2025年人教A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2025年人教A新版高三化学下册阶段测试试卷868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总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、下列有关物质用途的说法不符合事实的是（）A.干冰可用于人工降雨B.熟石灰可用于改良酸性土壤C.用浓硫酸干燥HI气体D.NO可用于某些疾病的治疗2、在AlCl3和FeCl3的混合液中，先加入过量的KI溶液，再加入足量的Na2S溶液，所得到的沉淀物是（）A.Fe2S3、I2B.Al（OH）3、I2C.Fe（OH）3、Al（OH）3D.FeS、S、Al（OH）33、工业上常用铁碳混合物处理含rm{Cu^{2+}}废水获得金属铜。当保持铁屑和活性炭总质量不变时，测得废水中rm{Cu^{2+}}浓度在不同铁碳质量比rm{(x)}条件下随时间变化的曲线如下图所示。下列推论不合理的是A.活性炭对rm{Cu^{2+}}具有一定的吸附作用B.铁屑和活性炭会在溶液中形成微电池，铁为负极C.增大铁碳混合物中铁碳比rm{(x)}一定会提高废水中rm{Cu^{2+}}的去除速率D.利用铁碳混合物回收含rm{Cu^{2+}}废水中铜的反应原理：rm{Fe+Cu^{2+}篓T}rm{Fe^{2+}+Cu}4、利用实验器材rm{(}规格和数量不限rm{)}能完成相应实验的一项是()。选项实验器材rm{(}省略夹持装置rm{)}相应实验A.烧杯、玻璃棒、蒸发皿rm{CuSO_{4}}溶液的浓缩结晶B.烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滤纸用盐酸除去rm{BaSO_{4}}中少量rm{BaCO_{3}}C.烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶用固体rm{NaCl}配制rm{0.5mol隆陇L^{-1}}的溶液D.烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗用溴水和rm{CCl_{4}}除去rm{NaBr}溶液中少量rm{NaI}A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}5、关于SO2的下列叙述中，正确的是（）A.SO2在有的反应中显示氧化性，有的反应中显示还原性B.SO2是酸性氧化物，溶于水生成稳定的亚硫酸C.SO2气体通入Na0H溶液中一定得到Na2SO3D.SO2气体通入BaCl2溶液中，能生成白色沉淀6、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A.pH=1的溶液中：Na+、Fe2+、NO3-、SO42-B.c（OH-）=10-12的溶液中：NH4+、Al3+、NO3-、Cl-C.由水电离的c（H+）=1×10-13mol•L-1的溶液中：Ba2+、K+、Cl-、[Al（OH）4]-D.能使淀粉碘化钾试纸显蓝色的溶液：K+、SO42-、S2-、SO32-7、下列溶液中c（Cl-）与50mL1mol/L的AlCl3溶液中氯离子浓度相等的是（）A.150mL1mol/LNaCl溶液B.75mL2mol/LNH4Cl溶液C.75mL1mol/LFeCl3溶液D.150mL2mol/LMgCl2溶液8、下列实验中，用酸性rm{KMnO_{4}}溶液不能达到预期目的的是rm{(}rm{)}A.鉴别乙烯和rm{CO_{2}}B.检验硫酸铁溶液中是否有硫酸亚铁C.鉴别苯和甲苯D.检验rm{CH_{2}}rm{篓TC(CH}rm{篓TC(CH}rm{{,!}_{3}}中含有碳碳双键rm{)CHO}中含有碳碳双键评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)9、A、B、C、D、E均易溶于水，它们是由Na+、Fe3+、Al3+、Ba2+、Ag+、OH-、Cl-、NO3-、CO32-、SO42-形成的化合物．已知A；B、C显酸性；D、E显碱性．

①将A与D混合有沉淀生成；此沉淀能溶于氨水．

②将D逐滴加入到C中直至过量；沉淀质量先增多后减少．

③将B与E混合有红褐色沉淀生成；同时又有无色无味的气体产生．

回答下列问题：

（1）写出下列物质的化学式：A____、B____、C____、D____、E____

（2）E溶液显碱性的原因：____（用离子方程式表示）

（3）写出过程③中的离子反应方程式：____

（4）B物质可用于净水，理由是：____．10、某校老师和学生用相同质量和相同形状的锌片和不同浓度的足量稀盐酸反应得到实验数据如表所示：

。实验编号盐酸浓度反应温度/℃收集100mL氢气所需时间/s①1mol/L15200②1mol/L2590③2mol/L2510Ⅰ．实验①和②探究的是：（1）____

该反应的离子方程式为：（2）____．

Ⅱ．实验②和③表明：（3）____；化学反应速率越大；

Ⅲ．除上述条件的改变引起速率的改变外；还可能有那些因素加快上述反应速率：

（4）____（列举其中一个因素）

Ⅳ．如果把实验③中锌片换成相同质量的铁片；请比较两种金属中那种产生的氢气多并说明原因：

（5）____．11、有四种废液，所含溶质分别是HCl、NaOH、CuCl2、Na2CO3．现将废液随机编号为Ⅰ；Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ号；进行如下图所示的处理，若废液Ⅲ为蓝色溶液，请回答下列问题：

（1）操作②的名称是____，该过程中用到的玻璃仪器为____．

（2）废液Ⅱ的主要成分的化学式为____，沉淀物的化学式为____．

（3）溶液A与溶液B反应的化学方程式为____．

（4）将废液Ⅰ、Ⅲ、Ⅳ按一定比例混合可生成一种与铜绿[Cu2（OH）2CO3]成分相同的蓝色沉淀．写出该反应的离子方程式____．

12、【化学选修模块：有机化学基础】

有机化合物A是一种农药生产的中间体；A在一定条件下可发生下列转化：

请回答下列问题：

（1）A分子中不含氧官能团的名称为____．

（2）C不能发生反应的类型有____（填字母）．

a．取代b．消去c．加成d．氧化e．加聚。

（3）F可能的结构简式为____．

（4）反应①的化学方程式为____．

（5）写出B到C的离子方程式____．

（6）E在一定条件下反应能生成高分子化合物，其可能的结构简式为____．13、（1）材料是人类生存和发展的物质基础；合理使用材料可以改善我们的生活．

居室装修所使的人造板材会释放出一种挥发性物质，长期接触会引起过敏性皮炎，免疫功能异常，该挥发性物质是____．

（2）氟氯代烷是一种能破坏臭氧层的物质．在大气平流层中；氟氯代烷受紫外线的照射分解出氯原子，氯原子参与下列有关反应：

①Cl+O3→ClO+O2②O3→O+O2③ClO+O→Cl+O2

上列的反应的总反应式是____，（2分）少量氟氯代烷能破坏大量臭氧的原因是____．

（3）保持洁净安全的生存环境已成为全人类的共识；人与自然要和谐相处．

①pH＜____的雨水称为酸雨；向煤中加入适量的____，可以大大减少燃物产物中SO2的量，反应方程式为____．

②对汽车加装尾气催化净化装置，可以使其中的NO、CO相互反应转化成无毒的气体，其原理可以用化学方程式表示为____．14、（12分）化学学习中有很多形如“A+B→C+D”的反应，请根据不同的情况回答下列问题：（1）如果上式中A、B、C、D均为多核10电子微粒，其中A为阳离子，B为阴离子，C、D均为分子，且C的相对分子质量比D大1．则：①A+B→C+D表示的离子方程式为____。②标准状况下，若2.24L的D被100mL2mol/L盐酸吸收，则所得溶液中各离子浓度从大到小的顺序为________．（2）如果上式中A、C为生活中常见的金属单质，B、D为两种氧化物且它们的摩尔质量比为12:17，其中D能与NaOH溶液反应．则：①A+B→C+D表示的化学方程式为____．②D与NaOH溶液反应的化学方程式为________．③工业上，将B、D按一定的量溶于盐酸后，继续通入气体Z，再加入NaOH溶液调节pH可得高效净水剂(化学式为CA（OH）aCl6-n)，则气体Z的作用是________，B、D的最佳物质的量之比是________．④工业上，通常第一步先用C与过量稀硫酸作用得溶液X:第二步再往溶液X中加入亚硝酸钠来制备C（OH）SO4，同时有气体NO生成，写出第二步反应的化学方程式为________。15、（2016•河南二模）甲苯（）是一种重要的化工原料，能用于生产苯甲醛（）、苯甲酸（）等。

产品．下表列出了有关物质的部分物理性质，请回答：。名称性状熔点（℃）沸点（℃）相对密度（ρ水=1g/cm3）溶解性水乙醇水乙醇甲苯无色液体易燃易挥发-95110.60.8660不溶互溶苯甲醛无色液体-261791.0440微溶互溶苯甲酸白色片状或针状晶体122.12491.2659微溶易溶注：甲苯；苯甲醛、苯甲酸三者互溶．

实验室可用如图装置模拟制备苯甲醛．实验时先在三颈瓶中加入0.5g固态难溶性催化剂；再加入15mL冰醋酸和。

2mL甲苯；搅拌升温至70℃，同时缓慢加入12mL过氧化氢，在此温度下搅拌反应3小时．

（1）装置a的名称是____，主要作用是____．三颈瓶中发生反应的化学方程式为____，此反应的原子利用率理论上可达____．

（2）经测定，反应温度升高时，甲苯的转化率逐渐增大，但温度过高时，苯甲醛的产量却有所减少，可能的原因是____．

（3）反应完毕后，反应混合液经过自然冷却至室温时，还应经过____、____（填操作名称）等操作；才能得到苯甲醛粗产品．

（4）实验中加入过量的过氧化氢并延长反应时间时；会使苯甲醛产品中产生较多的苯甲酸．

①若想从混有苯甲酸的苯甲醛中分离出苯甲酸，正确的操作步骤是____（按步骤顺序填字母）．

a．对混合液进行分液b．过滤；洗涤、干燥。

c．水层中加人盐酸调节pH=2d．与适量碳酸氢钠溶液混合震荡。

②若对实验①中获得的苯甲酸产品进行纯度测定，可称取2.500g产品，溶于200mL乙醇配成溶液，量取所得的乙醇溶液20.00mL于锥形瓶，滴加2～3滴酚酞指示剂，然后用预先配好的0.1000moL/KOH标准液滴定，到达滴定终点时消耗KOH溶液18.00mL．产品中苯甲酸的质量分数为____．下列情况会使测定结果偏低的是____（填字母）．

a．滴定时俯视读取耗碱量b．KOH标准液长时间接触空气。

c．配置KOH标准液时仰视定容d．将酚酞指示剂换为甲基橙溶液．16、A；B、C、D、E均为有机物；其中A是化学实验中最常见的有机物，它易溶于水并有特殊香味；B的产量可衡量一个国家石油化工发展的水平，有关物质的转化关系如图①所示：

（1）写出B的结构简式____；A中官能团的名称为____．

（2）验证有机物乙酸中含有-COOH所用的试剂是____，实验现象是____．

（3）写出下列反应的化学方程式。

反应①____．

反应④____．

（4）实验室利用反应③制取C；常用上图②装置：

①a试管中的主要化学反应的方程式为：____．反应类型是____．

②在实验中球形干燥管除起冷凝作用外，另一个重要作用是____．17、相同质量的固态硫和气态硫在相同条件下，完全燃烧放出的热量分别为Q1kJ和Q2kJ（Q1、Q2均为正值），则Q1____Q2（填“＜”、“＞”或“=”）．评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)18、有些化学反应既属于复分解反应，又属于氧化反应____（判断对和错）19、将蓝色的硫酸铜晶体放入浓硫酸属于物理变化____．（判断对确）20、将30mL0.5mol/L的NaOH溶液加水稀释到500mL，稀释后NaOH的物质的量浓度为0.3mol/L____．（判断对错）21、通过红外光谱分析可以区分乙醇与乙酸乙酯____．22、0.1mol•L-1的NaHSO4溶液中，阳离子的数目之和为0.2NA．____（判断对错）23、可逆反应达到平衡，反应就不再进行．____（判断对错）24、很多物质都可以添加到食品中，其中使用亚硝酸钠时必须严格控制用量．____．（判断对错）25、钠的还原性很强，在空气中易变质，最后变为过氧化钠____．（判断对错）评卷人得分四、综合题(共4题，共12分)26、［化学—选修物质结构与性质］（15分）美国《科学》杂志评出的2009年十大科学突破之一是石墨烯的研究和应用方面的突破。石墨烯具有原子级的厚度、优异的电学性能、出色的化学稳定性和热力学稳定性。制备石墨烯方法有石墨剥离法、化学气相沉积法等。石墨烯的球棍模型及分子结构示意图如右：（1）下列有关石墨烯说法正确的是＿＿＿＿。A．石墨烯的结构与金刚石相似B．石墨烯分子中所有原子可以处于同一平面C．12g石墨烯含σ键数为NAD．从石墨剥离得石墨烯需克服石墨层与层之间的分子间作用力（2）化学气相沉积法是获得大量石墨烯的有效方法之一，催化剂为金、铜、钴等金属或合金，含碳源可以是甲烷、乙炔、苯、乙醇或酞菁等中的一种或任意组合。①钴原子在基态时，核外电子排布式为：＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。②乙醇沸点比氯乙烷高，主要原因是＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。③上图是金与铜形成的金属互化物合金，它的化学式可表示为：＿＿＿＿＿＿＿＿。④含碳源中属于非极性分子的是＿＿＿（a．甲烷b．乙炔c．苯d．乙醇）⑤酞菁与酞菁铜染料分子结构如下图，酞菁分子中氮原子采用的杂化方式有：＿＿＿＿＿＿＿＿。27、（14分）黄铁矿是我国大多数硫酸厂制取硫酸的主要原料。某化学兴趣小组对某黄铁矿石（主要成分为FeS）进行如下实验探究。[实验一]：测定硫元素的含量I．将mg该黄铁矿样品（杂质中不含硫和铁）放入如下图所示装置（夹持和加热装置省略）的石英管中，从a处不断地缓缓通人空气，高温灼烧石英管中的黄铁矿样品至反应完全。石英管中发生反应的化学方程式为：Ⅱ．反应结束后，将乙瓶中的溶液进行如下处理：问题讨论：（1）I中，甲瓶内所盛试剂是＿＿＿＿＿＿＿＿溶液。乙瓶内发生反应的离子方程式有＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿、＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。（2）Ⅱ中。所加HO溶液需足量的理由是＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。（3）该黄铁矿石中硫元素的质量分数为＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。[实验二]：设计以下实验方案测定铁元素的含量问题讨论：（4）②中，若选用铁粉作还原剂。你认为合理吗?＿＿＿＿＿＿＿＿。若不合理，会如何影响测量结果：＿＿＿＿＿＿＿＿（若合理，此空不答）。（5）③中，需要用到的仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还有＿＿＿＿＿＿＿＿。（6）④中高锰酸钾溶液应放在＿＿＿＿＿滴定管中；判断滴定终点的现象为＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。28、（15分）下列框图中的A~K物质均为中学常见物质。已知B、D、E、L常温下为密度比空气大的气体，D、E为单质，其它为化合物。A和I都是常用的漂白剂，F的焰色反应呈黄色。F、G均能与L的水溶液反应放出B。请根据图示关系回答问题：（1）F的俗名是＿＿＿＿＿＿；K的电子式＿＿＿＿＿＿。（2）反应①~⑤中，属于氧化－还原反应的是＿＿＿＿＿＿。（3）反应④的离子方程式＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。反应③的化学方程式＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。（4）某单质能与H反应生成E，该反应的化学方程式为＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。29、（2015·海南）银是一种贵金属，古代常用于制造钱币及装饰器皿，现代在电池和照明器材等领域亦有广泛应用。回答下列问题。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【分析】A．干冰升华时吸收大量的热；

B．熟石灰是氢氧化钙的俗称；呈碱性；

C．浓硫酸有强氧化性；

D．NO具有特殊的生物特性，则可用于某些疾病的治疗．【解析】【解答】解：A．干冰升华时吸收大量的热；能使空气中的水蒸气凝结成小液滴降落下来，故干冰可用于人工降雨，故A正确；

B．熟石灰腐蚀性较氢氧化钠弱；价廉易得，常被用于中和酸性土壤达到改良土壤的目的，故B正确；

C．浓硫酸有强氧化性；能将HI气体氧化，不能干燥HI，故C错误；

D．NO的生物学特性有促使血红蛋白和肌球蛋白迅速强力抑制其血管舒张作用；则可用于心血管疾病的治疗，故D正确．

故选：C．2、D【分析】【分析】加入碘离子后；将铁离子全部还原成亚铁离子，同时生成碘单质；

加入硫化钠；碘将氧化硫离子生成硫沉淀；

硫化钠水解；所以溶液中有硫离子和氢氧根离子；

根据题目中的提示；显然亚铁离子结合硫离子，铝离子结合氢氧根离子；

所以还要生成硫化亚铁沉淀和氢氧化铝沉淀．【解析】【解答】解：在FeCl3和AlCl3溶液中加过量KI，先是FeCl3与KI两盐发生氧化还原反应：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，反应完后溶液中含大量Fe2+、Al3+、I2；

再加入Na2S后，由于S2-+H2OHS-+OH-．在Na2S溶液中，有大量S2-、OH-，依题意知，Fe2+结合S2-能力强；两盐发生复分解反应，形成FeS沉淀；

Fe2++S2-=FeS↓；Al3+结合OH-能力强，形成Al（OH）3沉淀，Al3++3OH-=Al（OH）3↓，或理解为Al3+与S2-发生双水解反应：3Na2S+AlCl3+6H2O=2Al（OH）3↓+3H2S↑+6NaCl；

但由于I2的存在发生：I2+S2-=S↓+2I-或I2+H2S=S↓+2HI，所以最终得到的沉淀是FeS、Al（OH）3和S的混合物．

故选D．3、C【分析】【分析】本题考查物质的分离、提纯，侧重于化学与生后、环境的考查，题目有利于培养学生的良好的科学素养，侧重于考查学生的分析、实验能力的考查，注意把握提给信息以及物质的性质，为解答该题的关键。【解答】A.碳粉具有吸附性，可去除水中少量的rm{Cu}rm{2+}，也可起到净水的作用，故A正确；B.铁屑做原电池的负极，碳做正极，在电解质溶液中构成原电池，故B正确；C.碳和铁为固体，浓度是常数，rm{2+}的去除速率，故C错误；D.铁的还原性比铜强，增大铁碳混合物中铁碳比，不会提高rm{Cu^{2+}}的去除速率，故C错误；rm{Cu^{2+}}rm{Fe+Cu}rm{Fe+Cu}rm{{,!}^{2+}}rm{=}rm{Fe}故D正确。rm{=}rm{Fe}【解析】rm{C}4、D【分析】【分析】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握混合物分离提纯、溶液配制等实验中的仪器使用为解答的关键，侧重分析与实验基本技能的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．【解答】A.硫酸铜溶液的浓缩结晶；应加热蒸发水分，所需实验器材有酒精灯；蒸发皿、玻璃棒、铁架台、坩埚钳等，题目提供的实验器材无法完成该实验，故A错误；

B.用盐酸除去rm{BaSO_{4}}中少量的rm{BaCO_{3}}可溶解；过滤、洗涤、干燥的方法进行分离除杂，所需实验器材有烧杯、玻璃棒、漏斗、滤纸、铁架台等，题目提供的实验器材无法完成该实验，故B错误；

C.用固体rm{NaCl}配制溶液，首先计算配制溶液所需rm{NaCl}的质量；再溶解；冷却、转移、在相应规格的容量瓶中定容，在这些操作中需要的实验器材：托盘天平、药匙、量筒、容量瓶、胶头滴管、烧杯和玻璃棒，题目提供的实验器材无法完成该实验，故C错误；

D.用溴水和rm{CCl_{4}}除去rm{NaBr}溶液中少量的rm{NaI}反应后萃取，所需实验器材有烧杯；玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗，题目提供的实验器材可以完成该实验，故D正确。

故选D。

【解析】rm{D}5、A【分析】【分析】A．依据二氧化硫中硫元素化合价判断；

B．亚硫酸具有强的还原性；不稳定；

C．少量二氧化硫与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠；足量二氧化硫与氢氧化钠反应生成亚硫酸氢钠；

D．亚硫酸的酸性弱于盐酸．【解析】【解答】解：A．二氧化硫中硫元素化合价为+4价；可以升高到+6价，可以降低到0，所以二氧化硫既具有氧化性又具有还原性，在有的反应中显示氧化性，有的反应中显示还原性，故A正确；

B．亚硫酸具有强的还原性；不稳定，容易被氧气氧化生成硫酸，故B错误；

C．SO2气体通入Na0H溶液中；反应产物与二氧化硫的用量有关，二氧化硫少量生成亚硫酸钠，二氧化硫过量生成亚硫酸氢钠，故C错误；

D．亚硫酸的酸性弱于盐酸，依据强酸制备弱酸原理，SO2气体通入BaCl2溶液中；不会发生反应，故D错误；

故选：A．6、B【分析】【分析】A．pH=1的溶液呈酸性；

B．c（OH-）=10-12的溶液呈酸性；

C．由水电离的c（H+）=1×10-13mol•L-1的溶液；水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性；

D．能使淀粉碘化钾试纸显蓝色的溶液具有强氧化性，结合溶液的性质以及离子的性质判断离子之间能否反应，如离子之间不发生任何反应，则可大量共存，以此解答．【解析】【解答】解：A．pH=1的溶液呈酸性，酸性条件下，Fe2+与NO3-发生氧化还原反应而不能大量共存；故A错误；

B．c（OH-）=10-12的溶液呈酸性；酸性条件下，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故B正确；

C．由水电离的c（H+）=1×10-13mol•L-1的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，酸性条件下[Al（OH）4]-不能大量共存；故C错误；

D．能使淀粉碘化钾试纸显蓝色的溶液具有强氧化性，具有还原性的S2-、SO32-不能大量共存；故D错误．

故选B．7、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×溶质中含有离子的个数，与溶液的体积无关．【解析】【解答】解：50mL1mol•L-1AlCl3溶液中氯离子的物质的量浓度为1mol•L-1×3=3mol•L-1；

A、150mL1mol/LNaCl溶液中氯离子的物质的量浓度为1mol•L-1×1=1mol•L-1；故A错误；

B、75mL2mol/LNH4Cl溶液中氯离子的物质的量浓度为2mol•L-1×1=2mol•L-1；故B错误；

C、75mL1mol/LFeCl3溶液中氯离子的物质的量浓度为1mol•L-1×3=3mol•L-1；故C正确；

D、150mL2mol/LMgCl2溶液中氯离子的物质的量浓度为2mol•L-1×2=4mol•L-1；故D错误；

故选：C．8、D【分析】【分析】本题考查较为综合，涉及高锰酸钾的性质、常见还原性物质以及有机物官能团的结构和性质，题目难度不大，注意物质的鉴别方法的实验方案的设计。【解答】酸性rm{KMnO}rm{4}溶液具有强氧化性，可与具有还原性的rm{4}rm{SO}、硫酸亚铁等物质发生氧化还原反应，可与甲苯、碳碳双键、醛基等基团发生氧化还原反应，以此解答该题。A.乙烯含碳碳双键可与酸性rm{2}溶液发生氧化反应使其褪色，二氧化碳与酸性rm{2}溶液不反应；可鉴别，故A错误；

B.硫酸亚铁具有还原性，可与酸性rm{KMnO_{4}}溶液发生氧化还原反应；可鉴别，故B错误；

C.甲苯可与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，苯与酸性rm{KMnO_{4}}溶液不反应；可鉴别，故C错误；

D.rm{KMnO_{4}}中碳碳双键和醛基都可与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应；不能检验是否含有碳碳双键，故D正确。

故选D。

rm{KMnO_{4}}【解析】rm{D}二、填空题(共9题，共18分)9、AgNO3FeCl3Al2（SO4）3Ba（OH）2Na2CO3CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-2Fe3++3CO32-+3H2O═2Fe（OH）3↓+3CO2↑三价铁离子发生水解生成氢氧化铁胶体，胶体表面积大，具有强的吸附性【分析】【分析】由Na+、Fe3+、Al3+、Ba2+、Ag+、OH-、Cl-、NO3-、CO32-、SO42-形成的化合物A、B、C、D、E均易溶于水，根据离子共存可知其中Ag+只有和NO3-共存，CO32-只能和Na+大量共存，OH-只能与余下的Ba2+大量共存；所以这些物质是硝酸银；碳酸钠、氢氧化钡，其中碳酸钠、氢氧化钡显碱性；

①将A与D混合有沉淀生成；此沉淀能溶于氨水，据题中离子可推知沉淀是氢氧化银，氢氧化银溶于氨水，形成配位化合物，从上面分析可知显碱性的物质有碳酸钠；氢氧化钡，所以D是氢氧化钡，A是硝酸银，E是碳酸钠；

②将D逐滴加入到C中直至过量；沉淀质量先增多后减少，说明C中有铝离子，氢氧化铝才会溶于氢氧化钡，但沉淀没溶解完全，所以C应是硫酸铝，硫酸铝与氢氧化钡反应可产生硫酸钡沉淀；

③将B与E混合有红褐色沉淀生成，同时又有无色无味的气体产生，这是三价铁离子与碳酸根发生双水解的原因，B只能是三氯化铁．【解析】【解答】解：依据分析可知：A为硝酸银；B为三氯化铁，C为硫酸铝，D为氢氧化钡，E为碳酸钠；

（1）A为硝酸银；B为三氯化铁，C为硫酸铝，D为氢氧化钡，E为碳酸钠；

故答案为：AgNO3；FeCl3；Al2（SO4）3；Ba（OH）2；Na2CO3；

（2）碳酸根水解生成碳酸氢根和氢氧根，故使得溶液显碱性，CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-；

故答案为：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-；

（3）三价铁离子与碳酸根发生双水解生成红褐色沉淀氢氧化铁；同时又有无色无味的气体二氧化碳产生；

离子方程式为：2Fe3++3CO32-+3H2O═2Fe（OH）3↓+3CO2↑；

故答案为：2Fe3++3CO32-+3H2O═2Fe（OH）3↓+3CO2↑；

（4）三氯化铁可以净水；是因为三价铁离子发生水解生成氢氧化铁胶体，胶体表面积大，具有强的吸附性，从而达到净水的目的；

故答案为：三价铁离子发生水解生成氢氧化铁胶体，胶体表面积大，具有强的吸附性．10、温度对反应速率的影响Zn+2H+=Zn2++H2↑盐酸浓度越大锌的颗粒大小铁产生的氢气多，铁的摩尔质量小于锌，相同质量的铁锌，铁的物质的量多，失电子多（每摩尔铁锌均失2mole-）【分析】【分析】（1）实验①和②中除了温度不同；其它条件完全相同，则探究的是温度对反应速率的影响；

（2）锌与盐酸反应生成氯化锌和氢气；据此写出反应的离子方程式；

（3）实验实验②和③中盐酸的浓度不同；且实验③的浓度较大，收集等体积的氢气消耗时间短；

（4）影响化学反应速率的因素；除温度；浓度外，催化剂及固体颗粒大小也影响化学反应速率；

（5）反应都生成+2价金属离子，金属的摩尔质量越大，等质量时物质的量越小，则生成气体越少．【解析】【解答】解：（1）根据实验①和②的数据可知；除温度不同，其它条件完全相同，则实验目的是探究温度对反应速率的影响；

故答案为：温度对反应速率的影响；

（2）锌与盐酸反应的离子方程式为：Zn+2H+=Zn2++H2↑；

故答案为：Zn+2H+=Zn2++H2↑；

（3）实验②和③中盐酸的浓度不同；收集100mL氢气消耗的时间较短，说明盐酸浓度越大，反应速率越快；

故答案为：盐酸浓度越大；

（4）除上述条件的改变引起速率的改变外；锌的颗粒大小也影响化学反应速率，如，锌粒与锌片与相同浓度的盐酸反应时，锌粒的反应速率较快；

故答案为：锌的颗粒大小；

（5）铁的摩尔质量为56g/mol，锌的摩尔质量为65g/mol，根据n=可知，相同质量的铁锌，铁的物质的量多，且反应后都生成+2价金属离子，则铁失电子多（每摩尔铁锌均失2mole-）；产生的氢气多；

故答案为：铁产生的氢气多，铁的摩尔质量小于锌，相同质量的铁锌，铁的物质的量多，失电子多（每摩尔铁锌均失2mole-）．11、过滤烧杯、漏斗、玻璃棒HClCu（OH）2HCl+NaOH=NaCl+H2O2Cu2++2OH-+CO32-=Cu2（OH）2CO3↓【分析】【分析】废液Ⅲ为蓝色溶液，即为氯化铜溶液，过量的氢氧化钠能和氯化铜反应生成沉淀和氯化钠、氢氧化钠的混合液，即废液Ⅳ为NaOH，溶液B是氯化钠和氢氧化钠的混合液，盐酸和碳酸钠反应得到氯化钠水以及二氧化碳，溶液A是氯化钠和盐酸的混合液，不显中性，将A、B混合，则盐酸和氢氧化钠反应生成中性的氯化钠，所以废液Ⅰ是Na2CO3；废液Ⅱ是HCl；

（1）固体和液体分离的方法是过滤；使用到的仪器是：烧杯；玻璃棒和漏斗、铁架台、滤纸等；

（2）氯化钠和盐酸的混合液；不显中性，氢氧化钠能和氯化铜反应生成氢氧化铜沉淀；

（3）盐酸和氢氧化钠反应生成中性的氯化钠；

（4）碳酸钠、氢氧化钠、氯化铜之间反应得到[Cu2（OH）2CO3]，据此书写方程式．【解析】【解答】解：废液Ⅲ为蓝色溶液，即为氯化铜溶液，过量的氢氧化钠能和氯化铜反应生成沉淀和氯化钠、氢氧化钠的混合液，即废液Ⅳ为NaOH，溶液B是氯化钠和氢氧化钠的混合液，盐酸和碳酸钠反应得到氯化钠水以及二氧化碳，溶液A是氯化钠和盐酸的混合液，不显中性，将A、B混合，则盐酸和氢氧化钠反应生成中性的氯化钠，所以废液Ⅰ是Na2CO3；废液Ⅱ是HCl；

（1）过量的氢氧化钠能和氯化铜反应生成沉淀和氯化钠；氢氧化钠的混合液；过滤得到沉淀和溶液，操作②的方法是过滤；使用到的仪器是：烧杯、玻璃棒和漏斗、铁架台、滤纸等，玻璃仪器为烧杯、玻璃棒和漏斗；

故答案为：过滤；烧杯；玻璃棒、漏斗；

（2）废液Ⅱ是HCl，过量的氢氧化钠能和氯化铜反应生成沉淀和氯化钠、氢氧化钠的混合液，过滤得到沉淀物是氢氧化铜，故答案为：HCl；Cu（OH）2；

（3）溶液A是氯化钠和盐酸的混合液，溶液B是氯化钠和氢氧化钠的混合液，A和B混合后盐酸和氢氧化钠反应生成中性的氯化钠，溶液A与溶液B反应的化学方程式为：HCl+NaOH=NaCl+H2O，故答案为：HCl+NaOH=NaCl+H2O；

（4）碳酸钠、氢氧化钠、氯化铜之间反应得到[Cu2（OH）2CO3]，离子方程式为：2Cu2++2OH-+CO32-=Cu2（OH）2CO3↓，故答案为：2Cu2++2OH-+CO32-=Cu2（OH）2CO3↓．12、氯原子be+CO2+H2O→+HCO3-【分析】【分析】A在碱性条件下水解生成和B与二氧化碳反应生成C，而C遇氯化铁溶液显紫色，故B为C为则D为D酸化得到E为由E与F的分子式可知，E分子内脱去2分子水生成F，且F为五元环化合物，故E在浓硫酸作用下发生消去反应和酯化反应，F可能为据此解答．【解析】【解答】解：A在碱性条件下水解生成和B与二氧化碳反应生成C，而C遇氯化铁溶液显紫色，故B为C为则D为D酸化得到E为由E与F的分子式可知，E分子内脱去2分子水生成F，且F为五元环化合物，故E在浓硫酸作用下发生消去反应和酯化反应，F可能为

（1）由A分子结构可知；其不含氧官能团的名称为：氯原子，故答案为：氯原子；

（2）C为可以发生取代反应、加聚反应、氧化反应，不能发生消去反应、加聚反应，故答案为：be；

（3）F可能的结构简式为：故答案为：

（4）反应①的化学方程式为：

故答案为：

（5）B到C的离子方程式为：+CO2+H2O→+HCO3-；

故答案为：+CO2+H2O→+HCO3-；

（6）E（）在一定条件下反应能生成高分子化合物，其可能的结构简式为：

故答案为：．13、甲醛2O33O2氟氯代烷分解产生的Cl对O3的分解有促进作用5.6CaCO32CaCO3+2SO2+O22CO2+2CaSO42NO+2CON2+2CO2【分析】【分析】（1）甲醛是来自人造地板；家具以及装修粘合剂；长期接触会引起过敏性皮炎，免疫功能异常；

（2）将方程式①②③相加得出氧气和臭氧的关系式；根据Cl+O3→ClO+O2判断氟氯代烷能破坏大量臭氧的原因；

（3）①正常雨水中溶解二氧化碳，其pH=5.6，故pH值小于5.6的雨水为酸雨；酸雨主要是由化石燃料燃烧产生的二氧化硫、二氧化氮等酸性气体，经过复杂的大气化学反应形成；向煤中加入适量的CaCO3，可以大大减少燃物产物中SO2的量；

②根据质量守恒可知NO、CO相互反应转化成无毒的气体，生成氮气和二氧化碳，根据反应物与生成物来书写化学方程式．【解析】【解答】解：（1）居室装修所使的人造板材会释放出一种挥发性物质；长期接触会引起过敏性皮炎，免疫功能异常，该物质是甲醛；

故答案为：甲醛；

（2）由①Cl+O3→ClO+O2、②O3→O+O2、③ClO+O→Cl+O2，将方程式①+②+③得方程式：2O3→3O2；

氟氯代烷受紫外线的照射分解出氯原子，Cl+O3→ClO+O2，Cl对O3的分解有促进作用；所以能破坏臭氧层；

故答案为：2O33O2；氟氯代烷分解产生的Cl对O3的分解有促进作用；

（3）①空气中含有二氧化碳，二氧化碳能和雨水反应生成碳酸，正常雨水中溶解二氧化碳，饱和时其pH=5.6，故pH值小于5.6的雨水为酸雨，而二氧化硫、氮氧化物是形成酸雨的重要物质，其溶液的pH＜5.6，向煤中加入适量的CaCO3，高温下石灰石分解生成CaO，可与SO2以及氧气反应生成硫酸钙，发生的反应为：2CaCO3+2SO2+O22CO2+2CaSO4，可以大大减少燃物产物中SO2的量；

故答案为：5.6；CaCO3；2CaCO3+2SO2+O22CO2+2CaSO4；

②由NO、CO相互反应转换成无毒的气体，即生成氮气和二氧化碳，该反应的化学反应方程式为2NO+2CON2+2CO2，故答案为：2NO+2CON2+2CO2．14、略

【分析】【解析】试题分析：（1）①多核10电子微粒有如H2O、NH2-、NH3、H3O+、CH4、NH4+，由题意可推知该离子方程式为NH4++OH-=H2O+NH3②所得溶液相当于0.1molNH4Cl和0.1molHCl的混合物，所以各离子浓度从大到小的顺序为c(Cl-)>c(H+)>c(NH4+)>c(OH-)；（2）①由题意可知，该反应为2Al+3FeO=3Fe+Al2O3，②Al2O3与NaOH溶液反应的化学方程式为Al2O3+2NaOH="2"NaAlO2+H2O③由高效净水剂的化学式可知，气体Z为氯气，作用是将Fe2+氧化为Fe3+，B、D的最佳物质的量之比为2：1，④Fe与过量稀硫酸作用得FeSO4溶液，第二步反应为FeSO4和NaNO2反应，由产物Fe（OH）SO4可知反应有H2SO4参与，可推知该反应的化学方程式为2FeSO4+2NaNO2+H2SO4=2Fe(OH)SO4+Na2SO4+2NO↑考点：多核电子微粒；弱电解质的电离；常见金属及其重要化合物；氧化还原反应【解析】【答案】（共12分）（1）①NH4++OH-=H2O+NH32分②c(Cl-)>c(H+)>c(NH4+)>c(OH-)2分（2）①2Al+3FeO="3Fe"+Al2O32分②Al2O3+2NaOH="2"NaAlO2+H2O2分③将Fe2+氧化为Fe3+1分；2：11分④2FeSO4+2NaNO2+H2SO4=2Fe(OH)SO4+Na2SO4+2NO↑2分15、球形冷凝管冷凝回流，防止甲苯挥发导致产率降低66.25%温度过高时过氧化氢分解速度加快，实际参加反应的过氧化氢质量减小，影响产量过滤蒸馏dacb87.84%ad【分析】【分析】（1）由仪器a结构可知为球形冷凝管；甲苯挥发会导致产率降低；

三颈瓶中甲苯被过氧化氢氧化生成苯甲醛；同时还生成水；

原子利用率=（预期产物的总质量÷全部反应物的总质量）×100%；

（2）但温度过高时过氧化氢分解；实际参加反应的过氧化氢质量减小；

（3）反应完毕后；反应混合液经过自然冷却至室温时，先过滤分离固体催化剂，再利用蒸馏的方法分离出苯甲酸；

（4）实验中加入过量的过氧化氢并延长反应时间时；会使苯甲醛产品中产生较多的苯甲酸．

①先与碳酸氢钠反应之后为苯甲酸钠；再分液分离，水层中加入盐酸得到苯甲酸晶体，最后过滤分离得到苯甲酸；

②苯甲酸的物质的量等于消耗KOH物质的量；再计算产品中苯甲酸的质量分数；

a．滴定时俯视读取耗碱量；会使KOH溶液体积读数偏小；

b．KOH标准液长时间接触空气；会吸收二氧化碳步骤转化为碳酸钾，导致消耗氢氧化钾溶液体积偏大；

c．配置KOH标准液时仰视定容；液面在刻度线上方，配制标准液的体积偏大；浓度偏小，导致滴定时消耗KOH溶液体积偏大；

d．将酚酞指示剂换为甲基橙溶液，终点时溶液呈酸性，消耗氢氧化钾溶液体积偏小．【解析】【解答】解：（1）由仪器a结构可知为球形冷凝管；甲苯挥发会导致产率降低，冷凝回流，防止甲苯挥发导致产率降低；

三颈瓶中甲苯被过氧化氢氧化生成苯甲醛，同时还生成水，反应方程式为：此反应中原子利用率=×100%=66.25%；

故答案为：球形冷凝管；冷凝回流，防止甲苯挥发导致产率降低；66.25%；

（2）但温度过高时过氧化氢分解速度加快；实际参加反应的过氧化氢质量减小，苯甲醛的产量却有所减少；

故答案为：温度过高时过氧化氢分解速度加快；实际参加反应的过氧化氢质量减小，影响产量；

（3）反应完毕后；反应混合液经过自然冷却至室温时，先过滤分离固体催化剂，再利用蒸馏的方法分离出苯甲酸；

故答案为：过滤；蒸馏；

（4）实验中加入过量的过氧化氢并延长反应时间时；会使苯甲醛产品中产生较多的苯甲酸．

①先与碳酸氢钠反应之后为苯甲酸钠，再分液分离，水层中加入盐酸得到苯甲酸晶体，最后过滤分离得到苯甲酸，再洗涤、干燥得到苯甲酸，故正确的操作步骤是：dacb；

故答案为：dacb；

②若对实验①中获得的苯甲酸产品进行纯度测定；可称取2.500g产品，溶于200mL乙醇配成溶液，量取所得的乙醇溶液20.00mL于锥形瓶，滴加2～3滴酚酞指示剂，然后用预先配好的0.1000mo/LKOH标准液滴定，到达滴定终点时消耗KOH溶液18.00mL．

苯甲酸的物质的量等于消耗KOH物质的量，则2.500g产品中苯甲酸为0.018L×0.1mol/L××122g/mol=2.196g，产品中苯甲酸的质量分数为×100%=87.84%；

a．滴定时俯视读取耗碱量；会使KOH溶液体积读数偏小，计算苯甲酸的质量偏小，测定结果偏低，故a符合；

b．KOH标准液长时间接触空气，会吸收二氧化碳步骤转化为碳酸钾，导致消耗氢氧化钾溶液体积偏大，测定结果偏高，故b不符合；

c．配置KOH标准液时仰视定容；液面在刻度线上方，配制标准液的体积偏大；浓度偏小，导致滴定时消耗KOH溶液体积偏大，测定结果偏高，故c不符合；

d．将酚酞指示剂换为甲基橙溶液；终点时溶液呈酸性，消耗氢氧化钾溶液体积偏小，测定结果偏低，故d符合；

故答案为：87.84%；ad．16、CH2=CH2羟基石蕊试液或碳酸氢钠溶液溶液变为红色或有气体生成2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OCH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O酯化反应或取代反应防止液体倒吸【分析】【分析】B的产量可衡量一个国家石油化工发展的水平，B是乙烯，A是化学实验室中常见的有机物，它易溶于水并有特殊香味，根据框图中信息，A能与Na、乙酸反应，在红热铜丝发生催化氧化，可推知A是乙醇，根据框图中的转化关系、反应条件和反应试剂可推得，C是乙酸乙酯，D是乙醛，E是乙醇钠，据此解答．【解析】【解答】解：B的产量可衡量一个国家石油化工发展的水平；B是乙烯，A是化学实验室中常见的有机物，它易溶于水并有特殊香味，根据框图中信息，A能与Na；乙酸反应，在红热铜丝发生催化氧化，可推知A是乙醇，根据框图中的转化关系、反应条件和反应试剂可推得，C是乙酸乙酯，D是乙醛，E是乙醇钠；

（1）B是乙烯，含有碳碳双键，结构简式为CH2=CH2，A是乙醇，含有官能团为羟基，故答案为：CH2=CH2；羟基；

（2）乙酸中含有-COOH所用的试剂是：石蕊试液或碳酸氢钠溶液；实验现象为：溶液变为红色或有气体生成，故答案为：石蕊试液或碳酸氢钠溶液；溶液变为红色或有气体生成；

（3）反应①是乙醇与钠反应生成乙醇钠与氢气，反应方程式为：2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑；

反应④是乙醇在铜作催化剂、加热条件下催化氧化生成乙醛，反应方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑；2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；

（3）①a试管中的主要化学反应是乙酸与乙醇反应生成乙酸乙酯，化学方程式为CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O；属于酯化反应或取代反应；

故答案为：CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O；酯化反应或取代反应；

②在实验中球形干燥管除起冷凝作用外，另一个重要作用是防止液体倒吸，故答案为：防止液体倒吸．17、＜【分析】【分析】固体变成气体要吸热，则固体燃烧时放出的热量较少，以此解答．【解析】【解