中混有已烯，可在加入適量溴水后分液除去____（判斷對錯）評卷人得分四、簡答題(共4題，共32分)24、磷是生物體中不可缺少的元素之一；它能形成多種化合物．

（1）磷元素位于周期表的______區(qū)，基態(tài)磷原子中電子占據(jù)的最高能層符號為______，該能層具有的原子軌道數(shù)為______．

（2）第三周期中第一電離能位于鋁元素和磷元素之間的有______種．

（3）白磷（P4）分子是正四面體結(jié)構(gòu)，其鍵角為______，磷原子雜化方式為______，3.1g白磷中σ鍵的數(shù)目為______．P4易溶于二氧化碳，難溶于水，原因是______．

（4）磷酸與Fe3+可形成H3[Fe（PO4）2]，基態(tài)Fe3+的核外電子排布式為______，F(xiàn)e、P、O電負性由大到小的順序是______．

（5）磷化硼是一種超硬耐磨涂層材料，如圖為其晶胞，晶胞邊長為apm，阿伏伽德羅常數(shù)為NA，則磷化硼晶體的密度為______g/cm3（列出計算式即可）．25、已知：Fe2O3（s）+3CO（g）?2Fe（s）+3CO2（g）△H＜0；回答下列問題：

①寫出該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達式K=______

②僅改變下列條件之一，平衡時增大的是______（填序號）

a．升高溫度b．增大壓強c．充入一定量COd．再加入一些鐵粉。

一定溫度下，在恒容密閉容器中達到平衡后，再充入少量CO，則平衡______移動（填“向左”、“向右”或“不”），CO的平衡轉(zhuǎn)化率______（填“增大”、“減少”或“不變”）26、按要求回答下列問題：

（1）實驗室常用NaOH溶液來進行洗氣和提純，當(dāng)100mL3mol/L的NaOH溶液吸收標準狀況下4.48LCO2時，所得溶液中各離子濃度由大到小的順序為______．

（2）常溫下向一定體積的0.1mol/L醋酸溶液中加水稀釋后，下列說法正確的是______．

A．溶液中導(dǎo)電粒子的數(shù)目減小。

B．醋酸的電離程度增大，c（H+）亦增大。

C．溶液中不變。

D．溶液中減小。

（3）①常溫下將0.15mol/L稀硫酸V1mL與0.1mol/LNaOH溶液V2mL混合，所得溶液的pH為1，則V1：V2=______（溶液體積變化忽略不計）．

②常溫下若溶液由pH=3的HA溶液V1mL與pH=11的NaOH溶液V2mL混合而得；則下列說法正確的是。

A．若反應(yīng)后溶液呈中性，則c（H+）+c（OH-）=2×10-7mol/L

B．若V1=V2；反應(yīng)后溶液pH一定等于7

C．若反應(yīng)后溶液呈酸性，則V1一定大于V2

D．若反應(yīng)后溶液呈堿性，則V1一定小于V2

（4）常溫下；濃度均為0.1mol/L的下列五種溶液的pH值如表所示：

。溶質(zhì)CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClONaCNpH8.89.711.610.311.1①根據(jù)表中數(shù)據(jù)，將濃度均為0.01mol/L的下列四種酸的溶液分別稀釋100倍，pH變化最小的是______．

A．HCNB．HClOC．H2CO3D．CH3COOH

②根據(jù)以上數(shù)據(jù)，判斷下列反應(yīng)可以成立的是______．

A．CH3COOH+Na2CO3═NaHCO3+CH3COONa

B．CH3COOH+NaCN═CH3COONa+HCN

C．CO2+H2O+2NaClO═Na2CO3+2HClO

D．NaHCO3+HCN═NaCN+CO2+H2O

（5）幾種離子開始沉淀時的pH如表：

。離子Fe2+Cu2+Mg2+pH7.65.210.4當(dāng)向含相同濃度Cu2+、Mg2+、Fe2+離子的溶液中滴加NaOH溶液時，______（填離子符號）先沉淀，Ksp[Fe（OH）2]______Ksp[Mg（OH）2]（填“＞”、“=”或“＜”）27、氫能被視為rm{21}世紀最具發(fā)展?jié)摿Φ那鍧嵞茉矗?/p>

rm{(1)}水制取rm{H_{2}}的常見原料；下列有關(guān)水的說法正確的是______．

rm{a.}水分子是一種極性分子；水分子空間結(jié)構(gòu)呈直線型。

rm{b.H_{2}O}分子中有rm{2}個由rm{s}軌道與rm{sp^{3}}雜化軌道形成的rm{婁脪}鍵。

rm{c.}水分子間通過rm{H-O}鍵形成冰晶體。

rm{d.}冰晶胞中水分子的空間排列方式與干冰晶胞類似。

rm{(2)}氫氣的安全貯存和運輸是氫能應(yīng)用的關(guān)鍵．

rm{壟脵}最近尼赫魯先進科學(xué)研究中心借助rm{ADF}軟件對一種新型環(huán)烯類儲氫材料rm{(C_{16}S_{8})}進行研究，從理論角度證明這種分子中的原子都處于同一平面上rm{(}如圖rm{1}所示rm{)}每個平面上下兩側(cè)最多可存rm{10}個rm{H_{2}}分子rm{.}分子中rm{C}原子的雜化軌道類型為______，rm{C_{16}S_{8}}中碳硫鍵鍵長介于rm{C-S}與rm{C=S}之間，原因可能是______，rm{C_{16}S_{8}}與rm{H_{2}}微粒間的作用力是______

rm{壟脷}氨硼烷化合物rm{(NH_{3}BH_{3})}是最近密切關(guān)注的一種新型化學(xué)氫化物儲氫材料rm{.}請畫出含有配位鍵rm{(.}用“rm{隆煤}”表示rm{)}的氨硼烷的結(jié)構(gòu)式______；與氨硼烷互為等電子體的有機小分子是______rm{(}寫結(jié)構(gòu)簡式rm{)}．

rm{壟脹}種具有儲氫功能的銅合金晶體具有立方最密堆積的結(jié)構(gòu)，晶胞中rm{Cu}原子處于面心，rm{Au}原子處于頂點位置，氫原子可進人到由rm{Cu}原子與rm{Au}原子構(gòu)成的四面體空隙中rm{.}若將rm{Cu}原子與rm{Au}原子等同看待，該晶體儲氫后的晶胞結(jié)構(gòu)與rm{CaF_{2}(}晶胞結(jié)構(gòu)如rm{2}圖rm{)}的結(jié)構(gòu)相似；該晶體儲氫后的化學(xué)式為______．

rm{壟脺MgH_{2}}是金屬氫化物儲氫材料，其晶胞如圖rm{3}所示，已知該晶體的密度rm{ag?cm^{-3}}則晶胞的體積為______rm{cm^{3}隆虜}用含rm{a}rm{N_{A}}的代數(shù)式表示，rm{N_{A}}表示阿伏伽德羅常數(shù)rm{隆魯}．評卷人得分五、探究題(共4題，共40分)28、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________．29、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：30、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________．31、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9題，共18分)1、D【分析】【分析】A．NaClO是由鈉離子和次氯酸根離子構(gòu)成的離子化合物；

B．ClO-，具有強氧化性，F(xiàn)e2+具有還原性；

C．ClO-是弱酸的酸根離子在水溶液中要發(fā)生水解；

D．碳酸的酸性強于次氯酸，NaClO易吸收空氣中的H2O、CO2而變質(zhì)．【解析】【解答】解：A．NaClO的電子式為NaClO是由Na+離子和ClO-離子構(gòu)成的離子化合物；故A錯誤；

B．ClO-，具有強氧化性，與Fe2+發(fā)生氧化還原反應(yīng)而不能共存；故B錯誤；

C．ClO-是弱離子在水溶液中要發(fā)生水解，故1L0.1mol?L-1NaClO溶液中含有ClO-的數(shù)目小于0.1NA；故C錯誤；

D．“84”消毒液在空氣中久置，先發(fā)生CO2+H2O+NaClO═Na2CO3+2HClO，后發(fā)生2HClO2HCl+O2↑；變質(zhì)，故D正確；

故選D．2、A【分析】【分析】A．植物油高級脂肪烴基含有C=C官能團；

B．葡萄糖為單糖；

C．蔗糖是二糖；相對分子質(zhì)量較??；

D．蛋白質(zhì)遇重金屬鹽發(fā)生變性．【解析】【解答】解：A．植物油高級脂肪烴基含有C=C官能團；能與溴發(fā)生加成反應(yīng)而使溴的四氯化碳溶液褪色，故A正確；

B．葡萄糖為單糖；不能發(fā)生水解，故B錯誤；

C．蔗糖是二糖；相對分子質(zhì)量較小，則不屬于高分子化合物，故C錯誤；

D．硫酸銅屬于重金屬鹽；蛋白質(zhì)遇重金屬鹽發(fā)生變性，變性是不可逆過程，故D錯誤．

故選A．3、D【分析】【分析】A．蛋白質(zhì)中含C；H、O、N等元素；

B．油脂水解產(chǎn)物是高級脂肪酸和甘油；

C．糖類是多羥基醛或多羥基酮及其縮聚物和某些衍生物的總稱；

D．相對分子質(zhì)量在10000以上的有機化合物為高分子化合物．【解析】【解答】解：A．蛋白質(zhì)還含有N；S等元素；故A錯誤；

B．油脂在人體中水解產(chǎn)物是高級脂肪酸和甘油；故B錯誤；

C．糖類主要成分是多羥基醛或多羥基酮；故C錯誤；

D．淀粉；蛋白質(zhì)都是高分子化合物；故D正確．

故選D．4、D【分析】【分析】A．根據(jù)苯和苯的同系物性質(zhì)判斷；

B．氯化鐵溶液和苯酚溶液反應(yīng)呈紫色；可確定苯酚的存在；

C．根據(jù)乙烯和苯的性質(zhì)分析；

D．含有醛基的物質(zhì)可被銀氨溶液氧化，據(jù)此分析．【解析】【解答】解：A．苯的同系物可被酸性高錳酸鉀氧化；而苯較穩(wěn)定，不能被酸性高錳酸鉀氧化，故A錯誤；

B．苯酚和氯化鐵的顯色反應(yīng)只是定性實驗；無法確定苯酚的含量，故B錯誤；

C．乙烯含碳碳雙鍵可和溴發(fā)生加成反應(yīng)；使溴水褪色，苯和溴不反應(yīng)，但苯可把溴水中溴萃取出來，故C錯誤；

D．含有醛基的物質(zhì)可被銀氨溶液氧化；所以銀氨溶液具有一定的氧化性，故D正確；

故選D．5、C【分析】【分析】該反應(yīng)為可逆反應(yīng)，反應(yīng)物不可能完全轉(zhuǎn)化，當(dāng)達到平衡狀態(tài)時，正逆反應(yīng)速率相等，各物質(zhì)的濃度不再發(fā)生改變，增大反應(yīng)物濃度，可使反應(yīng)速率增大，平衡向正反應(yīng)方向移動．【解析】【解答】解：A．達到平衡時；正反應(yīng)速率等于逆反應(yīng)速率，此為平衡狀態(tài)的決定性因素，故A正確；

B．反應(yīng)物的濃度越大；反應(yīng)速率越大，故B正確；

C．該反應(yīng)為可逆反應(yīng)；反應(yīng)物不可能完全轉(zhuǎn)化，故C錯誤；

D．當(dāng)達到平衡狀態(tài)時；正逆反應(yīng)速率相等，各物質(zhì)的濃度不再發(fā)生改變，故D正確．

故選C．6、B【分析】【解析】【答案】B7、D【分析】解：①加熱試管時，先均勻加熱，后局部加熱可防止試管局部過熱而炸裂，②用排水法收集氣體時，要先撤出導(dǎo)管，然后熄滅酒精燈，以免引起倒吸，③制取氣體物質(zhì)時，要先檢查裝置的氣密性，否則會造成藥品的浪費，④分液漏斗和滴定管的活塞容易出現(xiàn)漏液現(xiàn)象，使用前必須檢查是否漏水，用容量瓶來配制溶液時，搖勻這個步驟需顛倒容量瓶2～3次，故必須保證瓶塞處不能漏液，⑤用蒸餾水先將試紙濕潤，讓氣體溶解并與試紙發(fā)生作用，否則氣體不與試紙作用，⑥使用托盤天平時，必須先調(diào)零，否則可能引起實驗誤差，⑦H2還原CuO時要先通H2，排凈系統(tǒng)內(nèi)的空氣，若先加熱再通H2會引起爆炸，實驗完畢后仍需通H2以待試管冷卻，若立即停止通H2；會引起氧化．

故選D．

根據(jù)試管的加熱；氣體的收集、制取氣體的步驟、帶活塞儀器的使用、試紙的使用、托盤天平的使用及氫氣還原氧化銅的注意事項分析．

本題難度不大，熟悉各種儀器的用途及使用注意事項、掌握常見化學(xué)實驗基本操作的注意事項是解答此類試題的關(guān)鍵．【解析】【答案】D8、A【分析】【分析】四種元素的離子aXm+、bYn+、cZn-和dRm-（a、b、c、d為元素的原子序數(shù)），它們具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，則a-m=b-n=c+n=d+m，若m＞n，故原子序數(shù)大小順序是a＞b＞c＞d，結(jié)合離子所得電荷可知，X、Y為金屬元素，Z、R為非金屬元素，且X、Y位于Z和R的下一周期，同一周期元素，元素的非金屬性隨著原子序數(shù)的增大而增強，元素的金屬性隨著原子序數(shù)的增大而減小，元素的金屬性越強，其最高價氧化物的水化物堿性越強．【解析】【解答】解：四種元素的離子aXm+、bYn+、cZn-和dRm-（a、b、c、d為元素的原子序數(shù)），它們具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，則a-m=b-n=c+n=d+m，若m＞n，故原子序數(shù)大小順序是a＞b＞c＞d；結(jié)合離子所得電荷可知，X；Y為金屬元素，Z、R為非金屬元素，且X、Y位于Z和R的下一周期；

A．通過以上分析知，元素的原子序數(shù)：a＞b＞c＞d；故A正確；

B．由于a-m=b-n，則a-b=m-n；故B錯誤；

C．Z和R屬于同一周期元素；且原子序數(shù)Z＞R，同一周期元素，元素的非金屬性隨著原子序數(shù)的增大而增強，所以元素非金屬性：Z＞R，故C錯誤；

D．金屬性Y＞X；所以最高價氧化物對應(yīng)水化物堿性：X＜Y，故D錯誤；

故選A．9、B【分析】解：rm{A.}硝酸鉀和氯化鈉的溶解度隨溫度的變化不同；硝酸鉀溶解度變化較大，將混合物制成熱飽和溶液，冷卻結(jié)晶，得到的固體仍為氯化鈉和硝酸鉀的混合物，故A錯誤；

B.鄰苯二甲酸氫鉀純度高，組成穩(wěn)定，且相對分子質(zhì)量較大，容易精確稱量和配制容易，常作標準溶液，所以能用鄰苯二甲酸氫鉀作為基準物質(zhì)來標定rm{NaOH}溶液；故B正確；

C.從海帶中提取單質(zhì)碘，灼燒溶解后以碘離子存在，需要加氧化劑氧化生成碘單質(zhì)，然后萃取即可，即步驟為灼燒rm{-}浸泡rm{-}過濾rm{-}氧化rm{-}萃取rm{-}分液rm{-}粗碘提純；故C錯誤；

D.在潔凈試管中加入rm{2mL}rm{10%}rm{NaOH}溶液，再加入等量的rm{CuSO_{4}}溶液；堿不足，不能用新制氫氧化銅懸濁液檢驗糖尿病人尿液中葡萄糖，故D錯誤；

故選B．

A.硝酸鉀和氯化鈉的溶解度隨溫度的變化不同；可用重結(jié)晶法分離；

B.鄰苯二甲酸氫鉀純度高；組成穩(wěn)定，且相對分子質(zhì)量較大，容易精確稱量和配制容易，常作標準溶液；

C.從海帶中提取單質(zhì)碘；灼燒；溶解后以碘離子存在，需要加氧化劑氧化生成碘單質(zhì)，然后萃取即可；

D.新制氫氧化銅懸濁液檢驗糖尿病人尿液中葡萄糖；需要在堿性條件下．

本題考查化學(xué)實驗方案的評價，為高頻考點，涉及混合物分離提純、物質(zhì)檢驗等，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)、相關(guān)反應(yīng)原理為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實驗?zāi)芰Φ目疾?，注意實驗評價性分析，注重反應(yīng)原理與實驗相結(jié)合的訓(xùn)練，題目難度中等．【解析】rm{B}二、填空題(共7題，共14分)10、向左減小不變＜NH4++H2O?NH3?H2O+H+c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）=增大增大2.0×10-10mol/L【分析】【分析】（1）①氨水中存在NH3+H2O?NH3?H2O?NH4++OH-，向氨水中加入含有銨根離子或氫氧根離子的物質(zhì)抑制一水合氨電離，據(jù)此判斷電離平衡一定方向及的值變化；溫度不變；水的離子積常數(shù)不變；

②一水合氨和氯化氫反應(yīng)生成氯化銨和水；氯化銨是強酸弱堿鹽，銨根離子水解，其溶液呈酸性，然后根據(jù)銨根離子水解判斷離子濃度大??；

③pH=7；溶液為中性，然后結(jié)合電荷守恒判斷銨離子與氯離子濃度關(guān)系；

（2）①該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，溫度升高，平衡正向移動，然后判斷Ksp；

②加鹽酸；促進難溶鹽的電離，使平衡向正反應(yīng)方向移動；

③根據(jù)Ksp=c（Ca2+）×c（A2+）以及鈣離子的濃度計算．【解析】【解答】解：（1）①氨水中存在NH3+H2O?NH3?H2O?NH4++OH-，向氨水中加入含有銨根離子或氫氧根離子的物質(zhì)抑制一水合氨電離，所以NH3?H2O的電離平衡向左移動；

溶液中氫氧根離子濃度降低、一水合氨濃度增大，所以此時溶液中變小，在該過程中，溫度不變，則水的離子積常數(shù)Kw不變；

故答案為：向左；減?。徊蛔?；

②一水合氨和氯化氫反應(yīng)生成氯化銨和水，離子反應(yīng)方程式為：NH3．H2O+H+=NH4++H2O，氯化銨是強酸弱堿鹽，銨根離子水解而使其溶液呈酸性，水解離子反應(yīng)方程式為：NH4++H2O?NH3?H2O+H+，所以溶液的pH＜7；氯離子不水解，溶液中銨根離子水解程度較小，所以離子濃度大小順序為：c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）；

故答案為：＜；NH4++H2O?NH3?H2O+H+；c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）；

③若向該氨水中加入稀鹽酸，所得溶液的pH=7，則c（H+）=c（OH-），根據(jù)電荷守恒可得：[NH4+]=[Cl-]；故答案為：=；

（2）①該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，溫度升高，平衡正向移動，Ksp增大；故答案為：增大；

②加HCl發(fā)生反應(yīng)：A2-+H+?HA-，A2-濃度減小，CaA的溶解平衡向右移動，n（Ca2+）顯著增大，而溶液體積幾乎不變化，所以c（Ca2+）增大；故答案為：增大；

③已知溶液中c（Ca2+）=0.1mol/L，Ksp=c（Ca2+）×c（A2+）=2.0×10-11，則c（A2-）=mol/L=2.0×10-10mol/L，故答案為：2.0×10-10mol/L．11、NH4+0.4mol/LCO32-、SO42-AC取少量原溶液，加入足量Ba（NO3）2溶液后，靜置取上層清液加入AgNO3溶液和稀HNO3，如果有沉淀產(chǎn)生說明存在Cl-【分析】【分析】①加入AgNO3溶液有沉淀產(chǎn)生，說明溶液中可能存在Cl-、CO32-、SO42-；

②0.04mol氣體為氨氣，溶液中一定含有NH4+；并且物質(zhì)的量為0.04mol；

③2.33g沉淀為硫酸鋇；6.27g沉淀為硫酸鋇和碳酸鋇的混合物；

再根據(jù)電荷守恒，得出一定存在鉀離子，據(jù)此進行解答．【解析】【解答】解：①第一份加入AgNO3溶液有沉淀產(chǎn)生，與AgNO3溶液有沉淀產(chǎn)生的離子有：Cl-、CO32-、SO42-；

②加足量NaOH溶液加熱產(chǎn)生氣體，氣體是氨氣，故一定有銨離子0.04mol，溶液中一定含有NH4+；并且物質(zhì)的量為0.04mol；

③不溶于鹽酸的2.33g為硫酸鋇，物質(zhì)的量為：=0.01mol；6.27g沉淀是硫酸鋇和碳酸鋇，碳酸鋇質(zhì)量為6.27g-2.33g=3.94g，碳酸鋇的物質(zhì)的量為：=0.02mol，故原溶液中一定存在CO32-、SO42-，則一定沒有Mg2+、Ba2+；

再根據(jù)電荷守恒，正電荷為：n（+）=n（NH4+）=0.04mol；c（-）=2c（CO32-）+2c（SO42-）=0.06mol，正電荷總物質(zhì)的量大于負電荷，故原溶液中一定有K+；至少為0.02mol；

綜合以上可以得出，一定存在的離子有：NH4+、K+、CO32-、SO42-，一定沒有的離子Mg2+、Ba2+，可能存在Cl-；

（1）由實驗②可知溶液中含有0.04molNH4+，在100mL溶液中該離子的物質(zhì)的量濃度為：=0.4mol/L；

故答案為：NH4+；0.4mol/L；

（2）由實驗③可以判斷中溶液中一定存在CO32-、SO42-，則一定沒有Mg2+、Ba2+；

故答案為：CO32-、SO42-；

（3）A．根據(jù)分析可知，溶液中一定存在K+；故A正確；

B．100mL溶液中含0.02molCO32-；故B錯誤；

C．溶液中可能含有Cl-；故C正確；

D．溶液中一定沒有Mg2+、Ba2+；故D錯誤；

故答案為：AC；

（4）溶液中可能含有氯離子，檢驗原溶液中是否含有氯離子的操作方法為：取少量原溶液，加入足量Ba（NO3）2溶液后，靜置取上層清液加入AgNO3溶液和稀HNO3，如果有沉淀產(chǎn)生說明存在Cl-；

故答案為：取少量原溶液，加入足量Ba（NO3）2溶液后，靜置取上層清液加入AgNO3溶液和稀HNO3，如果有沉淀產(chǎn)生說明存在Cl-．12、碳碳雙鍵，羧基C酯化反應(yīng)（或取代反應(yīng)）OHC-CH2-CH2-CHOOHC-CH2-CH2-CHO+4Cu（OH）2+2NaOH→NaOOC-CH2-CH2-COONa+2Cu2O↓+6H2O【分析】【分析】A完全燃燒只生成CO2和H2O，其蒸氣密度是相同狀況下氫氣密度的43倍，其相對分子質(zhì)量為86，分子中H、0原子個數(shù)比為3：1．它與Na或Na2CO3都能反應(yīng)產(chǎn)生無色氣體，說明分子中含有羧基，如含有2個O原子，則H原子為6，C為=4，則分子式為C4H6O2，符合題意，其它情況無需討論，肯定不正確，結(jié)合M的結(jié)構(gòu)可知H為則A為D為C為CH2BrCHBrCH3，B為CH3CH=CH2，F(xiàn)是A的一種同分異構(gòu)體，F(xiàn)的核磁共振氫譜顯示分子中有兩種不同的氫原子，且能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說明分子中含有-CHO，應(yīng)為OHC-CH2-CH2-CHO，被氧化生成H為HOOC-CH2-CH2-COOH，可與D發(fā)生縮聚反應(yīng)生成N，為結(jié)合有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)解答該題．【解析】【解答】解：A完全燃燒只生成CO2和H2O，其蒸氣密度是相同狀況下氫氣密度的43倍，其相對分子質(zhì)量為86，分子中H、0原子個數(shù)比為3：1．它與Na或Na2CO3都能反應(yīng)產(chǎn)生無色氣體，說明分子中含有羧基，如含有2個O原子，則H原子為6，C為=4，則分子式為C4H6O2，符合題意，其它情況無需討論，肯定不正確，結(jié)合M的結(jié)構(gòu)可知H為則A為D為C為CH2BrCHBrCH3，B為CH3CH=CH2，F(xiàn)是A的一種同分異構(gòu)體，F(xiàn)的核磁共振氫譜顯示分子中有兩種不同的氫原子，且能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說明分子中含有-CHO，應(yīng)為OHC-CH2-CH2-CHO，被氧化生成H為HOOC-CH2-CH2-COOH，可與D發(fā)生縮聚反應(yīng)生成N，為

（1）A為含有碳碳雙鍵，羧基等官能團，故答案為：碳碳雙鍵，羧基；

（2）a．B為CH3CH=CH2；應(yīng)通過石油的裂化獲得，故a錯誤；

b．C為CH2BrCHBrCH3，對應(yīng)的同分異構(gòu)體有CHBr2CH2CH3、CH3CBr2CH3、CH2BrCH2CH2Br3種（不包括C），故b錯誤；

c．D為含有2個-OH，易溶于水，遇新制Cu（OH）2懸濁液；溶液呈絳藍色，故c正確；

d．E-M的反應(yīng)是加聚反應(yīng)；故d錯誤．

故答案為：c；

（3）A+D+H3PO4三者發(fā)生酯化反應(yīng)生成E，反應(yīng)的化學(xué)方程式為

故答案為：酯化反應(yīng)（或取代反應(yīng)）；

（4）F是A的一種同分異構(gòu)體，F(xiàn)的核磁共振氫譜顯示分子中有兩種不同的氫原子，且能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說明分子中含有-CHO，應(yīng)為OHC-CH2-CH2-CHO，被氧化生成H為HOOC-CH2-CH2-COOH，可與D發(fā)生縮聚反應(yīng)生成N，為反應(yīng)①的化學(xué)方程式為OHC-CH2-CH2-CHO+4Cu（OH）2+2NaOH→NaOOC-CH2-CH2-COONa+2Cu2O↓+6H2O；

故答案為：OHC-CH2-CH2-CHO；OHC-CH2-CH2-CHO+4Cu（OH）2+2NaOH→NaOOC-CH2-CH2-COONa+2Cu2O↓+6H2O．13、rm{(1)隆脕}

rm{(2)隆脤}【分析】【分析】本題考查了鈉的氧化物的性質(zhì)以及過氧化鈉的電子式，難度不大?！窘獯稹縭m{(1)Na_{2}O_{2}}是離子化合物，電子式應(yīng)為故答案為：rm{隆脕}rm{(2)}若rm{D}為rm{CO}可推斷rm{X}為碳，rm{C}為二氧化碳，rm{B}為氧氣，短周期元素組成的物質(zhì)中，能和水常溫下反應(yīng)生成氧氣的有rm{Na_{2}O_{2}}和rm{F_{2}}但要滿足rm{C}能和rm{E}反應(yīng)，則rm{A}只能是rm{Na_{2}O_{2}}rm{Na_{2}O_{2}}電子式為故答案為：rm{隆脤}【解析】rm{(1)隆脕}rm{(2)隆脤}14、小于801a2CO（g）+O2（g）﹦2CO2（g）△H=-566kJ/mol【分析】【分析】（1）正反應(yīng)為放熱反應(yīng)；則斷鍵吸收的總能量小于成鍵放出的總能量；

（2）平衡時放出熱量為32.8kJ，則參加反應(yīng)的CO為=0.8mol；進而計算CO轉(zhuǎn)化率；

（3）容器①、②溫度相同，平衡常數(shù)相同，根據(jù)容器①中消耗CO物質(zhì)的量，計算平衡時各物質(zhì)的物質(zhì)的量，反應(yīng)前后氣體體積不變，用物質(zhì)的量代替濃度代入K=計算平衡常數(shù)；

（4）a．容器①、②中CO、H2O起始物質(zhì)的量之比均為1：4；反應(yīng)前后氣體體積不變，恒溫恒容下二者為等效平衡，平衡時同種物質(zhì)的含量相等；

b．容器①；②為等效平衡；平衡時CO轉(zhuǎn)化率相等，計算容器②中反應(yīng)CO的物質(zhì)的量，結(jié)合熱化學(xué)方程式計算放出的熱量；

c．濃度越大；反應(yīng)速率越快；

d．由方程式可知生成的水的物質(zhì)的量等于消耗CO物質(zhì)的量，根據(jù)v=計算v（H2O）；

（5）已知：①CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H=-41kJ/mol

②2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=-484kJ/mol；

根據(jù)蓋斯定律，①×2+②可得：2CO（g）+O2（g）﹦2CO2（g）．【解析】【解答】解：（1）正反應(yīng)為放熱反應(yīng)；反應(yīng)物分子化學(xué)鍵斷裂時所吸收的總能量小于生成物分子化學(xué)鍵形成時所釋放的總能量，故答案為：小于；

（2）平衡時放出熱量為32.8kJ，則參加反應(yīng)的CO為=0.8mol，則CO轉(zhuǎn)化率為×100%=80%；故答案為：80%；

（3）容器①；②溫度相同；平衡常數(shù)相同，容器①中消耗CO物質(zhì)的量為0.8mol，則：

CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）

起始量（mol）：1400

變化量（mol）：0.80.80.80.8

平衡量（mol）：0.23.20.80.8

反應(yīng)前后氣體體積不變，用物質(zhì)的量代替濃度計算平衡常數(shù)，則K===1；

故答案為：1；

（4）a．容器①、②中CO、H2O起始物質(zhì)的量之比均為1：4，反應(yīng)前后氣體體積不變，恒溫恒容下二者為等效平衡，兩容器中H2的體積分數(shù)相等；故a正確；

b．容器①、②為等效平衡，平衡時CO轉(zhuǎn)化率相等，容器②中反應(yīng)CO的物質(zhì)的量為2mol×80%=1.6mol，放出的熱量為1.6mol×41kJ/mol=65.6kJ，故b錯誤；

c．容器②中反應(yīng)物起始濃度比①中的大；故容器②中開始反應(yīng)速率較快，故c錯誤；

d．由方程式可知生成的水的物質(zhì)的量等于消耗CO物質(zhì)的量，則v（H2O）==mol/（L．min）；故d錯誤；

故選：a；

（5）已知：①CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H=-41kJ/mol

②2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=-484kJ/mol；

根據(jù)蓋斯定律，①×2+②可得：2CO（g）+O2（g）﹦2CO2（g）△H=-566kJ/mol；

故答案為：2CO（g）+O2（g）﹦2CO2（g）△H=-566kJ/mol．15、bcCH3CHOClCH2CHBrCH2Br（或ClCH2CHClCH2Cl）CH2=CH2+H2OCH3CH2OHCH2OH-CHOH-CH2OH+3CH3COOH+3H2O【分析】【分析】石油裂解生成小分子化合物乙烯和丙烯，乙烯和水發(fā)生加成反應(yīng)生成A，則A的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2OH，乙醇被氧化生成B，B的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CHO，B被氧化生成C，C的結(jié)構(gòu)簡式為CH3COOH；C與E發(fā)生酯化反應(yīng)生成乙酸甘油酯，根據(jù)乙酸甘油酯的結(jié)構(gòu)簡式可知E為甘油，根據(jù)題中信息可知則D的結(jié)構(gòu)簡式為ClCH2CHBrCH2Br，據(jù)此進行解答．【解析】【解答】解：石油裂解生成小分子化合物乙烯和丙烯，乙烯和水發(fā)生加成反應(yīng)生成A，則A的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2OH，乙醇被氧化生成B，B的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CHO，B被氧化生成C，C的結(jié)構(gòu)簡式為CH3COOH；C與E發(fā)生酯化反應(yīng)生成乙酸甘油酯，根據(jù)乙酸甘油酯的結(jié)構(gòu)簡式可知E為甘油，根據(jù)題中信息可知則D的結(jié)構(gòu)簡式為ClCH2CHBrCH2Br；

（1）a．A為乙醇；乙醇中所含的官能團為羥基，故a正確；

b．根據(jù)分析可知，反應(yīng)①為裂解反應(yīng)，反應(yīng)②⑥屬于加成反應(yīng)，反應(yīng)⑤⑦⑧都屬于取代反應(yīng)，故b錯誤；

c．乙酸甘油酯與硬脂酸甘油酯是同系物；但是油脂為高級脂肪酸甘油酯，乙酸甘油酯不屬于油脂，故c錯誤；

d．A為乙醇；B為乙醛、C為乙酸；黃酒中也存在乙醇，A在微生物作用下可轉(zhuǎn)化為乙醛，并進一步轉(zhuǎn)化為乙酸，故d正確；

故答案為：bc；

（2）根據(jù)分析可知，B為乙醛，結(jié)構(gòu)簡式為：CH3CHO；D為ClCH2CHBrCH2Br或ClCH2CHClCH2Cl；

故答案為：CH3CHO；ClCH2CHBrCH2Br；ClCH2CHBrCH2Br（或ClCH2CHClCH2Cl）；

（3）反應(yīng)②為乙烯與水的加成反應(yīng)，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；

反應(yīng)⑧為甘油與乙酸的酯化反應(yīng)，反應(yīng)的方程式為：CH2OH-CHOH-CH2OH+3CH3COOH+3H2O；

故答案為：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；CH2OH-CHOH-CH2OH+3CH3COOH+3H2O．16、2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑Cl2+H2=2HClCl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O飽和食鹽水去離子水Na+【分析】【分析】（1）電解飽和食鹽水；陽極生成氯氣，陰極生成氫氣和氫氧化鈉，如兩個極室沒有用離子交換膜隔開，氯氣可與氫氣；氫氧化鈉反應(yīng)；

（2）電解飽和食鹽水，陽極發(fā)生氧化反應(yīng)生成氯氣，陰極發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氣，為防止H2與Cl2混合爆炸，防止Cl2與NaOH反應(yīng)使NaOH不純，常將兩個極室用離子膜隔開，電解時陽極室（A處）加入精制飽和食鹽水，陰極室（B處）加入去離子水，以維持溶液的離子濃度．【解析】【解答】解：（1）電解飽和食鹽水，陽極生成氯氣，陰極生成氫氣和氫氧化鈉，反應(yīng)的總方程式為2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，在電解過程中可能發(fā)生兩個副反應(yīng)，化學(xué)方程式為Cl2+H2=2HCl、Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；

故答案為：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；Cl2+H2=2HCl；Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；

（2）為了防止以上副反應(yīng)的進行；工業(yè)上電解飽和食鹽水的方法之一，是將兩個極室用離子交換膜隔開，陽極室（A處）發(fā)生氧化反應(yīng)，應(yīng)加入飽和食鹽水，陰極室（B處）加入去離子水，陽離子向陰極移動，則離子交換膜只允許鈉離子移動；

故答案為：飽和食鹽水；去離子水；Na+．三、判斷題(共7題，共14分)17、√【分析】【分析】18O2的相對分子質(zhì)量為36，結(jié)合n==計算．【解析】【解答】解：18O2的相對分子質(zhì)量為36，n（18O2）==0.5mol，則含有1mol18O原子，個數(shù)為NA，故答案為：√．18、√【分析】【分析】流感病毒的成分為蛋白質(zhì)，而食醋的主要成分為乙酸，乙酸能使蛋白質(zhì)發(fā)生變性，以此來解答．【解析】【解答】解：因流感病毒的成分為蛋白質(zhì)；而食醋的主要成分為乙酸，乙酸能使蛋白質(zhì)發(fā)生變性，則為防止流感傳染，可將教室門窗關(guān)閉后，用食醋熏蒸，進行消毒，做法正確；

故答案為：√．19、×【分析】【分析】SO2可以使酸性KMnO4溶液褪色，發(fā)生氧化還原反應(yīng)，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(yīng)，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(guān)，說法錯誤；

故答案為：×．20、×【分析】【分析】氫氧化鈉是強電解質(zhì)，一水合氨是弱電解質(zhì)，加水稀釋弱電解質(zhì)溶液，促進弱電解質(zhì)電離，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：氫氧化鈉是強電解質(zhì)，在水中完全電離，加水稀釋一倍，氫氧根離子濃度變?yōu)樵瓉淼囊话耄凰习笔侨蹼娊赓|(zhì)，在水溶液里存在電離平衡，加水稀釋促進其電離，當(dāng)稀釋一倍后，氫氧根離子濃度大于原來的一半，該說法錯誤，故答案為：×．21、×【分析】【分析】依據(jù)n=CV可知要計算溶質(zhì)的物質(zhì)的量需要知道溶液的濃度和溶液的體積，據(jù)此判斷解答．【解析】【解答】解：0.1mol?L-1的NaHSO4溶液，體積未知，無法計算硫酸氫鈉的物質(zhì)的量，無法計算陽離子個數(shù)，故錯誤；22、×【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(dǎo)電的化合物；

在水溶液中完全電離的是強電解質(zhì)；部分電離的是弱電解質(zhì)．【解析】【解答】解：氨氣在水溶液中與水反應(yīng)生成一水合氨；一水合氨部分電離出銨根離子和氫氧根離子，氨氣自身不能電離，故氨氣是非電解質(zhì)；

故答案為：×．23、×【分析】【分析】根據(jù)苯和1，2-二溴已烷可以互溶，難易分離；【解析】【解答】解：苯中混有已烯，可在加入適量溴水，苯與溴水不反應(yīng)，已烯與溴水發(fā)生加成反應(yīng)生成1，2-二溴已烷，但苯和1，2-二溴已烷可以互溶，難易分離，故答案為：×；四、簡答題(共4題，共32分)24、略

【分析】解：（1）P原子核外有15個電子，分三層排布，即有三個能層，所以電子占據(jù)的最高能層符號為M；最外層為3s2p3；則磷元素位于周期表的p區(qū)，s能級有1個軌道，p能級有3個軌道，所以M能層具有的原子軌道數(shù)為4個；故答案為：p；M；4；

（2）同一周期元素自左而右第一電離能呈增大趨勢；但P元素原子3p能級是半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素，故鋁到磷元素的第一電離能P＞S＞Si＞Al，所以第三周期中第一電離能位于鋁元素和磷元素之間的有2種，故答案為：2；

（3）P4分子為正四面體構(gòu)型，鍵角為60°，P4分子中每個P原子與相鄰的3個P原子形成3個σ鍵、含有1對孤對電子，雜化軌道數(shù)目為4，則P原子采取sp3雜化；

因為P4分子中每個P原子與相鄰的3個P原子形成3個σ鍵，則平均每個P原子形成1.5個σ鍵，所以3.1g白磷中σ鍵的數(shù)目為×1.5=0.15mol；

相似相溶原理是指由于極性分子間的電性作用，使得極性分子組成的溶質(zhì)易溶于極性分子組成的溶劑，難溶于非極性分子組成的溶劑；非極性分子組成的溶質(zhì)易溶于非極性分子組成的溶劑，難溶于極性分子組成的溶劑，P4和CO2是非極性分子，H2O是極性分子，根據(jù)相似相溶的原理，P4易溶于CO2；難溶于水；

故答案為：60°；sp3；0.15mol；P4和CO2是非極性分子，H2O是極性分子，根據(jù)相似相溶的原理，P4易溶于CO2；難溶于水；

（4）Fe原子核外有26個電子，核外電子排布為1s22s22p63s23p63d64s2，F(xiàn)e原子失去4s能級2個電子、3d能級1個電子形成Fe3+，F(xiàn)e3+電子排布式為1s22s22p63s23p63d5；同周期元素從左到右元素的電負性逐漸增強，則電負性：S＞P，同主族元素從上到下電負性逐漸減弱，則電負性：O＞S，所以電負性O(shè)＞P，又Fe為金屬元素，則電負性由大到小的順序是O＞P＞Fe，故答案為：1s22s22p63s23p63d5；O＞P＞Fe；

（5）該晶胞中P原子個數(shù)=8×+6×=4，B原子個數(shù)為4，晶胞邊長=a×10-10cm，體積V=（a×10-10cm）3，ρ==g?cm3=g?cm3；

故答案為：g?cm3．

（1）P原子核外有15個電子，分三層排布，即有三個能層，最外層M能層為3s2p3；s能級有1個軌道，p能級有3個軌道，據(jù)此分析判斷；

（2）同一周期元素自左而右第一電離能呈增大趨勢；但P元素原子3p能級是半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素；

（3）P4分子為正四面體構(gòu)型，鍵角為60°，P4分子中每個P原子與相鄰的3個P原子形成3個σ鍵；并且含有1對孤對電子；雜化軌道數(shù)目為4；依據(jù)相似相溶的原理進行解答；

（4）Fe原子核外電子數(shù)為26；原子形成陽離子先按能層高低失去電子，能層越高的電子越容易失去，同一能層中按能級高低失去電子，能級越高越容易失去；同周期元素從左到右元素的電負性逐漸增強，則電負性：S＞P，同主族元素從上到下電負性逐漸減弱，則電負性：O＞S，由此分析解答；

（5）該晶胞中P原子個數(shù)=8×+6×=4，B原子個數(shù)為4，再根據(jù)ρ=計算密度．

本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，涉及電負性的比較、雜化方式的判斷、晶胞的計算、電子排布式等，側(cè)重于基礎(chǔ)知識的綜合應(yīng)用的考查，題目難度較大，注意把握晶胞的計算方法．【解析】p；M；4；2；60°；sp3；0.15mol；P4和CO2是非極性分子，H2O是極性分子，根據(jù)相似相溶的原理，P4易溶于CO2，難溶于水；1s22s22p63s23p63d5；O＞P＞Fe；25、略

【分析】解：①平衡常數(shù)是利用生成物平衡濃度冪次方乘積除以反應(yīng)物平衡濃度冪次方乘積，反應(yīng)Fe2O3（s）+3CO（g）?2Fe（s）+3CO2（g）的平衡常數(shù)K=

故答案為：

②Fe2O3（s）+3CO（g）?2Fe（s）+3CO2（g）△H＜0；改變條件比值增大；說明平衡逆向進行；

a．反應(yīng)是放熱反應(yīng)；升高溫度平衡逆向進行，比值增大，故a正確；

b．反應(yīng)前后去體積不變，增大壓強平衡不變，比值不變，故b錯誤；

c．充入一定量CO平衡正向進行；達到平衡狀態(tài)后相同，比值不變，故c錯誤；

d．再加入一些鐵粉是固體不影響平衡；比值不變，故d錯誤；

增大反應(yīng)物濃度平衡正向進行；但反應(yīng)前后氣體體積不變，一氧化碳轉(zhuǎn)化率不變；

故答案為：a；向右；不變；

①平衡常數(shù)是利用生成物平衡濃度冪次方乘積除以反應(yīng)物平衡濃度冪次方乘積；

②改變條件比值增大；說明平衡逆向進行；

增大反應(yīng)物濃度平衡正向進行；但反應(yīng)前后氣體體積不變，一氧化碳轉(zhuǎn)化率不變；

本題考查了化學(xué)平衡的計算應(yīng)用，主要是平衡常數(shù)影響因素，平衡移動方向判斷，掌握移動原理是解題關(guān)鍵，題目較簡單．【解析】a；向右；不變26、略

【分析】解：（1）實驗室常用NaOH溶液來進行洗氣和提純，當(dāng)100mL3mol/L的NaOH溶液吸收標準狀況下4.48LCO2時，n（NaOH）=3mol/L×0.1L=0.3mol，n（CO2）==0.2mol，n（NaOH）：n（CO2）=3：2，二者會發(fā)生反應(yīng)為：3NaOH+2CO2=Na2CO3+NaHCO3+H2O，根據(jù)物料守恒可得c（Na+）最大，CO32-、HCO3-都會發(fā)生水解反應(yīng)，消耗水電離產(chǎn)生的H+，使溶液中c（OH-）＞c（H+），溶液顯堿性，由于CO32-水解程度大于HCO3-的水解程度，所以c（HCO3-）＞c（CO32-），但是鹽水解的程度是微弱的，主要以鹽電離產(chǎn)生的離子存在，所以c（CO32-）＞c（OH-），所以所得溶液中各離子濃度由大到小的順序為c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+）；

故答案為：c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+）；

（2）A．在醋酸溶液中存在電離平衡：CH3COOH?CH3COO-+H+；A．當(dāng)加水稀釋時，醋酸的電離平衡正向移動，電離程度增大，所以溶液中導(dǎo)電粒子的數(shù)目增加，故A錯誤；

B．加水稀釋，醋酸的電離程度增大，但是由于稀釋使離子濃度減小的趨勢大于電離平衡正向移動使離子濃度增大的趨勢，所以溶液中c（H+）、c（CH3COO-）減小；故B錯誤；

C．溶液中不變；故C正確；

D．溶液中c（CH3COO-）、c（H+）減小，由于溶液中存在水的電離平衡，水的離子積是個常數(shù)，所以c（OH-）增大，故減小；故D正確；

故答案為：CD；

（3）①常溫下將0.15mol/L稀硫酸V1mL與0.1mol/LNaOH溶液V2mL混合，所得溶液的pH為1，則=0.1mol/L，則V1：V2=1：1；

故答案為：1：1；

②A．若反應(yīng)后溶液呈中性，c（H+）V1=c（OH-）V2，由于c（H+）=c（OH-），所以V1=V2，則c（H+）+c（OH-）=1×10-7mol/L+1×10-7mol/L=2×10-7mol/L；故A正確；

B．若V1=V2，則c（H+）=c（OH-）；若酸是強酸，則二者恰好中和，溶液顯中性，pH=7；若酸是弱酸，則酸電離產(chǎn)生的氫離子恰好被中和，其中含有大量未電離的酸分子，所以酸過量，反應(yīng)后溶液顯酸性，pH＜7，故反應(yīng)后溶液pH不一定等于7，故B錯誤；

C．若反應(yīng)后溶液呈酸性，則酸是強酸，則V1=V2，若酸是弱酸，V1可能大于、等于，也可能小于V2，不一定大于V2；故V錯誤；

D．若反應(yīng)后溶液呈堿性，由于堿是強堿，則無論酸是強酸還是弱酸，則V1一定小于V2；故D正確；

故答案為：AD；

（4）①根據(jù)鹽的水解規(guī)律：有弱才水解，誰弱誰水解，誰強顯誰性，越弱越水解，根據(jù)鹽溶液的pH可知酸的酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCN＞HCO3-；酸的酸性越強，稀釋時氫離子的濃度變化越大；酸的酸性越弱，稀釋時氫離子的濃度變化越小，所以四種酸的溶液分別稀釋100倍，pH變化最小的是HCN，選項A正確；

故答案為：A；

②A．由于酸性CH3COOH＞H2CO3，所以可以發(fā)生反應(yīng)CH3COOH+Na2CO3=NaHCO3+CH3COONa；故A正確；

B．由于酸性CH3COOH＞HCN，所以可以發(fā)生反應(yīng)：CH3COOH+NaCN=CH3COONa+HCN；故B正確；

C．由于酸性H2CO3＞HClO＞HCO3-，所以CO2+H2O+2NaClO=Na2CO3+2HClO不能發(fā)生；故C錯誤；

D．由于酸性HCN＞HCO3-，所以NaHCO3+HCN=NaCN+CO2+H2O不能發(fā)生；故D錯誤；

故答案為：AB；

（5）Fe（OH）2、Cu（OH）2、Mg（OH）2的構(gòu)型相同，物質(zhì)的溶度積常數(shù)越小，當(dāng)離子濃度相同時，溶液的pH越小，就越容易形成其沉淀，所以根據(jù)形成沉淀的pH數(shù)值可知，當(dāng)向含相同濃度Cu2+、Mg2+、Fe2+離子的溶液中滴加NaOH溶液時，Cu2+先沉淀，則Ksp[Fe（OH）2]＜Ksp[Mg（OH）2]；

故答案為：Cu2+；＜．

（1）n（NaOH）=3mol/L×0.1L=0.3mol，n（CO2）==0.2mol；設(shè)生成的碳酸鈉的物質(zhì)的量為x；碳酸氫鈉的物質(zhì)的量為y，則x+y=0.2、2x+y=0.3，解得：x=0.1、y=0.1，即碳酸鈉和碳酸氫鈉的物質(zhì)的量都是0.1mol，碳酸鈉和碳酸氫鈉混合溶液呈堿性，碳酸根離子水解程度大于碳酸氫根離子，再結(jié)合物料守恒判斷；

（2）加水稀釋促進醋酸電離；溶液中醋酸根離子濃度；醋酸分子濃度、氫離子濃度都減小，氫氧根離子濃度增大；

（3）①所得溶液的pH值為1，溶液中氫離子濃度為1×10-1mol?L-1，說明氫離子過量，根據(jù)題中稀硫酸和氫氧化鈉溶液體積列式計算出V1：V2的比值；

②A．若反應(yīng)后溶液呈中性，則c（H+）=c（OH-）=1×10-7mol/L；

B．若V1=V2；反應(yīng)后溶液pH等于7或小于7；

C．若反應(yīng)后溶液呈酸性，V1可能等于V2；

D．如果溶液呈堿性；則溶液可能是堿和鹽溶液，也可能只是鹽溶液；

（4）①相同濃度的鈉鹽溶液；酸的酸性越弱，則酸根離子水解程度越大，根據(jù)鈉鹽溶液pH確定酸的強弱；相同濃度的不同酸，加水稀釋促進弱酸電離，則稀釋相同的倍數(shù)，酸的酸性越弱，酸溶液稀釋過程中pH變化越??；

②酸根離子水解程度越強；則酸的酸性越弱，結(jié)合強酸制取弱酸分析；

（5）生成沉淀需要的pH越??；則該離子先沉淀；根據(jù)離子積常數(shù)計算其溶度積常數(shù)．

本題考查電解質(zhì)溶液中離子濃度大小比較、電離平衡常數(shù)、溶度積常數(shù)的應(yīng)用等知識，題目難度中等，注意根據(jù)溶液中的溶質(zhì)及其性質(zhì)確定溶液中離子濃度大小，試題知識點較多、綜合性較強，充分考查了學(xué)生的分析能力及靈活應(yīng)用能力．【解析】c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+）；CD；1：1；A；AB；Cu2+；＜27、略

【分析】解：rm{(1)a.H_{2}O}分子空間結(jié)構(gòu)呈rm{V}型；正負電荷中心不重合，屬于極性分子，故A錯誤；

rm{b.H_{2}O}分子中rm{2}個氫原子的rm{2}個由rm{s}軌道與氧原子的rm{sp^{3}}雜化軌道形成rm{婁脪}鍵；故B正確；

rm{c.}水形成冰晶體是通過氫鍵作用的，不是rm{H-O}鍵；故C錯誤；

rm{d.}冰晶胞：干冰晶胞：即冰晶胞中水分子的空間排列方式與干冰胞不同，故D錯誤；

故選rm

rm{(2)壟脵}根據(jù)圖rm{2}結(jié)構(gòu)可知：碳原子形成rm{2}個rm{C-S}rm{1}個rm{C=S}二鍵，rm{C}原子雜化軌道數(shù)為rm{(2+1)=3}rm{C}原子采取rm{sp^{2}}雜化方式；

分子中的rm{C}與rm{S}原子之間有rm{婁脨}鍵或分子中的碳硫鍵具有一定程度的雙鍵性質(zhì)，可導(dǎo)致rm{C_{16}S_{8}}中碳硫鍵鍵長介于rm{C-S}與rm{C=S}之間；

分子之間存在范德華力，rm{C_{16}S_{8}}與rm{H_{2}}微粒間的作用力是范德華力；

故答案為：rm{sp^{2}}分子中的rm{C}與rm{S}原子之間有rm{婁脨}鍵或分子中的碳硫鍵具有一定程度的雙鍵性質(zhì)；范德華力；

rm{壟脷}氮原子提供一對共用電子對給硼原子形成配位鍵，氨硼烷的結(jié)構(gòu)式為等電子體具有相同的電子數(shù)目和原子數(shù)目，與氨硼烷互為等電子體的有機小分子是rm{CH_{3}CH_{3}}

故答案為：rm{CH_{3}CH_{3}}

rm{壟脹CaF_{2}}的結(jié)構(gòu)如圖根據(jù)題意知，該晶胞中銅原子個數(shù)rm{=6隆脕dfrac{1}{2}=3}金原子個數(shù)rm{=8隆脕dfrac{1}{8}=1}氫原子可進入到由rm{Cu}原子與rm{Au}原子構(gòu)成的四面體空隙中，則rm{H}原子應(yīng)位于晶胞內(nèi)部，氫原子相當(dāng)于該晶胞中的rm{F}離子，所以該晶胞中應(yīng)含有rm{8}個rm{H}所以其化學(xué)式為rm{Cu_{3}AuH_{8}}

故答案為：rm{Cu_{3}AuH_{8}}

rm{壟脺}該晶胞中鎂原子個數(shù)rm{=dfrac{1}{8}隆脕8+1=2}氫原子個數(shù)rm{=4隆脕dfrac{1}{2}+2=4}rm{V=dfrac{m}{婁脩}=dfrac{dfrac{M(24隆脕2+1隆脕4)}{N_{A}}}{婁脩}cm^{3}=dfrac{52}{aN_{A}}cm^{3}}故答案為：rm{V=dfrac{m}{婁脩}=dfrac{dfrac

{M(24隆脕2+1隆脕4)}{N_{A}}}{婁脩}cm^{3}=dfrac

{52}{aN_{A}}cm^{3}}．

rm{dfrac{52}{aN_{A}}}中rm{(1)a.H_{2}O}rm{H}元素形成的極性鍵，分子空間結(jié)構(gòu)呈rm{O}型；正負電荷中心不重合，屬于極性分子；

rm{V}分子中rm{b.H_{2}O}個氫原子的rm{2}個由rm{2}軌道與氧原子的rm{s}雜化軌道形成rm{sp^{3}}鍵；

rm{婁脪}水分子之間是通過氫鍵作用形成冰晶體；

rm{c.}冰晶胞：干冰晶胞：

rm{d.}對于有機物利用雜化軌道數(shù)rm{(2)(2)壟脵}孤對電子對數(shù)rm{=}鍵數(shù)進行判斷，當(dāng)rm{+婁脪}rm{n=2}雜化，rm{sp}rm{n=3}雜化，rm{sp^{2}}rm{n=4}雜化；分子中的rm{sp^{3}}與rm{C}原子之間有rm{S}鍵或分子中的碳硫鍵具有一定程度的雙鍵性質(zhì)；分子與分子間的作用力為分子間作用力；

rm{婁脨}根據(jù)氮原子提供一對共用電子對給硼原子形成配位鍵；根據(jù)等電子體具有相同的電子數(shù)目和原子數(shù)目來分析；

rm{壟脷}的結(jié)構(gòu)如圖利用均攤法計算；

rm{壟脹CaF_{2}}先根據(jù)均攤法確定該晶胞中含有的各種原子個數(shù)，從而得出其質(zhì)量，再根據(jù)rm{壟脺}計算其體積。

本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，為高頻考點，涉及雜化方式的判斷、空間構(gòu)型的判斷、晶胞的計算等知識點，難點是晶胞的計算，知道晶胞計算中各個物理量之間的關(guān)系，題目難度中等．rm{V=dfrac{m}{婁脩}}【解析】rmrm{sp^{2}}分子中的rm{C}與rm{S}原子之間有rm{婁脨}鍵或分子中的碳硫鍵具有一定程度的雙鍵性質(zhì)；范德華力；rm{CH_{3}CH_{3}}rm{Cu_{3}AuH_{8}}rm{dfrac{52}{aN_{A}}}五、探究