2024年沪科新版高三化学下册阶段测试试卷

…………○…………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阶段测试试卷211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、已知烯烃经臭氧氧化后；在Zn存在下水解，可得到醛和一种有机物酮．如：

现有化学式C7H14的某烯烃，它与H2加成后生成2，3-二甲基戊烷，它经臭氧氧化后在Zn存在下水解成乙醛和一种酮，据此推知该烯烃的结构简式为（）A.B.C.D.2、下列各组离子中，能在溶液中大量共存的是（）A.Na+H+NO3-Fe2+B.Ca2+NO3-HCO3-OH-C.K+H+Cl-SO42-D.Fe3+Cl-H+CO32-3、下列说法正确的是（）A.放热反应都能自发进行，自发反应熵值一定增大B.自发反应在恰当条件下才能实现C.一定温度下Ksp越小，难溶电解质的溶解度就越小D.反应物浓度增大，速率变快是因为增大了单位体积内活化分子百分数4、下列溶液跟100mL0.5mol•L-1NaCl溶液所含Cl-物质的量浓度相同的是（）A.100mL0.5mol•L-1MgCl2溶液B.200mL0.5mol•L-1CaCl2溶液C.25mL0.5mol•L-1HCl溶液D.50mL1mol•L-1KCl溶液5、用铝热法还原下列化合物，制取金属1mol，消耗铝最少的是()A.MnO2B.WO3C.Co3O4D.Cr2O36、下列是常见离子检验的离子方程式，其中错误的是rm{(}rm{)}A.rm{Fe^{3+}}rm{Fe^{3+}+3SCN^{-}隆煤Fe(SCN)_{3}隆媒}B.rm{SO_{4}^{2-}}rm{Ba^{2+}+SO_{4}^{2-}隆煤BaSO_{4}隆媒}C.rm{Cl^{-}}rm{Ag^{+}+Cl^{-}隆煤AgCl隆媒}D.rm{NH_{4}^{+}}rm{NH_{4}^{+}+OH^{-}overset{triangle}{rightarrow}NH_{3}隆眉+H_{2}O}rm{NH_{4}^{+}+OH^{-}overset{triangle

}{rightarrow}NH_{3}隆眉+H_{2}O}7、碱性电池具有容量大、放电电流大的特点，因而得到广泛应用．锌-锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液，电池总反应式为：Zn（s）+2MnO2（s）+H2O（l）═Zn（OH）2（s）+Mn2O3（s）下列说法错误的是（）A.电池工作时，锌失去电子B.电池正极的电极反应式为：2MnO2（s）+H2O（l）+2e-═Mn2O3（s）+2OH-（aq）C.电池工作时，电子由正极通过外电路流向负极D.外电路中每通过0.1mol电子，锌的质量理论上减小3.25g8、下列叙述不正确的是（）A.原电池是将化学能转化为电能的装置B.铁船底镶嵌锌块，锌作负极，以防船体被腐蚀C.钢铁腐蚀的正极反应：Fe→Fe3++3e-D.用惰性电极电解CuSO4溶液一段时间后，向其中加入CuO固体可以使溶液恢复到原来的浓度9、相同温度下；容积相同的甲；乙、丙3个恒容密闭容器中发生可逆反应：

2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）+197kJ．实验测得起始、平衡时的有关数据如下表：。容器起始各物质的物质的量/mol达到平衡时体系能量的变化SO2O2SO3Ar甲21放出热量：Q1乙1.80.90.2放出热量：Q2丙1.80.90.20.1放出热量：Q3下列叙述正确的是（）

A.Q1=Q2=Q3

B.达到平衡时，丙容器中SO2的体积分数最大。

C.甲；乙、丙3个容器中反应的平衡常数相等。

D.若在上述条件下反应生成2molSO3（s）的反应放热小于197kJ

评卷人得分二、双选题(共5题，共10分)10、迷迭香酸具有抗氧化、延缓衰老、减肥降脂等功效，它的结构简式为：

以邻苯二酚为原料合成迷迭香酸的路线为。

下列说法正确的是（）A.有机物B中含有1个手性碳原子B.有机物A分子中所有原子一定在同一平面上C.有机物C在稀硫酸催化下水解的一种产物是BD.1molB与足量的NaOH溶液反应，最多可消耗3molNaOH11、科学家用催化剂将苯酚rm{(X)}和rm{1}rm{3}二羰基化合物rm{(Y)}合成一种重要的具有生物活性的结构单元--苯并呋喃rm{(Z)}rm{W}是中间产物rm{(R_{1}}rm{R_{2}}均为烃基rm{).}则下列有关叙述不正确的是rm{(}rm{)}A.反应rm{垄脵}属于取代反应B.仅使用溴水或rm{FeCl_{3}}溶液不能鉴别rm{X}和rm{W}C.rm{W}中没有手性碳原子D.rm{X}rm{Y}rm{W}rm{Z}都能与rm{NaOH}溶液反应、都能使酸性高锰酸钾褪色12、化学与生活、生产、可持续发展密切相关，下列说法中正确的是rm{(}rm{)}A.rm{{,!}^{14}C}可用于文物年代的鉴定，rm{{,!}^{14}C}和rm{{,!}^{12}C}互为同素异形体B.淀粉和纤维素都是高分子化合物，且都是非电解质C.制作航天服的聚酯纤维和用于光缆通信的光导纤维都是新型无机非金属材料D.现代工业生产中芳香烃主要来源于石油化工的催化重整和煤的干馏13、如图所示的铜锌原电池中，铜电极为rm{(}rm{)}

A.负极B.正极C.发生还原反应的一极D.发生氧化反应的一极14、常温下，浓度均为0.100mol•L-1、体积均为15.00mL的氨水和NaHCO3溶液分别用0.100mol•L-1HCl溶液滴定，其滴定曲线如图所示：当两溶液中均滴入相同体积的HCl溶液时，相应的两溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是（）A.当V（HCl）=0mL时，c（NH3•H2O）=c（HCO3-）B.当V（HCl）=4.00mL时，c（NH4+）＞c（NH3•H2O）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）C.当V（HCl）=8.00mL时，c（Na+）＜c（NH4+）+c（HCO3-）+2c（CO32-）D.当V（HCl）=15.00mL时，c（Na+）=c（NH4+）+c（NH3•H2O）评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)15、下列反应属于放热反应的是____；属于吸热反应的是____．

A．铝片与稀盐酸反应制取H2B．氢气在氧气中燃烧。

C．碳酸钙高温分解成氧化钙和二氧化碳D．氢氧化钠和盐酸的中和反应。

E．Ba（OH）2•8H2O与NH4Cl反应F．葡萄糖在人体内氧化分解．16、（2014•未央区校级模拟）镁；钙、钾、溴、氟、硼等元素在每升海水中的含量都大于1mg；属于海水中的常量元素．

（1）镓与硼同主族，写出镓元素原子的价电子排布式____．

（2）钾、钙、镓的第一电离能从大到小的顺序是____．

（3）比较氟化钠和溴化钠的熔点：氟化钠____溴化钠（填“＜”或“＞”），分析其原因是____．

（4）用价层电子对互斥理论推断BF3空间构型为____，NF3分子中N原子的杂化轨道类型为____；在NH3•BF3中接受孤对电子的原子是____．

（5）2001年曾报道，硼镁化合物刷新了金属化合物超导温度的最高记录．该化合晶体结构中的晶胞如图所示．镁原子间形成正六棱柱，且棱柱的上下底面还各有一个镁原子，六个硼原子位于棱柱内．则该化合物的化学式可表示为____．17、（2014春•揭阳校级期中）A；B、C、D、E、F六种物质的转化关系如图所示（反应条件和部分产物未标出）

（1）若A为短周期金属单质，D为短周期非金属单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，F的浓溶液与A、D反应都有红棕色气体生成，则A的原子结构示意图为____．反应④的化学方程式为____

（2）若A为常见的变价金属的单质，D、F是气态单质，且反应①在水溶液中进行．反应②也在水溶液中进行，则反应②的离子方程式是____．已知光照条件下D与F反应生成B，写出该反应的化学方程式____．

（3）若A、D、F都是短周期非金属元素单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，则A的元素符号为____，反应①的化学方程式为____．18、氮元素的化合物应用十分广泛．请回答：

（1）火箭燃料液态偏二甲肼（C2H8N2）是用液态N2O4作氧化剂，二者反应放出大量的热，生成无毒、无污染的气体和水．已知室温下，1g燃料完全燃烧释放出的能量为42.5kJ，则该反应的热化学方程式为____．

（2）298K时，在2L固定体积的密闭容器中，发生可逆反应：2NO2（g）⇌N2O4（g）△H=-akJ/mol（a＞0）．N2O4的物质的量浓度随时间变化如图1．达平衡时，N2O4的浓度为NO2的2倍；回答下列问题：

①298k时，该反应的平衡常数为____L•mol-1（精确到0.01）．

②下列情况不是处于平衡状态的是____：

A．混合气体的密度保持不变；B．混合气体的颜色不再变化；C．气压恒定时。

③若反应在398K进行，某时刻测得n（NO2）=0.6moln（N2O4）=1.2mol，则此时V（正）____V（逆）（填“＞”；“＜”或“=”）．

（3）NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛．现向100mL0.1mol•L-1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol•L-1NaOH溶液，得到的溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图2所示．试分析图中a、b；c、d、e五个点．

①b点时，溶液中发生水解反应的离子是____；

②在c点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序____．

③d、e点对应溶液中，水电离程度大小关系是d____e（填“＞”、“＜”或“=”）．19、已知：C2H5OH+HO-NO2（硝酸）→C2H5O-NO2（硝酸乙酯）+H2O；

RCH（OH）2RCHO+H2O

现有只含C；H、O的化合物A、B、D、E；其中A为饱和多元醇，其它有关信息已注明在如图的方框内．

回答下列问题：

（1）A的分子式为____；

（2）写出下列物质的结构简式：B____；E____；

（3）写出下列反应的化学方程式和反应类型：

A→C：____，反应类型：____；

A→D：____，反应类型：____；

（4）工业上可通过油脂的皂化反应得到A，分离皂化反应产物的基本操作是____．20、（15分）硝酸铵在现代农业生产和国防中都占有重要地位，下图是云南天然气化工厂合成硝酸铵的简要生产工艺流程：回答下列问题：（1）N2的电子式，合成氨的反应中，若生成1g氨放出热量aKJ,写出该反应的热化学方程式。（2）氨催化氧化的化学方程式是，试从化学反应速率和化学平衡原理分析温度、压强对合成氨反应的影响。（3）若输送NH3的管道某处发生泄漏，检测的简单方法。（4）农业生产上长期、过量使用化肥硝酸铵，会加重土壤酸化，原因是（用离子方程式回答）。（5）25℃时，将xmolNH4NO3溶于一定量水中，向该溶液中滴加yL氨水后溶液呈中性，则滴加氨水过程中水的电离平衡将（填“正向”“不”或“逆向”）移动，所滴加氨水的物质的量浓度为（25℃时，Kb(NH3·H2O)=2.0×10-5mol·L-1）。评卷人得分四、判断题(共2题，共18分)21、通过化学变化可以实现35Cl与37Cl间的相互转化____．（判断对错）22、用洁净的铂丝蘸取溶液在酒精灯的外焰上灼烧，未看见火焰显紫色，溶液里一定不含K+．____（判断对错）正确的打“√”，错误的打“×”评卷人得分五、探究题(共4题，共32分)23、为了分离甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人设计了下列实验过程．请在括号内填写分离时所用操作方法，并写出方框内有关物质的结构简式．

写出下列物质的结构简式A________、C________、E________、G________．24、实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，操作为：25、为了分离甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人设计了下列实验过程．请在括号内填写分离时所用操作方法，并写出方框内有关物质的结构简式．

写出下列物质的结构简式A________、C________、E________、G________．26、实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，操作为：评卷人得分六、实验题(共1题，共3分)27、（1）中学化学中使用前必需检查是否漏水的仪器有（任填二种）：____

（2）今有集气瓶；导管、带孔橡皮塞、烧杯；请组装一套收集气体装置，画出装置图．

要求：①收集一种比空气轻；可溶于水，且有毒的气体．

②操作简便；科学性强．

③仪器只能用题目提供的．

（3）按图2进行实验；将分液漏斗中水逐滴滴入瓶内．气球最终会。

A．变瘪B．不变c．胀大。

I．当瓶内固体生成物只有Na2CO3时，观察到气球的变化是____；（填字母序号；下同）

Ⅱ．当瓶内固体生成物只有NaHCO3时，观察到气球的变化是____；

Ⅲ．当瓶内固体生成物既有NaOH，又有Na2CO3时，观察到气球的变化是____；

简要解释产生该现象的原因：____．参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【分析】2，3-二甲基戊烷的结构简式为CH3CH（CH3）CH（CH3）CH2CH3，对应的烯烃被臭氧氧化后在锌存在下水解生成乙醛和一种酮，该稀烃中碳碳双键在碳链的2号位和3号位之间，由于有酮产生，所以双键一端碳上有两个碳，另一端碳上有一个氢原子，结合2，3-二甲基戊烷的碳架结构可知该烯烃的结构简式．【解析】【解答】解：分子式为C7H14的某烯烃，它与氢气发生加成反应生成2，3-二甲基戊烷，该烯烃被臭氧氧化后在锌存在下水解生成乙醛和一种酮，根据题中信息可知，该稀烃中碳碳双键在碳链的2号位和3号位之间，由于有酮产生，所以双键一端碳上有两个碳，由于生成乙醛，则另一端碳上有一个氢原子，2，3-二甲基戊烷的结构简式为CH3CH（CH3）CH（CH3）CH2CH3，所以该烯烃的结构简式为CH3CH（CH3）C（CH3）=CHCH3；

故选C．2、C【分析】【分析】离子能在溶液中大量共存，则离子之间不发生任何反应，如发生复分解反应生成沉淀、气体、弱电解质，或发生氧化还原反应、互促水解反应等．【解析】【解答】解：A．酸性条件下NO3-与Fe2+发生氧化还原反应而不能大量共存；故A错误；

B．Ca2+、HCO3-、OH-反应生成沉淀而不能大量共存；故B错误；

C．离子之间不发生任何反应；可大量共存，故C正确；

D．H+与CO32-反应生成水和二氧化碳而不能大量共存；故D错误．

故选C．3、B【分析】【分析】A；反应自发进行的判断依据是△H-T△S＜0；

B；有些自发进行的反应也需要反应条件；

C；一定温度下；化学式相似的物质Ksp越小，难溶电解质的溶解度就越小；

D、改变浓度，不改变活化分子百分数．【解析】【解答】解：A；反应自发进行的判断依据是△H-T△S＜0；所以放热反应不一定能自发进行，自发反应熵值也不一定增大，故A错误；

B；有些自发进行的反应也需要反应条件；如碳的燃烧需要点燃，故B正确；

C；一定温度下；化学式相似的物质Ksp越小，难溶电解质的溶解度就越小，化学式不相似的物质不能直接根据Ksp的大小来比较溶解度，故C错误；

D；反应物浓度增大；速率变快是因为增大了单位体积内活化分子数目，活化分子百分数不变，故D错误；

故选B．4、C【分析】【分析】根据离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度×一个溶质分子中含有的离子的个数，与溶液的体积无关．【解析】【解答】解：100mL0.5mol•L-1NaCl溶液所含Cl-物质的量浓度为0.5mol•L-1

A、100mL0.5mol•L-1MgCl2溶液氯离子浓度为0.5mol/L×2=1mol/L；故A错误；

B、200mL0.5mol•L-1CaCl2溶液氯离子浓度为0.5mol/L×2=1mol/L；故B错误；

C、25mL0.5mol•L-1HCl溶液氯离子浓度为0.5mol/L；故C正确；

D、50mL1mol•L-1KCl溶液氯离子浓度为1mol/L；故D错误；

故选：C．5、C【分析】生成1mol金属转移的电子越少，消耗的铝越少。ABCD中转移的电子分别是4、6、8/3、3，所以答案选C。【解析】【答案】C6、A【分析】解：rm{A.}检验rm{Fe^{3+}}的正确反应为：rm{Fe^{3+}+3SCN^{-}隆煤Fe(SCN)_{3}}故A错误；

B.检验rm{SO_{4}^{2-}}的离子方程式为：rm{Ba^{2+}+SO_{4}^{2-}隆煤BaSO_{4}隆媒}故B正确；

C.检验rm{Cl^{-}}的离子方程式为：rm{Ag^{+}+Cl^{-}隆煤AgCl隆媒}故C正确；

D.检验rm{NH_{4}^{+}}的离子方程式为：rm{NH_{4}^{+}+OH^{-}overset{triangle}{rightarrow}NH_{3}隆眉+H_{2}O}故D正确；

故选：rm{NH_{4}^{+}+OH^{-}overset{triangle

}{rightarrow}NH_{3}隆眉+H_{2}O}

A.生成的硫氰化铁不是沉淀；

B.钡离子与硫酸根离子生成难溶于强酸的硫酸钡沉淀；

C.银离子与氯离子生成难溶于酸的氯化银沉淀；

D.铵根离子与氢氧根离子在加热条件下生成氨气；氨气能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝。

本题考查常见离子的检验方法及离子方程式书写，题目难度不大，明确常见离子的检验方法为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则。rm{A}【解析】rm{A}7、C【分析】【分析】根据电池总反应式为：Zn（s）+2MnO2（s）+H2O（l）═Zn（OH）2（s）+Mn2O3（s），可知反应中Zn被氧化，为原电池的负极，负极反应为Zn-2e-+2OH-═Zn（OH）2，MnO2为原电池的正极，发生还原反应，正极反应为2MnO2（s）+H2O（1）+2e-═Mn2O3（s）+2OH-（aq），以此解答该题．【解析】【解答】解：A；根据总反应可知Zn被氧化；为原电池的负极，故A正确；

B、根据电池总反应式为：Zn（s）+2MnO2（s）+H2O（l）═Zn（OH）2（s）+Mn2O3（s），可知反应中Zn被氧化，为原电池的负极，负极反应为Zn-2e-+2OH-═Zn（OH）2，MnO2为原电池的正极，发生还原反应，正极反应为2MnO2（s）+H2O（1）+2e-═Mn2O3（s）+2OH-（aq）；故B正确；

C；原电池中；电子由负极经外电路流向正极，故C错误；

D、负极反应为Zn-2e-+2OH-═Zn（OH）2；外电路中每通过O.1mol电子，消耗的Zn的物质的量为0.05mol，质量为0.05mol×65g/mol=3.25g，故D正确．

故选C．8、C【分析】【分析】A；原电池中发生氧化还原反应向外提供电能；

B；Zn、Fe构成原电池时；Fe作正极；

C；钢铁腐蚀时；Fe作负极失电子；

D、根据电解时两极上的产物判断．【解析】【解答】解：A；原电池中发生氧化还原反应向外提供电能；即原电池是将化学能转化为电能的装置，故A正确；

B；Zn、Fe构成原电池时；Fe作正极被保护，Zn作负极被腐蚀，故B正确；

C、钢铁腐蚀时，Fe作负极失电子，负极反应为Fe→Fe2++2e-；故C错误；

D、用惰性电极电解CuSO4溶液时；阴极生成Cu，阳极生成氧气，则电解一段时间后，向其中加入CuO固体可以使溶液恢复到原来的浓度，故D正确．

故选C．9、C【分析】

A、三个容器内尽管最终平衡相同，但起始量不同反应的热效应不同，正向反应是放热反应，逆向反应是吸热反应，所以Q1＞Q2=Q3；故A错误；

B；因为甲、乙、丙最终达到的平衡状态相同；所以三氧化硫的体积分数相同，故B错误；

C；温度相同；平衡常数相同，故C正确；

D、在上述条件下反应生成2molSO3（s）；气体转化为固体放热，所以反应放热应大于197kJ，故D错误；

故选C．

【解析】【答案】A；从起始量分析；正向反应是放热反应，逆向进行的反应是吸热反应；

B；从恒温恒容容器中加入惰性气体；增加总压，分压不变，平衡不动分析判断；

C；从平衡常数是只与温度有关的物理量；

D；从反应是可逆反应不能进行彻底分析判断；

二、双选题(共5题，共10分)10、A|D【分析】解：A．连有4个不同基团的C原子为手性碳原子，中标圆圈的为手性碳原子；故A正确；

B．苯环为平面结构；与苯环直接相连的原子一定在同一平面内，-OH上的H不一定在同一平面内，故B错误；

C．有机物C在稀硫酸催化下水解，只有酯基断裂，水解产物为没有B物质，故C错误；

D．B中酚-OH和-COOH具有酸性；则1molB中含2mol酚-OH和1mol-COOH，与足量的NaOH溶液反应，最多可消耗3molNaOH，故D正确；

故选AD．

A．连有4个不同基团的C原子为手性碳原子；

B．苯环为平面结构；与苯环直接相连的原子一定在同一平面内；

C．有机物C在稀硫酸催化下水解；只有酯基断裂；

D．B中酚-OH和-COOH具有酸性．

本题考查有机物的结构与性质，注意把握有机物的官能团与性质的关系，熟悉酚、羧酸的性质即可解答，选项A为易错点，题目难度不大．【解析】【答案】AD11、rCD【分析】解：rm{A.}从有机物的结构和官能团的转化可知反应rm{垄脵}为取代反应；故A正确；

B.rm{X}rm{W}都含有酚羟基；可与溴水发生取代反应，不能用溴水鉴别，故B正确；

C.rm{W}中连接酯基的碳原子为手性碳原子；故C错误；

D.rm{X}rm{Y}rm{W}rm{Z}都能与rm{NaOH}溶液反应，但rm{Y}不能使酸性高锰酸钾褪色；故D错误．

故选CD．

A.从官能团的转化判断反应类型；

B.rm{X}rm{W}含有酚羟基；可与溴水发生取代反应；

C.根据手性碳原子的定义判断；

D.能与rm{NaOH}反应的官能团为酚羟基和酯基；能被酸性高锰酸钾氧化的官能团为酚羟基和碳碳双键．

本题考查有机物的结构和性质，题目难度不大，注意把握有机物官能团的性质，为解答该题的关键，易错点为rm{A}注意根据官能团的变化判断反应的类型．【解析】rm{CD}12、rBD【分析】解：rm{A}．rm{{,!}^{14}C}可用于文物年代的鉴定，rm{{,!}^{14}C}与rm{{,!}^{12}C}互为同位素；同素异形体是单质，故A错误；

B.淀粉和纤维素都是高分子化合物；在水溶液中和熔融状态下不导电的化合物是非电解质，所以淀粉和纤维素都是非电解质，故B正确；

C.聚酯纤维属于有机材料；光导纤维是新型无机非金属材料，故C错误；

D.石油化工的催化重整可以获得芳香烃；煤焦油中含有芳香烃，所以现代工业生产中芳香烃主要来源于石油化工的催化重整和煤的干馏，故D正确．

故选BD．

A.同素异形体是同种元素组成的不同的单质；

B.淀粉和纤维素都是高分子化合物；在水溶液中和熔融状态下不导电的化合物是非电解质；

C.聚酯纤维属于有机材料；

D.石油化工的催化重整可以获得芳香烃；煤焦油中含有芳香烃．

本题考查了同位素和同分异构体的概念、石油的裂化裂解、分馏，煤的干馏，无机非金属材料等知识点，难度不大，属于基础性题目，注意基础知识的积累．【解析】rm{BD}13、rBC【分析】解：rm{A.}原电池中；活泼性强的金属作负极，锌作负极，故A错误；

B.原电池中；不活泼的金属作正极，铜作正极，故B正确；

C.rm{Cu}作正极；正极上氢离子得电子，发生还原反应，故C正确；

D.该装置中，负极上rm{Zn}失电子；发生氧化反应，故D错误；

故选BC．

铜、锌、硫酸铜溶液构成原电池中，活泼性强的金属作负极，负极上rm{Zn}失电子；不活泼的金属作正极，正极上氢离子得电子，据此分析．

本题考查了原电池原理，明确正负极的判断方法即可解答，可以从电子流向、电极上得失电子、电极上发生反应类型来判断正负极，难度不大．【解析】rm{BC}14、CD【分析】解：A．当V（HCl）=0mL时，浓度均为0.100mol•L-1、体积均为15.00mL的氨水和NaHCO3溶液PH不同，电离和水解程度不同，c（NH3•H2O）≠c（HCO3-）；故A错误；

B．当V（HCl）=4.00mL时，浓度均为0.100mol•L-1、体积均为15.00mL的氨水和NaHCO3溶液分别用0.100mol•L-1HCl溶液滴定，分别得到的溶液为NH3•H2O和少量NH4Cl、NaHCO3和少量NaCl，c（HCO3-）＞c（NH3•H2O）＞c（NH4+）＞c（CO32-）；故B错误；

C．当V（HCl）=8.00mL时，浓度均为0.100mol•L-1、体积均为15.00mL的氨水和NaHCO3溶液分别用0.100mol•L-1HCl溶液滴定，分别得到的溶液为少量NH3•H2O和NH4Cl，少量NaHCO3和NaCl，溶液中存在电荷守恒；c（Na+）+c（H+）=c（Cl-）+c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-），c（NH4+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-），两溶液中c（Cl-）相同，c（OH-）＞c（H+），得到c（Na+）＜c（NH4+）+c（HCO3-）+2c（CO32-）；故C正确；

D．当V（HCl）=15.00mL时恰好反应，得到溶液为NaHCO3溶液、NaCl溶液，钠离子浓度和铵根离子浓度相同，c（Na+）=c（NH4+）+c（NH3•H2O）；故D正确；

故选：CD。

A．当V（HCl）=0mL时，浓度均为0.100mol•L-1、体积均为15.00mL的氨水和NaHCO3溶液PH不同；

B．当V（HCl）=4.00mL时，浓度均为0.100mol•L-1、体积均为15.00mL的氨水和NaHCO3溶液分别用0.100mol•L-1HCl溶液滴定，分别得到的溶液为NH3•H2O和少量NH4Cl、NaHCO3和少量NaCl；

C．当V（HCl）=8.00mL时，浓度均为0.100mol•L-1、体积均为15.00mL的氨水和NaHCO3溶液分别用0.100mol•L-1HCl溶液滴定，分别得到的溶液为少量NH3•H2O和NH4Cl，少量NaHCO3和NaCl；

D．当V（HCl）=15.00mL时恰好反应，得到溶液为NaHCO3溶液；NaCl溶液；钠离子浓度和铵根离子浓度相同，结合物料守恒分析；

本题考查了电解质溶液中溶质分析、离子浓度大小、物料守恒等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等．【解析】CD三、填空题(共6题，共12分)15、ABDFCE【分析】【分析】常见的放热反应有：所有的物质燃烧；所有金属与酸反应、金属与水反应、所有中和反应、绝大多数化合反应和铝热反应；

常见的吸热反应有：绝大数分解反应、个别的化合反应（如C和CO2）、少数分解、置换以及某些复分解反应（如铵盐和强碱）．【解析】【解答】解：A．铝片与稀H2SO4反应制取H2属于放热反应；

B．氢气在氧气中燃烧属于放热反应；

C．碳酸钙高温分解成氧化钙和二氧化碳属于吸热反应；

D．氢氧化钠和盐酸中和属于放热反应；

E．Ba（OH）2•8H2O与NH4Cl反应属于吸热反应；

F．葡萄糖在人体内氧化分解是氧化反应，属于放热反应，故答案为：ABDF、CE．16、4s24p1钙＞镓＞钾＞由于氟化钠晶格能大于溴化钠平面三角形sp3BMgB2【分析】【分析】（1）Ga元素属于第IIIA族；其价电子为4s；4p电子，据此书写其价电子排布式；

（2）同一周期元素；其第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族元素第一电离能大于其相邻元素；

（3）离子晶体的熔点与其晶格能成正比；晶格能与离子半径成反比；与所带电荷成正比；

（4）根据价层电子对互斥理论确定BF3空间构型及NF3分子中N原子的杂化轨道类型；含有孤电子对的原子和含有空轨道的原子之间易形成配位键；

（5）利用均摊法确定该化合物的化学式．【解析】【解答】解：（1）Ga元素属于第IIIA族，其价电子为4s、4p电子，其价电子排布式为4s24p1，故答案为：4s24p1；

（2）同一周期元素；其第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以这三种元素第一电离能大小顺序是钙＞镓＞钾；

故答案为：钙＞镓＞钾；

（3）离子晶体的熔点与其晶格能成正比，晶格能与离子半径成反比、与所带电荷成正比，氟离子半径小于溴离子，所以氟化钠的晶格能大于溴化钠，则熔点NaF＞NaBr；故答案为：＞；由于氟化钠晶格能大于溴化钠；

（4）根据价层电子对理论知，BF3分子中B原子价层电子对个数=3+×（3-3×1）=3且不含孤电子对，所以其空间构型为平面三角形，NF3分子中N原子价层电子对个数=3+×（5-3×1）=4且含有一个孤电子对，所以N原子采用sp3杂化，在NH3•BF3中B原子含有空轨道；N原子含有孤电子对；所以二者能形成配位键；

故答案为：平面正三角形；sp3；B；

（5）该晶胞中，B原子个数=6，Mg原子个数=2×+12×=3，所以Mg原子和B原子个数之比=6：3=2：1，所以其化学式为MgB2，故答案为：MgB2．17、C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-H2+Cl22HClC2C+SiO2Si+2CO↑【分析】【分析】（1）若A为短周期金属单质，D为短周期非金属单质，A+B=C+D是置换反应，F的浓溶液与A、D反应都有红棕色气体生成，说明生成的气体为NO2，F为浓硝酸HNO3，非金属判断D为C，结合置换反应和所含元素的原子序数A是D的2倍，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，分析判断A为Mg，B为CO2，C为MgO，E为Mg（NO3）2；依据分析判断出的物质回答问题；

（2）若A是常见的变价金属的单质，D、F是气态单质，且反应①在水溶液中进行，D和F单质化合反应生成B为酸，则推断变价金属为Fe，B为HCl，D为H2，F为Cl2，E为FeCl3，反应②在水溶液中进行反应，其离子方程式是：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-；光照条件下D（H2）与F（Cl2）反应生成B（HCl）；依据判断物质回答问题；

（3）若A、D、F都是短周期非金属元素单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，A+B=C+D是置换反应，依据周期表中非金属单质发生置换反应可知A为C，D为Si，F为O2，依据判断物质回答．【解析】【解答】解：（1）若A为短周期金属单质，D为短周期非金属单质，A+B=C+D是置换反应，F的浓溶液与A、D反应都有红棕色气体生成，说明生成的气体为NO2，F为浓硝酸HNO3，非金属判断D为C，结合置换反应和所含元素的原子序数A是D的2倍，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，分析判断A为Mg，B为CO2，C为MgO，E为Mg（NO3）2；A为Mg原子结构示意图为：反应④是碳和浓硝酸加热反应生成二氧化氮和二氧化碳气体及水的反应，化学方程式为：C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O；

故答案为：C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O；

（2）若A是常见的变价金属的单质，D、F是气态单质，且反应①在水溶液中进行，D和F单质化合反应生成B为酸，则推断变价金属为Fe，B为HCl，D为H2，F为Cl2，E为FeCl3，反应②在水溶液中进行反应，其离子方程式是：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-；光照条件下D（H2）与F（Cl2）反应生成B（HCl），化学方程式为：H2+Cl22HCl；

故答案为：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，H2+Cl22HCl

（3）若A、D、F都是短周期非金属元素单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，A+B=C+D是置换反应，依据周期表中非金属单质发生置换反应可知A为C，D为Si，F为O2，反应①是碳置换硅的反应，化学方程式为为：2C+SiO2Si+2CO↑；

故答案为：C，2C+SiO2Si+2CO↑．18、C2H8N2（l）+2N2O4（l）=2CO2（g）+3N2（g）+4H2O（l）△H=-2550kJ•mol-16.67A＜NH4+c（Na+）＞c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（OH-）=c（H+）＞【分析】【分析】（1）先求出偏二甲肼的物质的量；再根据物质的量之比等于热量比求出反应热，然后写出热化学方程式；

（2）①有图可知N2O4的平衡浓度为0.6mol/L，达到平衡时，N2O4的浓度为NO2的2倍，则NO2的平衡浓度为0.3mol/L；带入平衡常数表达式计算；

②A．气体的质量不变；容积恒定，因此气体的密度为一定值；

B．混合气体的颜色不变，说明NO2的浓度保持恒定；

C．反应2NO2（g）⇌N2O4（g）气压恒定时；正；逆反应速率相等；

③反应为放热反应，升高温度，K值减小，计算可知此时的浓度商Q=K（298K）＞K（398K），反应向逆反应方向移动，因此V（正）＜V（逆）；

（3）①a、b、c、d、e五个点，根据反应量的关系，b点恰好消耗完H+，溶液中只有（NH4）2SO4与Na2SO4；

②c点溶液呈中性，则溶液含有（NH4）2SO4、Na2SO4、NH3•H2O三种成分；

③根据碱性溶液中，氢氧根离子浓度越大，水的电离程度越小进行分析．【解析】【解答】解：（1）1g燃料完全燃烧释放出的能量为42.5kJ，则1mol偏二甲肼完全燃烧释放出的能量为42.5kJ×60=2550kJ，其热化学方程式为：C2H8N2（l）+2N2O4（l）═2CO2（g）+3N2（g）+4H2O（l）△H=-2550kJ/mol；

故答案为：C2H8N2（l）+2N2O4（l）=2CO2（g）+3N2（g）+4H2O（l）△H=-2550kJ•mol-1；

（2）①有图可知N2O4的平衡浓度为0.6mol/L，达到平衡时，N2O4的浓度为NO2的2倍，则NO2的平衡浓度为0.3mol/L，则K===6.67；

故答案为：6.67；

②A．反应物和生成物全是气态物质，气体的质量不变，容积为2L保持恒定，由ρ=可知气体的密度为一定值；因此气体的密度保持不变不一定处于平衡状态，故A正确；

B．混合气体的颜色不变说明NO2的浓度不变；说明反应处于化学平衡状态，故B错误；

C．反应2NO2（g）⇌N2O4（g）是一个气体体积减小的反应；气压恒定时，正；逆反应速率相等，说明反应处于化学平衡状态，故C错误；

故答案为：A；

③反应为放热反应，升高温度，K值减小，密闭容器的体积为2L，因此的N2O4的浓度为0.6mol/L，NO2的浓度为0.3mol/L，浓度商Q===6.67=K（298K）＞K（398K），反应向逆反应方向移动，故：V（正）＜V（逆）；故答案为：＜；

（3）①a、b、c、d、e五个点，根据反应量的关系，b点恰好消耗完H+，溶液中只有（NH4）2SO4与Na2SO4，溶液中发生水解反应的离子是NH4+，故答案为：NH4+；

②c点溶液呈中性，即溶液含有（NH4）2SO4、Na2SO4、NH3•H2O三种成分，b点时c（Na+）=c（SO42-），c点时c（Na+）＞c（SO42-），根据N元素与S元素的关系，可以得出c（SO42-）＞c（NH4+），溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（OH-）=c（H+）；

故答案为：c（Na+）＞c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（OH-）=c（H+）；

③d；e溶液都为碱性溶液；溶液中的氢氧根离子抑制了水的电离，则氢氧化钠溶液体积越大，水的电离沉淀越小，故d点水的电离程度大于e点水的电离；

故答案为：＞．19、C3H8O3酯化反应氧化反应盐析、过滤【分析】【分析】当一个醇羟基和乙酸发生酯化反应时，醇羟基相当于增加一个C2H2O基团，其相对分子质量增加42，A和乙酸发生酯化反应生成B时，相等分子质量增加218-92=126，所以A中醇羟基个数==3，所以A中含有3个醇羟基，A为饱和多元醇且A的相对分子质量是92，设A的通式为CnH2n-1（OH）3，则n==3；

所以A的分子式为：C3H8O3；为丙三醇；

丙三醇和乙酸发生酯化反应生成B，则B的结构简式为：A部分被氧化生成E，E能发生银镜反应，则E中含有醛基，E的相对分子质量为88，与A相比相对分子质量少9，说明A中有两个醇羟基被氧化，所以其结构简式为：A部分被氧化生成D，D能发生银镜反应说明D中含有醛基，D比A的相对分子质量小2说明A中有一个醇羟基被氧化，所以D的结构简式为：A和硝酸发生酯化反应生成C，其相对分子质量增加227-92=135，一个醇羟基发生酯化反应时，相对分子质量增加45，实际上相对分子质量增加135，则丙三醇中三个醇羟基都参加酯化反应，则C的结构简式为：．【解析】【解答】解：当一个醇羟基和乙酸发生酯化反应时，醇羟基相当于增加一个C2H2O基团，其相对分子质量增加42，A和乙酸发生酯化反应生成B时，相等分子质量增加218-92=126，所以A中醇羟基个数==3，所以A中含有3个醇羟基，A为饱和多元醇且A的相对分子质量是92，设A的通式为CnH2n-1（OH）3，则n==3；

所以A的分子式为：C3H8O3；为丙三醇；

丙三醇和乙酸发生酯化反应生成B，则B的结构简式为：A部分被氧化生成E，E能发生银镜反应，则E中含有醛基，E的相对分子质量为88，与A相比相对分子质量少9，说明A中有两个醇羟基被氧化，所以其结构简式为：A部分被氧化生成D，D能发生银镜反应说明D中含有醛基，D比A的相对分子质量小2说明A中有一个醇羟基被氧化，所以D的结构简式为：A和硝酸发生酯化反应生成C，其相对分子质量增加227-92=135，一个醇羟基发生酯化反应时，相对分子质量增加45，实际上相对分子质量增加135，则丙三醇中三个醇羟基都参加酯化反应，则C的结构简式为：．

（1）通过以上分析知，A的分子式C3H8O3，故答案为：C3H8O3；

（2）通过以上分析知，B、E的结构简式分别是：

故答案为：

（3）A生成C的反应方程式为：该反应属于酯化反应，A生成D的反应方程式为：该反应属于氧化反应；

故答案为：酯化反应；氧化反应；

（4）工业上可通过油脂的皂化反应得到丙三醇，分离皂化反应产物的基本操作先盐析，然后再过滤即可，故答案为：盐析；过滤．20、略

【分析】试题分析：（1）在氮气分子中两个N原子共用三对电子，所以N2的电子式是根据题意可得合成氨气的反应的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-34akJ/mol；（2）氨在催化剂表面被氧化为NO。该催化氧化的化学方程式是4NH3+5O24NO+6H2O;由于合成氨正反应是放热反应，所以从平衡角度看低温有利于提高反应物的转化率，但反应速率过慢，故合成氨采用高温（400℃-500℃）；正反应体积缩小，增大压强有利于提高转化率（正向移动），故采用高压（10MPa-30MPa）。（3）若输送NH3的管道某处发生泄漏，检测的简单方法是用润湿的红色石蕊试纸检测，试纸变蓝的位置即是氨气泄漏处。或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近，有白烟产生。（4）农业生产上长期、过量使用化肥硝酸铵，会加重土壤酸化，这是因为硝酸铵是强酸弱碱盐。该盐会发生水解反应：NH4++H2ONH3·H2O+H+，消耗了水电离产生的OH-，破坏了水的大量平衡，水会继续电离，当最终达到电离平衡时c(H+)>c(OH-),所以溶液显酸性。（5）25℃时，将xmolNH4NO3溶于一定量水中，向该溶液中滴加yL氨水电离产生铵根离子和OH-，会对水的电离起抑制作用。所以滴加氨水过程中水的电离平衡将逆向移动。在该溶液中，存在电荷守恒c(NH4+)+（H+）=c(NO3-)+c(OH-).由于溶液为中性，所以c(NH4+)=c(NO3-)。由于Kb(NH3·H2O)=2.0×10-5mol/L,即所以c(NH3·H2O)=c(NH4+)·c(OH-)/Kb={(x÷y)×10-7}÷2.0×10-5mol/L=x/200ymol/L。考点：考查物质的电子式、方程式、热化学方程式的书写、外界条件的选择、氨气的检验、弱电解质的浓度的计算的知识。【解析】【答案】（1）N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-34akJ/mol（2）4NH3+5O24NO+6H2O;合成氨正反应放热，低温有利于提高转化率，但反应速率过慢，故合成氨采用高温（400℃-500℃）；正反应体积缩小，增大压强有利于提高转化率（正向移动），故采用高压（10MPa-30MPa）。（3）用润湿的红色石蕊试纸检测，试纸变蓝的位置即是氨气泄漏处。（其他合理答案也可）（4）NH4++H2ONH3·H2O+H+;（5）逆向x/200ymol·L－1四、判断题(共2题，共18分)21、×【分析】【分析】化学变化不涉及原子核内部的变化，即化学变化不能改变中子数、质子数．故通过化学变化无法实现35Cl与37Cl间的相互转化，同位素之间的转化属于核变化．【解析】【解答】解：35Cl与37Cl间的相互转化没有新物质生成，属于物理变化，故通过化学变化无法实现35Cl与37Cl间的相互转化；

故答案为：×．22、×【分析】【分析】K元素的焰色反应为紫色，但是要透过蓝色钴玻璃片观察，因为钾与钠一般是同时存在的，钠的黄色会盖住钾的紫色，要用蓝色蓝色钴玻璃片滤去黄色．【解析】【解答】解：K元素的焰色反应为紫色，但是要透过蓝色钴玻璃片观察，Na元素的焰色反应为黄色，因为钾与钠一般是同时存在的，钠的黄色会盖住钾的紫色，要用蓝色的蓝色钴玻璃片滤去黄色，本题中未通过蓝色钴玻璃片观察，因此不能确定是否含有K+．

故答案为：×．五、探究题(共4题，共32分)23、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，与氢氧化钠不反应，甲酸、苯酚与氢氧化钠反应生成溶于水的钠盐，苯（）不溶于水，加入氢氧化钠，溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠，分液后得到苯，将溶液蒸馏可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分离，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸馏可得到甲酸（HCOOH），故答案为：a．分液；b．蒸馏；c．分液；d．蒸馏；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氢氧化钠，溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠，分液后得到苯，将溶液蒸馏可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚，分液可分离，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸馏可得到甲酸，以此解答该题．24、酸式|反应中生成的锰离子具有催化作用，所以随后褪色会加快|滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装；高锰酸根离子被还原生成的锰离子有催化作用而导致反应速率加快，所以刚滴下少量KMnO4溶液时；溶液迅速变成紫红色；滴定终点时，当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化，证明达到终点；

故答案为：酸式；反应中生成的锰离子具有催化作用；所以随后褪色会加快；滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化；

(2)③第3组KMnO4溶液的体积与第1、2组相差比较大，舍去第3组，应按第1、2组的平均值为消耗KMnO4溶液的体积，故消耗KMnO4溶液的体积为mL=20mL

设样品的纯度为x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g2mol5.0g×x×g（0.1000×0.020）mol解得：x==90.00%；

故答案为：20.00；90.00%；

(3)④A．未用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗滴定管，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故A正确；

B．滴定前锥形瓶有少量水，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，根据c（待测）=分析；c（标准）不变，故B错误；

C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故C正确；

D．不小心将少量酸性KMnO4溶液滴在锥形瓶外，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故D正确；

E．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=分析；c（标准）偏小，故E错误；

故选ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装；高锰离子有催化作用而导致反应速率加快；乙二酸与KMnO4发生氧化还原反应，滴定终点时，溶液由无色变成紫红色，且半分钟内不褪色；③第3组KMnO4溶液的体积与第1、2组相差比较大，舍去第3组，应按第1、2组的平均值为消耗KMnO4溶液的体积，根据关系式2KMnO4～5H2C2O4计算；

④根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差．25、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，