2025年北師大新版高三化學上冊月考試卷含答案

…………○…………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年北師大新版高三化學上冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、下列溶液中；需要避光保存的是（）

①氯水②濃鹽酸③硝酸④濃硫酸．A.①B.①②③④C.①③D.②③2、對于某些離子的檢驗及結(jié)論正確的是（）A.加鹽酸有無色氣體產(chǎn)生，該氣體能使澄清石灰水變混濁，原溶液中一定有CO32-B.加氯化鋇溶液有白色沉淀產(chǎn)生，再加鹽酸，淀淀不消失，原溶液中一定有SO42-C.某溶液的焰色反應為黃色，則該溶液中一定有Na+D.某溶液中加入Na2CO3溶液后有白色沉淀，則該溶液中一定有Ca2+3、電浮選凝聚法處理酸性污水的工作原理如圖所示rm{.}下列說法不正確的是rm{(}rm{)}

A.鐵電極的電極反應式為：rm{Fe-2e^{-}簍TFe^{2+}}B.通人空氣的石墨電極的電極反應式為rm{O_{2}+2CO_{2}+4e^{-}簍T2CO_{3}^{2-}}C.若左池石墨電極產(chǎn)生rm{44.8L(}標準狀況rm{)}氣體，則消耗氧氣rm{0.5mol}D.為增強污水的導電能力，可向污水中加入適量工業(yè)用食鹽4、下列各組離子中，在堿性溶液里能大量共存，且溶液為無色透明的是（）A.K+、Cu2+、Cl-、SO42-B.Na+、AlO2-、NO3-、CH3COO-C.Na+、NH4+、NO3-、S2-D.Na+、Ag+、NO3-、Br-5、通式為CnH2n+1OH（n≠1）的醇不能發(fā)生消去反應，n的最小值是（）A.2B.3C.4D.56、已知可逆反應2SO2+O22SO3，當生成2molSO3時放出熱量為Q，現(xiàn)將1molSO2和0.5molO2在相同條件下反應生成SO3放出的熱量為Q1，則（）A.Q1=QB.Q1＜QC.2Q1＜QD.無法判斷7、苯環(huán)結(jié)構(gòu)中不存在碳碳單鍵與碳碳雙鍵的交替結(jié)構(gòu)；可以作為證據(jù)的是（）

①苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色。

②苯不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色。

③苯在一定條件下既能發(fā)生取代反應；又能發(fā)生加成反應。

④經(jīng)測定；鄰二甲苯只有一種結(jié)構(gòu)。

⑤經(jīng)測定，苯環(huán)上碳碳鍵的鍵長相等，都是1.40×10-10m．A.①②④⑤B.①②③⑤C.①②③D.①②8、下列各組離子中，在酸性無色透明的溶液中能大量的是（）A.K+、HCO3-、Na+、SO42-B.NH4+、SO42-、Ba2+、Cl-C.Na+、MnO4-、NO3-、K+D.Na+、SO42-、Mg2+、Cl-9、下列事實不屬于鹽類水解應用的是（）

A.明礬和氯化鐵晶體在生產(chǎn)中常作凈水劑。

B.實驗室通常使用熱的純堿溶液去除油污。

C.實驗室配制FeCl3溶液時加少量稀鹽酸。

D.實驗室制氫氣時加CuSO4加快反應速率。

評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)10、晶體硅是一種重要的非金屬材料；模擬制備純硅的主要步驟如下：

①高溫下用碳還原二氧化硅制得粗硅。

②粗硅與干燥HCl氣體反應制得SiHCl3：Si+3HClSiHCl3+H2；

。沸點/℃SiHCl333.0SiCl457.6HCl-84③SiHCl3與過量H2在1000～1100℃反應制得純硅可能用到的信息如下：

已知SiHCl3能與H2O強烈反應；在空氣中易自燃；

步驟②中粗硅與HCl反應時會生成少量SiCl4；

請回答下列問題：

（1）粗硅與HCl反應完全后，依據(jù)上表所示沸點差異提純SiHCl3．該提純方法為____．

（2）用SiHCl3與過量H2反應制備純硅的裝置如下（熱源及夾持裝置略去）：

①依次連接的合理順序為____；裝置D中g(shù)管的作用是____；裝置B中的試劑是____；裝置C中的燒瓶加熱的目的是____．

②裝置A中發(fā)生反應的化學方程式為____．

③操作時應先打開裝置____（C或D）中分液漏斗的旋塞，理由是：____．

（3）請設計實驗證明產(chǎn)品硅中是否含微量鐵單質(zhì)：將產(chǎn)品用稀鹽酸溶解，取上層清液后____．11、（1）若40g密度為ρg?cm-3的Ca（NO3）2溶液中含有4gCa（NO3）2，則溶液中NO的物質(zhì)的量濃度為____mol/L

（2）在標準狀況下，將VLA氣體（摩爾質(zhì)量為Mg?mol-1）溶于1L水中，所得溶液的密度為ρg?cm-3，則此溶液的物質(zhì)的量濃度為____mol/L

（3）NA代表阿伏加德羅常數(shù)．已知C2H4和C3H6的混合物的質(zhì)量為ag，則該混合物所含共用電子對數(shù)目為____所含碳氫鍵數(shù)目____．12、（8分）氯化銀、氫氧化銀都能和氨水反應生成Ag(NH3)2+，Ag(NH3)2+能和H+反應：Ag(NH3)2++2H+=Ag++2NH4+，今有一白色固體可能是由Al2(SO4)3、AgNO3、BaCl2、NH4Cl、KOH、Na2S中的兩種或三種組成，為了確定該白色固體的成分，進行以下實驗：(1)取白色固體少許，加入適量蒸餾水，充分振蕩得無色溶液；(2)取(1)得到的溶液少許，滴加適量的硝酸，有白色沉淀生成。由此白色固體必須含有的物質(zhì)可能有兩種組合：第一種是NH4Cl、_______________________。第二種是_______________________。在第一種情況下加入足量的稀硝酸時仍有白色沉淀，該白色沉淀是____________。在第二種情況下加入稀硝酸時也產(chǎn)生白色沉淀，其離子方程式為_______________。13、請寫出下列有機物的系統(tǒng)命名。

（1）名稱是____．

（2）名稱是____．

（3）名稱是____．

（4）名稱是____．14、實驗室要配制2mol/L稀硫酸240mL．

（1）需要量取質(zhì)量分數(shù)為98%密度為1.84g/mL的濃硫酸____mL．

（2）配制過程中不需要下列儀器中的____（填選項的標號）．

A．托盤天平B．燒杯C．量筒D．燒瓶E．玻璃棒F．膠頭滴管G．250mL容量瓶。

（3）下列實驗操作中，按先后順序排列為____．

A．將稀釋；冷卻后的硫酸沿玻璃棒注入250mL容量瓶中．

B．將洗滌液也注入容量瓶中；輕輕搖動容量瓶，使溶液混合均勻．

C．將量取的濃硫酸沿玻璃棒緩慢注入燒杯中；攪拌并冷卻至室溫．

D．向燒杯中加入約100mL蒸餾水．

E．用適量蒸餾水洗滌燒杯2～3次．

F．向容量瓶中加蒸餾水到液面接近刻度1～2cm處．

G．蓋上瓶塞；并反復倒轉(zhuǎn)搖勻．

H．用膠頭滴管加蒸餾水到瓶頸刻度處．

（4）在配制過程中；如果出現(xiàn)下列情況，將對所配溶液的物質(zhì)的量濃度有何影響？（填“偏高”；“偏低”或“無影響”）

用量筒量取濃硫酸時，仰視量筒進行讀數(shù)____，定容時，仰視觀察容量瓶刻度線____，所用的濃硫酸長時間放置在密封不好的容器中____．評卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)15、1molCl2參加反應轉(zhuǎn)移電子數(shù)一定為2NA．____（判斷對錯）16、某有機物燃燒后生成二氧化碳和水，所以此有機物一定含有C、H、O三種元素．____（判斷對錯）17、制備Fe（OH）3，既可以通過復分解反應制備，又可以通過化合反應制備____（判斷對和錯）18、I．下列實驗操作或?qū)嶒炇聦嵉臄⑹鲋?；正確的在橫線里打√，錯誤的在橫線里打×：

（____）（1）實驗室制取乙烯時；必須將溫度計的水銀球插入反應液液面以下，根據(jù)溫度計指示的溫度來調(diào)節(jié)酒精燈火焰大小，以控制反應液的溫度．

（____）（2）在潔凈的試管里加入1mL2%的氨水；然后一邊搖動試管，一邊逐滴滴入2%的硝酸銀溶液，至最初產(chǎn)生的沉淀恰好溶解為止，即得銀氨溶液．

（____）（3）用稀硝酸清洗做過銀鏡反應實驗的試管．

（____）（4）實驗室制肥皂時；將適量植物油和NaOH溶液混合，并不斷攪拌；加熱，直到混合物變稠，即可得到肥皂．

（____）（5）進行纖維素水解實驗時，把一小團蓬松脫脂棉放入試管，滴入少量濃硫酸攪拌，使脫脂棉變成糊狀，再加入一定量的水，加熱至溶液呈亮棕色，然后加入新制的Cu（OH）2加熱至沸騰即可．

II．現(xiàn)安裝一套實驗室利用液一液反應制備氣體的裝置；有人設計了五步操作，請你安排出正確而簡捷的程序，將序號（1；2、3）填入括號內(nèi)．

（____）將蒸餾燒瓶固定在鐵架臺上．

（____）把酒精燈放在鐵架臺上；根據(jù)酒精燈確定鐵圈的高度，固定鐵圈，放好石棉網(wǎng)．

（____）用漏斗向蒸餾燒瓶中加入一種液體反應物；再向分液漏斗中加入另一種液體反應物，并將導氣管放入氣體收集器中．

（____）檢查裝置的氣密性（利用對固定裝置進行微熱的方法來檢查氣密性；假定瓶口漏氣而需要更換橡皮塞）．

（____）在蒸餾燒瓶上裝好分液漏斗；連接好導氣管．

III．某校學生小組為探究乙酸；碳酸和苯酚的酸性強弱；進行下述實驗．

該校學生設計了如圖的實驗裝置（夾持儀器已略去）．

（1）某生檢查裝置A的氣密性時，先關閉止水夾，從左管向U型管內(nèi)加水，至左管液面高于右管液面，靜置一段時間后，若U型管兩側(cè)液面差不發(fā)生變化，則氣密性良好．你認為該生的操作正確與否？____（填“正確”或“錯誤”）

大理石與乙酸溶液反應的化學方程式為____

（2）裝置A中反應產(chǎn)生的氣體通入苯酚鈉溶液中，實驗現(xiàn)象為____

反應的離子方程式為____

（3）有學生認為（2）中的實驗現(xiàn)象不足以證明碳酸的酸性比苯酚強，理由是乙酸有揮發(fā)性，揮發(fā)出的乙酸也可以和苯酚鈉溶液反應，生成苯酚．改進該裝置的方法是____．19、判斷題（對的打√；錯的打×）

（1）1mol氫中含有NA個氫原子____

（2）1molCO2含有NA個氧原子____

（3）1molH2O中含有1molH2和1molO____

（4）在標準狀況下，1mol水的體積約是22.4L____

（5）1molO2在20℃時的體積一定大于22.4L____

（6）在標準狀況下，0.5molN2和1molO2的混合氣體的體積約是33.6L____．20、分子總數(shù)為NA的NO2和CO2混合氣體中含有的氧原子數(shù)為2NA．____（判斷對錯）21、有些化學反應既屬于復分解反應，又屬于氧化反應____（判斷對和錯）22、在NaCl、MgCl2和MgSO4三種鹽配成的混合溶液中，若Na+的濃度為0.1mol?L-1、Mg2+的濃度為0.25mol?L-1、Cl-的濃度為0.2mol?L-1、則SO42-的物質(zhì)的量濃度為0.2mol?L-1____（判斷對錯）．評卷人得分四、探究題(共4題，共20分)23、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(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(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，小明利用這個反應的原理來測定其含量，操作為：評卷人得分五、簡答題(共4題，共36分)27、可以由下列反應合成三聚氰胺：CaO+3CCaC2+CO↑；

CaC2+N2CaCN2+C，CaCN2+2H2O═NH2CN+Ca（OH）2；

NH2CN與水反應生成尿素[CO（NH2）2]；尿素合成三聚氰胺．

（1）寫出與Ca在同一周期且最外層電子數(shù)相同、內(nèi)層排滿電子的基態(tài)原子的電子排布式：______；CaCN2中陰離子為CN22-，與CN22-互為等電子體的分子有N2O和______（填化學式），由此可以推知CN22-的空間構(gòu)型為______．

（2）尿素分子中C原子采取______雜化．

（3）三聚氰胺（）俗稱“蛋白精”．動物攝入三聚氰胺和三聚氰酸（）后，三聚氰酸與三聚氰胺分子相互之間通過______結(jié)合；在腎臟內(nèi)易形成結(jié)石．

（4）CaO晶胞如圖所示，CaO晶體中Ca2+的配位數(shù)為______，Ca2+采取的堆積方式為______，O2-處于Ca2+堆積形成的______空隙中；CaO晶體和NaCl晶體的晶格能分別為：CaO3401kJ?mol-1、NaCl786kJ?mol-1．導致兩者晶格能差異的主要原因是______．

（5）配位化合物K3[Fe（CN）n]遇亞鐵離子會產(chǎn)生藍色沉淀，因此可用于檢驗亞鐵離子，已知鐵原子的最外層電子數(shù)和配體提供電子數(shù)之和為14，求n=______．28、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}rm{G}rm{H}均為含有苯環(huán)的有機物。rm{B}與rm{FeCl_{3}}溶液混合沒有顏色變化，rm{F}rm{H}除苯環(huán)外還有一個含氧的六元環(huán)rm{(}與苯環(huán)共用rm{2}個碳原子rm{)}它們之間的轉(zhuǎn)化關系如下：rm{(1)}化合物rm{A}含有的官能團名稱是__________。rm{(2)}反應rm{壟脻}的反應類型是__________。rm{(3)B}rm{F}的結(jié)構(gòu)簡式分別為__________、__________。rm{(4)}物質(zhì)rm{D}不可能具有的性質(zhì)是__________。rm{a.}使溴水褪色rm{b.}使酸性rm{KMnO_{4}}溶液褪色rm{c.}能與rm{Na_{2}CO_{3}}溶液反應rm{d.}能發(fā)生酯化反應rm{e.}能與新制的rm{Cu(OH)_{2}}反應rm{f.}能使rm{FeCl_{3}}溶液變色rm{(5)}寫出反應rm{壟脵}的化學方程式：___________________________________________。rm{(6)}寫出同時符合下列兩項要求的rm{C}的三種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式__________、__________、__________。rm{壟脵}化合物是rm{1}rm{3}rm{5隆陋}三取代苯rm{壟脷}苯環(huán)上的三個取代基中必須分別含有醇羥基、酚羥基和醛基這三種結(jié)構(gòu)29、溴化鈣可用作阻燃劑、制冷劑，具有易溶于水，易吸潮等性質(zhì)．實驗室用工業(yè)大理石（含有少量Al3+、Fe3+等雜質(zhì)）制備溴化鈣的主要流程如下：

完成下列填空：

（1）上述使用的氫溴酸的質(zhì)量分數(shù)為26%；若用47%的氫溴酸配置26%的氫溴酸的氫溴酸500mL，所需的玻璃儀器有玻璃棒；______；

（2）已知步驟Ⅲ的濾液中不含NH4+．步驟Ⅱ加入的試劑a是______；控制溶液的pH約為8.0的目的是______；______；

（3）試劑b是______；步驟Ⅳ的目的是______；

（4）步驟Ⅴ所含的操作依次是______；______；

（5）制得的溴化鈣可以通過如下步驟測定其純度：

①稱取4.00g無水溴化鈣樣品；②溶解；③滴入足量Na2CO3溶液；充分反應后過濾；④______；⑤稱量．若得到1.88g碳酸鈣，則溴化鈣的質(zhì)量分數(shù)為______（保留兩位小數(shù)）．

若實驗操作規(guī)范而測定結(jié)果偏低，其原因是______．30、馬來酸氯苯那敏又名撲爾敏（）是一種常見的抗過敏藥物；其合成路線如下：

已知：碳碳雙鍵可以被臭氧氧化

請回答下列問題：

（1）下列說法中不正確的是______。

A．撲爾敏的分子式為C16H18N2Cl

B．G分子中含有兩個手性碳原子。

C．化合物C中所有原子可能共平面。

D．化合物E能發(fā)生取代；加成、氧化、還原反應。

（2）化合物B的結(jié)構(gòu)簡式是______。

（3）E→F的化學方程式是______。

（4）寫出同時符合下列條件的化合物B（C12H12N2）兩個同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式______。

①分子中含有兩個六元環(huán)；②1H-NMR譜顯示有3個峰。

（5）設計由D經(jīng)兩步反應得到E的合成路線（用流程圖表示，無機試劑任選）______。評卷人得分六、計算題(共3題，共18分)31、向rm{27.2Cu}和rm{Cu_{2}O}的混合物中加入某濃度的稀硝酸rm{0.5L}固體物質(zhì)完全反應，生成rm{NO}和rm{Cu(NO_{3})_{2}.}在所得溶液中加入rm{1.0mol/L}的rm{NaOH}溶液rm{1.0L}此時溶液呈中性，金屬離子已完全沉淀，沉淀質(zhì)量為rm{39.2g}請列式計算。

rm{(1)Cu}與rm{Cu_{2}O}的物質(zhì)的量之比？

rm{(2)}硝酸的物質(zhì)的量濃度？32、質(zhì)量為483gNa2SO4?10H2O固體中所含的Na+的物質(zhì)的量是____mol，所含H2O分子的數(shù)目是____個．33、實驗室用20gCaCO3和200ml的鹽酸恰好完全反應；計算：

（1）生成CaCl2的質(zhì)量。

（2）鹽酸的溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度。

（3）生成的CO2在標況下的體積．參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】【分析】凡是見光易分解的化學試劑，都需要保存到棕色試劑瓶中，濃硝酸、新制氯水和硝酸鹽溶液都是見光易分解的，需要保存在棕色試劑瓶中．【解析】【解答】解：見光易分解的物質(zhì)應避光保存；所以必須要保存在棕色瓶中．

①氯水③硝酸見光易分解；所以必須要保存在棕色瓶中避光保存；

故選C．2、C【分析】【分析】A；鹽酸能與含碳酸根或碳酸氫根離子的物質(zhì)反應生成二氧化碳；二氧化碳氣體遇澄清石灰水變渾濁；

B；氯化鋇能與硫酸根離子或銀離子結(jié)合生成不溶于水也不溶于酸的沉淀；

C；焰色反應為元素的性質(zhì)；

D、能夠與碳酸鈉生成的溶于鹽酸的白色沉淀不一定為碳酸鈣，可能為碳酸鋇，原溶液中可能含有鋇離子．【解析】【解答】解：A、鹽酸能與含碳酸根或碳酸氫根離子的物質(zhì)反應生成二氧化碳，加入稀鹽酸產(chǎn)生無色氣體，不一定有CO32-；故A錯誤；

B、氯化鋇能與硫酸根離子或銀離子結(jié)合生成不溶于水也不溶于酸的沉淀，加入氯化鋇溶液有白色沉淀產(chǎn)生，再加鹽酸，沉淀不消失，不一定有SO42-；可能含有銀離子，故B錯誤；

C、焰色反應為元素的性質(zhì)，某溶液的焰色反應為黃色，則該溶液中一定有Na+；故C正確；

D、碳酸鋇和碳酸鈣等沉淀都可溶于鹽酸，原溶液中可能含有Ba2+，不一定含有Ca2+；故D錯誤；

故選C．3、C【分析】解：rm{A.}通入氧氣的電極上得電子發(fā)生還原反應，所以通入氧氣的電極為正極，則鐵作陽極，陽極上鐵失電子發(fā)生氧化反應，電極反應式為rm{Fe-2e^{-}簍TFe^{2+}}故A正確；

B.通入空氣的電極為正極，正極上氧氣得電子和二氧化碳反應生成碳酸根離子，電極反應式為rm{O_{2}+2CO_{2}+4e^{-}簍T2CO_{3}^{2-}}故B正確；

C.石墨電極上析出的氣體為氫氣，生成rm{44.8L}氫氣轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量rm{=dfrac{44.8L}{22.4L/mol}隆脕2=4mol}根據(jù)轉(zhuǎn)移電子相等得，消耗氧氣的物質(zhì)的量rm{=dfrac

{44.8L}{22.4L/mol}隆脕2=4mol}故C錯誤；

D.水是弱電解質(zhì)；其導電能力較小，為了增強溶液的導電能力而加入強電解質(zhì)，故D正確；

故選C．

右邊裝置屬于燃料電池；為原電池，通入甲烷的電極為負極，負極上甲烷失電子發(fā)生氧化反應，正極上氧氣得電子發(fā)生還原反應，左邊裝置為電解池，鐵作陽極，石墨作陰極，陰極上得電子發(fā)生還原反應，陽極上失電子發(fā)生氧化反應，結(jié)合轉(zhuǎn)移電子相等進行解答．

本題考查了原電池和電解池原理，明確各個電極上發(fā)生的電極反應是解本題關鍵，結(jié)合轉(zhuǎn)移電子相等進行計算，難點的電極反應式的書寫，要結(jié)合電解質(zhì)書寫，難度中等．rm{=dfrac{4mol}{4}=1mol}【解析】rm{C}4、B【分析】【分析】溶液無色，說明不含有色離子，如鐵離子、亞鐵離子、高錳酸根離子等；在堿性條件下能大量共存，說明離子之間不反應且和氫氧根離子不反應，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：A．Cu2+呈藍色，不符合無色條件；且Cu2+和氫氧根離子反應生成氫氧化銅沉淀；故A錯誤；

B．這幾種離子無色；且離子之間不反應；和氫氧根離子不反應，所以能大量共存，故B正確；

C．NH4+、OH-反應生成弱電解質(zhì)一水合氨而不能大量共存；故C錯誤；

D．Ag+、Br-發(fā)生反應生成沉淀而不能大量共存；故D錯誤；

故選B．5、D【分析】【分析】醇發(fā)生消去反應的條件：與羥基相連碳相鄰碳上有氫原子才能發(fā)生消去反應，形成不飽和鍵；分子式為CnH2n+1OH（n≠1）的醇屬于飽和醇，不能發(fā)生消去反應，則羥基連接的C原子上沒有H原子，至少連接3個甲基．【解析】【解答】解：分子式為CnH2n+1OH（n≠1）的醇屬于飽和醇，不能發(fā)生消去反應，則羥基連接的C原子上沒有H原子，至少連接3個甲基，故含有C原子數(shù)至少的結(jié)構(gòu)為（CH3）3CCH2OH，至少含有5個C原子，故選D．6、C【分析】【分析】根據(jù)可逆反應的特點可知，可逆反應是不能進行到底的反應，即反應后的體系中含有所有反應物和生成物，反應熱與化學計量數(shù)成正比．【解析】【解答】解：若將1molSO2和0.5molO2在相同條件下放入密閉容器發(fā)生反應，因2SO2+O2?2SO3是可逆反應，則1molSO2和0.5molO2不會完全反應生成1molSO3，即生成SO3的量小于1mol，根據(jù)反應2SO2+O2?2SO3，當生成2molSO3時放出熱量為Q，生成1molSO3放出的熱量為Q，則生成小于1mol的SO3時放出的熱量必小于Q，即Q1＜Q，2Q1＜Q；

故選C．7、A【分析】【分析】①②③根據(jù)碳碳雙鍵的性質(zhì)判斷；

④根據(jù)同分異構(gòu)體數(shù)目解答；

⑤單、雙鍵不同，鍵長不相等．【解析】【解答】解：①苯不因化學變化而使溴水褪色；說明苯分子中不含碳碳雙鍵，可以證明苯環(huán)結(jié)構(gòu)中不存在C-C單鍵與C=C雙鍵的交替結(jié)構(gòu)，故①正確；

②苯不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色；說明苯分子中不含碳碳雙鍵，可以證明苯環(huán)結(jié)構(gòu)中不存在C-C單鍵與C=C雙鍵的交替結(jié)構(gòu)，故②正確；

③苯能在一定條件下跟H2加成生成環(huán)己烷；發(fā)生加成反應是雙鍵具有的性質(zhì)，不能證明苯環(huán)結(jié)構(gòu)中不存在C-C單鍵與C=C雙鍵的交替結(jié)構(gòu)，故③錯誤；

④如果是單雙鍵交替結(jié)構(gòu)；鄰二甲苯的結(jié)構(gòu)有兩種，一種是兩個甲基夾C-C，另一種是兩個甲基夾C=C．鄰二甲苯只有一種結(jié)構(gòu)，說明苯環(huán)結(jié)構(gòu)中的化學鍵只有一種，不存在C-C單鍵與C=C雙鍵的交替結(jié)構(gòu)，故④正確；

⑤苯環(huán)上碳碳鍵的鍵長相等；說明苯環(huán)結(jié)構(gòu)中的化學鍵只有一種，不存在C-C單鍵與C=C雙鍵的交替結(jié)構(gòu)，故⑤正確．

所以①②④⑤可以作為苯分子中不存在單；雙鍵交替排列結(jié)構(gòu)的證據(jù)．

故選A．8、D【分析】【分析】酸性溶液中含大量的氫離子，根據(jù)離子之間不能結(jié)合生成氣體、水、沉淀等，不能發(fā)生氧化還原反應等，則離子大量共存，結(jié)合離子的顏色來解答．【解析】【解答】解：A．酸性溶液中不能大量存在HCO3-；故A不選；

B．SO42-、Ba2+結(jié)合生成沉淀；不能大量共存，故B不選；

C．MnO4-為紫色；與無色不符，故C不選；

D．酸性溶液中該組離子之間不反應；可大量共存，且離子均為無色，故D選；

故選D．9、D【分析】

A；明礬溶于水形成的鋁離子和氯化鐵溶于水形成的三價鐵離子能水解形成氫氧化鋁和氫氧化鐵膠體而具有凈水作用；屬于鹽類水解應用，故A錯誤；

B；加熱能使碳酸根離子的水解程度增大；堿性增強，堿性越強去除油污的效果越好，屬于鹽類水解應用，故B錯誤；

C、FeCl3溶液中的三價鐵離子易水解，F(xiàn)e3++3H2O?Fe（OH）3+3H+；加少量稀鹽酸能抑制其水解，屬于鹽類水解應用，故C錯誤；

D；鐵能置換硫酸銅中的銅；形成鐵銅原電池，鐵做負極，能使鐵和酸的反應速率加快，屬于原電池原理的應用，不屬于鹽類水解應用，故D正確．

故選D．

【解析】【答案】A；氫氧化鋁和氫氧化鐵膠體能夠吸附水中的懸浮物質(zhì)而凈水；

B；加熱能使弱離子的水解程度增大；堿性越強去除油污的效果越好；

C；三價鐵離子易水解；酸性環(huán)境能抑制其水解；

D；鐵能置換硫酸銅中的銅；形成鐵銅原電池，使鐵和酸的反應速率加快．

二、填空題(共5題，共10分)10、分餾DBCAE平衡壓強濃硫酸使滴入燒瓶中的SiHCl3氣化SiHCl3+H2Si+3HClD因為SiHCl3容易在空氣自燃，實驗中還要注意先通一段時間H2排盡裝置中的空氣先滴加氯水，再滴加硫氰化鉀溶液，溶液顯紅色【分析】【分析】（1）根據(jù)題中數(shù)據(jù)，采用分餾方法提純SiHCl3；

（2）①依據(jù)實驗目的可知：鋅與硫酸制備氫氣，干燥干燥后通入用熱水浴加熱SiHCl3；在石英管中反應生成硅和氯化氫，最后進行尾氣處理，據(jù)此排序；

裝置D中g(shù)管連接分液漏斗與燒瓶，起平衡壓強的作用；濃硫酸干燥氫氣；通過水浴加熱使滴入燒瓶中的SiHCl3氣化；與氫氣混合均勻；

②SiHCl3和氫氣反應有硅單質(zhì)生成，根據(jù)硅的顏色判斷D裝置中的顏色變化；反應溫度較高，普通玻璃會軟化；SiHCl3和H2反應生成硅和氯化氫；

③氫氣是可燃性氣體，易產(chǎn)生爆炸，為防止安全事故的發(fā)生，所以先通一段時間H2；將裝置中的空氣排盡；

（3）鐵能夠與氫氧化劑反應生成三價鐵離子，三價鐵離子遇到硫氰酸鉀顯紅色，據(jù)此檢驗鐵元素的存在．【解析】【解答】解：（1）SiHCl3（沸點33.0℃）中含有少量SiCl4（沸點57.6℃）和HCl（沸點-84.7℃）；由于沸點差別較大，可以通過分餾除去雜質(zhì)；

故答案為：分餾；平衡壓強；濃硫酸；使滴入燒瓶中的SiHCl3氣化；

（2）①依據(jù)實驗目的可知：鋅與硫酸制備氫氣；干燥干燥后通入用水冷卻的SiHCl3，在石英管中反應生成硅和氯化氫，最后進行尾氣處理，所以正確的順序為DBCAE；

裝置D中g(shù)管連接分液漏斗與燒瓶，起平衡壓強的作用；濃硫酸干燥氫氣；通過水浴加熱使滴入燒瓶中的SiHCl3氣化；與氫氣混合均勻；

故答案為：DBCAE；

②高溫下，SiHCl3和氫氣反應生成硅單質(zhì)，硅單質(zhì)是灰黑色固體，所以D裝置中的現(xiàn)象是：石英管的內(nèi)壁附有灰黑色晶體；反應方程式為：SiHCl3+H2Si+3HCl；

故答案為：SiHCl3+H2Si+3HCl；

③氫氣是可燃性氣體，易產(chǎn)生爆炸，為防止安全事故的發(fā)生，所以先通一段時間H2；將裝置中的空氣排盡，所以應先打開D；

故答案為：D；因為SiHCl3容易在空氣自燃，實驗中還要注意先通一段時間H2排盡裝置中的空氣；

因為SiHCl3容易在空氣自燃，實驗中還要注意先通一段時間H2排盡裝置中的空氣；

（3）鐵能夠與氫氧化劑反應生成三價鐵離子；三價鐵離子遇到硫氰酸鉀顯紅色，要檢驗鐵單質(zhì)的存在可以：先滴加氯水，再滴加硫氰化鉀溶液，溶液顯紅色；

故答案為：先滴加氯水，再滴加硫氰化鉀溶液，溶液顯紅色．11、NANA【分析】【分析】（1）根據(jù)V=計算出硝酸鈣溶液的體積，再根據(jù)n=計算出4g硝酸鈣的物質(zhì)的量，結(jié)合硝酸鈣的化學式計算出溶液中硝酸根離子的物質(zhì)的量，最后根據(jù)c（NO3-）=計算出硝酸根離子的物質(zhì)的量濃度；

（2）根據(jù)溶液的質(zhì)量和密度可計算溶液的體積，根據(jù)c=計算物質(zhì)的量濃度；

（3）C2H4和C3H6的最簡式為CH2，所以ag混合物中含有最簡式CH2的物質(zhì)的量為：=mol，ag混合物中含有molC原子、molH原子，總共含有原子的物質(zhì)的量為：mol；沒有告訴在標準狀況下，無法計算燃燒時消耗氧氣的體積；在乙烯、丙烯和環(huán)丙烷分子中，平均每個碳原子形成一個碳碳鍵、每個氫原子形成一個碳氫鍵，據(jù)此計算出所含共用電子對數(shù)、碳氫鍵數(shù)目．【解析】【解答】解：（1）該硝酸鈣溶液的體積為：V===cm3；

4g硝酸鈣的物質(zhì)的量為：=mol，則該硝酸鈣溶液中含有硝酸根離子的物質(zhì)的量為：mol×2=mol；

則該溶液中硝酸根離子的物質(zhì)的量濃度為：c（NO3-）===mol?L-1，故答案為：=；

（2）溶液的物質(zhì)的量濃度C===mol/L，故答案為：mol/L；

（3）ag混合物中含有最簡式CH2的物質(zhì)的量為：=mol，ag混合物中含有molC原子、molH原子；

在環(huán)丙烷、丙烯和乙烯分子中，每個C含有1個碳碳共用電子對、每個H形成了1個碳氫共用電子對，所以總共含有mol共用電子對，即NA；

每個氫原子形成1個碳氫鍵，ag混合物中總共含有molH原子，所以含有molH原子碳氫鍵，所含碳氫鍵數(shù)目為NA，故答案為：NA；NA．12、略

【分析】根據(jù)實驗（2）可知，白色沉淀可能是氯化銀或氫氧化鋁。因此如果含有氯化銨，則（1）中得到的是Ag(NH3)2+，所以一定含有KOH、AgNO3；如果得到的是氫氧化鋁沉淀，則（1）中得到的是AlO2-，因此實驗（2）產(chǎn)生沉淀的方程式為AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓。【解析】【答案】KOH、AgNO3；Al2(SO4)3、KOH；AgCl；AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓13、3，5-二甲基庚烷1，2-二甲苯5，5-二甲基-2-己炔4-甲基-1-戊烯【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?。褐ф溇幪栔妥钚。聪旅娼Y(jié)構(gòu)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(jié)構(gòu)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海?）最長碳鏈有7個碳原子；該物質(zhì)名稱是：3，5-二甲基庚烷，故答案為：3，5-二甲基庚烷；

（2）取代基的位次和最??；該物質(zhì)名稱是：1，2-二甲苯，故答案為：1，2-二甲苯；

（3）含三鍵的最長碳鏈有6個原子；該物質(zhì)名稱是：5，5-二甲基-2-己炔，故答案為：5，5-二甲基-2-己炔；

（4）從距離雙鍵近的一端命名，該物質(zhì)名稱是：4-甲基-1-戊烯，故答案為：4-甲基-1-戊烯．14、27.2ADDCAEBFHG偏高偏低偏低【分析】【分析】（1）依據(jù)c=計算98%密度為1.84g/mL的濃硫酸的物質(zhì)的量濃度；配制2mol/L稀硫酸240mL，應選擇250ml容量瓶，依據(jù)稀釋前后溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變計算需要濃硫酸的體積；

（2）根據(jù)配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液的配制步驟選擇使用的儀器；

（3）根據(jù)配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液的配制步驟排序；

（4）分析不當操作對溶質(zhì)的物質(zhì)的量和溶液的體積的影響，依據(jù)c=進行誤差分析．【解析】【解答】解：（1）質(zhì)量分數(shù)為98%密度為1.84g/mL的濃硫酸的物質(zhì)的量濃度C==18.4（mol/L）；配制2mol/L稀硫酸240mL，應選擇250ml容量瓶，設需要濃硫酸的體積為V，依據(jù)稀釋前后溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變得V×18.4mol/L=2mol/L×250ml，解得V=27.2L；

故答案為：27.2；

（2）配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液步驟為：計算；量取、稀釋、冷卻、轉(zhuǎn)移、洗滌、定容、搖勻等；需要的儀器有：量筒、燒杯、玻璃棒、250mL容量瓶、膠頭滴管，不需要的儀器為托盤天平和燒瓶；

故答案為：AD；

（3）配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液步驟為：計算；量取、稀釋、冷卻、轉(zhuǎn)移、洗滌、定容、搖勻等；正確的順序為：DCAEBFHG，故答案為：DCAEBFHG；

（4）用量筒量取濃硫酸時；仰視量筒進行讀數(shù)，導致量取的濃硫酸的體積偏大，硫酸的物質(zhì)的量偏大，溶液的濃度偏高；

定容時；仰視觀察容量瓶刻度線，導致溶液的體積偏大，溶液的濃度偏低；

所用的濃硫酸長時間放置在密封不好的容器中；濃硫酸具有吸水性，濃度降低，所取硫酸的物質(zhì)的量偏小，溶液的濃度偏低；

故答案為：偏高；偏低；偏低．三、判斷題(共8題，共16分)15、×【分析】【分析】氯氣參加反應，表現(xiàn)性質(zhì)不同，轉(zhuǎn)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(zhuǎn)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(zhuǎn)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(zhuǎn)移電子數(shù)為2NA；

所以1molCl2參加反應轉(zhuǎn)移電子數(shù)不一定為2NA．

故錯誤．16、×【分析】【分析】根據(jù)質(zhì)量守恒可知，某有機物完全燃燒后生成二氧化碳和水，說明該有機物中肯定含有碳、氫2種元素，可能含有氧元素．【解析】【解答】解：某有機物完全燃燒后生成二氧化碳和水，說明該有機物中肯定含有碳、氫2種元素，可能含有氧元素，故答案為：×．17、√【分析】【分析】鐵鹽與氫氧化鈉反應生成氫氧化鐵紅褐色沉淀，氫氧化亞鐵能與空氣的氧氣和水化合生成氫氧化鐵．【解析】【解答】解：氯化鐵與氫氧化鈉反應生成氫氧化鐵，此反應屬于復分解反應，氫氧化亞鐵與氧氣和水反應生成氫氧化鐵，此反應屬于化合反應，故正確，答案為：√．18、√【分析】【分析】Ⅰ；（1）制取乙烯在170℃；需測定反應液的溫度；

（2）向硝酸銀溶液中滴加氨水；制取銀氨溶液；

（3）Ag能與硝酸反應；

（4）植物油和NaOH溶液混合發(fā)生水解生成高級脂肪酸鹽；需加飽和食鹽水發(fā)生鹽析；

（5）纖維素水解后溶液顯酸性；而檢驗水解產(chǎn)物葡萄糖，應在堿性溶液中．

Ⅱ；實驗室利用液一液反應制備氣體的裝置時；根據(jù)先下后上和先檢驗裝置氣密性后加入藥品的原則組裝儀器，據(jù)此進行解答．

Ⅲ；（1）根據(jù)體系內(nèi)產(chǎn)生的壓強是否變化來判斷裝置的氣密性；碳酸鈣和醋酸反應生成醋酸鈣和水、二氧化碳；

（2）二氧化碳和苯酚鈉反應生成不易溶于水的苯酚和碳酸氫鈉；根據(jù)離子方程式的書寫規(guī)則書寫；

（3）要防止醋酸干擾實驗，在氣態(tài)未和苯酚反應前將其除去，可選用飽和的碳酸氫鈉溶液除去醋酸且又不引進新的雜質(zhì)氣體．【解析】【解答】解：Ⅰ；（1）制取乙烯時在170℃；需測定反應液的溫度，必須將溫度計的水銀球插入反應液液面以下，根據(jù)溫度計指示的溫度來調(diào)節(jié)酒精燈火焰大小，以控制反應液的溫度，故答案為：√；

（2）向硝酸銀溶液中滴加氨水；生成白色沉淀，繼續(xù)滴加氨水，至生成的沉淀恰好溶解，所得溶液為銀氨溶液，故答案為：×；

（3）因Ag能互硝酸反應；而溶解，則可用稀硝酸清洗做過銀鏡反應實驗的試管，故答案為：√；

（4）實驗室制肥皂時；將適量植物油和NaOH溶液混合，并不斷攪拌；加熱，直到混合物變稠，然后加飽和食鹽水發(fā)生鹽析，即可得到肥皂，故答案為：×；

（5）進行纖維素水解實驗時，把一小團蓬松脫脂棉放入試管，滴入少量濃硫酸攪拌，使脫脂棉變成糊狀，再加入一定量的水，加熱至溶液呈亮棕色，然后先加堿至堿性，再加入新制的Cu（OH）2加熱至沸騰來檢驗水解產(chǎn)物；故答案為：×；

Ⅱ；在安裝利用液一液反應制備氣體的裝置時；應該按照先下后上和先檢驗裝置氣密性后加入藥品的原則組裝儀器，即：先根據(jù)酒精燈高度確定鐵圈高度，然后。

將蒸餾燒瓶固定在鐵架臺上；接著再將蒸餾燒瓶上裝好分液漏斗，連接好導氣管，這樣裝置連接完畢，下一步需要檢查裝置氣密性，最后放入藥品；

故答案為：2；1；5；4；3．

Ⅲ、（1）U型管兩側(cè)液面差能產(chǎn)生壓強，所以能判斷裝置的氣密性，故正確；碳酸鈣和醋酸反應生成醋酸鈣和水、二氧化碳，反應方程式為CaCO3+2CH3COOH=Ca（CH3COO）2+CO2↑+H2O；

故答案為：正確；CaCO3+2CH3COOH=Ca（CH3COO）2+CO2↑+H2O；

（2）二氧化碳和苯酚鈉反應生成不易溶于水的苯酚和碳酸氫鈉，所以看到的現(xiàn)象是溶液出現(xiàn)渾濁，反應離子方程式為：C6H5O-+CO2+H2O→C6H5OH+HCO3-；

故答案為：溶液出現(xiàn)渾濁；C6H5O-+CO2+H2O→C6H5OH+HCO3-；

（3）要防止醋酸干擾實驗；在氣態(tài)未和苯酚反應前將其除去，可選用飽和的碳酸氫鈉溶液除去醋酸且又不引進新的雜質(zhì)氣體，所以在裝置A和B之間連一個盛有飽和碳酸氫鈉溶液的洗氣瓶除去醋酸；

故答案為：在裝置A和B之間連一個盛有飽和碳酸氫鈉溶液的洗氣瓶．19、×【分析】【分析】（1）沒有指明是氫氣分子還是氫原子；

（2）根據(jù)二氧化碳的物質(zhì)的量及分子組成分析；

（3）根據(jù)水分子中不存在氫氣分子判斷；

（4）根據(jù)標準狀況下水的狀態(tài)不是氣體判斷；

（5）根據(jù)影響1mol氧氣體積的因素有溫度和壓強判斷；

（6）根據(jù)標況下的氣體摩爾體積計算出混合氣體的體積．【解析】【解答】解：（1）1mol氫中含有NA個氫原子；必須指明是氫氣分子還是氫原子，故（1）錯誤；

故答案為：×；

（2）1molCO2中含有2mol氧原子，含有2NA個氧原子；故（2）錯誤；

故答案為：×；

（3）1molH2O中含有2mol氫原子和1molO；故（3）錯誤；

故答案為：×；

（4）在標準狀況下；水的狀態(tài)不是氣體，不能使用標況下的氣體摩爾體積計算1mol水的體積，故（4）錯誤；

故答案為：×；

（5）由于影響氣體體積的因素除了溫度，還原壓強，若減小壓強，氣體體積減小，所以1molO2在20℃時的體積不一定大于22.4L；故（5）錯誤；

故答案為：×；

（6）在標準狀況下，氣體摩爾體積為22.4L/mol，0.5molN2和1molO2的混合氣體的體積約是33.6L；故（6）正確；

故答案為：√．20、√【分析】【分析】每個NO2和CO2分子均含有2個O原子，故二者混合氣體中含有O原子數(shù)目為分子總數(shù)的2倍．【解析】【解答】解：每個NO2和CO2分子均含有2個O原子，故分子總數(shù)為NA的NO2和CO2混合氣體中含有的氧原子數(shù)為2NA，故正確，故答案為：√．21、×【分析】【分析】復分解反應均屬于非氧化還原反應，據(jù)此解答即可．【解析】【解答】解：復分解反應中不存在元素化合價的變化，一定屬于非氧化還原反應，故答案為：×．22、√【分析】【分析】溶液呈電中性，根據(jù)電荷守恒，溶液中存在c（Na+）+2c（Mg2+）=c（Cl-）+2c（SO42-），據(jù)此計算判斷．【解析】【解答】解：溶液呈電中性，根據(jù)電荷守恒，溶液中c（Na+）+2c（Mg2+）=c（Cl-）+2c（SO42-），即：0.1mol/L+2×0.25mol/L=0.2mol/L+2c（SO42-），解得c（SO42-）=0.2mol/L，故硫酸的濃度正確，故答案為：√．四、探究題(共4題，共20分)23、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，與氫氧化鈉不反應，甲酸、苯酚與氫氧化鈉反應生成溶于水的鈉鹽，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致反應速率加快，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?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，證明達到終點；

故答案為：酸式；反應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．未用標準濃度的酸性KMnO4溶液潤洗滴定管，標準液的濃度偏小，造成V（標準）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）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（標準）無影響，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）不變，故B錯誤；

C．滴定前滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后氣泡消失，造成V（標準）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）偏大，故C正確；

D．不小心將少量酸性KMnO4溶液滴在錐形瓶外，造成V（標準）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）偏大，故D正確；

E．觀察讀數(shù)時，滴定前仰視，滴定后俯視，造成V（標準）偏小，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）偏小，故E錯誤；

故選ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有強氧化性，應用酸式滴定管盛裝；高錳離子有催化作用而導致反應速率加快；乙二酸與KMnO4發(fā)生氧化還原反應，滴定終點時，溶液由無色變成紫紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色；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，應按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，根據(jù)關系式2KMnO4～5H2C2O4計算；

④根據(jù)c（待測）=分析不當操作對V（標準）的影響，以此判斷濃度的誤差．25、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，與氫氧化鈉不反應，甲酸、苯酚與氫氧化鈉反應生成溶于水的鈉鹽，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．26、酸式|反應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致反應速率加快，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?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，證明達到終點；

故答案為：酸式；反應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．未用標準濃度的酸性KMnO4溶液潤洗滴定管，標準液的濃度偏小，造成V（標準）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）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（標準）無影響，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）不變，故B錯誤；

C．滴定前滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后氣泡消失，造成V（標準）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）偏大，故C正確；

D．不小心將少量酸性KMnO4溶液滴在錐形瓶外，造成V（標準）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）偏大，故D正確；

E．觀察讀數(shù)時，滴定前仰視，滴定后俯視，造成V（標準）偏小，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）偏小，故E錯誤；

故選ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有強氧化性，應用酸式滴定管盛裝；高錳離子有催化作用而導致反應速率加快；乙二酸與KMnO4發(fā)生氧化還原反應，滴定終點時，溶液由無色變成紫紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色；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，應按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，根據(jù)關系式2KMnO4～5H2C2O4計算；

④根據(jù)c（待測）=分析不當操作對V（標準）的影響，以此判斷濃度的誤差．五、簡答題(共4題，共36分)27、略

【分析】解：（1）與Ca在同一周期且最外層電子數(shù)相同、內(nèi)層排滿電子的基態(tài)原子是鋅，根據(jù)構(gòu)造原理，基態(tài)的鋅原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2；與CN22-互為等電子體的分子有N2O和CO2；等電子體具有相同的價電子數(shù)、原子總數(shù)，結(jié)構(gòu)相似，二氧化碳分子是直線形，所以CN22-離子的空間構(gòu)型是直線形．

故答案為：1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2；CO2；直線形；

（2）CO（NH2）2分子中中心原子C原子上含有三個σ鍵一個π鍵，所以空間構(gòu)型是平面三角形，碳原子采取sp2雜化．

故答案為：sp2；

（3）三聚氰酸與三聚氰胺分子相互之間能形成氫鍵；所以是通過分子間氫鍵結(jié)合，在腎臟內(nèi)易形成結(jié)石．

故答案為：分子間氫鍵；

（4）以鈣離子為中心，沿X、Y、Z三軸進行切割，結(jié)合圖片知，鈣離子的配位數(shù)是6，Ca2+采取的堆積方式為面心立方最密堆積，O2-處于Ca2+堆積形成的八面體，空隙中；晶格能大小與離子帶電量成正比，CaO晶體中Ca2+、O2-的帶電量大于NaCl晶體中Na+、Cl-的帶電量；導致的氧化鈣晶格能大于氯化鈉的晶格能；

故答案為：6；面心立方最密堆積；八面體；CaO晶體中Ca2+、O2-的帶電量大于NaCl晶體中Na+、Cl-的帶電量；

（5）配位化合物K3[Fe（CN）n]，鐵原子的最外層電子數(shù)和配體提供電子數(shù)之和為14，鐵是26號元素，最外電子層有2個電子，配體提供電子總數(shù)為12，CN為單齒配體，得到n==6；

故答案為：6．

（1）與Ca在同一周期且最外層電子數(shù)相同、內(nèi)層排滿電子的基態(tài)原子是鋅，根據(jù)構(gòu)造原理寫出該原子的核外電子排布式；根據(jù)等電子體的概念確定與CN22-互為等電子體的分子，根據(jù)二氧化碳的空間構(gòu)型確定CN22-離子的空間構(gòu)型；

（2）根據(jù)價層電子對互斥理論確定尿素的VSEPR模型；根據(jù)模型確定其雜化方式；

（3）氫鍵普遍存在于已經(jīng)與N；O、F等電負性很大的原子形成共價鍵的氫原子與另外的N、O、F等電負性很大的原子之間；

（4）以鈣離子為中心，沿X、Y、Z三軸進行切割，從而確定鈣離子配位數(shù)；Ca2+采取的堆積方式為面心立方最密堆積，O2-處于Ca2+堆積形成的八面體空隙中；晶格能大小與離子帶電量成正比；與離子半徑成反比；

（5）鐵是26號元素；最外電子層有2個電子，配體提供電子數(shù)為12，CN為單齒配體．

本題考查了物質(zhì)結(jié)構(gòu)知識，涉及核外電子排布、分子空間構(gòu)型、雜化原理、配合物的計算等，難度一般，易錯點是配位數(shù)的確定，以一種微粒為中心，沿X、Y、Z三軸進行切割，從而確定配位數(shù)．【解析】1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2；CO2；直線形；sp2；分子間氫鍵；6；面心立方最密堆積；八面體；CaO晶體中Ca2+、O2-的帶電量大于NaCl晶體中Na+、Cl-的帶電量；628、略

【分析】【分析】本題考查有機物的推斷；注意轉(zhuǎn)化中有機物的碳鏈骨架不變及官能團的變化來推斷各物質(zhì)，明確常見有機物的性質(zhì)即可解答，題目難度中等。

【解答】由rm{A隆煤B}反應條件知發(fā)生取代反應，rm{B隆煤C}的反應條件說明rm{B}中有rm{-CHO}那么rm{A}中有rm{-CHO}同時rm{A隆煤E}由反應條件知發(fā)生消去反應，說明與連有rm{Br}原子相鄰rm{C}原子上有氫原子。綜合以上信息，可寫出rm{A}的結(jié)構(gòu)簡式那么根據(jù)反應條件可分別寫出其它的化合物的結(jié)構(gòu)簡式：rm{B}為rm{C}為rm{F}為rm{G}為rm{H}為rm{E}為rm{D}為rm{(1)A}的結(jié)構(gòu)簡式為可知含有醛基和溴原子，故答案為：醛基、溴原子；rm{(2)A隆煤E}由反應條件知發(fā)生消去反應，反應rm{壟脻}為消去反應，故答案為：消去反應；rm{(3)B}的結(jié)構(gòu)簡式為rm{F}的結(jié)構(gòu)簡式為故答案為：rm{(4)D}為由化合物rm{D}中含有的官能團是碳碳雙鍵和羧基，能與碳碳雙鍵反應的是rm{a}和rm參與羧基反應的是rm{c}rm5vprtwxrm{e}不含酚羥基，不能與rm{FeCl}rm{FeCl}rm{{,!}_{3}}故答案為：溶液變色，rm{f}反應rm{(5)}的化學方程式為故答案為：rm{壟脵}rm{(6)}苯環(huán)上在rm{壟脵}rm{壟脵}rm{1}號碳上各有一個取代基，rm{3}苯環(huán)上的三個取代基中必須分別含有醇羥基、酚羥基和醛基這三種結(jié)構(gòu)，同時有rm{5}直接與苯環(huán)相連，還要含有rm{壟脷}苯環(huán)上的三個取代基中必須分別含有醇羥基、酚羥基和醛基這三種結(jié)構(gòu)，rm{壟脷}等基團，除了以上基團外還剩余rm{-OH}而rm{CHO}只能與rm{-CH_{2}OH}或rm{隆陋CH_{2}隆陋}相連，符合條件的同分異構(gòu)體為：

故答案為：rm{隆陋CH_{2}隆陋}【解析】rm{(1)}醛基溴原子rm{(2)}消去反應rm{(3)}rm{(4)f}rm{(5)}rm{(6)}29、量筒、燒杯氫氧化鈣確保Al3+、Fe3+沉淀完全防止氫氧化鋁溶解氫溴酸除去過量的氫氧化鈣蒸發(fā)濃縮冷卻結(jié)晶、過濾烘干、冷卻0.94溴化鈣吸水【分析】解：（1）用濃溶液配制500mL稀溶液；因此需要量筒取經(jīng)過計算需要的濃溶液的體積，然后在燒杯中溶解；配制500mL溶液；

故答案為：量筒；燒杯；

（2）加入的試劑a、控制溶液的pH約為8.0的目的是除去雜質(zhì)Al3+、Fe3+；防止氫氧化鋁溶解，因此a是堿，根據(jù)題意及不引入新的雜質(zhì)可知是氫氧化鈣；

故答案為：氫氧化鈣；確保Al3+、Fe3+沉淀完全；防止氫氧化鋁溶解；

（3）加試劑b的目的是除去過量的氫氧化鈣，且不引入新雜質(zhì)，故b應是氫溴酸；

故答案為：氫溴酸；除去過量的氫氧化鈣；

（4）步驟Ⅴ的結(jié)果從溶液中得到CaBr2?6H2O；因此其操作步驟為蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶；過濾；

故答案為：蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶；過濾；

（5）④對濾渣洗滌；除去表面吸附的離子，然后烘干；冷卻；

CaBr2～CaCO3

200100

3.76g1.88g

故CaBr2的質(zhì)量為3.76g，質(zhì)量分數(shù)為=×=0.94；

溴化鈣易吸水；因此造成測定結(jié)果偏低；

故答案為：烘干；冷卻；0.94；溴化鈣吸水．

（1）用濃溶液配制500mL稀溶液；因此需要量筒取經(jīng)過計算需要的濃溶液的體積，然后在燒杯中溶解；配制500mL溶液；

（2）加入的試劑a、控制溶液的pH約為8.0的目的是除去雜質(zhì)Al3+、Fe3+；防止氫氧化鋁溶解，因此a是堿，根據(jù)題意及不引入新的雜質(zhì)可知是氫氧化鈣；

（3）加試劑b的目的是除去過量的a；是氫溴酸；

（4）步驟Ⅴ的結(jié)果得到CaBr2?6H2O；因此其操作步驟為蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶；過濾；

（5）④對濾渣洗滌；除去表面吸附的離子，然后烘干；冷卻；

根據(jù)CaBr2～CaCO3可求CaBr2的質(zhì)量為；進而計算質(zhì)量分數(shù)；

溴化鈣易吸水；因此造成測定結(jié)果偏低．

本題以工藝流程的形式考查化學實驗基本操作、計算、操作目的、誤差分析等，難度中等，是對學生綜合能力的考查，需要學生基本扎實的基礎與分析問題、解決問題的能力．【解析】量筒、燒杯氫氧化鈣確保Al3+、Fe3+沉淀完全防止氫氧化鋁溶解氫溴酸除去過量的氫氧化鈣蒸發(fā)濃縮冷卻結(jié)晶、過濾烘干、冷卻0.94溴化鈣吸水30、ABCBrCH2CHO+2CH3CH2OHBrCH2CH（OC2H5）2+H2O（任意2種）【分析】解：（1）A．由撲爾敏的結(jié)構(gòu)，可知其分子式為C16H19N2Cl；故A錯誤；

B．連接4個不同原子或原子團的碳原子為手性碳原子；G分子中只有連接2個環(huán)的碳原子為手性碳原子，故B錯誤；

C．化合物C中含有甲烷的四面體結(jié)構(gòu)；所有原子不可能共平面，故C錯誤；

D．化合物E含有醛基；可以發(fā)生加成；氧化、還原反應，含有溴原子，可以發(fā)生發(fā)生取代反應，故D正確；

故選：ABC；

（2）由分析可知化合物B的結(jié)構(gòu)簡式是：

故答案為：

（3）對比E與F的結(jié)構(gòu)，可知E與乙醇發(fā)生加成反應后，再與乙醇發(fā)生分子間脫水反應生成F，E→F的化學方程式是：BrCH2CHO+2CH3CH2OHBrCH2CH（OC2H5）2+H2O；

故答案為：BrCH2CHO+2CH3CH2OHBrCH2CH（OC2H5）2+H2O；

（4）同時符合下列條件的化合物B（C12H12N2）兩個同分異構(gòu)體：①分子中含有兩