2024年沪科新版高三化学下册月考试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年沪科新版高三化学下册月考试卷608考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、25℃时，某物质（无结晶水）溶解度为Sg，其摩尔质量为Mg/mol，饱和溶液密度为dg/cm3．则其饱和溶液的物质的量浓度为（）A.mol/LB.mol/LC.mol/LD.mol/L2、某种既耐低温，又耐高温的一种塑料，俗称“塑料王”，其成分是（）A.电木B.聚四氟乙烯C.聚苯乙烯D.聚甲基丙烯酸甲酯3、几种短周期元素的原子半径及主要化合价如表所示：

。元素符号XYZRT原子半径（mm）0.1600.0800.1020.1430.074主要化合价+2+2-2、+4、+6+3-2根据表中信息，判断以下说法正确的是（）A.单质与稀硫酸反应的速率快慢：R＞Y＞XB.离子半径：T2-＞X2+C.元素最高价氧化物对应水化物的碱性：Y＞R＞XD.单质与氢气化合的容易程度：Z＞T4、已知SO32-+I2+H2O=SO42-+2I-+2H+．某溶液中可能含有I-、NH4+、Cu2+、SO32-，向该无色溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色．则下列关于该溶液组成的判断正确的是（）A.肯定不含I-B.肯定不含Cu2+C.可能含有SO32-D.肯定不含有NH4+5、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A.10mL质量分数为98%的H2SO4，用水稀释至100mL，H2SO4的质量分数为9.8%B.通常状况下，NA个CO2分子的体积大于22.4LC.100mL0.1mol/L的H2SO4溶液中H+的个数是0.2NAD.若1gN2含有m个分子，则NA=m/286、某化学式为AB的离子晶体，已知5r(A2+)=4r(B2-）（各类离子晶体与关系如下图所示），经测定其密度为g·cm-3，其摩尔质量为Mg·mol-1，则下列有关该晶体的说法正确的是（）A.该晶体结构与ZnS晶体相似B.该晶体每个晶胞中有2个A2＋和B2－C.该晶体晶胞的边长为cmD.A2+离子紧邻的B2-构成的空间结构为立方体7、下列实验正确的是8、用无机矿物资源生产部分材料，其生产流程如图．下列有关说法不正确的是（）A.Al2O3、SiCl4均为共价化合物B.生产过程中均涉及氧化还原反应C.石英可用于制光导纤维，晶体Si常用做半导体材料D.黄铜矿冶炼铜时产生的SO2可用于生产硫酸，FeO可用于冶炼铁9、将标准状况下的aLHCl（g）溶于1000g水中，得到的盐酸密度为bg•cm-3，则该盐酸的物质的量浓度是多少mol•L-1（）A.B.C.D.评卷人得分二、双选题(共6题，共12分)10、下列物质中既有氧化性又有还原性的是（）A.HClOB.Al2O3C.N2O3D.SiO211、下列装置或操作能达到实验目的rm{(}必要的夹持装置及石棉网已省略rm{)}的是()A.B.C.D.12、25℃时，配制一组c（PO43-）+c（HPO42-）+c（H2PO4-）=0.100mol•L-1的H3PO4和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量的浓度随pH的变化曲线如图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是（）A.pH=6的溶液中：c（H3PO4）+c（HPO42-）＞c（H2PO4-）B.pH=7的溶液中：c（Na+）＞2c（HPO42-）＞c（H2PO4-）C.c（Na+）=0.100mol•L-1的溶液中：c（H3PO4）=2c（PO43-）＜c（HPO42-）D.c（H3PO4）=c（H2PO4-）的溶液中：c（Na+）＜0.100mol•L-1+2c（PO43-）+c（HPO42-）13、离子方程式rm{Ba^{2+}+2OH^{-}+2H^{+}+SO_{4}^{2-}隆煤BaSO_{4}隆媒+2H_{2}O}可表示rm{(}rm{)}A.rm{Ba(OH)_{2}}与rm{NaHSO_{4}}两溶液的溶质按物质的量之比rm{2}rm{1}反应B.rm{Ba(OH)_{2}}与rm{NaHSO_{4}}两溶液的溶质按物质的量之比rm{1}rm{2}反应C.rm{Ba(OH)_{2}}与rm{NH_{4}HSO_{4}}两溶液的溶质按物质的量之比rm{2}rm{1}反应D.rm{Ba(OH)_{2}}与rm{NH_{4}HSO_{4}}两溶液的溶质按物质的量之比rm{1}rm{2}反应14、rm{10mL}浓度为rm{1mol?L^{-1}}的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能减慢反应速率但又不影响氢气生成量的是rm{(}rm{)}A.rm{K_{2}SO_{4}}B.rm{CH_{3}COONa}C.rm{CuSO_{4}}D.rm{Na_{2}CO_{3}}15、有机化合物rm{Y}可以由rm{X}合成：下列叙述正确的是rm{(}rm{)}A.化合物rm{Y}中含有rm{1}个手性碳原子B.用rm{FeCl_{3}}溶液可鉴别化合物rm{X}和rm{Y}C.rm{1molX}与溴水反应最多消耗rm{1molBr_{2}}D.在一定条件，化合物rm{X}rm{Y}均可以发生缩聚反应和加聚反应评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)16、下表为元素周期表的一部分；请参照元素①-⑧在表中的位置，用化学用语回答下列问题：

（1）④、⑤、⑥的原子半径由大到小的顺序为____，（写化学用语）②、⑦、⑧的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是____．（写化学用语）

（2）由表中两种元素的原子按1：1组成的常见液态化合物含18个电子，该化合物的化学式____；

（3）甲、乙、丙是上述部分元素组成的双原子分子或负二价双原子阴离子，且甲、乙、丙的电子总数相等．甲是一种极强的氧化性单质．丙与⑤的阳离子可形成一种淡黄色固体B，该固体跟水反应可得到③的单质．则B中化学键的类型____，乙的电子式____，甲的组成元素的原子结构示意图____，能证明甲的组成元素非金属性很强的事实____．（任举一例即可）17、A是一种在工业上可以作为合成炸药的有机物；请仔细阅读下列提示信息和有关反应图示中各有机化合物的关系（无机物均已略去未写），回答问题：

（1）写出下列有机物的结构简式；

A：____，C：____，E：____

（2）写出下列反应的反应类型：C→D：____；D→E：____

（3）写出下列反应的化学方程式：

A→B：____；A→C：____．18、（2015秋•大庆校级月考）肼是重要的化工原料．某探究小组利用下列反应制取水合肼（N2H4•H2O）．CO（NH2）2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4•H2O+NaCl

实验一：制备NaClO溶液（实验装置如图1所示）

（1）配制30%NaOH溶液时，所需玻璃仪器除量筒外，还有____（填标号）A．容量瓶B．烧杯C．烧瓶D．玻璃棒

（2）锥形瓶中发生反应化学程式是____．

（3）利用中和滴定反应原理测定反应后锥形瓶中混合溶液的NaOH的浓度．取一定量锥形瓶内混合溶液稀释一定倍数后，加入适量的H2O2溶液后，再滴加2-3滴甲基橙试液，用0.100mol/L盐酸滴定．需要加入H2O2除去ClO-的原因是____．

实验二：制取水合肼．（实验装置如图2所示）控制反应温度，将分液漏斗中溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，充分反应．加热蒸馏三颈烧瓶内的溶液，收集108-114℃馏分（已知：N2H4•H2O易被NaClO氧化；高温易分解）

（4）分液漏斗中的溶液是____（填标号）．A．CO（NH2）2溶液B．NaOH和NaClO混合溶液。

选择的理由是____．蒸馏时需要减压，原因是____．

实验三：测定馏分中肼含量．

称取馏分5.000g，加入适量NaHCO3固体，加水配成1000mL溶液，移出10.00mL，用0.1000mol•L-1的I2溶液滴定．滴定过程中；溶液的pH保持在6.5左右．

（5）滴定过程中，NaHCO3能控制溶液的pH在6.5左右，原因是能与在滴定过程中产生的____反应．

（6）实验测得消耗I2溶液的平均值为16.40mL，馏分中水合肼（N2H4•H2O）的质量分数为____．19、有机物G是一种食品香料；其香气强度为普通香料的34倍，有机物G的合成路线如下：

已知：R-CH=CH2R-CHO+HCHO

（1）写出A中含氧官能团的名称：羟基和____，由D到E的反应类型为____．

（2）该香料长期暴露于空气中易质，其原因是____．

（3）有机物E的结构简式为____．

（4）写出同时满足下列条件的G的一种同分异构体的结构简式：____．

Ⅰ．核磁共振氢谱有4个峰。

Ⅱ．能发生银镜反应和水解反应。

Ⅲ．能与FeCl3溶液发生显色反应。

（5）写出R-CHO与银氨溶液反应的化学方程式为____．

（6）以为原料制备的合成路线流程图如下，试在方框内补充有机物的结构简式：20、在一定条件下，在一容积可变的密闭容器中，将SO2和O2混合发生反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）△H=-92.3KJ/mol

0～4min时，容器内气体压强为101KPa，反应过程中，SO2、O2、SO3的物质的量n（mol）的变化如下表：

。时间min0123456789n（SO2）2.001.921.841.761.761.641.521.401.401.40n（O2）1.000.960.920.880.880.820.760.700.700.70n（SO3）00.080.160.240.240.360.480.600.600.60回答下列问题：

（1）该反应的化学平衡常数表达式是K=____．

（2）在34min时间段，反应处于____状态．

（3）计算：0～3min时间内，（容器体积设为1升）用SO2表示该反应的平均反应速率是____mol/（L•min），7min时，SO2的转化率为____．

（4）第5min时，从速率和转化率两个方面分析，改变的外界条件是____；平衡向____方向移动．21、现有六种元素A；B、C、D、E、F均为周期表中前20号元素；且原子序数依次增大．已知A和B是形成化合物种类最多的两种元素；B元素和C元素通常形成电子数为14或22的化合物．D元素的原子半径是短周期主族元素中最大的；E元素在地壳中含量居第二位；F是组成人体骨骼的牙齿的主要元素．

请回答以下问题：

（1）请画出F的离子结构示意图：____；由C、A两种元素形成的18电子化合物的电子式为____；

（2）工业上制取E单质的化学方程式为：____；

（3）由以上六种元素两两组合所形成的化合物中，既含有离子键又含有非极性共价键的常见化合物有____和____（填化学式）；它们都能与水反应生成气体，写出其中一个属于非氧化化还原反应的化学方程式____；

（4）由A、B两种元素形成的正四面体分子是一种常见的气体燃料．通常状况下1g该物质完全燃烧生成液态水时所释放的能量为51.25kg/mol，请写出表示其燃烧热的热化学方程式：____；

（5）如图是中学常见的几种晶体结构．有关说法正确的是____（填选项）．

A．氯化钠的晶体结构中；和钠离子最近且等距离的氯离子组成了一个正八面体。

B．干冰晶体是CO2分子通过范德华力结合形成的。

C．石墨晶体中碳原子数与所形成的共从键数目之比为2：3

D．金刚石晶体是由五个碳原子形成的正四面体分子构成的．22、已知酯类物质能在碱性条件下水解成相应的醇和羧酸盐．有机物A是具有水果香味的液体，其分子式是C4H8O2；在一定条件下有下列转化关系：

写出A、B、C各物质的结构简式：A______、B______、C______．评卷人得分四、判断题(共1题，共7分)23、一元取代产物只有一种的，十个碳以下的烷烃有5种____（判断对错）评卷人得分五、书写(共3题，共18分)24、（2015秋•浙江月考）如图所示；把试管放入盛有25℃时饱和石灰水的烧杯中，试管中开始放入一小块镁片，再用滴管滴入10mL0.2mol/L的稀盐酸于试管中，测得生成氢气在标况的体积为11.2mL后反应停止，同时观察到盛饱和石灰水的烧杯中出现浑浊的现象．请回答下列问题：

（1）该实验过程中说明了MgCl2和H2的总能量____（填“高于”；“等于”或“低于”）镁片和盐酸的总能量．

（2）假设盐酸和镁反应后溶液的体积还是10ml那么此时溶液的pH值为____．

（3）写出镁和稀盐酸反应的离子方程式：____．25、（1）将NaHCO3溶液跟Al2（SO4）3溶液混合，相关反应的离子方程式是____．

（2）一定温度下，在一个固定容积的密闭容器中，可逆反应A（g）+2B（g）⇌4C（g）△H＞0达到平衡时，c（A）=2mol/Lc（B）=7mol/L，c（C）=4mol/L．试确定B的起始浓度c（B）的取值范围是____．

（3）25℃时将0.1mol•L-1Na2CO3溶液与0.1mol•L-1CuSO4溶液等体积混合后，充分搅拌有沉淀生成，若此时所得溶液的pH=8，则所得溶液中的c（CO32-）=____mol•L-1，c（Cu2+）=____mol•L-1

已知：Ksp[Cu（OH）2]=2.2×10-20，Ksp[CuCO3]=1.1×10-10

（4）在25℃下，将amol・L-1的氨水与0.01mol・L-1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c（NH4+）=c（Cl-），则溶液显____性（填“酸”“碱”或“中”）；用含a的代数式表示NH3・H2O的电离平衡常数Kb=____．26、已知铜在常温下能被稀HNO3溶解，反应为：3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O．

（1）请将上述反应改写成离子方程式____．

（2）HNO3没有全部参加氧化还原反应，被还原的HNO3占总HNO3的____%，若反应中生成1molNO，则反应中转移____个e-，消耗Cu____g．评卷人得分六、其他(共1题，共2分)27、现有E、F、H、I、G、K六种原子序数依次增大的前四周期主族元素，且分属四个不同周期，E、G同主族，F、H、I为同周期相邻的三种元素，其中F元素形成的化合物种类是所有元素中最多的，I、G简单离子具有相同的电子层结构，K与F形成的离子化合物Q与E和I形成的常见共价化合物R之间的反应是实验室常见的可燃气体制备原理。（题中的字母只代表元素代号，与实际元素符号无关）,请回答下列问题：（1）E～K六种元素原子，原子半径第三大的是____（填对应的元素符号，下同）。（2）E与H两种元素组成一种阳离子，该离子的结构式为____。（3）I、G两种元素组成含有两种化学键的化合物，该化合物的电子式为____。（4）下图为常温下向25mL0.1mol·L-1由E、I、G组成的化合物W溶液中逐滴滴加0.2mol·L-1E、F、I组成相对分子质量为60的一元酸Z溶液过程中溶液pH的变化曲线。①上图能确定Z为(“强”或“弱”)酸,理由是____②B点溶液呈中性，有人据此认为，在B点时W与Z恰好完全反应，这种看法是否正确？____（选填“是”或“否”）。若不正确，则二者恰好完全反应的点是在AB区间还是BD区间内？区间（若正确，此问不答）。（5）写出Q与R之间的化学反应方程式____。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、A【分析】【分析】计算饱和溶液的质量分数ω=，再根据c=计算该饱和溶液的物质的量浓度．【解析】【解答】解：25℃时；某物质（无结晶水）溶解度为Sg；

则该饱和溶液的质量分数ω=；

由于溶质摩尔质量为Mg/mol，饱和溶液密度为dg/cm3；

所以该饱和溶液的物质的量浓度c==mol/L=mol/L；

故选A．2、B【分析】【分析】A．电木是塑料的一种；

B．聚四氟乙烯化学性能稳定；既耐高温，又耐低温，绝缘性能好，俗称“塑料王”；

C．聚苯乙烯塑料具有热塑性；

D．聚甲基丙烯酸甲酯易溶于有机溶剂，俗称“有机玻璃”具有热塑性．【解析】【解答】解：A．酚醛塑料；俗称电木，废旧热固性酚醛塑料可作燃料，不是既耐低温，又耐高温的一种塑料，所以不是“塑料王”，故A错误；

B．聚四氟乙烯几乎不受任何化学试剂腐蚀；如在浓硫酸；硝酸、盐酸，甚至在王水中煮沸，其重量及性能均无变化，也几乎不溶于所有的溶剂；聚四氟乙烯不吸潮，不燃烧，不导电，既耐高温，又耐低温，俗称“塑料王”，故B正确；

C．聚苯乙烯受热融化后冷却可以进行再加工；具有热塑性，故C错误；

D．聚甲基丙烯酸甲酯俗称“有机玻璃”，能溶于CHCl3；受热融化后冷却可以进行再加工，具有热塑性，故D错误；

故选B．3、B【分析】【分析】X和Y的化合价都为+2价；应为周期表第ⅡA族，根据半径关系可知Y为Be，X为Mg；

Z和T的化合价都有-2价；应为周期表第ⅥA族元素，Z的最高价为+6价，应为S元素，T无正价，应为O元素；

R的化合价为+3价，应为周期表第ⅢA族元素，根据半径大于Y小于X可知应，和X同周期，为Al元素．【解析】【解答】解：X和Y的化合价都为+2价；应为周期表第ⅡA族，根据半径关系可知Y为Be，X为Mg；

Z和T的化合价都有-2价；应为周期表第ⅥA族元素，Z的最高价为+6价，应为S元素，T无正价，应为O元素；

R的化合价为+3价；应为周期表第ⅢA族元素，根据半径大于Y小于X可知应，和X同周期，为Al元素．

A．金属的金属性越强；其反应速率越快，所以单质与稀硫酸反应的速率快慢：X＞R＞Y，故A错误；

B．电子层结构相同的氧离子和镁离子，原子序数越大离子半径越小，所以离子半径：T2-＞X2+；故B正确；

C．元素的金属性越强；其最高价氧化物的水化物碱性越强，镁的金属性最强，所以氢氧化镁的碱性最强，故C错误；

D．元素的非金属性越强；其单质和氢气化合越容易，氧元素的非金属性大于硫元素，所以氧元素与氢元素化合比硫元素与氢元素化合容易，故D错误；

故选B．4、B【分析】【分析】溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色，可能是亚硫酸根离子过量，溴单质全部和亚硫酸根离子反应，说明溶液中可能含I-离子，并且不含Cu2+离子，如含Cu2+离子，则溶液呈蓝色，根据溶液电中性，进一步判断其它离子是否存在．【解析】【解答】解：溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色，可能是亚硫酸根离子过量，溴单质全部和亚硫酸根离子反应，说明溶液中可能含I-离子，并且不含Cu2+离子，如含Cu2+离子，则溶液呈蓝色，根据溶液电中性，阴离子只剩有SO32-离子，阳离子只有NH4+，则一定含有SO32-离子和NH4+离子；所以溶液中一定含有SO32-离子和NH4+离子；一定不含Cu2+离子，可能有I-离子；

故选B．5、B【分析】【分析】A；根据密度和体积计算溶液的总质量；根据硫酸的浓度越大密度越大，判断质量分数关系．

B；标准状况下；气体摩尔体积为22.4L/mol，再相同压强下，温度越高气体摩尔体积越大，据此判断．

C、0.1mol/L的H2SO4溶液中H+的浓度为0.2mol/L，根据N=cVNA计算H+的个数．

D、根据n=计算氮气的物质的量，再根据N=nNA计算阿伏伽德罗常数．【解析】【解答】解：A、设98%的H2SO4溶液密度为ρ1，稀释后硫酸的密度为ρ2，因硫酸的浓度越大密度越大，则ρ1＞ρ2，则稀释后溶液的质量分数为w（H2SO4）=×100%=9.8%×＞9.8%；故A错误；

B、在相同压强下，温度越高气体摩尔体积越大，所以通常状况下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，NA个CO2分子的物质的量为1mol；所以二氧化碳气体的体积大于22.4L，故B正确．

C、0.1mol/L的H2SO4溶液中H+的浓度为0.2mol/L，所以100ml该溶液中H+的个数为0.1L×0.2mol/L×NAmol-1=0.02NA，（若考虑水的电离，则H+的个数大于0.02NA）；故C错误；

D、1gN2的物质的量为=mol，所以m=mol×NA，故NA=28mmol-1；故D错误．

故选：B．6、D【分析】5r(A2+)=4r(B2-），则＝0.8，所以根据表中数据可知，其晶体结构与CsCl的是相似的，选项A不正确；氯化铯晶体中含有8个氯离子和8个铯离子，所以选项B不正确；根据可知，晶胞的边长是cm，选项C不正确；根据氯化铯的晶胞可知，选项D正确，答案选D。【解析】【答案】D7、B【分析】试题分析：A、蒸发浓缩应该在蒸发皿中进行，不能在坩埚中，A错误；B、关闭止水夹，向长颈漏斗中注水，至漏斗中液面高于烧瓶中液面，如果液面保持不变，说明装置不漏气，B正确；C、该盛有碳酸氢钠的试管加热时，试管口要略低于试管底，C错误；D、蒸馏时温度计测量的是气体温度，而不是溶液的温度，D错误，答案选B。考点：考查化学实验基本操作与装置判断【解析】【答案】B8、A【分析】【解答】解：A．SiCl4为共价化合物；氧化铝是由铝离子与氧离子构成的，属于离子化合物，故A错误；B．由氧化铝生产Al时，Al的化合价发生变化，黄铜矿制备Cu时，Cu的化合价发生变化，石英与C反应生成Si时，Si元素的化合价发生变化，所以均是氧化还原反应，故B正确；

C．石英可用于制光导纤维；晶体Si的导电性介于导体与绝缘体之间，常用做半导体材料，故C正确；

D．SO2可以转化成SO3，进而生成H2SO4；FeO与CO在高温下可生成Fe；故D正确．

故选A．

【分析】A．氧化铝属于离子化合物；

B．存在元素化合价的变化的反应属于氧化还原反应；

C．根据硅的单质和化合物的应用分析；

D．SO2可以转化成SO3，进而生成H2SO4；FeO与CO在高温下可生成Fe．9、A【分析】【分析】根据n=计算氯化氢的物质的量，再根据m=nM计算氯化氢质量，溶液的质量=1000g+m（HCl），结合密度求出溶液的体积，根据物质的量浓度公式c=计算溶液的物质的量浓度．【解析】【解答】解：将标准状况下的aLHCl（气）的物质的量为=mol．

氯化氢的质量为mol×36.5g/mol=g．

所以溶液质量为1000g+g=（1000+）g．

所以溶液的体积为=cm-3=×10-3L．

所以溶液浓度为=mol/L．

故选A．二、双选题(共6题，共12分)10、A|C【分析】解：A；HClO中的Cl元素的化合价为+1价；一般情况下凡元素化合价处于中间价态都是既有氧化性又有还原性，故A正确；

B、Al2O3中铝元素的化合价为+3价；处于最高价态，则只有氧化性，故B错误；

C、N203中N元素的化合价为+3价；处于中间价态，则该物质都既有氧化性又有还原性，故C正确；

D、SiO2中Si元素的化合价为+4价；处于最高价态，则只有氧化性，故D错误；

故选：AC．

判断物质的氧化性和还原性；需从两个反面入手，1．熟悉物质的性质，2．物质所含元素的化合价，如果物质所含元素处于中间价态，则物质既有氧化性又有还原性．

本题主要考察对氧化性和还原性的判断和理解．氧化性是指物质得电子的能力，处于高价态的物质一般具有氧化性．还原性是在氧化还原反应里，物质失去电子或电子对偏离的能力，金属单质和处于低价态的物质一般具有还原性．【解析】【答案】AC11、rAD【分析】【分析】本题考查实验方案的设计和评价，难度一般。【解答】A.石蜡油分解产物中的不饱和烃可以使高锰酸钾溶液褪色，故可用高锰酸钾溶液检验石蜡油的分解产物，故A正确；B.由于电石与水反应非常剧烈，所以必须控制加入食盐水的速度以保证反应平缓的进行，而长颈漏斗无法控制加入食盐水的速度，所以应改为分液漏斗，故B错误；C.水的流向错误，应是下进上出，故C错误；D.氯气密度大于空气，导气管应是长进短出，多余氯气可用碱液吸收，故D正确。故选AD。【解析】rm{AD}12、BD【分析】解：A．pH=6的溶液主要是H2PO4-的溶液，此时磷酸已反应c（H3PO4）+c（HPO42-）＜c（H2PO4-）；故A错误；

B．pH=7.2的溶液为等浓度的NaH2PO4和Na2HPO4，pH=7的溶液NaH2PO4和的浓度略大于Na2HPO4，溶液中离子浓度c（Na+）＞2c（HPO42-）＞c（H2PO4-）；故B正确；

C．c（Na+）=0.100mol•L-1的溶液中c（PO43-）+c（HPO42-）+c（H2PO4-）=0.100mol•L-1=c（Na+）=c（H3PO4），当c（PO43-）=c（HPO42-），2c（PO43-）+c（H2PO4-）=c（H3PO4）；故C错误；

D．c（H3PO4）=c（H2PO4-）的溶液PH=2，则c（H+）＞c（OH-），溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（H2PO4-）+2c（HPO42-）+3c（PO43-），c（PO43-）+c（HPO42-）+c（H2PO4-）=0.100mol•L-1，得到c（Na+）＜0.100mol•L-1+2c（PO43-）+c（HPO42-）；故D正确；

故选：BD。

A．pH=6的溶液主要是H2PO4-的溶液；此时磷酸已反应；

B．pH=7.2的溶液为等浓度的NaH2PO4和Na2HPO4，pH=7的溶液NaH2PO4和的浓度略大于Na2HPO4；

C．c（Na+）=0.100mol•L-1的溶液中c（PO43-）+c（HPO42-）+c（H2PO4-）=0.100mol•L-1=c（Na+）=c（H3PO4），当c（PO43-）=c（HPO42-），2c（PO43-）+c（H2PO4-）=c（H3PO4）；

D．溶液中存在电荷守恒分析判断离子浓度关系，c（H3PO4）=c（H2PO4-）的溶液PH=2，则c（H+）＞c（OH-）。

本题考查了弱电解质电离平衡、酸碱反应后的溶液酸碱性判断、离子浓度关系等，主要是溶液中电荷守恒、物料守恒的应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。【解析】BD13、rBD【分析】解：rm{A.Ba(OH)_{2}}与rm{NaHSO_{4}}两溶液的溶质按物质的量之比rm{2}rm{1}反应时的离子反应为rm{Ba^{2+}+OH^{-}+H^{+}+SO_{4}^{2-}=BaSO_{4}隆媒+H_{2}O}故A不选；

B.rm{Ba(OH)_{2}}与rm{NaHSO_{4}}两溶液的溶质按物质的量之比rm{1}rm{2}反应的离子反应为rm{Ba^{2+}+2OH^{-}+2H^{+}+SO_{4}^{2-}=BaSO_{4}隆媒+2H_{2}O}故B选；

C.rm{Ba(OH)_{2}}与rm{NH_{4}HSO_{4}}两溶液的溶质按物质的量之比rm{2}rm{1}反应的离子反应为rm{Ba^{2+}+2OH^{-}+NH_{4}^{+}+H^{+}+SO_{4}^{2-}=BaSO_{4}隆媒+H_{2}O+NH_{3}.H_{2}O}故C不选；

D.rm{Ba(OH)_{2}}与rm{NH_{4}HSO_{4}}两溶液的溶质按物质的量之比rm{1}rm{2}反应的离子反应为rm{Ba^{2+}+2OH^{-}+2H^{+}+SO_{4}^{2-}=BaSO_{4}隆媒+2H_{2}O}故D选；

故选BD．

rm{Ba^{2+}+2OH^{-}+2H^{+}+SO_{4}^{2-}隆煤BaSO_{4}隆媒+2H_{2}O}可表示氢氧化钡与硫酸rm{(}或硫酸的酸式盐rm{)}反应的离子反应；以此来解答．

本题考查离子反应方程式的书写，为高频考点，把握发生的反应、离子反应的书写方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意量少的物质完全反应，题目难度不大．【解析】rm{BD}14、rAB【分析】解：rm{A.}加入rm{K_{2}SO_{4}}溶液；相当于加水稀释，溶液中氢离子浓度降低，且氢离子总量不变，故能减慢反应速率且又不影响氢气生成量，故A正确；

rm{B}加入rm{CH_{3}COONa}溶液；溶液被稀释，且醋酸根与溶液中氢离子结合为醋酸分子，溶液中氢离子浓度降低，且提供的氢离子总量不变，故能减慢反应速率且又不影响氢气生成量，故B正确；

C.rm{Zn}可以置换出rm{Cu}构成原电池，加快反应速率，故C错误；

D.加入碳酸钠溶液；与盐酸反应是二氧化碳，氢离子总量较小，生成氢气的量减少，故D错误；

故选：rm{AB}．

为了减缓反应进行的速率，加入溶液后应降低氢离子浓度，但又不影响生成氢气的总量，则提供的氢离子的总物质的量不变，而rm{C}选项中构成原电池，加快反应速率，rm{D}选项中碳酸钠反应消耗氢离子；生成氢气的总量减少．

本题考查化学反应速率影响因素，比较基础，需注意生成氢气的量不变，注意rm{C}选项构成原电池，加快反应速率．【解析】rm{AB}15、rAB【分析】解：rm{A.}化合物rm{Y}中含有如图所示rm{1}个手性碳原子；故A正确；

B.rm{X}含有酚羟基能与rm{FeCl_{3}}溶液发生显色反应；故B正确；

B.物质rm{X}酚羟基有邻位可以被溴取代，rm{1molX}与溴水反应最多消耗rm{2molBr_{2}}故C错误；

D.物质rm{X}可以发生缩聚反应，rm{Y}发生加聚反应；故D错误．

故选AB．

A.根据手性碳原子的定义判断；

B.rm{X}含有酚羟基；可与氯化铁发生显色反应；

C.rm{X}的酚羟基邻位rm{H}可被取代；

D.rm{X}不能发生加聚反应，rm{Y}不能发生缩聚反应．

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，注意酚、烯烃性质的分析与应用，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．【解析】rm{AB}三、填空题(共7题，共14分)16、Na＞Al＞FHClO4＞H2CO3＞H2SiO3H2O2离子键、共价键氟气和氢气在黑暗处能产生爆炸【分析】【分析】由元素在周期表中的位置；可知①为H；②为C、③为O、④为F、⑤为Na、⑥为Al、⑦为Si、⑧为Cl．

（1）同周期自左而右原子半径减小；同主族自上而下原子半径增大；元素的非金属性越强，其最高价氧化物是水化物酸性越强；

（2）由表中两种元素的原子按1：1组成的常见液态化合物含18个电子；该化合物为双氧水；

（3）甲、乙、丙是上述部分元素组成的双原子分子或负二价双原子阴离子，且甲、乙、丙的电子总数相等，甲是一种极强的氧化性单质，丙与⑤的阳离子可形成一种淡黄色固体B，B为Na2O2，则丙是O22-，丙含有18个电子，甲为双原子分子单质且具有强氧化性，则甲为F2，含有18电子且为双原子分子且含有表中元素的乙为HCl．【解析】【解答】解：由元素在周期表中的位置；可知①为H；②为C、③为O、④为F、⑤为Na、⑥为Al、⑦为Si、⑧为Cl．

（1）同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径由大到小的顺序为：Na＞Al＞F；元素的非金属性越强，其最高价氧化物是水化物酸性越强，非金属性Cl＞C＞Si，故酸性：HClO4＞H2CO3＞H2SiO3，故答案为：Na＞Al＞F；HClO4＞H2CO3＞H2SiO3；

（2）由表中两种元素的原子按1：1组成的常见液态化合物含18个电子，该化合物为双氧水，化学式为H2O2，故答案为：H2O2；

（3）甲、乙、丙是上述部分元素组成的双原子分子或负二价双原子阴离子，且甲、乙、丙的电子总数相等，甲是一种极强的氧化性单质，丙与⑤的阳离子可形成一种淡黄色固体B，B为Na2O2，则丙是O22-，丙含有18个电子，甲为双原子分子单质且具有强氧化性，则甲为F2；含有18电子且为双原子分子且含有表中元素的乙为HCl，则：

B中化学键的类型为离子键和共价键，乙的电子式为甲的组成元素的原子结构示意图能证明甲的组成元素非金属性很强的事实为氟气和氢气在黑暗处能产生爆炸；

故答案为：离子键和共价键；氟气和氢气在黑暗处能产生爆炸．17、加成反应消去反应+2Cu（OH）2+Cu2O↓+2H2O【分析】【分析】根据给予信息知，苯甲醛和乙醛发生加成反应生成A，则A的结构简式为A和2mol氢气发生加成反应生成B，A中的碳碳双键和醛基与氢气发生加成反应生成B，所以B的结构简式为A和新制氢氧化铜悬浊液反应生成C，A中的醛基被氧化生成羧酸C，则C的结构简式为C和溴发生加成反应生成D，D为D和氢氧化钠的醇溶液发生消去反应E，E的结构简式为C和1mol氢气发生加成反应生成F，F的结构简式为据此解答．【解析】【解答】解：根据给予信息知，苯甲醛和乙醛反应生成A，则A的结构简式为A和2mol氢气发生加成反应生成B，A中的碳碳双键和醛基与氢气发生加成反应生成B，所以B的结构简式为A和新制氢氧化铜悬浊液反应生成C，A中的醛基被氧化生成羧酸C，则C的结构简式为C和溴发生加成反应生成D，D为D和氢氧化钠的醇溶液发生消去反应E，E的结构简式为C和1mol氢气发生加成反应生成F，F的结构简式为．

（1）通过以上分析知，A结构简式为C结构简式为E的结构简式为：

故答案为：

（2）C→D是与溴发生加成反应生成

D→E是发生消去反应生成

故答案为：加成反应；消去反应；

（3）A→B的反应方程式为

A→C是的反应方程式为：+2Cu（OH）2+Cu2O↓+2H2O；

故答案为：

+2Cu（OH）2+Cu2O↓+2H2O．18、BDCl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O加入适量的H2O2溶液还原除去NaClO，不引入杂质B如果次氯酸钠溶液装在烧瓶中，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化馏分高温易分解，减压会降低物质的沸点NaHCO3会与滴定过程中产生的HI反应82%【分析】【分析】（1）配制一定质量分数的溶液时；具体步骤是计算；称量、溶解，NaOH固体时需要放在烧杯中称，量取水时需要量筒，溶解时需要烧杯、玻璃棒；

（2）氯气通入到盛有NaOH的锥形瓶中与NaOH发生反应生成氯化钠；次氯酸钠和水；

（3）中和滴定测定混合溶液的NaOH的浓度时，需要排除溶液里的NaClO的干扰，可通过加入还原性的过氧化氢，其氧化产物是氧气，没有向溶液里引入新杂质；（4）依据制取水合肼（N2H4•H2O）的反应原理为：CO（NH2）+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4•H2O+NaCl，结合反应产物和反应物分析判断；水合肼（N2H4•H2O）具有还原性；易被次氯酸钠氧化；

（5）NaHCO3能通过与碘化氢的反应控制溶液的pH在6.5左右；

（6）结合反应定量关系计算得到馏分中水合肼（N2H4•H2O）的质量分数．【解析】【解答】解：（1）配制一定质量分数的溶液时；溶解时需要烧杯；玻璃棒，故答案为：BD；

（2）锥形瓶中氯气和NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，故答案为：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O；

（3）中和滴定测定混合溶液中NaOH的浓度时，需要排除溶液里的NaClO的干扰，可通过加入还原性的H2O2除去NaClO；然后滴加酚酞指示剂，再用标准的盐酸滴定测出NaOH溶液的浓度；

故答案为：加入适量的H2O2溶液还原除去NaClO；不引入杂质；

（4）反应CO（NH2）+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4•H2O+NaCl中，水合肼（N2H4•H2O）作还原剂；具有还原性，易被次氯酸钠氧化，馏分高温易分解，减压会降低物质的沸点，蒸馏时需要减压；

故答案为：B；如果次氯酸钠溶液装在烧瓶中；反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化；馏分高温易分解，减压会降低物质的沸点；

（5）NaHCO3能控制溶液的pH在6.5左右；是因为碳酸氢钠和碘化氢反应；

故答案为：NaHCO3会与滴定过程中产生的HI反应；

（6）结合反应定量关系计算得到馏分中水合肼（N2H4•H2O）的质量分数；

N2H2•H2O+2I2=N2+4HI+H2O

12

n0.1000mol/L×0.0164L

n=0.00082mol

250ml溶液中含有的物质的量=0.00082mol×=0.082mol

水合肼（N2H2•H2O）的质量分数=×100%=82%

故答案为：82%．19、醚键消去反应香料分子中含有酚羟基和醛基，易被氧化或【分析】【分析】（1）根据A的结构简式判断A中含氧官能团的名称；比较D和F的结构及转化条件可知，D到E发生消去反应，生成C=C；

（2）根据G的结构简式可知该分子的官能团含有酚羟基和醛基；酚羟基和醛基，易被氧化；

（3）D到E发生消去反应，生成C=C，所以E结构简式为：

（4）有机物G的同分异构体能Ⅰ分子中有4种不同化学环境的氢；Ⅱ可发生水解反应，和银镜反应，说明有甲酸某酯；ⅢFeCl3溶液反应显紫色；说明有酚羟基；综合三种条件写出其结构简式；

（5）R-CHO与银氨溶液反应；醛基被氧化，据此写出化学方程式；

（6）以为原料制备的合成路线为根据合成路线补充方框内有机物的结构简式．【解析】【解答】解：（1）根据A的结构简式可知该分子的官能团含有醚键；酚羟基；比较D和F的结构及转化条件可知，D到E发生消去反应，生成C=C；

故答案为：醚键；消去反应；

（2）根据G的结构简式可知该分子的官能团含有酚羟基和醛基；酚羟基和醛基，易被氧化；

故答案为：香料分子中含有酚羟基和醛基；易被氧化；

（3）从D到E发生消去反应，生成C=C，所以E结构简式为：

故答案为：

（4）有机物G的同分异构体能Ⅰ分子中有4种不同化学环境的氢；Ⅱ可发生水解反应，和银镜反应，说明有甲酸某酯；ⅢFeCl3溶液反应显紫色，说明有酚羟基；综合三种条件写出其结构简式为：

故答案为：或

（5）R-CHO与银氨溶液反应，醛基被氧化，化学方程式为

故答案为：

（6）以为原料制备的合成路线为所以方框1内有机物的结构简式为方框2内有机物的结构简式为CH3COOH；

故答案为：CH3COOH．20、平衡0.0830%增大压强正【分析】【分析】（1）平衡常数=；

（2）依据物质物质的量不变判断反应达到的平衡；

（3）反应速率=计算得到，转化率=×100%；

（4）依据第5min时物质的物质的量变化分析二氧化硫和氧气物质的量减小，三氧化硫物质的量增加，平衡正向进行．【解析】【解答】解：（1）2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）△H=-92.3KJ/mol，平衡常数K=；

故答案为：；

（2）图表数据分析可知在3～4min和7～9min时；二氧化硫；氧气和三氧化硫物质的量不变说明反应达到平衡，故答案为：平衡；

（3）0～3min时间内，（容器体积设为1升）用SO2表示该反应的平均反应速率==0.08mol/（L•min）；7min时，SO2的转化率=×100%=30%；

故答案为：0.08；30%；

（4）第5min时物质的物质的量变化分析二氧化硫和氧气物质的量减小；三氧化硫物质的量增加，平衡正向进行，依据平衡移动原理分析可知增大压强平衡正向进行；符合物质的量变化；

故答案为：增大压强；正．21、SiO2+2CSi+2CO↑Na2O2CaC2CaC2+2H2O→Ca（OH）2+C2H2↑CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-820kJ•mol-1ABC【分析】【分析】A、B、C、D、E、F均为周期表中前20号元素，且原子序数依次增大．A和B是形成化合物种类最多的两种元素，应为H和C两种元素，结合原子序数可知A为H元素、B为碳元素；B元素和C元素通常形成电子数为14或22的化合物，这两种化合物分别为CO、CO2，则可推知C为O元素；D元素的原子半径是短周期主族元素中最大的，应为Na元素；E元素在地壳中含量居第二位，则E为Si；F是组成人体骨骼的牙齿的主要元素，则F为Ca，据此解答．【解析】【解答】解：A、B、C、D、E、F均为周期表中前20号元素，且原子序数依次增大．A和B是形成化合物种类最多的两种元素，应为H和C两种元素，结合原子序数可知A为H元素、B为碳元素；B元素和C元素通常形成电子数为14或22的化合物，这两种化合物分别为CO、CO2；则可推知C为O元素；D元素的原子半径是短周期主族元素中最大的，应为Na元素；E元素在地壳中含量居第二位，则E为Si；F是组成人体骨骼的牙齿的主要元素，则F为Ca；

（1）Ca2+离子结构示意图为：由O、H两种元素形成的18电子化合物为H2O2，分子中O原子之间形成1对共用电子对，H原子与O原子之间形成1对共用电子对，电子式为

故答案为：

（2）工业上用碳与二氧化硅制取Si单质，化学方程式为：SiO2+2CSi+2CO↑；

故答案为：SiO2+2CSi+2CO↑；

（3）由以上六种元素两两组合所形成的化合物中，既含有离子键又含有非极性共价键的常见化合物有Na2O2、CaC2；它们都能与水反应生成气体，其中属于非氧化化还原反应的化学方程式为：CaC2+2H2O→Ca（OH）2+C2H2↑；

故答案为：Na2O2、CaC2；CaC2+2H2O→Ca（OH）2+C2H2↑；

（4）由H、C两种元素形成的正四面体分子是一种常见的气体燃料，该气体为CH4，通常状况下1gCH4完全燃烧生成液态水时所释放的能量为51.25kJ/mol，则1molCH4完全燃烧放出的热量=51.25kJ×=820kJ，CH4燃烧热的热化学方程式为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-820kJ•mol-1；

故答案为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-820kJ•mol-1；

（5）A．以体心为钠离子进行研究；与钠离子最近且等距离的氯离子位于面心上，组成了一个正八面体，故A正确；

B．干冰晶体水分子晶体，是CO2分子通过范德华力结合形成；故B正确；

C．石墨晶体中每个碳原子形成3个C-C键，每个C-C键为1个C原子提供，故碳原子数与所形成的共价键数目之比为1：3×=2：3；故C正确；

D．金刚石晶体中C原子与周围的4个碳原子形成正四面体结构；向空间延伸的立体网状结构，属于原子晶体，故D错误；

故答案为：ABC．22、略

【分析】解：有机物A是具有水果香味的液体，其分子式是C4H8O2，有机物A为酯，碱性条件下水解得到B与C，C能与盐酸反应得到CH3COOH，则C为CH3COONa，B连续氧化也得到CH3COOH，B为CH3CH2OH，故A为CH3COOCH2CH3；

由上述分析可知，A为CH3COOCH2CH3，B为CH3CH2OH，C为CH3COONa；

故答案为：CH3COOCH2CH3；CH3CH2OH；CH3COONa．

有机物A是具有水果香味的液体，其分子式是C4H8O2，有机物A为酯，碱性条件下水解得到B与C，C能与盐酸反应得到CH3COOH，则C为CH3COONa，B连续氧化也得到CH3COOH，B为CH3CH2OH，故A为CH3COOCH2CH3；据此解答．

本题考查有机物推断，根据B、C的反应都得到乙酸进行推断，关键是掌握官能团性质，注意对基础知识的掌握．【解析】CH3COOCH2CH3；CH3CH2OH；CH3COONa四、判断题(共1题，共7分)23、×【分析】【分析】烷烃的一氯取代物只有一种，说明该烷烃中只有一种等效氢原子，根据等效氢原子的判断方法来回答．【解析】【解答】解：烷烃分子中；同一个碳上的氢原子等效，连在同一个碳原子上的氢原子等效，具有镜面对称的碳原子上的氢原子等效，烷烃的一氯取代物只有一种，说明该烷烃中只有一种等效氢原子，在碳原子数n≤10的所有烷烃的同分异构体中，其一氯取代物只有一种的烷烃分别是：甲烷；乙烷、2，2-二甲基丙烷以及2，2，3，3-四甲基丁烷，共4种．

故答案为：×．五、书写(共3题，共18分)24、低于1Mg+2H+=Mg2++H2↑【分析】【分析】（1）放热反应中反应物总能量大于生成物总能量；

（2）发生反应：Mg+2H+=Mg2++H2↑；根据氢气结合化学方程式计算消耗盐酸的物质的量，根据C=计算剩余氢离子浓度，再根据pH=-lgc（H+）计算溶液pH；

（3）单质、气体、沉淀等写化学式，可溶性强电解质写离子．【解析】【解答】解：（1）放热反应中反应物总能量大于生成物总能量，该反应是放热反应，所以MgCl2溶液和H2的总能量低于镁片和盐酸的总能量，故答案为：低于；（2）由M