2025年粤人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年粤人版高三化学下册阶段测试试卷690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、下列有关物质的性质和该性质的应用均正确的是（）A.炭具有强还原性，高温下能将二氧化硅还原为硅B.Na的金属性比Mg强，可用Na与MgCl2溶液反应制取金属MgC.光照时乙烷和氯气能发生取代反应，工业上常用该反应生产氯乙烷D.二氧化锰具有强氧化性，能将双氧水氧化为氧气2、在元素周期表的短周期中的X和Y两种元素可组成化合物XY3，下列说法正确的是（）A.XY3晶体一定是离子晶体B.若Y的原子序数为m，X的原子序数可能是m±4C.X和Y可属于同一周期，不可属于两个不同周期D.X和Y一定不属于同一主族3、盐酸与块状碳酸钙固体反应时，不能使反应的最初速率明显加快的是（）A.将块状碳酸钙固体换成粉末状固体B.盐酸的量增加一倍C.盐酸的用量减半浓度加倍D.温度升高40°C4、镍镉（Ni-Cd）可充电电池在现代生活中有广泛的应用．电解质溶液为KOH溶液，电池反应为：Cd+2NiO（OH）+2H2OCd（OH）2+2Ni（OH）2；下列有关镍镉电池的说法正确的是（）

A.放电时电池内部OH-向正极移动。

B.放电时正极附近溶液的pH减少。

C.充电时阳极反应为Cd（OH）2+2e-=Cd+2OH-

D.充电时与直流电源正极相连的电极上发生Ni（OH）2转化为NiO（OH）的反应。

5、已知常温下二氯化二硫rm{(S_{2}}rm{Cl_{2})}为红棕色液体，其结构式为rm{Cl-S-S-Cl.}其制备反应及与水反应的化学方程式如下：rm{垄脵CS_{2}+3Cl_{2}dfrac{overset{;111-140^{circ}C;}{}}{;}CCl_{4}+S_{2}Cl_{2}}rm{垄脵CS_{2}+3Cl_{2}dfrac{

overset{;111-140^{circ}C;}{}}{;}CCl_{4}+S_{2}Cl_{2}}则下列说法正确的是rm{垄脷2S_{2}Cl_{2}+2H_{2}O=4HCl+SO_{2}隆眉+3S隆媒}rm{(}A.反应rm{)}中rm{垄脵}作氧化剂B.反应rm{CS_{2}}中每生成rm{垄脵}rm{1mol}转移rm{S_{2}Cl_{2}}电子C.反应rm{4mol}中氧化产物与还原产物的物质的量之比为rm{垄脷}rm{3}D.反应rm{1}中rm{垄脷}既作氧化剂又作还原剂rm{S_{2}Cl_{2}}6、常温下，下列各溶液中，可能大量共存的离子组是（）A.pH=0的溶液中：Fe2+、NO3-、SO42-、Na+B.c（H+）=1×10-14mol•L-1的溶液中：Mg2+、NO3-、Fe2+、ClO-C.含有大量Fe3+的溶液中：Na+、I-、K+、NO3-D.由水电离出的c（OH-）=1×10-13mol/L的溶液中：Na+、[Al（OH）4]-、S2-、CO32-7、室温下，将碳酸钠溶液加热至70℃，其结果是（）A.溶液中c（CO32-）增大B.水的电离程序不变C.KW（水的离子积）将变小D.溶液的碱性增强8、下列图示中方框代表容器，上方黑球为氦原子，下方白球为氢原子，中间为忽略质量的隔板，则代表等质量的氢气与氦气的为（）A.B.C.D.9、下列实验中，所采取的分离方法不正确的是选项目的分离方法A提取NaCl溶液中的碘单质乙醇萃取B分离乙酸乙酯和饱和Na2CO3溶液分液C除去NaCl固体中的NH4Cl加热D除去Cl2中的HCl饱和食盐水洗气评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)10、（2015秋•青岛校级月考）实验室用50mL0.50mol•L-1盐酸、50mL0.55mol•L-1NaOH溶液和如图所示装置；进行测定中和热的实验，得到表中的数据：完成下列问题：

。实验次数起始温度t1/℃终止温度t2/℃盐酸NaOH溶液NaOH溶液120.220.323.7220.320.523.8321.521.624.9（1）实验时不能用铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒的理由是____．

（2）在操作正确的前提下，提高中和热测定准确性的关键是____．

（3）根据上表中所测数据进行计算，则该实验测得的中和热△H=____[盐酸和NaOH溶液的密度按1g•cm-3计算，反应后混合溶液的比热容（c）按4.18J•（g•℃）-1计算]．如用0.5mol/L的盐酸与NaOH固体进行实验，则实验中测得的“中和热”数值将____（填“偏大”、“偏小”、“不变”）．其理由是____

（4）若某同学利用上述装置做实验，有些操作不规范，造成测得中和热的数值偏低，请你分析可能的原因是____

A．测量盐酸的温度后；温度计没有用水冲洗干净。

B．把量筒中的氢氧化钠溶液倒入小烧杯时动作迟缓。

C．做本实验的当天室温较高。

D．将50mL0.55mol/L氢氧化钠溶液取成了50mL0.55mol/L的氨水。

E．在量取盐酸时仰视计数。

F．大烧杯的盖板中间小孔太大．11、如图是一个电化学过程的示意图．

请回答下列问题：

（1）图中甲池的名称____（填“原电池”“电解池”或“电镀池”）．

（2）写出通入CH3OH的电极的电极反应式____

（3）乙池中反应的化学方程式为____

（4）当乙池中B极的质量增加5.4g时，甲池中理论上消耗O2的体积为____L（标况下），此时丙池中____电极（填“C”或“D”）析出1.6g某金属，则丙池的某盐溶液可能是____（填序号）

A．MgSO4溶液B．CuSO4溶液C．NaCl溶液D．AgNO3溶液．12、（1）科学家制造出一种使用固体电解质的燃料电池，其效率更高，可用于航空航天．如图1所示装置中，以稀土金属材料为惰性电极，在两极上分别通入CH4和空气，其中固体电解质是掺杂了Y2O3的ZrO2固体，它在高温下能传导阳极生成的O2-（O2+4e--→2O2-）．

（1）①c电极的名称为____，d电极上的电极反应式为____．

②如图2所示电解100mL0.5mol•L-1CuSO4溶液．若a电极产生56mL（标准状况）气体，则所得溶液的pH=____（不考虑溶液体积变化），若要使电解质溶液恢复到电解前的状态，可加入____（填字母序号）．a．CuOb．Cu（OH）2c．CuCO3d．Cu2（OH）2CO3

（2）采取一定措施可防止钢铁腐蚀．下列装置中的烧杯里均盛有等浓度；等体积的NaCl溶液．

①在如图3a～c装置中，能保护铁的是____（填字母）．

②若用d装置保护铁，X极的电极材料应是____（填名称）．

13、三大合成高分子材料指的是：____、____、____．14、化学兴趣小组对品红溶液褪色实验进行探究．限选实验仪器与试剂为：试管、滴管、试管夹、1.0mol•L-1Na2SO3溶液、1.0mol•L-1NaClO溶液；品红溶液．

[探究一]

①甲同学提出假设

假设1：NaClO溶液能使品红溶液褪色

假设2：Na2SO3溶液能使品红溶液褪色

假设3：____．

②设计实验方案证明甲的假设

。实验操作预期现象与结论步骤1：取少量品红溶液于试管中，再加入少量的____．若品红溶液褪色，则假设1成立．步骤2：____

____

____．若____，则假设2成立．根据步骤1、2．若____，则假设3成立．[探究二]

乙同学为探究Na2SO3溶液是否发生变质，设计如下实验测定所用1.0mol•L-1Na2SO3溶液的实际浓度：

（1）分液漏斗中应加入足量的下列试剂____（填序号）．

a．浓硝酸b．65%硫酸c．浓盐酸

（2）实验前后测得C装置增重3.2g，则Na2SO3溶液实际的物质的量浓度为____．

（3）该实验装置还存在一个明显的缺陷是：____．15、NA为阿伏加德罗常数，C2H2（g）完全燃烧生成CO2和液态水的反应，有5NA个电子转移时，放出650kJ的热量，该反应的热化学方程式为____．16、氟化钠是一种重要的氟盐，主要用作农业杀菌剂、杀虫剂、木材防腐剂和生产含氟牙膏等．实验室可通过下图所示的流程以氟硅酸（H2SiF6）等物质为原料制取氟化钠；并得到副产品氯化铵：

有关物质在水中溶解度（g/100gH2O）如下：

。温度10℃20℃30℃溶解度：20℃NaF-40℃NH4F-100；

常温Na2SiF6微溶于水NH4Cl溶解度33.337.241.4请回答下列问题：

（1）操作Ⅰ需要用到的玻璃仪器有：____．

（2）写出上述流程前两步中发生反应的化学方程式为：

____；

____．

（3）操作Ⅱ洗涤固体的作用是：____，操作Ⅲ的具体过程是：____．

（4）流程中NH4HCO3必须过量，其原因是：____．17、（2015秋•广州校级期中）甲醇是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景，工业上一般可采用如下反应来合成甲醇：2H2（g）+CO（g）═CH3OH（g）下表为不同温度下的平衡常数（K）

。温度250℃300℃350℃K2.0410.2700.012（1）该反应的平衡常数表达式K=____，△H____0（填“＞”；“＜”或“=”）．

（2）将1mol的H2和1mol的CO充入1L恒容密闭反应器中；达到平衡后，容器内的压强为开始时的60%，求CO的平衡转化率（写出计算过程）．

（3）300℃时，将容器的容积压缩到原来的，在其他条件不变的情况下，对平衡体系产生的影响是____（填字母）．

A．c（H2）减少。

B．正反应速率加快；逆反应速率减慢。

C．CH3OH的物质的量增加。

D．重新平衡时c（H2）/c（CH3OH）减小。

（4）其他条件相同时，在上述三个温度下分别发生该反应．300℃时，H2的转化率随时间的变化如图所示，请补充完成350℃时H2的转化率随时间的变化示意图．18、化学一化学与技术。

工业合成氨与制备硝酸一般可连续生产；流程如下：

请回答下列问题：

（1）工业生产时，制取氢气的一个反应为：

C0+H2O（g）⇌CO2+H2t℃时，向1L密闭容器中充入0.2molCO和0.3mol水蒸气．反应达到平衡后，体系中c（H2）=0.12mol•L-1，该温度下此反应的平衡常数K=____（填计算结果）．

（2）合成塔中发生反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0．下表为不同温度下该反应的平衡常数．由此可推知，表中T1____573K（填“＞”、“＜”或“=”。T/KT1573T2K1.00×1072.45×1051.88×103（3）废水中的N、P元素是造成水体富营养化的关键因素，化工厂排放的废水中常含有较多的NH4+和PO43-；一般可以通过两种方法将其除去．

①方法一：将Ca（OH）2或CaO投加到待处理的废水中，生成磷酸钙从而进行回收．当处理后的废水中c（Ca2+）=2×10-7mol/L时，处理后的废水中c（PO43-）≤____mol/L．（已知Ksp[Ca3（PO4）2]=2×10-33）

②方法二：在废水中加入镁矿工业废水，就可以生成髙品位的磷矿石一鸟粪石，反应的离子方程式为Mg2++NH4++PO43-═MgNH4PO4↓．该方法中需要控制污水的pH为7.5〜10，若pH高于10.7，鸟粪石的产量会大大降低．其原因可能为____，与方法一相比，方法二的优点为____．评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)19、Na2O2的电子式为____．（判断对确）20、对氯甲苯的结构简式：____．21、判断下列有关烯烃；卤代烃、醇的命名是否正确。

（1）CH2═CH-CH═CH-CH═CH21，3，5三己烯____

（2）2-甲基-3-丁醇____

（3）二溴乙烷____

（4）3-乙基-1-丁烯____

（5）2-甲基-2，4-已二烯____

（6）1，3-二甲基-2-丁烯____．22、苯的同系物能与溴水反应．____（判断对错）23、合理选择饮食，正确使用药物是人体健康的保证____．（判断对错）24、判断正误；正确的划“√”，错误的划“×”

（1）淀粉、纤维素和油脂都属于天然高分子化合物____

（2）向淀粉溶液中加入稀H2SO4，加热几分钟，冷却后再加入新制Cu（OH）2悬浊液，加热，没有砖红色沉淀生成，证明淀粉没有水解成葡萄糖____

（3）食用白糖的主要成分是蔗糖____

（4）蔗糖、淀粉、油脂及其水解产物均为非电解质____

（5）麦芽糖与蔗糖的水解产物均含葡萄糖，故二者均为还原型二糖____

（6）葡萄糖、果糖的分子式均为C6H12O6，二者互为同分异构体____

（7）蔗糖、麦芽糖的分子式都是C12H22O11，二者互为同分异构体____

（8）麦芽糖及其水解产物均能发生银镜反应____

（9）纤维素和淀粉遇碘水均显蓝色____

（10）植物油的主要成分是高级脂肪酸____

（11）向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl溶液和CuSO4溶液，均有固体析出，所以蛋白质均发生变性____

（12）用甘氨酸（CH2COOHNH2）和丙氨酸（CH3CHCOOHNH2）缩合最多可形成4种二肽____

（13）天然植物油常温下一般呈液态，难溶于水，有恒定的熔点、沸点____

（14）若两种二肽互为同分异构体，则二者的水解产物不一致____

（15）苯、油脂均不能使酸性KMnO4溶液褪色____

（16）油脂在空气中完全燃烧转化为水和二氧化碳____

（17）蛋白质、乙酸和葡萄糖均属电解质____

（18）乙酸乙酯和食用植物油均可水解生成乙醇____

（19）蛋白质和油脂都属于高分子化合物，一定条件下都能水解____

（20）氨基酸、淀粉均属于高分子化合物____．评卷人得分四、其他(共3题，共12分)25、磨砂”是增加玻璃仪器密封性的一种处理工艺．在仪器A．试管B．分液漏斗C．带滴管的试剂瓶（滴瓶）D．集气瓶E．酸式滴定管F．碱式滴定管中，没有用到“磨砂”工艺处理的有____．

（填字母编号）．26、化学上将SCN－、OCN－、CN－等离子称为“类卤离子”。现将KSCN溶液滴加到酸性Fe3+溶液中，溶液立即变成红色。将此红色溶液分成两份：一份中____（1）向另一份中____（2）____（3）试用离子方程式解释以上三部分颜色变化的原因（方程式可以不配平）。27、实验是化学研究的重要手段；贯穿于化学学习的始终．试回答下列中学化学实验室中常见仪器的有关问题：

（1）在仪器①分液漏斗②试剂瓶③集气瓶④滴定管⑤容量瓶⑥量筒⑦托盘天平中，标有“0“刻度的是（填序号，下同）____；标有使用温度的仪器是____．

（2）“磨砂“是增加玻璃仪器密封性的一种处理工艺．在仪器①试管②分液漏斗③细口试剂瓶④广口试剂瓶⑤集气瓶⑥酸式滴定管⑦碱式滴定管中，用到“磨砂“的有____．

（3）在仪器①漏斗②容量瓶③蒸馏烧瓶④分液漏斗⑤烧杯⑥蒸发皿中，可用于粗盐提纯实验的有____；可用于分离两种沸点接近且互不相溶的液态混合物（即分液）实验的有____．评卷人得分五、实验题(共4题，共20分)28、（1）现拟分离粗产品乙酸乙酯；乙酸和乙醇的混合物下列框图是分离操作步骤流程图：

则试剂a是：____，分离方法Ⅰ是____，分离方法Ⅱ是____，试剂b是____，分离方法Ⅲ是____．

（2）用50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.50mol/LNaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应．通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热．

回答下列问题：

①．从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品____．

②．烧杯间填满碎纸条的作用是____．

③．如果用60mL0.50mol/L盐酸与60mL0.50mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量____（填“相等、不相等”），所求中和热____（填“相等、不相等”）．29、二氧化氯（ClO2）作为一种高效强氧化剂，已被联合国世界卫生组织(WHO)列为AI级安全消毒剂。常温下二氧化氯为黄绿色或橘黄色气体，性质非常不稳定。温度过高，二氧化氯的水溶液有可能爆炸。某研究小组设计如图所示实验制备ClO2。(1)如图，在烧瓶中先放入一定量的KClO3和草酸(H2C2O4)，然后再加入足量的稀硫酸，水浴加热。反应后产物中有ClO2、CO2和一种酸式盐，该反应的化学方程式为：，氧化产物与还原产物的物质的量之比为____。（2）控制水浴温度在60～80℃之间的目的是，图示装置中缺少的一种必须的玻璃仪器是。（3）A装置用于吸收产生的二氧化氯，其中最好盛放。（填序号）①60℃的温水②冰水③饱和食盐水（4）将二氧化氯溶液加入到硫化氢溶液中，所得溶液中加入少量氯化钡溶液，有白色沉淀生成。请写出二氧化氯溶液和硫化氢溶液反应的化学方程式____。30、（2008•惠州模拟）（1）下列实验操作或对实验事实的叙述正确的是____（填序号）

①用碱式滴定管量取20.00mL0.10mol/LKMnO4溶液；

②用托盘天平称取10.50g干燥的NaCl固体；

③各放一张质量相同的滤纸于天平的两托盘上；将NaOH体放在左盘纸上称量；

④实验室配制（SO4）3溶液时；常加入少量的稀硫酸；

⑤中和滴定中；锥形瓶用蒸馏水洗净后可直接往其中注入一定量的待测溶液；

（2）普通漏斗（见图1）是中学化学实验室常用仪器之一；用途很多．

①请举两例说明普通漏斗在化学实验中的运用：____

②你是否探讨过在化学实验中创新地使用普通漏斗？请你积极参与到下面的讨论中：

A．图2是某同学实验室制备H2并验证H2有可燃性装置的一部分，请说出他这样做的优点____．

B．某同学用苯萃取碘水中碘时，找不到分液漏斗．他先在试管中将混合液充分振荡后静置，然后再用普通漏斗和其他常见实验仪器和用品组装成一个简易分液器进行分液（图3），以解燃眉之急．试分析该设计的不足之处____．31、(15分)利用废铝箔(主要成分为Al、少量的Fe、Si等)既可制取有机合成催化剂AlBr3又可制取净水剂硫酸铝晶体[A12(SO4)3•18H2O]。I．实验室制取无色的无水AlBr3(熔点：97.5℃，沸点：263.3～265℃)可用如图所示装置，主要实验步骤如下：步骤l．将铝箔剪碎，用CCl4浸泡片刻，干燥，然后投入到烧瓶6中。步骤2．从导管口7导入氮气，同时打开导管口l和4放空，一段时间后关闭导管口7和1；导管口4接装有五氧化二磷的干燥管。步骤3．从滴液漏斗滴入一定量的液溴于烧瓶6中，并保证烧瓶6中铝过剩。步骤4．加热烧瓶6，回流一定时间。步骤5．将氮气的流动方向改为从导管口4到导管口l。将装有五氧化二磷的干燥管与导管口1连接，将烧瓶6加热至270℃左右，使溴化铝蒸馏进入收集器2。步骤6．蒸馏完毕时，在继续通入氮气的情况下，将收集器2从3处拆下，并立即封闭3处。（1）步骤l中，铝箔用CCl4浸泡的目的是。（2）步骤2操作中，通氮气的目的是。（3）步骤3中，该实验要保证烧瓶中铝箔过剩，其目的是。（4）铝与液溴反应的化学方程式为。（5）步骤4依据何种现象判断可以停止回流操作。（6）步骤5需打开导管口l和4，并从4通入N2的目的是。II．某课外小组的同学拟用废铝箔制取硫酸铝晶体，已知铝的物种类别与溶液pH关系如图所示，实验中可选用的试剂：处理过的铝箔；2.0mol•L-1NaOH溶液：2.0mol•L-1硫酸（7）由铝箔制备硫酸铝晶体的实验步骤依次为：①称取一定质量的铝箔于烧杯中，分次加入2.0mol•L-1NaOH溶液，加热至不再产生气泡为止。②过滤③；④过滤、洗涤⑤；⑥；⑦冷却结晶；⑧过滤、洗涤、干燥。评卷人得分六、推断题(共4题，共12分)32、1．某化工厂排放的污水中，常溶有某些对人体有害的物质，初步认为可能含有Fe3+、Ba2+、K+、OH-、Cl-、CO2-3、SO2-4．为了进一步确认；取样进行实验检测：

①取污水仔细观察；呈无色；透明、均一状态．

②向取样的污水中；滴入稀硫酸，有大量白色沉淀产生，再加稀硝酸，白色沉淀不消失．

③用pH试纸测定污水的pH；试纸显深蓝色．

（1）由此可知，该污水中肯定含有的离子是____，肯定没有的离子是____，可能含有的离子是____．

（2）简述通过实验进一步确定溶液中可能存在离子的操作步骤及现象____．

2．实验室为化学兴趣小组的同学准备了四种红色溶液，它们分别可能是KMnO4酸性溶液；滴有酚酞的NaOH溶液、滴有石蕊的稀硫酸和品红溶液．另外还提供了常见的仪器和药品．为了培养同学们的创新精神和实践能力；只允许选用一种试剂对上述四种溶液加以鉴别．

（1）甲组同学选用了FeCl2溶液，试写出该组同学鉴别出NaOH溶液的有关离子方程式：____；

（2）乙组同学选用了Na2SO3溶液，他们直接能鉴别出来的溶液及对应的现象分别是____；

（3）丙组同学选用了一种试剂，一次性鉴别出上述四种溶液，他们选择的试剂可能是____．33、如图1所示的转化关系中（部分产物省略）；A是由四种短周期元素组成的正盐，H是一种既有氧化性又有还原性的氧化物，D；X分子都是10电子微粒．

试回答下列问题：

（1）A的化学式为____，D分子的结构式____．

（2）写出上述转化关系中所有复分解反应的化学方程式：

（3）室温下，向pH=a的D的水溶液中加入等体积pH=b的G的水溶液，且a+b=14，充分反应后溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是____．

（4）已知：t℃时；2H（g）+Y（g）⇌2I（g）；△H=-196.6KJ/mol．

①t℃时，在一压强恒定的密闭容器中，加入4molH和2molY反应，达到平衡后，放出354KJ的热量，则Y的转化率约为____（用百分数表示）．

②若在图2的平衡体系中，再加入wmol气态的I物质，t℃时达到新的平衡，此时H物质的物质的量n（H）=____mol．（填表达式）34、短周期元素形成的纯净物A；B、C、D、E是转化关系如图1所示；物质A与物质B之间的反应不在溶液中进行（E可能与A、B两种物质中的某种相同）．

请回答下列问题：

（1）若C是离子化合物，D是一种强碱，写出C的一种化学式____．

（2）若C是一种有色气体；D是一种强酸，则：

①C与水反应的化学方程式为____．

②有人认为“浓H2SO4可以干燥气体C”．某同学为了验证该观点是否正确，用如图2所示装置进行实验．实验过程中，浓H2SO4中未发现有气体逸出，且变为红棕色，则你得出的结论是____．

③已知常温下物质A与物质B生成1mol气体C的△H为-57.07kJ•mol-1，1mol气体C与H2O反应生成D溶液和E气体的△H为-46kJ•mol-1，写出物质A与物质B及水生成D溶液的热化学方程式____．35、（选考）【化学——有机化学基础】（15分）有机物A是常用的食用油抗氧化剂，分子为C10H12O5，可发生如下变化：已知B的相对分子质量为60，分子中只含一个甲基。C的结构可表示为：（其中-x、-y均为官能团）。请回答下列问题：（1）根据系统命名法B的名称为。（2）官能团-x的名称为，高聚物E的链节为。（3）A的结构简式为。（4）反应⑤的化学方程式为。（5）C有多种同分异构体，写出其中2种符合下列要求的同分异构体的结构简式、。①含有苯环②能发生银镜反应③含有酚羟基（6）从分子结构上看，A具有抗氧化作用的主要原因是（填序号）。A．含有苯环B．含有羰基C．含有酚羟基参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、A【分析】【分析】A；碳具有还原性；能还原部分氧化物；

B；钠与氯化镁溶液反应时；钠先与水反应；

C；乙烷和氯气在光照条件下反应不止生成氯乙烷；

D、在双氧水的分解反应中，二氧化锰做催化剂．【解析】【解答】解：A；碳和二氧化硅在高温条件反应生成硅和一氧化碳；该反应中碳失电子而作还原剂，故A正确；

B；钠与氯化镁溶液反应时；钠先与水反应，生成的NaOH再与氯化镁反应，故不能置换出金属镁，故B错误；

C；乙烷和氯气在光照条件下反应不止生成一氯乙烷；还能继续反应生成二氯乙烷、三氯乙烷直至六氯乙烷，并生成HCl，故不能得到纯净的一氯乙烷，且一氯乙烷的产率很低并难以分离，故工业上用乙烯和HCl加成来制取一氯乙烷，故C错误；

D；在双氧水的分解反应中；二氧化锰做催化剂，不做氧化剂，故D错误．

故选A．2、B【分析】【分析】短周期中的X和Y两种元素可组成化合物XY3，X、Y的化合价为+3、-1价时，可能分别在ⅢA族、ⅦA族，或分别处于VA族、ⅦA族；X、Y的化合价为+6、-2价时可能均在ⅥA，还有可能为NH3、NaN3等，以此来分析解答．【解析】【解答】解：A．若XY3为AlF3、NaN3等，属于离子化合物，但为AlCl3、SO3等时；属于共价化合物，故A错误；

B．若XY3为AlF3时；Y的原子序数为m，X的原子序数符合m-4，故B正确；

C．若为AlCl3，X和Y属于同一周期，即都在第三周期，若为SO3或NH3等；属于两个不同周期，故C错误；

D．若X；Y分别为硫和氧元素时；二者为同一主族元素，故D错误；

故选B．3、B【分析】【分析】盐酸与块状碳酸钙固体反应时，升高温度、增大酸的浓度、增大固体的接触面积等都可加快化学反应速率，以此来解答．【解析】【解答】解：A；将块状碳酸钙固体换成粉末状固体时；则增大了反应物的接触面积，反应速率加快，故A不选；

B；盐酸的量增加一倍；但浓度不变，则化学反应速率不变，故B选；

C；盐酸的用量减半浓度加倍；酸的浓度增大，则反应速率加快，故C不选；

D；温度升高40°C；则反应速率加快，故D不选；

故选B．4、D【分析】

A、放电时是原电池的工作原理，原电池工作时，电解质中的阴离子OH-向负极移动；故A错误；

B、放电时是原电池的工作原理，原电池工作时，正极上发生得电子得还原反应，即NiO（OH）+2H2O+2e-=Ni（OH）2+2OH-；所以正极附近溶液的pH增大，故B错误；

C、充电时是电解池的工作原理，电解池中，阳极发生失电子的氧化反应，即发生Ni（OH）2转化为NiO（OH）的反应；故C错误；

D、充电时是电解池的工作原理，电解池中，与直流电源正极相连的电极是阳极，阳极发生失电子的氧化反应，即即发生Ni（OH）2转化为NiO（OH）的反应；故D正确．

故选D．

【解析】【答案】A；原电池中；电解质中的阴离子向负极移动；

B；原电池中；正极上发生得电子得还原反应；

C；电解池中；阳极发生失电子的氧化反应；

D；电解池中；与直流电源正极相连的电极是阳极，阳极发生失电子的氧化反应．

5、D【分析】解：rm{A.垄脵CS_{2}+3Cl_{2}dfrac{overset{;111-140^{circ}C;}{}}{;}CCl_{4}+S_{2}Cl_{2}}反应中rm{A.垄脵CS_{2}+3Cl_{2}dfrac{

overset{;111-140^{circ}C;}{}}{;}CCl_{4}+S_{2}Cl_{2}}的化合价由rm{S}升高到rm{-2}则rm{+1}作还原剂；故A错误；

B.rm{垄脵CS_{2}+3Cl_{2}dfrac{overset{;111-140^{circ}C;}{}}{;}CCl_{4}+S_{2}Cl_{2}}转移电子数为rm{CS_{2}}则每生成rm{垄脵CS_{2}+3Cl_{2}dfrac{

overset{;111-140^{circ}C;}{}}{;}CCl_{4}+S_{2}Cl_{2}}rm{6e^{-}}转移rm{1mol}电子；故B错误；

C.rm{S_{2}Cl_{2}}反应中rm{6mol}的化合价由rm{垄脷2S_{2}Cl_{2}+2H_{2}O=4HCl+SO_{2}隆眉+3S隆媒}升高到rm{S}则生成rm{+1}为氧化产物，由rm{+4}降低到rm{SO_{2}}则生成rm{+1}为还原产物，所以氧化产物与还原产物的物质的量之比为rm{0}rm{S}故C错误；

D.rm{1}反应中rm{3}的化合价由rm{垄脷2S_{2}Cl_{2}+2H_{2}O=4HCl+SO_{2}隆眉+3S隆媒}既升高到rm{S}又降低到rm{+1}则反应rm{+4}中rm{0}既作氧化剂又作还原剂；故D正确；

故选D。

rm{垄脵CS_{2}+3Cl_{2}dfrac{overset{;111-140^{circ}C;}{}}{;}CCl_{4}+S_{2}Cl_{2}}反应中rm{垄脷}的化合价由rm{S_{2}Cl_{2}}升高到rm{垄脵CS_{2}+3Cl_{2}dfrac{

overset{;111-140^{circ}C;}{}}{;}CCl_{4}+S_{2}Cl_{2}}rm{S}的化合价由rm{-2}降低到rm{+1}转移电子数为rm{Cl}rm{0}反应中rm{-1}的化合价由rm{6e^{-}}既升高到rm{垄脷2S_{2}Cl_{2}+2H_{2}O=4HCl+SO_{2}隆眉+3S隆媒}又降低到rm{S}则反应rm{+1}中rm{+4}既作氧化剂又作还原剂，生成rm{0}为氧化产物，rm{垄脷}为还原产物；据此分析解答。

本题考查氧化还原反应，侧重考查基本概念判断及电子转移的计算，根据元素化合价变化确定物质性质，难度不大。rm{S_{2}Cl_{2}}【解析】rm{D}6、D【分析】【分析】A．pH=0的溶液为酸性溶液；硝酸根离子在酸性条件下能够氧化亚铁离子；

B．c（H+）=1×10-14mol•L-1的溶液为碱性溶液；镁离子；亚铁离子与次氯酸根离子、氢氧根离子反应；

C．铁离子能够氧化碘离子；

D．由水电离出的c（OH-）=1×10-13mol/L的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应．【解析】【解答】解：A．pH=0的溶液为酸性溶液，Fe2+、NO3-在酸性条件下发生氧化还原反应；在溶液中不能大量共存，故A错误；

B．c（H+）=1×10-14mol•L-1的溶液中存在大量氢氧根离子，Mg2+、Fe2+与OH-、ClO-发生反应；在溶液中不能大量共存，故B错误；

C．Fe3+、I-之间发生氧化还原反应；在溶液中不能大量共存，故C错误；

D．由水电离出的c（OH-）=1×10-13mol/L的溶液为酸性或碱性溶液，Na+、[Al（OH）4]-、S2-、CO32-之间不反应；都不与氢氧根离子反应，在碱性溶液中能够共存，故D正确；

故选D．7、D【分析】【分析】碳酸钠溶液中碳酸根离子水解促进水的电离，溶液显碱性，水解过程是吸热反应，升温促进水解平衡正向进行，溶液碱性增强，溶液中离子积常数增大；【解析】【解答】解：A、碳酸钠溶液中碳酸根离子水解促进水的电离，水解过程是吸热反应，升温促进水解，溶液中c（CO32-）减小；故A错误；

B；碳酸钠溶液中碳酸根离子水解促进水的电离；水的电离程度增大，故B错误；

C；温度升高离子积常数增大；故C错误；

D；升温促进水解平衡正向进行；溶液碱性增强，故D正确；

故选D．8、A【分析】【分析】白球代表氢原子，黑球代表氦原子，等质量的氢气与氦气，其物质的量之比为2：1，体积之比为2：1．【解析】【解答】解：设氢气与氦气都为mg，则二者的物质的量之比为：=2：1；则体积之比为2：1；

A；白球代表氢原子；黑球代表氦原子，符合物质的量之比为2：1，体积之比为2：1，故A正确；

B；白球代表氢原子；黑球代表氦原子，物质的量之比为2：1，体积之比为2：1，但氦气是单原子构成的分子，故B错误；

C；白球代表氢原子；黑球代表氦原子，物质的量之比为2：1，但体积之比为1：2，故C错误；

D；白球代表氢原子；黑球代表氦原子，物质的量之比为1：1，体积之比为2：1，故D错误；

故选A．9、A【分析】试题分析：A、乙醇与水互溶，无法从NaCl溶液中萃取出碘单质，错误；B、乙酸乙酯难溶于饱和Na2CO3溶液，可用分液法分离，正确；C、NH4Cl加热分解生成HCl和NH3，所以加热可除去NaCl固体中的NH4Cl，正确；D、Cl2在饱和食盐水中的溶解度小，而HCl易溶于饱和食盐水，所以用饱和食盐水洗气，可除去Cl2中的HCl，正确。考点：本题考查物质的分离和除杂。【解析】【答案】A二、填空题(共9题，共18分)10、Cu传热快，热量损失大提高装置的保温效果-56.8kJ/mol偏大氢氧化钠固体溶于水放热ABDF【分析】【分析】（1）金属导热快；热量损失多；

（2）中和热测定实验成败的关键是保温工作；

（3）先求出三次反应的温度差；根据公式Q=cm△T来求出生成0.05mol的水放出热量，最后根据中和热的概念求出反应热，氢氧化钠固体溶于水放热；

（4）根据实验的关键是保温，如果装置有能量散失，则会导致结果偏低，根据实验中用到的试剂以及实验操作知识来判断．【解析】【解答】解：（1）不能将环形玻璃搅拌棒改为铜丝搅拌棒；因为铜丝搅拌棒是热的良导体，故答案为：Cu传热快，热量损失大；

（2）中和热测定实验主要目的是测量反应放出的热量多少；所以实验成败的关键是保温工作，所以提高中和热测定准确性的关键是提高装置的保温效果，故答案为：提高装置的保温效果；

（3）（2）第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.25℃；反应前后温度差为：3.45℃；

第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.40℃；反应前后温度差为：3.40℃；

第3次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为21.55℃；反应前后温度差为：3.35℃；

三次温度差的平均值为3.40℃；

50mL0.50mol•L-1盐酸、50mL0.55mol•L-1NaOH溶液的质量和为m=100mL×1g/mL=100g，c=4.18J/（g•℃），代入公式Q=cm△T得生成0.025mol的水放出热量Q=4.18J/（g•℃）×100g×3.40℃=1421.2J=1.4212kJ，即生成0.025mol的水放出热量1.4212kJ，所以生成1mol的水放出热量为=56.8kJ；即该实验测得的中和热△H=-56.8kJ/mol；氢氧化钠固体溶于水放热，所以实验中测得的“中和热”数值将偏大。

故答案为：-56.8kJ/mol；偏大；氢氧化钠固体溶于水放热；

（4）A．测量盐酸的温度后；温度计没有用水冲洗干净，在测碱的温度时，会发生酸和碱的中和，碱的温度偏高，温度差偏小，导致实验测得中和热的数值偏小，故A正确；

B；把量筒中的氢氧化钠溶液倒入小烧杯时动作迟缓；会导致一部分能量的散失，实验测得中和热的数值偏小，故B正确；

C；做本实验的室温和反应热的数据之间无关；故C错误；

D；将50mL0.55mol/L氢氧化钠溶液取成了50mL0.55mol/L的氨水；由于氨水是弱碱，电离时要吸热，温度差偏小，导致实验测得中和热的数值偏小，故D正确；

E；在量取盐酸时仰视计数；会使得实际量取体积高于所要量的体积，酸过量，可以保证碱全反应，温度差偏大，会使得中和和热的测定数据偏高，故E错误；

F；大烧杯的盖板中间小孔太大；会导致一部分能量散失，所以测的数值降低，故F正确．

故选ABDF．11、原电池CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO30.28DB【分析】【分析】（1）甲池能自发的进行氧化还原反应；所以属于原电池；

（2）燃料电池中；负极上通入燃料，燃料失电子发生氧化反应；

（3）乙池是电解池；碳作阳极，银作阴极，所以反应是电解硝酸银溶液；

（4）根据转移电子守恒计算消耗氧气等体积，丙池中，阴极上析出金属，根据转移电子计算金属的相对原子质量，从而确定盐．【解析】【解答】解：（1）甲池能自发的进行氧化还原反应；所以属于原电池，故答案为：原电池；

（2）燃料电池中，负极上通入燃料，碱性条件下，甲醇水中和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，所以电极反应式为：CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O；

故答案为：CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O；

（3）乙池是电解池，碳作阳极，银作阴极，所以反应是电解硝酸银溶液，电池反应式为：4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3，故答案为：4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3；

（4）乙池是电解池，B极上银离子得电子发生还原反应而析出银，根据转移电子相等，当乙池中B极的质量增加5.4g时，甲池中理论上消耗O2的体积=×22.4=0.28L；

丙池是电解池，阴极上金属离子放电析出金属单质，则金属元素在氢元素之后，D电极连接甲醇电极，所以D是阴极，根据转移电子相等知，当析出一价金属时，其摩尔质量==32g/mol，则该元素是硫元素，硫元素是非金属元素，所以错误，当析出的是二价金属，则=64g/mol；所以该金属是铜，则溶液是硫酸铜溶液，故选B；

故答案为：0.28；D；B．12、正极CH4+4O2--8e-═CO2+2H2O1acbc锌【分析】【分析】（1）①依据装置图中电流流向分析；c为正极，氧气的电子发生还原反应，d为负极，甲烷失电子发生氧化反应；

②图2是电解池，与电源正极连接的a电极为阳极，发生4OH--4e-═O2↑+2H2O，b为阴极，发生为Cu2++2e-═Cu；结合电极方程式计算；

（2）①原电池的正极和电解池的阴极可以得到保护；

②装置为原电池，若用d装置保护铁，X极的电极材料应比铁活泼．【解析】【解答】解：（1）①图1是原电池，依据电流流向是从正极流向负极，c电极为正极，氧气得到电子发生还原反应，d电极为电池负极，甲烷失电子发生还原反应，在两极上分别通入CH4和空气，其中固体电解质是掺杂了Y2O3的ZrO2固体，它在高温下能传导阳极生成的O2-离子，负极电极反应为：CH4+4O2--8e-═CO2+2H2O；

故答案为：正极；CH4+4O2--8e-═CO2+2H2O；

②如图2所示电解100mL0.5mol•L-1CuSO4溶液，发生的电解池反应为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4；

若a电极产生56mL（标准状况）气体为氧气，物质的量为0.0025mol，消耗氢氧根离子物质的量为0.01mol，溶液中生成氢离子物质的量为0.01mol，c（H+）==0.1mol/L；pH=-lg0.1=1；

则所得溶液电解过程中CuSO4溶液每损失2个Cu原子，就损失2个O原子，相当于损失一个CuO，为了使CuSO4溶液，恢复原浓度，应加入CuO，也可以加入CuCO3，符合恢复溶液浓度的定量关系，但不能加入Cu（OH）2、Cu2（OH）2CO3，因为CuCO3+H2SO4═CuSO4+CO2↑+H2O，相当于加CuO，而Cu（OH）2+H2SO4═CuSO4+2H2O、Cu2（OH）2CO3+2H2SO4═2CuSO4+CO2↑+3H2O；除增加溶质外还增加了水，故选ac；

故答案为：1；ac；

（2）①装置中原电池的正极和电解池的阴极可以得到保护，a中Fe作阳极被腐蚀，b中Fe作阴极被保护，c中Fe作正极被保护，则bc可以保护铁，故答案为：bc；

②装置为原电池，若用d装置保护铁，X极的电极材料应比铁活泼可以选择锌，故答案为：锌．13、塑料合成纤维合成橡胶【分析】【分析】合成材料主要有塑料、合成橡胶、合成纤维．【解析】【解答】解：合成材料已经被广泛应用；被誉为三大合成材料的是塑料；合成纤维、合成橡胶．

故答案为：塑料、合成纤维、合成橡胶．14、NaClO溶液、Na2SO3溶液都不能使品红溶液褪色1.0mol•L-1NaClO溶液另取少量品红溶液于试管中，再加入少量的1.0mol•L-1Na2SO3溶液．此处无空格品红溶液褪色步骤1、2的品红溶液均不褪色b0.83mol•L-1缺少一个驱赶残留二氧化硫气体的装置【分析】【分析】[探究一]

①根据假设1；2确定假设3；假设1、2褪色，则假设3不褪色；

②步骤1；要验证次氯酸钠有漂白性；应加入次氯酸钠溶液；

步骤2；要验证亚硫酸钠有漂白性；应加入亚硫酸钠和品红溶液，观察实验现象；

根据步骤1；2确定假设3是否成立；

[探究二]

（1）根据浓盐酸；浓硝酸和浓硫酸的性质判断应选取的物质；

（2）碱石灰能吸收二氧化硫；所以C装置增重的质量就是二氧化硫的质量，根据二氧化硫的质量计算亚硫酸钠固体中含有的亚硫酸钠，从而计算出其浓度；

（3）二氧化硫能储存在某些装置中．【解析】【解答】解：[探究一]

①根据假设1、2确定假设3，假设1、2褪色，则假设3采取相反的假设，故假设3为NaClO溶液、Na2SO3溶液都不能使品红溶液褪色；

故答案为：NaClO溶液、Na2SO3溶液都不能使品红溶液褪色；

②要验证次氯酸钠使品红溶液褪色；应向盛有品红的溶液中加入次氯酸钠溶液；

要验证亚硫酸钠溶液使品红溶液褪色；应另取品红溶液于试管中，然后加入少量的亚硫酸钠溶液，观察溶液是否褪色来判断亚硫酸钠是否有漂白性；

如果假设1；2的品红溶液都不褪色；则假设3成立；

故答案为：

。实验操作预期现象与结论1.0mol•L-1NaClO溶液另取少量品红溶液于试管中，再加入少量的1.0mol•L-1Na2SO3溶液．品红溶液褪色步骤1、2的品红溶液均不褪色[探究二]

（1）a；浓硝酸有挥发性；且浓硝酸有强氧化性，能把亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子而得不到二氧化硫气体，故错误；

b；稀硫酸的氧化性是氢元素表现；反应速率较慢，浓硫酸主要以分子存在，而亚硫酸钠和硫酸的反应是在溶液中以离子进行反应，所以用65%硫酸和亚硫酸钠固体反应制取二氧化硫，故正确；

c、浓盐酸有挥发性，会对实验造成干扰，故错误；故答案为：b；

（2）碱石灰能吸收二氧化硫；所以C装置增重的质量就是二氧化硫的质量；

设亚硫酸钠的物质的量浓度为C；

H2SO4+Na2SO3=H2O+Na2SO4+SO2↑

1mol64g

0.06Cmol3.2g

C=0.83mol•L-1；

故答案为：0.83mol•L-1；

（3）二氧化硫能储存在某些装置中导致碱石灰吸收的二氧化硫减少；造成偏差，所以存在的缺陷是：缺少一个驱赶残留二氧化硫气体的装置；

故答案为：缺少一个驱赶残留二氧化硫气体的装置．15、2C2H2（g）+5O2（g）═4CO2（g）+2H2O（l）△H=-2600kJ•mol-1【分析】【分析】在C2H2（气态）完全燃烧生成CO2和液态水的反应中，每有5NA个电子转移时，0.5mol乙炔发生反应放出650kJ的热量，所以2mol乙炔完全反应有20NA个电子转移时，放出2600kJ的热量，依据热化学方程式书写方法写出，标注物质聚集状态和对应反应的焓变．【解析】【解答】解：在C2H2（气态）完全燃烧生成CO2和液态水的反应中，每有5NA个电子转移时，0.5mol乙炔发生反应放出650kJ的热量，所以2mol乙炔完全反应有20NA个电子转移时，放出2600kJ的热量，则热化学方程式为：2C2H2（g）+5O2（g）═4CO2（g）+2H2O（l）△H=-2600kJ•mol-1；

故答案为：2C2H2（g）+5O2（g）═4CO2（g）+2H2O（l）△H=-2600kJ•mol-1．16、玻璃棒、烧杯、普通漏斗H2SiF6+6NH4HCO3=6NH4F+H2SiO3↓+6CO2↑+3H2ONH4F+NaCl=NH4Cl+NaF↓除去NaF、NH4Cl表面上的杂质蒸发浓缩溶液，析出多量固体，后冷却保证H2SiF6能全部反应，防止在加入NaCl后，H2SiF6与NaCl反应生成Na2SiF6沉淀，混入NaF中，影响NaF纯度【分析】【分析】第一步反应的方程式，根据已知反应物和生成物，可推知其余生成物，配平即得反应方程式．第二步反应是将第一步生成的NH4F转化为NaF，加入的反应物为NaCl，利用了物质在溶液中溶解度越小则优先析出的特性，所以NaF比NaCl的溶解性小．操作Ⅰ是过滤操作，用到的玻璃仪器包括烧杯、玻璃棒、漏斗；操作Ⅱ是将粗NaF洗涤除去其表面的杂质．操作Ⅲ是将滤液中的溶质进一步提取，故操作是加热蒸发溶剂，析出大量固体后冷却；流程中NH4HCO3必须过量，是指第一步操作中必须保证H2SiF6能全部反应，以防止生成影响制取物质的纯度．【解析】【解答】解：（1）操作Ⅰ是过滤操作；用到的玻璃仪器包括烧杯；玻璃棒、漏斗，故答案为：烧杯、玻璃棒、漏斗；

（2）第一步反应的方程式，反应物有H2SiF6、和NH4HCO3，生成物有H2SiO3、CO2，根据质量守恒还应有NH4F，则反应的化学方程式为H2SiF6+6NH4HCO3=6NH4F+H2SiO3↓+6CO2↑+3H2O，第二步反应是将第一步生成的NH4F转化为NaF，加入的反应物为NaCl，利用了物质在溶液中溶解度越小则优先析出的特性，所以NaF比NaCl的溶解性小，反应的化学方程式为NH4F+NaCl=NH4Cl+NaF↓；

故答案为：H2SiF6+6NH4HCO3=6NH4F+H2SiO3↓+6CO2↑+3H2O；NH4F+NaCl=NH4Cl+NaF↓；

（3）操作Ⅱ是将粗NaF洗涤除去其表面的杂质；以得到纯净的NaF，操作Ⅲ是将滤液中的溶质进一步提取，故操作是加热蒸发溶剂，析出大量固体后冷却；

故答案为：除去NaF、NH4Cl表面的杂质；蒸发浓缩溶液；析出多量固体后冷却；

（4））流程中NH4HCO3必须过量，是指第一步操作中必须保证H2SiF6能全部反应，以防止生成Na2SiF6沉淀；影响制取物质的纯度；

故答案为：保证H2SiF6能全部反应；防止在加入NaCl后H2SiF6与NaCl反应生成Na2SiF6沉淀混入NaF中影响NaF纯度；17、＜CD【分析】【分析】（1）依据化学方程式和平衡常数概念书写；依据平衡常数随温度变化判断反应能量变化；

（2）依据化学平衡三段式列式计算；气体压强之比等于气体物质的量之比；

（3）压缩体积相当于增大压强；反应前后气体体积减小的反应，结合平衡移动原理分析判断；

（4）由表中数据可知温度降低，化学反应速率减小，平衡正向移动，H2的转化率增大；温度升高，化学反应速率增大，平衡逆向移动，H2的转化率减小，结合变化绘制曲线变化．【解析】【解答】解：（1）K=由表中数据可知温度升高；K值减小，说明平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应即为放热反应△H＜0；

故答案为：；＜；

（2）将1mol的H2和1mol的CO充入1L恒容密闭反应器中；达到平衡后，容器内的压强为开始时的60%，设一氧化碳反应物质的量x

2H2（g）+CO（g）═CH3OH（g）

起始量（mol）110

变化量（mol）2xxx

平衡量（mol）1-2x1-xx

1-2x+1-x+x=（1+1）×60%

x=0.4mol；

CO的平衡转化率=×100%=40%；

答：CO的平衡转化率为40%；

（3）在其他条件不变的情况下，将容器的容积压缩到原来的；体系压强增大，各组分浓度增大，平衡常数不变；

A、将容器的容积压缩到原来的；各组分浓度均增大，故A错误；

B、将容器的容积压缩到原来的；各组分浓度均增大，正逆反应速率都增大，故B错误；

C、将容器的容积压缩到原来的，体系压强增大，化学平衡正向移动，CH3OH的物质的量增加；故C正确；

D、将容器的容积压缩到原来的，体系压强增大，化学平衡正向移动，CH3OH的物质的量增大，H2的物质的量减小，又处于同一容器V相同，所以c（H2）/c（CH3OH）减小；故D正确；

故答案为：CD；

（4）由表中数据可知温度降低，化学反应速率减小，平衡正向移动，H2的转化率增大；温度升高，化学反应速率增大，平衡逆向移动，H2的转化率减小，则350℃时H2的转化率随时间的变化示意图为故答案为：．18、1＜5×10-7当pH高于10.7时，溶液中的镁离子、铵根离子会和氢氧根离子之间反应，平衡向着逆反应方向移动能同时除去废水中的氨，充分利用了镁矿工业废水【分析】【分析】（1）根据平衡常数表达式结合三行式计算化学平衡常数；

（2）对于放热反应；温度越高，K越小，反之越大；

（3）①根据沉淀溶解平衡常数Ksp表达式进行计算；

②根据化学平衡移动原理以及各种方案的差距之处来回答．【解析】【解答】解：（1）C0+H2O（g）⇌CO2+H2；

初始浓度：0.20.300

变化浓度：0.120.120.120.12

平衡浓度：0.080.280.120.12

化学平衡常数K===1；

故答案为：1；

（2）该反应是放热反应，对于放热反应，温度越高，K越小，T1＜573K；

故答案为：＜；

（3）①Ca3（PO4）2沉淀溶解平衡常数Ksp=c（Ca2+）3•c（PO42-）2=2×10-33，当处理后的废水中c（Ca2+）=2×10-7mol/L时，处理后的废水中c（PO43-）==

=5×10-5mol/L，故答案为：5×10-7；

②根据离子方程式为Mg2++NH4++PO43-═MgNH4PO4↓；若pH高于10.7，液中的镁离子；铵根离子会和氢氧根离子之间反应，平衡向着逆反应方向移动，鸟粪石的产量会大大降低，与方法一相比，方法二能同时除去废水中的氨，充分利用了镁矿工业废水；

故答案为：若pH高于10.7，液中的镁离子、铵根离子会和氢氧根离子之间反应，平衡向着逆反应方向移动；能同时除去废水中的氨，充分利用了镁矿工业废水．三、判断题(共6题，共12分)19、×【分析】【分析】过氧化钠是离子化合物，其电子式由阴、阳离子的电子式组合而成，相同的离子不能合并．【解析】【解答】解：Na2O2是钠离子和过氧根离子构成的离子化合物，钠离子失电子形成阳离子，氧原子得到电子形成过氧根阴离子，电子式为故答案为：×．20、×【分析】【分析】根据对氯甲苯中甲基和氯原子处于对位关系来分析；【解析】【解答】解：对氯甲苯中甲基和氯原子处于对位关系，结构简式：故答案为：×；21、×【分析】【分析】判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名；其核心是准确理解命名规范：

（1）烷烃命名原则：

①长选最长碳链为主链；

②多遇等长碳链时；支链最多为主链；

③近离支链最近一端编号；

④小支链编号之和最小．看下面结构简式；从右端或左端看，均符合“近离支链最近一端编号”的原则；

⑤简两取代基距离主链两端等距离时；从简单取代基开始编号．如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面．

（2）有机物的名称书写要规范；

（3）对于结构中含有苯环的；命名时可以依次编号命名，也可以根据其相对位置，用“邻”；“间”、“对”进行命名；

（4）含有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小．【解析】【解答】解：（1）双键的个数为3；应命名为1，3，5-己三烯，故答案为：×；

（2）从离官能团最近的一端开始命名；应命名为3-甲基-2-丁醇，故答案为：×；

（3）应标出取代基的位置；应命名为1，2-二溴乙烷，故答案为：×；

（4）选最长的碳连做主链；应命名为3-甲基-1-戊烯，故答案为：×；

（5）符合命名规则；故答案为：√；

（6）选最长的碳连做主链，从离官能团最近的一端开始命名，应命名为2-甲基-2-戊烯，故答案为：×．22、×【分析】【分析】苯的同系物能使溴水褪色，发生萃取现象；据此解答即可．【解析】【解答】解：苯的同系物能使溴水褪色，发生萃取现象，不发生化学反应，故错误；故答案为：×．23、√【分析】【分析】均衡营养，药物大多有副作用，要正确使用，才能促进人体健康．【解析】【解答】解：合理选择饮食，有益健康，药物大多有副作用，要正确使用，故答案为：√．24、×【分析】【分析】（1）相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物；

（2）葡萄糖在碱性条件下与新制Cu（OH）2浊液反应；

（3）白糖的主要成分是蔗糖；

（4）在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质；在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；

（5）蔗糖水解后的产物葡萄糖由还原性；自身没有还原性；

（6）葡萄糖、果糖的分子式均为C6H12O6；葡萄糖是多羟基醛，果糖是多羟基酮；

（7）蔗糖和麦芽糖是二糖，分子式都可用C12H22O11表示；它们互为同分异构体；

（8）麦芽糖和水解产物葡萄糖中均含-CHO；

（9）碘单质遇淀粉变蓝色；

（10）植物油成分为高级脂肪酸甘油酯；

（11）根据浓的无机盐溶液能使蛋白质发生盐析；而重金属盐能使蛋白质发生变性；

（12）两种氨基酸可以各自形成二肽；甘氨酸与丙氨酸形成二肽时连接方式有两种；

（13）根据天然植物油均为高级脂肪酸甘油酯；但都是混甘油酯，没有固定的熔沸点；

（14）两种二肽互为同分异构；水解产物可能是相同的氨基酸；

（15）油脂中含有不饱和烃基；可与高锰酸钾发生反应；

（16）烃的含氧衍生物完全燃烧生成水和二氧化碳；

（17）在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质；在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质）；

（18）食用植物油是高级脂肪酸甘油脂；水解生成高级脂肪酸和甘油；

（19）相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物；

（20）相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物．【解析】【解答】解：（1）油脂相对分子质量较小；不属于高分子化合物，故答案为：×；

（2）葡萄糖与新制Cu（OH）2浊液反应需在碱性条件下；应加入碱将水解后的淀粉溶液调节成碱性，才可以产生砖红色沉淀，故答案为：×；

（3）白糖成分是蔗糖；故答案为：√；

（4）油脂水解的羧酸是电解质；故答案为：×；

（5）蔗糖水解后的产物葡萄糖由还原性；自身没有还原性，所以不是还原型二糖，故答案为：×；

（6）葡萄糖、果糖的分子式均为C6H12O6；葡萄糖是多羟基醛，果糖是多羟基酮，二者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故答案为：√；

（7）蔗糖和麦芽糖是二糖；互为同分异构体，故答案为：√；

（8）麦芽糖和水解产物葡萄糖中的官能团都有醛基；则麦芽糖；葡萄糖属于还原性糖可发生银镜反应，故答案为：√；

（9）碘单质遇淀粉变蓝色；纤维素遇碘水不变色，故答案为：×；

（10）植物油的主要成分为高级脂肪酸甘油酯；故答案为：×；

（11）因浓的无机盐溶液能使蛋白质发生盐析产生沉淀；如饱和硫酸钠溶液；硫酸铵溶液；而重金属盐能使蛋白质发生变性而产生沉淀，如硫酸铜等，故答案为：×；

（12）两种氨基酸可以各自形成二肽；甘氨酸与丙氨酸形成二肽时连接方式有两种，故形成的二肽有四种，故答案为：√；

（13）天然植物油均为高级脂肪酸甘油酯；但都是混甘油酯，没有固定的熔沸点，故答案为：×；

（14）两种二肽互为同分异构；水解产物可能是相同的氨基酸，如：一分子甘氨酸和一分子丙氨酸形成的二肽中有两种构成方式，但二肽水解时的产物相同，故答案为：×；

（15）苯不能使酸性高锰酸钾褪色；但油脂中含有C=C官能团，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应而使高锰酸钾褪色，故答案为：×；

（16）油脂含有C；H、O三种元素；完全燃烧生成水和二氧化碳，故答案为：√；

（17）蛋白质属于高分子化合物；是混合物，不是电解质，而葡萄糖属于非电解质，只有乙酸才属于电解质，故答案为：×；

（18）乙酸乙酯水解生乙酸和乙醇．食用植物油是高级脂肪酸甘油脂；水解生成高级脂肪酸和甘油，故答案为：×；

（19）油脂相对分子质量较小；不属于高分子化合物，故答案为：×；

（20）氨基酸相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故答案为：×．四、其他(共3题，共12分)25、AF【分析】【分析】用到“磨砂”工艺处理的玻璃仪器有：分液漏斗、细口瓶、广口瓶、滴瓶、集气瓶、酸式滴定管等【解析】【解答】解：凡是玻璃相互接处，不能漏水漏气的要磨砂处理，用到“磨砂”工艺处理的玻璃仪器有：分液漏斗、细口瓶、广口瓶、滴瓶、集气瓶、酸式滴定管等，故答案为：AF．26、略

【分析】此题解答的关键是抓住“类卤离子”的信息。SCN－与Cl－相似，被氧化后则生成（SCN）2。Fe3＋与SCN－形成的络离子和分子有6种，在书写离子方程式时，有多种写法，均属合理答案。此题涉及的知识点有：氧化性：MnO4－＞（SCN）2＞Fe3＋．所以．MnO4－滴入Fe（SCN）2+溶液中．将SCN－氧化为（SCN）2，使血红色褪去；滴入Fe2＋的溶液中，MnO4－的紫色褪去。Fe3＋可氧化SO2而破坏Fe（SCN）＋2的组成，所以，SO2通入Fe（SCN）＋2后，也使血红色褪去。考向指南：《考试大纲》明确规定，考生必须要具备一定的接受信息，处理信息的能力，因此像这种信息题是高考的必考题型。“类卤素”是经常考到的知识点，我们应该可以依据卤素的性质推测“类卤素”的性质，并进行应用。“类卤素”如：（CN）2、（SCN）2、（OCN）2、IBr等性质与卤素相似，表现在氧化性、与碱溶液反应生成卤化物和次卤酸盐、与Ag＋结合的生成物的难溶性等。但是，由于类卤素的组成不是一种元素，其各元素的化合价有差别，以致在参加化学反应中价态的变化与卤素单质不完全相同。如IBr＋H2O＝HBr＋HIO的反应不属于氧化还原反应等。【解析】【答案】（1）Fe（SCN）2+＋MnO4－＋H＋→Fe3＋＋（SCN）2＋Mn2＋＋H2O（2）Fe（SCN）2+＋SO2＋H2O→Fe2＋＋SO42－＋SCN－＋H＋（3）Fe2＋＋MnO4－＋H＋→Fe3＋＋Mn2＋＋H2O27、④⑦④⑤⑥②③④⑤⑥①⑤⑥④⑤【分析】【分析】（1）根据标有“0”刻度的仪器有：滴定管；托盘天平、温度计等；根据标有使用温度的仪器有：滴定管、容量瓶、量筒、烧杯等；

（2）用到“磨砂”工艺处理的玻璃仪器有：分液漏斗；细口瓶、广口瓶、滴瓶、集气瓶、酸式滴定管等；

（3）根据粗盐提纯的步骤是溶解、过滤、蒸发、结晶，由步骤可推测用的仪器有：烧杯、带铁圈的铁架台、滤纸、玻璃棒和漏斗；根据分液所需要的仪器有：带铁圈的铁架台、分液漏斗、烧杯．【解析】【解答】解：（1）标有“0”刻度的仪器有：滴定管；托盘天平、温度计等；标有使用温度的仪器有：滴定管、容量瓶、量筒、烧杯等；

故答案为：④⑦；④⑤⑥；

（2）凡是玻璃相互接处；不能漏水漏气的要磨砂处理，用到“磨砂”工艺处理的玻璃仪器有：分液漏斗；细口瓶、广口瓶、滴瓶、集气瓶、酸式滴定管等；

故答案为：②③④⑤⑥；

（3）粗盐提纯用的仪器有：烧杯；带铁圈的铁架台、滤纸、玻璃棒和漏斗；分液所需要的仪器有：带铁圈的铁架台、分液漏斗、烧杯；

故答案为：①⑤⑥；④⑤．五、实验题(共4题，共20分)28、饱和Na2CO3溶液分液蒸馏硫酸蒸馏环形玻璃搅拌器隔热，保温，减少实验过程中的热量损失不相等相等【分析】【分析】（1）分离粗产品乙酸乙酯；乙酸和乙醇的混合物；加入饱和碳酸钠溶液，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠，采用分液的方法即可，水层中的乙醇易挥发，可采用蒸馏方法分离，乙酸钠要用硫酸反应得到乙酸，再蒸馏得到乙酸；

（2）①根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；

②中和热测定实验成败的关键是保温工作；

③反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并根据中和热的概念和实质来回答．【解析】【解答】解：（1）分离粗产品乙酸乙酯；乙酸和乙醇的混合物；加入饱和碳酸钠溶液，实现酯与乙酸和乙醇的分离，分离油层和水层采用分液的方法即可；乙酸钠与乙醇分离采用蒸馏，分离方法Ⅱ是蒸馏，应该使用硫酸将乙酸钠转化成乙酸，然后通过蒸馏将乙酸分离；

故答案为：饱和Na2CO3溶液；分液；蒸馏；硫酸；蒸馏；

（2）①由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌器；

故答案为：环形玻璃搅拌器；

②中和热测定实验成败的关键是保温工作；大小烧杯之间填满碎纸条的作用是隔热，保温，减少实验过程中的热量损失；

故答案为：隔热；保温，减少实验过程中的热量损失；

③反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关；若用60mL0.50mol•L-1盐酸与60mL0.50mol•L-1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，中和热数值相等；

故答案为：不相等；相等．29、略

【分析】【解析】试题分析：（1）根据提示可知反应的方程式为2KClO3+H2C2O4+2H2SO42ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O。氧化产物和还原产物的物质的量之比为1:1。（2）如果温度过高，会引起爆炸，缺少的必要玻璃仪器是温度计。（3）因为二氧化氯水溶液温度过高会引起爆炸，所以应该用冰水来吸收。（4）根据提示可知该反应的方程式为：5H2S+8ClO2+4H2O=5SO42-+8Cl-+18H+。考点：性质与制备实验【解析】【答案】（1）2KClO3+H2C2O4+2H2SO42ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O，1︰1。（2）使反应正常进行，并防止温度过高引起爆炸。温度计。（3）②（4）5H2S+8ClO2+4H2O=5SO42—+8Cl—+18H+30、④⑤往细口容器中加液体或组成过滤装置或组成防倒吸装置防止不纯的氢气点燃时发生爆炸两层液体的完全分离较难控制，苯、Br2都会腐蚀橡胶【分析】【分析】（1）①根据高锰酸钾溶液具有强氧化性；能够氧化碱式滴定管的橡胶管分析；

②托盘天平的读数只能读到0.1g；

③氢氧化钠具有腐蚀性；应该放在小烧杯中称量；

④硫酸铁溶液中铁离子发生水解；加入稀硫酸可以抑制铁离子水解；

⑤中和滴定时锥形瓶不能使用待测液润洗；

（2）①根据普通漏斗在化学实验操作中的作用进行分析；

②A．根据氢气为可燃性气体；若纯度不足会发生