2024年華東師大版高三化學(xué)下冊階段測試試卷

…………○…………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2024年華東師大版高三化學(xué)下冊階段測試試卷672考試試卷考試范圍：全部知識點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)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、在C6H14的各種同分異構(gòu)體中，所含甲基數(shù)目和它的一氯取代物的數(shù)目與下列敘述相符的是（）A.2個(gè)-CH3，能生成4種一氯代物B.3個(gè)-CH3，能生成3種一氯代物C.3個(gè)-CH3，能生成5種一氯代物D.4個(gè)-CH3，能生成4種一氯代物2、表明金屬甲比金屬乙活動(dòng)性強(qiáng)的敘述正確的是（）A.在氧化還原反應(yīng)中，甲失的電子比乙多B.將甲和乙用導(dǎo)線相連接，一同放入CuSO4溶液中，乙的表面有紅色的銅析出C.同價(jià)態(tài)陽離子，甲比乙氧化性強(qiáng)D.將甲、乙組成原電池時(shí)，甲為正極3、下列說法正確的是（）A.電能是二級能源B.天然氣是二級能源C.水煤氣是一級能源D.風(fēng)力是二級能源4、某烴的分子式為C8H10，不能使溴水褪色，但可使酸性KMnO4溶液褪色，則此烴的結(jié)構(gòu)有（）A.2種B.3種C.4種D.5種5、下列物質(zhì)中，含非極性共價(jià)鍵的離子化合物是（）A.硝酸銨B.乙酸鈉C.雙氧水D.氮?dú)?、一定條件下，將2.8gFe投入熱濃硝酸中，產(chǎn)生紅棕色氣體X，把所得溶液減壓蒸干，得到10gFe（NO3）2和Fe（NO3）3的混合物，將該固體在高溫下加熱，得到紅褐色的Fe2O3和氣體Y，X、Y混合通入足量水中，在標(biāo)準(zhǔn)狀況下剩余氣體的體積為（）A.560mLB.1120mLC.2240mLD.3360mL7、某同學(xué)用Na2CO3配制0.10mol/LNa2CO3溶液的過程如圖所示．你認(rèn)為該同學(xué)的錯(cuò)誤有（）

A.①⑤⑥B.②④⑦C.①⑥D(zhuǎn).⑤⑥⑦8、下列各圖所示裝置的氣密性檢查中，漏氣的是rm{(}rm{)}A.B.C.D.9、下列實(shí)驗(yàn)操作能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖莚m{(}rm{)}A.向苯酚濁液中滴加少量飽和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液，濁液變澄清，證明結(jié)合質(zhì)子的能力：rm{CO_{3}^{2-}>C_{6}H_{5}O^{-}}B.配制rm{Fe(NO_{3})_{2}}溶液時(shí)加入適量的硝酸，可抑制rm{Fe^{2+}}水解C.測定相同溫度下相同濃度的碳酸鈉和亞硫酸鈉溶液的rm{pH}前者大于后者，證明元素的非金屬性：rm{C<S}D.用激光筆照射蛋白質(zhì)溶液、硅酸溶膠，可將二者區(qū)分開評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)10、下表是元素周期表的一部分．表中所列的字母分別代表某一種化學(xué)元素．

（1）T3+的核外電子排布式是：____

（2）Q、R、M的第一電離能由大到小的順序是____（用元素符號表示）

（3）下列有關(guān)上述元素的說法中，正確的是：____（填序號）

①G單質(zhì)的熔點(diǎn)高于J單質(zhì)；是因?yàn)镚單質(zhì)的金屬鍵較強(qiáng)。

②J比X活潑；所以J可以在溶液中置換出X

③將J2M2溶于水；要破壞離子鍵和共價(jià)鍵。

④RE3沸點(diǎn)高于QE4；主要是因?yàn)榍罢呦鄬Ψ肿淤|(zhì)量較大。

⑤一個(gè)Q2E4分子中含有五個(gè)σ鍵和一個(gè)π鍵。

（4）加拿大天文臺(tái)在太空發(fā)現(xiàn)了EQ9R，已知分子中所有原子均形成8電子或2電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，是直線型分子，不存在配位鍵．寫出其結(jié)構(gòu)式：____

（5）G與R單質(zhì)直接化合生成一種離子化合物G3R．該晶體具有類似石墨的層狀結(jié)構(gòu)．每層中，G原子構(gòu)成平面六邊形，每個(gè)六邊形的中心有一個(gè)R原子．層與層之間還夾雜一定數(shù)量的原子．請問這些夾雜的原子應(yīng)該是____（填G或R的元素符號）

11、加入rm{0.1mol}rm{MnO_{2}}粉末于rm{50mL}過氧化氫溶液rm{(婁脩=1.1g?mL^{-1})}中；在標(biāo)準(zhǔn)狀況下放出氣體的體積和時(shí)間的關(guān)系如圖所示．

rm{(1)}反應(yīng)放出rm{dfrac{3}{4}}氣體所需時(shí)間為______

rm{(2)A}rm{B}rm{C}rm{D}各點(diǎn)反應(yīng)速率快慢的順序?yàn)開_____

rm{(3)}計(jì)算rm{H_{2}O_{2}}的初始物質(zhì)的量濃度______

rm{(4)}求反應(yīng)到rm{2min}時(shí)，rm{H_{2}O_{2}}的質(zhì)量分?jǐn)?shù)______．12、（2014秋?城區(qū)校級月考）實(shí)驗(yàn)室中有一未知濃度的稀鹽酸；某學(xué)生為測定鹽酸的濃度在實(shí)驗(yàn)室中進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：請完成下列填空：

（1）配制100mL0.10mol/LNaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液．

（2）取20.00mL待測稀鹽酸溶液放入錐形瓶中；并滴加2～3滴酚酞作指示劑，用自己配制的標(biāo)準(zhǔn)NaOH溶液進(jìn)行滴定．重復(fù)上述滴定操作2～3次，記錄數(shù)據(jù)如下．

。實(shí)驗(yàn)編號NaOH溶液的濃度。

（mol/L）滴定完成時(shí)，NaOH溶液滴入的體積（mL）待測鹽酸溶液的體積。

（mL）10.10____20.0020.1018.5620.0030.1018.5420.00①第一次實(shí)驗(yàn)滴定前液面在0刻度，滴定后如下丙圖所示，則第一次實(shí)驗(yàn)滴定完用去NaOH溶液的體積記錄為____，滴定達(dá)到終點(diǎn)的現(xiàn)象是____．

②根據(jù)上述數(shù)據(jù)，可計(jì)算出該鹽酸的濃度約為____（保留兩位有效數(shù)字）

③NaOH溶液要使用下面哪個(gè)儀器____（填甲或乙）．

④在上述實(shí)驗(yàn)中，下列操作（其他操作正確）會(huì)造成測定結(jié)果偏高的有____．（多選扣分）（選對一個(gè)得2分；多選錯(cuò)選不得分）

A；滴定終點(diǎn)讀數(shù)時(shí)俯視讀數(shù)。

B；酸式滴定管使用前；水洗后未用待測鹽酸溶液潤洗。

C；錐形瓶水洗后未干燥。

D、稱量前NaOH固體中混有Na2CO3固體。

E、配制好的NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液保存不當(dāng)，部分與空氣中的CO2反應(yīng)生成了Na2CO3

F、堿式滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后消失．13、某學(xué)生用0.1mol/LKOH溶液滴定未知濃度的鹽酸溶液；其操作可分解為如下幾步：

A．移取20.00mL待測的鹽酸溶液注入潔凈的錐形瓶；并加入2-3滴酚酞。

B．用標(biāo)準(zhǔn)溶液潤洗滴定管2-3次。

C．把盛有標(biāo)準(zhǔn)溶液的堿式滴定管固定好；調(diào)節(jié)液面使滴定管尖嘴充滿溶液。

D．取標(biāo)準(zhǔn)KOH溶液注入堿式滴定管至0刻度以上2-3cm

E．調(diào)節(jié)液面至0或0刻度以下；記下讀數(shù)。

F．把錐形瓶放在滴定管的下面；用標(biāo)準(zhǔn)KOH溶液滴定至終點(diǎn)，記下滴定管液面的刻度。

完成以下填空：

（1）正確操作的順序是（用序號字母填寫）____．

（2）實(shí)驗(yàn)中眼睛注視____，直至滴定終點(diǎn)．判斷到達(dá)終點(diǎn)的現(xiàn)象是____．

（3）若三次實(shí)驗(yàn)所用KOH溶液體積分別為14.98mL，16.80mL，15.02mL則c（HCl）=____．

（4）下列操作中，可能造成測定結(jié)果偏高的是____．

A．未用標(biāo)準(zhǔn)液潤洗堿式滴定管。

B．滴定終點(diǎn)讀數(shù)時(shí)；俯視滴定管中液面刻度，其它操作均正確。

C．盛裝待測液的錐形瓶用蒸餾水洗過；未用待測液潤洗。

D．滴定到終點(diǎn)讀數(shù)時(shí)發(fā)現(xiàn)滴定管尖嘴處懸掛一滴溶液．14、有機(jī)物H是用于合成藥物的中間體；G為合成滌綸．請根據(jù)下列轉(zhuǎn)化關(guān)系回答有關(guān)問題：

已知以下信息：

①B能與碳酸氫鈉溶液反應(yīng)產(chǎn)生二氧化碳；其苯環(huán)上一氯代物只有2種。

②G為C和F一定條件下1：1反應(yīng)生成的高分子化合物。

③（-R1、-R2表示氫原子或烴基）

（1）A的化學(xué)名稱為____；C中含氧官能團(tuán)名稱為____．

（2）H的結(jié)構(gòu)簡式為____；A→D的反應(yīng)類型為____．

（3）寫出C和F反應(yīng)生成高分子化合物的化學(xué)方程式____．

（4）同時(shí)符合下列條件的B的同分異構(gòu)體共有____種（不考慮立體異構(gòu)）；

①能發(fā)生銀鏡反應(yīng)②含有苯環(huán)結(jié)構(gòu)③能在堿性條件下水解．評卷人得分三、判斷題(共5題，共10分)15、水體污染的危害是多方面的；它不僅加劇水資源短缺，而且嚴(yán)重危害人體健康．

請判斷下列說法是否正確（填“√”或“×”）．

（1）工業(yè)廢水中含有的酸、堿、鹽，會(huì)造成水體污染．____

（2）生活污水中不含工業(yè)污染物，因此可以不經(jīng)處理任意排放．____

（3）含重金屬（Hg、Pb、Cd、Cr等）的水，對人類健康有害．____

（4）含大量N、P的污水任意排向湖泊和近海，會(huì)出現(xiàn)水華、赤潮等問題．____．16、因?yàn)镹a可以與水反應(yīng)放出H2，所以K也可以與水反應(yīng)放出H2____．（判斷對錯(cuò)）17、判斷題（對的打√；錯(cuò)的打×）

（1）1mol氫中含有NA個(gè)氫原子____

（2）1molCO2含有NA個(gè)氧原子____

（3）1molH2O中含有1molH2和1molO____

（4）在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，1mol水的體積約是22.4L____

（5）1molO2在20℃時(shí)的體積一定大于22.4L____

（6）在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，0.5molN2和1molO2的混合氣體的體積約是33.6L____．18、O2和O3互為同位素____．（判斷對錯(cuò)）19、判斷下列有關(guān)烷烴的命名是否正確。

（1）2-甲基丁烷____

（2）2，2，3-三甲基戊烷____

（3）（CH3CH2）2CHCH33-甲基戊烷____

（4）異戊烷____．評卷人得分四、實(shí)驗(yàn)題(共3題，共9分)20、實(shí)驗(yàn)室用密度為1.18g/mL，質(zhì)量分?jǐn)?shù)為36.5%濃鹽酸配制250mL0.1mol/L的鹽酸溶液,填空并請回答下列問題：(1)、配制250mL0.1mol/L的鹽酸溶液。應(yīng)稱量鹽酸體積/mL應(yīng)選用容量瓶的規(guī)格/mL除容量瓶外還需的其它儀器(2)、配制時(shí)，其正確的操作順序是(字母表示，每個(gè)字母只能用一次)；A．用30mL水洗滌燒杯2—3次，洗滌液均注入容量瓶，振蕩B．用量筒量準(zhǔn)確量取所需的濃鹽酸的體積，沿玻璃棒倒入燒杯中，再加入少量水（約30mL），用玻璃棒慢慢攪動(dòng)，使其混合均勻C．將已冷卻的鹽酸沿玻璃棒注入250mL的容量瓶中D．將容量瓶蓋緊，振蕩，搖勻E．改用膠頭滴管加水，使溶液凹面恰好與刻度相切F．繼續(xù)往容量瓶內(nèi)小心加水，直到液面接近刻度1—2cm處(3)、操作A中，將洗滌液都移入容量瓶，其目的是，溶液注入容量瓶前需恢復(fù)到室溫，這是因?yàn)開____________________；(4)、若出現(xiàn)如下情況，對所配溶液濃度將有何影響（填“偏高”、“偏低”或“無影響”）若沒有進(jìn)行A操作；若加蒸餾水時(shí)不慎超過了刻度；若定容時(shí)俯視刻度線_______________。(5)、若實(shí)驗(yàn)過程中出現(xiàn)如下情況如何處理？加蒸餾水時(shí)不慎超過了刻度；向容量瓶中轉(zhuǎn)移溶液時(shí)(實(shí)驗(yàn)步驟②)不慎有液滴掉在容量瓶外面。21、某化學(xué)實(shí)驗(yàn)小組設(shè)計(jì)了如圖裝置證明和比較SO2和氯水的漂白性；其中B；D中為品紅溶液，C中為NaOH溶液．

（1）該化學(xué)興趣小組同學(xué)為制取Cl2和SO2氣體，現(xiàn)采用Na2SO3與70%的濃硫酸為原料制取SO2，采用MnO2和濃鹽酸（12mol/L）為原料制取Cl2．請寫出制取Cl2的離子方程式：

______

（2）反應(yīng)開始后，發(fā)現(xiàn)B、D兩個(gè)裝置中的品紅溶液都褪色，停止通氣后，取B、D溶液于試管中分別加熱，兩個(gè)試管中的現(xiàn)象分別為：B______D______．解釋B中對應(yīng)現(xiàn)象的原因______．

（3）裝置C的作用是______

（4）該實(shí)驗(yàn)小組的甲；乙兩位同學(xué)利用上述兩發(fā)生裝置按下圖裝置繼續(xù)進(jìn)行實(shí)驗(yàn)：

通氣一段時(shí)間后；甲同學(xué)實(shí)驗(yàn)過程中品紅溶液幾乎不褪色，而乙同學(xué)的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是品紅溶液隨時(shí)間的推移變得越來越淺．試根據(jù)該實(shí)驗(yàn)裝置和兩名同學(xué)的實(shí)驗(yàn)結(jié)果回答問題．

①兩同學(xué)在氣體進(jìn)入品紅溶液之前，先將氣體通過F裝置，F(xiàn)中可盛裝濃硫酸．其目的是使SO2和Cl2混合均勻并且______．

②試分析甲同學(xué)實(shí)驗(yàn)過程中，品紅溶液不褪色的原因是：______．（用離子方程式說明）

③你認(rèn)為乙同學(xué)是怎樣做到讓品紅溶液變得越來越淺的？______．22、某小組同學(xué)探究物質(zhì)的溶解度大小與沉淀轉(zhuǎn)化方向之間的關(guān)系。

已知：

。物質(zhì)BaSO4BaCO3AgIAgCl溶解度/g（20℃）2.4×10-41.4×10-33.0×10-71.5×10-4（1）探究BaCO3和BaSO4之間的轉(zhuǎn)化。

實(shí)驗(yàn)操作：充分振蕩后3滴0.1mol/LA溶液2mL0.1mol/LB溶液1mol/LC溶液充分振蕩后；過濾，取洗凈后的沉淀足量稀鹽酸。

。試劑A試劑B試劑C加入鹽酸后的現(xiàn)象實(shí)驗(yàn)ⅠBaCl2Na2CO3Na2SO4實(shí)驗(yàn)ⅡNa2SO4Na2CO3有少量氣泡產(chǎn)生，沉淀部分溶解有少量氣泡產(chǎn)生，沉淀部分溶解①實(shí)驗(yàn)Ⅰ說明BaCO3全部轉(zhuǎn)化為BaSO4；依據(jù)的現(xiàn)象是加入鹽酸后，______。

②實(shí)驗(yàn)Ⅱ中加入稀鹽酸后發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是______。

③實(shí)驗(yàn)Ⅱ說明沉淀發(fā)生了部分轉(zhuǎn)化，結(jié)合BaSO4的沉淀溶解平衡解釋原因：______。

（2）探究AgCl和AgI之間的轉(zhuǎn)化。

實(shí)驗(yàn)Ⅲ：

實(shí)驗(yàn)Ⅳ：在試管中進(jìn)行溶液間反應(yīng)時(shí)，同學(xué)們無法觀察到AgI轉(zhuǎn)化為AgCl，于是又設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)（電壓表讀數(shù)：a＞c＞b＞0）。

。裝置步驟電壓表。

讀數(shù)?。鐖D連接裝置并加入試劑，閉合Kaⅱ．向B中滴入AgNO3（aq），至沉淀完全bbⅲ．再向B中投入一定量NaCl（s）ccⅳ．重復(fù)ⅰ，再向B中加入與ⅲ等量NaCl（s）aa注：其他條件不變時(shí)；參與原電池反應(yīng)的氧化劑（或還原劑）的氧化性（或還原性）越強(qiáng)，原電池的電壓越大；離子的氧化性（或還原性）強(qiáng)弱與其濃度有關(guān)。

①實(shí)驗(yàn)Ⅲ證明了AgCl轉(zhuǎn)化為AgI；甲溶液可以是______（填序號）。

a．AgNO3溶液b．NaCl溶液c．KI溶液。

②實(shí)驗(yàn)Ⅳ的步驟ⅰ中；B中石墨上的電極反應(yīng)式是______。

③結(jié)合信息，解釋實(shí)驗(yàn)Ⅳ中b＜a的原因：______。

④實(shí)驗(yàn)Ⅳ的現(xiàn)象能說明AgI轉(zhuǎn)化為AgCl；理由是______。

（3）綜合實(shí)驗(yàn)Ⅰ～Ⅳ，可得出結(jié)論：______。評卷人得分五、書寫(共1題，共8分)23、FeCl3具有凈水作用，但腐蝕設(shè)備，而聚合氯化鐵是一種新型的絮凝劑，處理污水比FeCl3高效；且腐蝕性小．請回答下列問題：

（1）FeCl3溶液腐蝕鋼鐵設(shè)備，鋼鐵除了與H+作用外，另一主要原因是（用離子方程式表示）____．

（2）為節(jié)約成本，工業(yè)上用NaClO3氧化酸性FeCl2廢液得到FeCl3，其離子方程式為____．

若酸性FeCl2廢液中c（Fe2+）=2.0×10-2mol?L-1，c（Fe3+）=1.0×10-3mol?L-1；

c（Cl-）=5.3×10-2mol?L-1，則該溶液的pH約為____．

（3）通過控制條件；水解產(chǎn)物聚合，生成聚合氯化鐵，離子方程式為：

xFe3++yH2O?Fex（OH）y（3x-y）++yH+

欲使氯化鐵溶液轉(zhuǎn)化為高濃度聚合氯化鐵，可采用的方法是____（填字母代號）．

a．降溫b．加水稀釋c．加入NH4Cld．加入NaHCO3

請結(jié)合平衡移動(dòng)原理解釋采用這種方法的原因：____．

（4）84消毒液不能用于消毒鋼鐵（含F(xiàn)e；C）制品；易發(fā)生電化學(xué)腐蝕，可使鋼鐵制品表面生成紅褐色沉淀．

84消毒液的主要成分可用氯氣與氫氧化鈉溶液反應(yīng)得到，其離子方程式為____．若所得溶液pH＞12，則下列說法不合理的是____（填字母序號）．

a．84消毒液具有強(qiáng)氧化性。

b.84消毒液中加醋酸可增強(qiáng)其漂白效果。

c.84消毒液中離子濃度關(guān)系c（Na+）=c（ClO-）+c（Cl-）

d.84消毒液浸泡衣物，置于空氣中漂白效果會(huì)更好．評卷人得分六、綜合題(共1題，共10分)24、（14分）合成氨對工、農(nóng)業(yè)生產(chǎn)和國防都有重要意義。已知：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）；△H=-92．4kJ·mol-1，請回答：（1）合成氨工業(yè)中采取的下列措施可以用勒夏特列原理解釋的是＿＿＿＿＿（填字母）。a．用鐵觸媒（催化劑）加快化學(xué)反應(yīng)速率b．采用較高壓強(qiáng)（20MPa~50MPa）c．將原料氣中的少量CO等氣體凈化除去d．將生成的氨液化并及時(shí)從體系中分離出來（2）一定溫度下，在密閉容器中充入1molN2和3molH2并發(fā)生反應(yīng)。①若容器容積V恒定，達(dá)到平衡時(shí)，氣體的壓強(qiáng)為原來的則N2的轉(zhuǎn)化率а1=＿＿＿＿＿，此時(shí)，反應(yīng)放熱＿＿＿＿＿kJ；該溫度下合成氨反應(yīng)的平衡常數(shù)K=＿＿＿＿＿（只需列出數(shù)字表達(dá)式）；②若容器壓強(qiáng)恒定，則達(dá)到平衡時(shí)，容器中N2的轉(zhuǎn)化率а2＿＿а1（填“＞、＜或＝”）。（3）隨著對合成氨研究的發(fā)展，希臘科學(xué)家采用高質(zhì)子導(dǎo)電性的SCY陶瓷（能傳遞H+）為介質(zhì)，用吸附在它內(nèi)外表面上的金屬鈀多晶薄膜做電極，實(shí)現(xiàn)了常壓、570℃條件下高轉(zhuǎn)化率的電解法合成氨（裝置如下圖）。鈀電極A是電解池的＿＿＿＿極（填“陽”或“陰”），該極上的電極反應(yīng)式是。參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】【分析】C6H14屬于烷烴，根據(jù)甲基數(shù)目寫出符合條件的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式，利用等效氫判斷其一氯代物的數(shù)目．【解析】【解答】解：A．含2個(gè)甲基，為CH3CH2CH2CH2CH2CH3；有3種H原子，則有3種一氯代物，故A錯(cuò)誤；

B．含3個(gè)甲基，有和兩種結(jié)構(gòu)；前一種結(jié)構(gòu)有5種一氯代物，后一種結(jié)構(gòu)，有4種一氯代物，故B錯(cuò)誤；

C．含3個(gè)甲基，有和兩種結(jié)構(gòu)；前一種結(jié)構(gòu)有5種一氯代物，后一種結(jié)構(gòu)，有4種一氯代物，故C正確；

D．含4個(gè)甲基，則有和兩種結(jié)構(gòu)；前一種有2種一氯代物，后一種有3種一氯代物，故D錯(cuò)誤．

故選C．2、B【分析】【分析】A．金屬的金屬性強(qiáng)弱與得失電子多少無關(guān)；

B．將甲和乙用導(dǎo)線相連接，一同放入CuSO4溶液中；形成原電池反應(yīng)，活潑金屬為負(fù)極；

C．同價(jià)態(tài)陽離子氧化性越強(qiáng)；對應(yīng)的單質(zhì)的活動(dòng)性越弱；

D．組成原電池時(shí)活潑金屬為負(fù)極，較不活潑金屬為正極．【解析】【解答】解：A．金屬的金屬性強(qiáng)弱與得失電子的難易有關(guān)；與得失電子的多少無關(guān)，故A錯(cuò)誤；

B．將甲和乙用導(dǎo)線相連接，一同放入CuSO4溶液中；乙的表面有紅色的銅析出，說明乙為原電池的正極，較不活潑，故B正確；

C．同價(jià)態(tài)的陽離子；甲比乙的氧化性強(qiáng)，則乙的金屬性比甲的強(qiáng)，故C錯(cuò)誤；

D．將甲；乙作電極組成原電池時(shí)；一般是活潑的金屬作負(fù)極，不活潑的金屬作正極，甲是正極乙是負(fù)極，所以乙的金屬性比甲強(qiáng)，故D錯(cuò)誤．

故選B．3、A【分析】【分析】能源可劃分為一級能源和二級能源，自然界中以現(xiàn)成形式提供的能源稱為一級能源，需要依靠其它能源的能量間接制取的能源稱為二級能源，據(jù)此即可解答．【解析】【解答】解：A．電能是通過物質(zhì)燃燒放熱轉(zhuǎn)化成的；或是由風(fēng)能；水能、核能等轉(zhuǎn)化來的；為二級能源，故A正確；

B．天然氣是礦物燃料；是經(jīng)人工開采；加工后獲得的，為一級能源，故B錯(cuò)誤；

C．水煤氣是通過煤和水蒸汽制取得；是一氧化碳和氫氣的混合氣體，水煤氣是通過煤和水蒸汽制取的，是二級能源，故C錯(cuò)誤；

D．風(fēng)力是自然界中以現(xiàn)成形式提供的能源；為一級能源，故D錯(cuò)誤．

故選A．4、C【分析】【分析】某烴的分子式為C8H10，不能使溴水褪色，但可使酸性KMnO4溶液褪色，所以含有苯環(huán)，結(jié)合C、H原子數(shù)目關(guān)系可知，屬于苯的同系物，然后根據(jù)剩余的2個(gè)碳可以形成1個(gè)乙基或2個(gè)甲基來解答．【解析】【解答】解：某烴的分子式為C8H10，不能使溴水褪色，但可使酸性KMnO4溶液褪色，所以含有苯環(huán)，是苯的同系物，可以形成乙苯、鄰二甲苯、間二甲苯、對二甲苯，共4種結(jié)構(gòu)，故選C．5、B【分析】【解答】解：A．硝酸銨中存在離子鍵和極性鍵；故A錯(cuò)誤；B．乙酸鈉中鈉離子和乙酸根離子之間存在離子鍵，C原子和C原子之間存在非極性鍵，屬于含有非極性鍵的離子化合物，故B正確；

C．雙氧水分子中存在極性鍵和非極性鍵；不含離子鍵，故C錯(cuò)誤；

D．氮?dú)夥肿又兄淮嬖诜菢O性鍵；不含離子鍵，故D錯(cuò)誤；

故選B．

【分析】一般來說，活潑金屬和活潑非金屬元素之間易形成離子鍵，不同非金屬元素之間易形成極性鍵，同種非金屬元素之間易形成非極性鍵，含有離子鍵的化合物為離子化合物．6、B【分析】【分析】紅棕色氣體X為NO2，溶液蒸干得到Fe（NO3）2和Fe（NO3）3的混合物，將該固體在高溫下加熱，得到紅褐色的Fe2O3和氣體Y，Y為NO2、O2混合氣體，將X、Y混合通入足量水，反應(yīng)又得到HNO3，剩余氣體為NO或O2，縱觀整個(gè)過程，F(xiàn)e最終轉(zhuǎn)化為Fe2O3，失去電子，若剩余的氣體是O2，則O的化合價(jià)從-2價(jià)升到0價(jià)，也失去電子，不可能，所以剩余的氣體只能是NO，F(xiàn)e失去的電子總數(shù)等于N得到的電子總數(shù)，據(jù)此計(jì)算解答．【解析】【解答】解：紅棕色氣體X為NO2，溶液蒸干得到Fe（NO3）2和Fe（NO3）3的混合物，將該固體在高溫下加熱，得到紅褐色的Fe2O3和氣體Y，Y為NO2、O2混合氣體，將X、Y混合通入足量水，反應(yīng)又得到HNO3，剩余氣體為NO或O2，縱觀整個(gè)過程，F(xiàn)e最終轉(zhuǎn)化為Fe2O3，失去電子，若剩余的氣體是O2；則O的化合價(jià)從-2價(jià)升到0價(jià)，也失去電子，不可能，所以剩余的氣體只能是NO，F(xiàn)e失去的電子總數(shù)等于N得到的電子總數(shù)；

設(shè)NO物質(zhì)的量為x，則：×（3-0）=x×（5-2）；解得x=0.05mol；

即標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積為0.05mol×22.4L/mol=1.12L=1120mL；

故選B．7、C【分析】【分析】據(jù)圖示配制操作可知，步驟①使用托盤天平稱量碳酸鈉質(zhì)量時(shí)，砝碼與藥品的位置顛倒了；步驟⑥中定容時(shí)仰視刻度線，該操作是錯(cuò)誤的，正確應(yīng)該平視刻度線．【解析】【解答】解：配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液步驟有：計(jì)算；稱量、溶解、冷卻轉(zhuǎn)移、洗滌轉(zhuǎn)移、定容、搖勻等；

操作①中稱量碳酸鈉質(zhì)量；藥品與砝碼位置顛倒，正確方法應(yīng)該為“左物右碼”，否則導(dǎo)致稱量的碳酸鈉質(zhì)量偏小，故①錯(cuò)誤；

操作②；③為溶解碳酸鈉；使用玻璃棒攪拌，加速溶解過程，操作正確，故②③正確；

步驟④為轉(zhuǎn)移冷卻后的碳酸鈉溶液；需要使用玻璃棒引流，玻璃棒下端放到容量瓶刻度線一下，過程中正確，故④正確；

步驟⑤為轉(zhuǎn)移洗滌燒杯；和玻璃棒的溶液即直接加水定容；當(dāng)加水到容量瓶刻度線1-2cm時(shí)停止，需要改用膠頭滴管，該操作正確，故⑤正確；

操作⑥為使用膠頭滴管定容；定容時(shí)眼睛應(yīng)該與容量瓶刻度線平視，不能仰視刻度線，故⑥錯(cuò)誤；

操作⑦為搖勻操作；搖勻時(shí)應(yīng)該上下顛倒充分搖勻，故⑦正確；

所以以上錯(cuò)誤操作有①⑥；

故選C．8、C【分析】解：rm{A}有氣泡冒出；證明裝置嚴(yán)密，不符合題意，故A錯(cuò)誤；

B；液面高度不變；證明裝置嚴(yán)密，不符合題意，故B錯(cuò)誤；

C；向右拉活塞；長頸漏斗中液面不下降，裝置不嚴(yán)密，符合題意，故C正確；

D；進(jìn)入導(dǎo)管中一段水柱；證明裝置嚴(yán)密，不符合題意，故D錯(cuò)誤．

故選C．

檢查裝置的氣密性的一般方法是：先把導(dǎo)管的一端放入水中；然后兩手緊握容器的外壁，觀察導(dǎo)管口是否有氣泡冒出，如果裝置嚴(yán)密，就會(huì)有氣泡冒出或進(jìn)入一段水柱，或由壓強(qiáng)差引起的其它變化；如果漏氣就會(huì)無變化．

本考點(diǎn)考查了實(shí)驗(yàn)基本操作中的檢查裝置的氣密性，原理是：內(nèi)外產(chǎn)生壓強(qiáng)差，會(huì)引起不同的現(xiàn)象，然后由現(xiàn)象得出正確的結(jié)論rm{.}本考點(diǎn)與物理的壓強(qiáng)相聯(lián)系，實(shí)現(xiàn)了理化合科．【解析】rm{C}9、A【分析】解：rm{A.}向苯酚濁液中滴加少量飽和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液，濁液變澄清，反應(yīng)生成苯酚鈉、碳酸氫鈉，可知結(jié)合質(zhì)子的能力：rm{CO_{3}^{2-}>C_{6}H_{5}O^{-}}故A正確；

B.加入適量的硝酸；可氧化亞鐵離子，則不能加硝酸抑制水解，故B錯(cuò)誤；

C.測定相同溫度下相同濃度的碳酸鈉和亞硫酸鈉溶液的rm{pH}可比較碳酸、亞硫酸的酸性，亞硫酸不是最高價(jià)含氧酸，則不能比較rm{C}rm{S}的非金屬性；故C錯(cuò)誤；

D.蛋白質(zhì)溶液；硅酸溶膠均為膠體分散系；則用激光筆照射不能鑒別，故D錯(cuò)誤；

故選：rm{A}

A.向苯酚濁液中滴加少量飽和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液；濁液變澄清，反應(yīng)生成苯酚鈉；碳酸氫鈉；

B.加入適量的硝酸；可氧化亞鐵離子；

C.測定相同溫度下相同濃度的碳酸鈉和亞硫酸鈉溶液的rm{pH}可比較碳酸；亞硫酸的酸性，亞硫酸不是最高價(jià)含氧酸；

D.蛋白質(zhì)溶液；硅酸溶膠均為膠體分散系．

本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評價(jià)，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、鹽類水解、物質(zhì)的鑒別、非金屬性比較、實(shí)驗(yàn)技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意?shí)驗(yàn)的評價(jià)性分析，題目難度不大．【解析】rm{A}二、填空題(共5題，共10分)10、略

【分析】

（1）T為Fe，原子序數(shù)為26，T3+的核外電子為23，其電子排布為[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5；

故答案為：[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5；

（2）同周期從左向右第一電離能增大；但N原子的2p電子為半滿，為穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，所以N原子的第一電離能最大，C原子的最小，所以第一電離能為N＞O＞C，故答案為：N＞O＞C；

（3）①G為Li；J為Na，離子半徑越小，金屬鍵越強(qiáng)，Li離子半徑小，所以熔點(diǎn)高，故①正確；

②J為Na；X為Cu，Na的活潑性強(qiáng)與水反應(yīng)，所以在溶液中不能置換出Cu，故②錯(cuò)誤；

③J2M2為Na2O2，化學(xué)反應(yīng)中化學(xué)鍵斷裂，將J2M2溶于水；要破壞離子鍵和共價(jià)鍵，故③正確；

④R為N；E為H，Q為C，氨氣中存在氫鍵，所以氨氣的沸點(diǎn)高，故④錯(cuò)誤；

⑤一個(gè)C2H4分子中含有4個(gè)C-H鍵；1個(gè)C=C鍵，含有五個(gè)σ鍵和一個(gè)π鍵，故⑤錯(cuò)誤；

故答案為：①③⑤；

（4）HC9N分子中所有原子均形成8電子或2電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；是直線型分子，不存在配位鍵，則一定存在C≡C和C≡N鍵，其結(jié)構(gòu)式為H-C≡C-C≡C-C≡C-C≡C-C≡N；

故答案為：H-C≡C-C≡C-C≡C-C≡C-C≡N；

（5）G與R單質(zhì)直接化合生成一種離子化合物L(fēng)i3N，每層中Li原子構(gòu)成平面六邊形，每個(gè)六邊形的中心有一個(gè)N原子，一個(gè)六邊形實(shí)際Li原子水為6×=2，Li3N中離子個(gè)數(shù)為3：1；

所以層與層之間還原子為Li；故答案為：Li．

【解析】【答案】（1）T為Fe，原子序數(shù)為26，T3+的核外電子為23；

（2）同周期從左向右第一電離能增大；但N原子的p電子為為半滿，為穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；

（3）①G為Li；J為Na，離子半徑越小，金屬鍵越強(qiáng)；

②J為Na；X為Cu，Na的活潑性強(qiáng)與水反應(yīng)；

③J2M2為Na2O2；化學(xué)反應(yīng)中化學(xué)鍵斷裂；

④R為N；E為H，Q為C，氨氣中存在氫鍵；

⑤一個(gè)C2H4分子中含有4個(gè)C-H鍵；1個(gè)C=C鍵；

（4）HC9N分子中所有原子均形成8電子或2電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；是直線型分子，不存在配位鍵，則一定存在C≡C和C≡N鍵；

（5）G與R單質(zhì)直接化合生成一種離子化合物L(fēng)i3N，每層中Li原子構(gòu)成平面六邊形，每個(gè)六邊形的中心有一個(gè)N原子，一個(gè)六邊形實(shí)際Li原子水為6×=2；以此來解答．

11、2min；D＞C＞B＞A；0.108mol/L；0.087%【分析】解：rm{(1)}由圖可知，過氧化氫完全分解生成氧氣為rm{60mL}則反應(yīng)放出rm{dfrac{3}{4}}氣體時(shí)生成氧氣為rm{dfrac{3}{4}隆脕60mL=45mL}結(jié)合圖象可知需要時(shí)間為rm{2min}故答案為：rm{2min}

rm{(2)A}點(diǎn)過氧化氫分解完畢，反應(yīng)速率最小，其它各點(diǎn)斜率越大表示反應(yīng)速率越快，故反應(yīng)速率rm{D>C>B>A}故答案為：rm{D>C>B>A}

rm{(3)}最終生成氧氣的物質(zhì)的量為rm{dfrac{0.06L}{22.4L/mol}隆脰0.0027mol}由rm{2H_{2}O_{2}dfrac{underline{;MnO_{2};}}{;}2H_{2}O+O_{2}隆眉}可知rm{dfrac

{0.06L}{22.4L/mol}隆脰0.0027mol}的物質(zhì)的量為rm{2H_{2}O_{2}dfrac{

underline{;MnO_{2};}}{;}2H_{2}O+O_{2}隆眉}故Hrm{H_{2}O_{2}}的初始物質(zhì)的量濃度rm{dfrac{0.0054mol}{0.05L}=0.108mol/L}

故答案為：rm{0.0027mol隆脕2=0.0054mol}

rm{{,!}_{2}O_{2}}原溶液質(zhì)量為rm{dfrac

{0.0054mol}{0.05L}=0.108mol/L}rm{0.108mol/L}時(shí)生成氧氣物質(zhì)的量為rm{dfrac{0.045L}{22.4L/mol}=0.002}由rm{2H_{2}O_{2}dfrac{underline{;MnO_{2};}}{;}2H_{2}O+O_{2}隆眉}可知分解的rm{(4)}的物質(zhì)的量為rm{50mL隆脕1.1g?mL^{-1}=55g}剩余的過氧化氫為rm{2min}此時(shí)溶液質(zhì)量rm{dfrac

{0.045L}{22.4L/mol}=0.002}故此時(shí)過氧化氫的質(zhì)量分?jǐn)?shù)rm{=dfrac{0.0476g}{54.936g}隆脕100%=0.087%}

故答案為：rm{2H_{2}O_{2}dfrac{

underline{;MnO_{2};}}{;}2H_{2}O+O_{2}隆眉}．

rm{H_{2}O_{2}}由圖可知，過氧化氫完全分解生成氧氣為rm{0.002mol隆脕2=0.004mol}計(jì)算則反應(yīng)放出rm{(0.0054mol-0.004mol)隆脕34g/mol=0.0476g}氣體時(shí)生成氧氣的體積；結(jié)合圖象可知需要時(shí)間；

rm{=55g-0.002mol隆脕32g/mol=54.936g}點(diǎn)過氧化氫分解完畢；反應(yīng)速率最小，其它各點(diǎn)斜率越大表示反應(yīng)速率越快；

rm{=dfrac

{0.0476g}{54.936g}隆脕100%=0.087%}計(jì)算最終生成氧氣的物質(zhì)的量，根據(jù)方程式計(jì)算過氧化氫物質(zhì)的量，再根據(jù)rm{0.087%}計(jì)算rm{(1)}的初始物質(zhì)的量濃度；

rm{60mL}根據(jù)rm{dfrac{3}{4}}計(jì)算原溶液質(zhì)量，根據(jù)方程式計(jì)算分解的過氧化氫，此時(shí)溶液質(zhì)量rm{(2)A}原溶液質(zhì)量rm{(3)}氧氣質(zhì)量；進(jìn)而計(jì)算此時(shí)過氧化氫的質(zhì)量分?jǐn)?shù)．

本題考查化學(xué)反應(yīng)速率、化學(xué)方程式有關(guān)計(jì)算等，難度不大，但題目計(jì)算量較大，屬于易錯(cuò)題目．rm{c=dfrac{n}{V}}【解析】rm{2min}rm{D>C>B>A}rm{0.108mol/L}rm{0.087%}12、22.5022.50mL當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏螝溲趸c溶液時(shí)，溶液由無色恰好變成淺紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色0.093mol/L乙D、F【分析】【分析】①根據(jù)滴定管的結(jié)構(gòu)和精確度以及測量的原理；如溶液顏色變化且半分鐘內(nèi)不變色；可說明達(dá)到滴定終點(diǎn)；

②先判斷數(shù)據(jù)的合理性，求出標(biāo)準(zhǔn)NaOH溶液體積，然后依據(jù)c（待測）=求出即可；

③氫氧化鈉為堿性物質(zhì)；應(yīng)選擇堿式滴定管乙；

④依據(jù)（2）中公式，分析不當(dāng)操作對V（標(biāo)準(zhǔn)）的影響，不當(dāng)操作導(dǎo)致消耗標(biāo)準(zhǔn)液偏多的，結(jié)果偏大，否則偏小，以此判斷濃度的誤差．【解析】【解答】解：①滴定管小數(shù)在上；大數(shù)在下，精確度為0.01mL，所以第一次實(shí)驗(yàn)滴定完用去NaOH溶液的體積22.50mL；滴定時(shí)，當(dāng)溶液顏色變化且半分鐘內(nèi)不變色，可說明達(dá)到滴定終點(diǎn)，即酚酞在酸中為無色，在堿性溶液中顯淺紅色；

故答案為：22.50mL；當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏螝溲趸c溶液時(shí)；溶液由無色恰好變成淺紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色；

②舍去誤差較大的數(shù)，得出V（標(biāo)準(zhǔn)）==18.55mL，c（待測）==0.093mol/L；

故答案為：0.093mol/L；

③氫氧化鈉為堿性物質(zhì)；應(yīng)選擇堿式滴定管乙；

故答案為：乙；

④A；滴定終點(diǎn)讀數(shù)時(shí)俯視讀數(shù)；造成標(biāo)準(zhǔn)液偏小，根據(jù)c（待測）公式分析，結(jié)果偏小，故不選；

B；酸式滴定管使用前；水洗后未用待測鹽酸溶液潤洗，導(dǎo)致消耗的標(biāo)準(zhǔn)液體積偏小，結(jié)果偏小，故不選；

C；錐形瓶水洗后未干燥；對消耗標(biāo)準(zhǔn)液的體積無影響，結(jié)果準(zhǔn)確，故不選；

D、稱量前NaOH固體中混有Na2CO3固體；等質(zhì)量的碳酸鈉和氫氧化鈉，碳酸鈉消耗的鹽酸偏低，在滴定時(shí)消耗的標(biāo)準(zhǔn)液體積偏大，導(dǎo)致消耗的標(biāo)準(zhǔn)液偏多，結(jié)果偏大，故選；

E、配制好的NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液保存不當(dāng)，部分與空氣中的CO2反應(yīng)生成了Na2CO3；等物質(zhì)的量的碳酸鈉與氫氧化鈉消耗的氯化氫相等，滴定時(shí)消耗的標(biāo)準(zhǔn)液體積不變，測定結(jié)果不變，故不選；

F；堿式滴定管尖嘴部分有氣泡；滴定后消失，導(dǎo)致消耗的標(biāo)準(zhǔn)液體積讀數(shù)偏大，故選；

故選：D、F．13、BDCEAF錐形瓶中溶液的顏色變化錐形瓶中溶液的顏色由無色變淺紅且保持30秒內(nèi)不褪色0.075mol/LAD【分析】【分析】（1）根據(jù)中和滴定有檢漏；洗滌、潤洗、裝液、取待測液并加指示劑、滴定等操作；

（2）實(shí)驗(yàn)中應(yīng)注意觀察錐形瓶中溶液顏色的變化；如溶液顏色變化且半分鐘內(nèi)不變色；可說明達(dá)到滴定終點(diǎn)；

（3）先判斷數(shù)據(jù)的有效性；然后求出平均值，最后根據(jù)關(guān)系式HCl～KOH來計(jì)算出鹽酸的濃度；

（4）實(shí)驗(yàn)中應(yīng)控制流速并觀察錐形瓶中顏色變化；如溶液顏色變化且半分鐘內(nèi)不變色；可說明達(dá)到滴定終點(diǎn)；

（5）根據(jù)c（待測）=分析不當(dāng)操作對V（標(biāo)準(zhǔn)）的影響，以此判斷濃度的誤差；【解析】【解答】解：（1）中和滴定按照檢漏；洗滌、潤洗、裝液、取待測液并加指示劑、滴定等順序操作；則正確的順序?yàn)锽DCEAF；

故答案為：BDCEAF；

（2）滴定時(shí)；滴定過程中，兩眼應(yīng)該注視錐形瓶內(nèi)溶液的顏色變化，以判斷滴定終點(diǎn)；滴定時(shí)，錐形瓶中溶液的顏色由無色變淺紅且保持30秒內(nèi)不褪色，可說明達(dá)到滴定終點(diǎn)；

故答案為：錐形瓶中溶液的顏色變化；錐形瓶中溶液的顏色由無色變淺紅且保持30秒內(nèi)不褪色；

（3）三次實(shí)驗(yàn)所用KOH溶液體積分別為14.98mL；16.80mL，15.02mL，第二組數(shù)據(jù)相差較大，舍去，其他兩次所用標(biāo)準(zhǔn)液的平均體積為15.00mL

HCl～KOH

11

c（HCl）×20.00mL0.1mol/L×15.00mL；

解得：c（HCl）=0.075mol/L；

故答案為：0.075mol/L；

（4）A．未用標(biāo)準(zhǔn)液潤洗堿式滴定管，標(biāo)準(zhǔn)液被稀釋，濃度偏小，消耗的標(biāo)準(zhǔn)液的體積偏大，c（待測）=分析；可知c（待測）偏大，故A正確；

B．滴定終點(diǎn)讀數(shù)時(shí)，俯視滴定管中液面刻度，消耗的標(biāo)準(zhǔn)液的體積偏小，c（待測）=分析；可知c（待測）偏小，故B錯(cuò)誤；

C．盛裝待測液的錐形瓶用蒸餾水洗過，未用待測液潤洗，待測液的物質(zhì)的量不變，標(biāo)準(zhǔn)液的體積不變，根據(jù)c（待測）=分析；可知c（待測）不變，故C錯(cuò)誤；

D．滴定到終點(diǎn)讀數(shù)時(shí)發(fā)現(xiàn)滴定管尖嘴處懸掛一滴溶液，消耗的標(biāo)準(zhǔn)液的體積偏大，c（待測）=分析；可知c（待測）偏大，故D正確；

故選AD．14、乙烯羧基加成反應(yīng)4【分析】【分析】A為乙烯，與水發(fā)生加成反應(yīng)生成D為CH3CH2OH，乙烯與溴發(fā)生加成反應(yīng)生成E為BrCH2CH2Br，E在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下發(fā)生水解反應(yīng)生成F為HOCH2CH2OH．B的分子式為C8H8O2，B能與碳酸氫鈉溶液反應(yīng)產(chǎn)生二氧化碳，含有-COOH，其苯環(huán)上一氯代物只有2種，則B為B發(fā)生氧化反應(yīng)生成C為B與C發(fā)生酯化反應(yīng)生成H為G為C和F一定條件下1：1反應(yīng)生成的高分子化合物，故G為據(jù)此解答．【解析】【解答】解：A為乙烯，與水發(fā)生加成反應(yīng)生成D為CH3CH2OH，乙烯與溴發(fā)生加成反應(yīng)生成E為BrCH2CH2Br，E再氫氧化鈉水溶液、加熱條件下發(fā)生水解反應(yīng)生成F為HOCH2CH2OH．B的分子式為C8H8O2，B能與碳酸氫鈉溶液反應(yīng)產(chǎn)生二氧化碳，含有-COOH，其苯環(huán)上一氯代物只有2種，則B為B發(fā)生氧化反應(yīng)生成C為B與C發(fā)生酯化反應(yīng)生成H為G為C和F一定條件下1：1反應(yīng)生成的高分子化合物，故G為

（1）A的名稱為乙烯；C為含有官能團(tuán)為羧基，故答案為：乙烯；羧基；

（2）由上述分析可知，H為A→D是乙烯與是發(fā)生加成反應(yīng)生成乙醇，故答案為：加成反應(yīng)；

（3）C和F反應(yīng)生成高分子化合物的化學(xué)方程式為：

故答案為：

（4）B為其同分異構(gòu)體符合下列條件：①能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，含有-CHO；②含有苯環(huán)結(jié)構(gòu)；③能在堿性條件下水解，含有酯基，故應(yīng)為甲酸形成的酯，只有1個(gè)側(cè)鏈，為-CH2OOCH，有1種，若有2個(gè)側(cè)鏈，為-CH3；-OOCH；有鄰、間、對3種位置關(guān)系，故符合條件的同分異構(gòu)體共有4種；

故答案為：4．三、判斷題(共5題，共10分)15、√【分析】【分析】（1）工業(yè)廢水應(yīng)遵循“先凈化；后排放”的原則，工業(yè)廢水需要經(jīng)過處理達(dá)標(biāo)后再排放才不會(huì)污染環(huán)境；

（2）生活污水不經(jīng)處理任意排放；會(huì)危害人畜等需飲水生物的健康；

（3）重金屬能使蛋白質(zhì)變性；

（4）含N、P的大量污水任意排向湖泊和近海，會(huì)造成水體的富營養(yǎng)化從而破壞水體生態(tài)系統(tǒng)，會(huì)出現(xiàn)水華、赤潮等水體污染問題．【解析】【解答】解：（1）工業(yè)廢水是指工業(yè)生產(chǎn)過程中產(chǎn)生的廢水；污水和廢液；其中含有隨水流失的工業(yè)生產(chǎn)用料、中間產(chǎn)物和產(chǎn)品以及生產(chǎn)過程中產(chǎn)生的污染物．廢水中含有的酸、堿、鹽，會(huì)造成水體污染，需要經(jīng)過處理達(dá)標(biāo)后才能排放；

故答案為：√；

（2）生活污水中雖不含工業(yè)污染物；但廢水中污染物成分極其復(fù)雜多樣，常要幾種方法組成處理系統(tǒng)才能達(dá)到完全凈化的目的，因此可以不經(jīng)處理任意排放錯(cuò)誤；

故答案為：×．

（3）重金屬能使蛋白質(zhì)變性；對人類健康有害；

故答案為：√；

藻類生長需要大量的N；P元素；如果水體中N、P元素嚴(yán)重超標(biāo)，會(huì)引起藻類瘋長，從而導(dǎo)致水中氧氣含量降低，水生生物大量死亡，海水中常稱為赤潮，淡水中稱為水華；

故答案為：√．16、√【分析】【分析】根據(jù)同主族元素性質(zhì)相似的規(guī)律判斷．【解析】【解答】解：Na和K位于周期表相同主族，性質(zhì)相似，Na可以與水反應(yīng)放出H2，所以K也可以與水反應(yīng)放出H2；

故答案為：√．17、×【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(biāo)準(zhǔn)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(qiáng)判斷；

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

故答案為：×；

（2）1molCO2中含有2mol氧原子，含有2NA個(gè)氧原子；故（2）錯(cuò)誤；

故答案為：×；

（3）1molH2O中含有2mol氫原子和1molO；故（3）錯(cuò)誤；

故答案為：×；

（4）在標(biāo)準(zhǔn)狀況下；水的狀態(tài)不是氣體，不能使用標(biāo)況下的氣體摩爾體積計(jì)算1mol水的體積，故（4）錯(cuò)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(qiáng)，若減小壓強(qiáng)，氣體體積減小，所以1molO2在20℃時(shí)的體積不一定大于22.4L；故（5）錯(cuò)誤；

故答案為：×；

（6）在標(biāo)準(zhǔn)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：√．18、×【分析】【分析】有相同質(zhì)子數(shù)；不同中子數(shù)的原子互為同位素；

相同元素組成，不同形態(tài)的單質(zhì)互為同素異形體．【解析】【解答】解：O2和O3都是由氧元素形成的不同單質(zhì)；故互為同素異形體；

故答案為：×．19、√【分析】【分析】（1）根據(jù)烷烴的系統(tǒng)命名法分析；

（2）取代基的編號錯(cuò)誤；應(yīng)該是2，2，4-三甲基戊烷；

（3）根據(jù)烷烴的命名方法進(jìn)行分析；

（4）根據(jù)圖示的球棍模型進(jìn)行命名并判斷正誤．【解析】【解答】答案（1）√（2）×（3）√（4）×

解：（1）主鏈為丁烷，命名為：2-甲基丁烷，題中命名正確；

故答案為：√；

（2）不是2，2，3-三甲基戊烷，編號錯(cuò)誤，正確應(yīng)為2，2，4三甲基戊烷；

故答案為：×；

（3）（CH3CH2）2CHCH33-甲基戊烷；滿足烷烴的系統(tǒng)命名法，命名正確；

故答案為：√；

（4）根據(jù)球棍模型，其結(jié)構(gòu)簡式為名稱為2甲基戊烷，所以題中命名錯(cuò)誤；

故答案為：×．四、實(shí)驗(yàn)題(共3題，共9分)20、略

【分析】【解析】試題分析：（1）濃鹽酸的濃度為c=要配置250mL0.1mol/L的鹽酸溶液需要用濃鹽酸的體積為V=應(yīng)該選用250mL容量瓶，配置溶液時(shí)除了需要250mL容量瓶外，還需要量筒、燒杯、玻璃棒、膠頭滴管。（2）配置一定物質(zhì)的量濃度溶液的過程為：計(jì)算、量取、稀釋、轉(zhuǎn)移、洗滌、定容、搖勻和裝瓶貼簽，所以應(yīng)該正確的操作順序?yàn)锽、C、A、F、E、D。（3）將洗滌液全部轉(zhuǎn)入容量瓶中的目的是保證溶質(zhì)全部轉(zhuǎn)移到容量瓶。注入容量瓶前需要恢復(fù)到室溫是因?yàn)槿萘科渴⒎艧崛芤簳r(shí)，當(dāng)溶液冷卻到室溫的時(shí)候，體積會(huì)縮小，不準(zhǔn)確，也易導(dǎo)至容量瓶炸裂。（4）根據(jù)c=如果沒有洗滌，則溶質(zhì)的物質(zhì)的量比正常值小，所以濃度偏低；若加蒸餾水不慎超過刻度，溶液的體積比正常值大，所以濃度偏低；若定容時(shí)俯視刻度線，則溶液的體積比正常值小，則濃度偏高。（5）如果加水不慎超過了刻度線，則需要將溶液倒掉，洗凈容量瓶重新配置，如果轉(zhuǎn)移時(shí)不慎有液體滴在外面則需要將溶液倒掉，洗凈容量瓶重新配置?？键c(diǎn)：一定物質(zhì)的量濃度溶液的配制【解析】【答案】（1）2.1，250，量筒、燒杯、玻璃棒、膠頭滴管。（2）B、C、A、F、E、D（3）保證溶質(zhì)全部轉(zhuǎn)入容量瓶。容量瓶盛放熱溶液時(shí)，體積不準(zhǔn),也易導(dǎo)至容量瓶炸裂。（4）濃度偏低；偏低；偏高。（5）宣告實(shí)驗(yàn)失敗，洗凈容量瓶后重新配制；宣告實(shí)驗(yàn)失敗，洗凈容量瓶后重新配制。21、略

【分析】解：（1）采用MnO2和濃鹽酸（12mol/L）為原料制取Cl2．制取Cl2的離子方程式為：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；

故答案為：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；

（2）SO2使品紅褪色，生成不穩(wěn)定的無色物質(zhì)，可以看作是一個(gè)化合反應(yīng)，該生成的無色物質(zhì)不很穩(wěn)定，受熱又能分解放出SO2；而恢復(fù)原來的紅色，氯氣使品紅褪色是氧化性漂白，不可還原，無法恢復(fù)；

故答案為：溶液恢復(fù)紅色；溶液仍無色；二氧化硫與品紅生成不穩(wěn)定的無色物質(zhì)；加熱時(shí)無色物質(zhì)分解又生紅色的品紅；

（3）氯氣和二氧化硫都有毒；不能直接排放到空氣中，所以用氫氧化鈉吸收過量的二氧化硫和氯氣，防止污染空氣；

故答案為：吸收多余的SO2和Cl2；防止污染環(huán)境；

（4）①F中可盛裝濃硫酸，其目的是使SO2和Cl2混合均勻并且通過觀察氣泡控制氣體的流速；

故答案為：通過觀察氣泡控制氣體的流速；

②氯氣和二氧化硫在水溶液中恰好完全反應(yīng)，反應(yīng)的離子方程式為：SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl-；生成的硫酸和鹽酸不具有漂白性，所以品紅溶液不褪色；

故答案為：SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl-；

③當(dāng)通入的二氧化硫或者氯氣中一種氣體過量；過量的氯氣或者二氧化硫氣體能夠使品紅褪色；

故答案為：控制兩種氣體通入的量；使其物質(zhì)的量不相等（或使其比例不等于1：1）．

要證明和比較SO2和氯水的漂白性；需制取二氧化硫和氯氣，制二氧化硫用硫酸與亞硫酸鈉，不用加熱，制氯氣用二氧化錳和濃鹽酸并加熱，則A裝置制二氧化硫，E裝置制氯氣．

（1）實(shí)驗(yàn)室用二氧化錳與濃鹽酸加熱反應(yīng)制備氯氣；

（2）根據(jù)二氧化硫的漂白性是可逆的；而氯水的漂白性是不可逆的進(jìn)行解答；

（3）二氧化硫和氯氣都是有毒氣體需要進(jìn)行尾氣處理；以免污染空氣；

（4）①F中可盛裝濃硫酸，其目的是使SO2和Cl2混合均勻并且通過觀察氣泡控制氣體的流速；

②氯氣和二氧化硫在水溶液中恰好發(fā)生氧化還原反應(yīng)；轉(zhuǎn)化成沒有漂白性的鹽酸和硫酸，所以品紅溶液幾乎不褪色；

③當(dāng)通入的二氧化硫或者氯氣一方有剩余時(shí)；又會(huì)使品紅溶液褪色．

本題主要考查了二氧化硫的制備以及其相關(guān)性質(zhì)的綜合實(shí)驗(yàn)，解題過程中，應(yīng)圍繞課本基本知識，如“二氧化硫使品紅溶液褪色”、“二氧化硫與氯氣反應(yīng)生成氯化氫和硫酸”等基礎(chǔ)知識，同時(shí)，對于實(shí)驗(yàn)的設(shè)計(jì)，尤其是多因素影響的實(shí)驗(yàn)，應(yīng)考慮“控制變量法”，題目難度中等．【解析】MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；溶液恢復(fù)紅色；溶液仍無色；二氧化硫與品紅生成不穩(wěn)定的無色物質(zhì)，加熱時(shí)無色物質(zhì)分解又生紅色的品紅；吸收多余的SO2和Cl2，防止污染環(huán)境；通過觀察氣泡控制氣體的流速；SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl-；控制兩種氣體通入的量，使其物質(zhì)的量不相等（或使其比例不等于1：1）22、沉淀不溶解或無明顯現(xiàn)象BaCO3+2H+═Ba2++CO2↑+H2OBaSO4在溶液中存在BaSO4（s）?Ba2+（aq）+SO42-（aq），當(dāng)加入濃度較高的Na2CO3溶液，CO32-與Ba2+結(jié)合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移動(dòng)b2I--2e-═I2由于生成AgI沉淀使B的溶液中c（I-）減小，I-還原性減弱實(shí)驗(yàn)ⅳ表明Cl-本身對該原電池電壓無影響，則c＞b說明加入Cl-使c（I-）增大，證明發(fā)生了AgI+Cl-?AgCl+I-溶解度小的沉淀容易轉(zhuǎn)化成溶解度更小的沉淀，反之則不易；溶解度差別越大，由溶解度小的沉淀轉(zhuǎn)化為溶解度較大的沉淀越難實(shí)現(xiàn)【分析】解：（1）①實(shí)驗(yàn)Ⅰ中若BaCO3全部轉(zhuǎn)化為BaSO4；則向取洗凈后的沉淀中加入鹽酸，沉淀不溶解，沒有明顯現(xiàn)象；

故答案為：沉淀不溶解或無明顯現(xiàn)象；

②實(shí)驗(yàn)Ⅱ中加入稀鹽酸后有少量氣泡產(chǎn)生，沉淀部分溶解，說明沉淀中含有碳酸鋇，碳酸鋇與稀鹽酸發(fā)生反應(yīng)：BaCO3+2H+═Ba2++CO2↑+H2O；

故答案為：BaCO3+2H+═Ba2++CO2↑+H2O；

③由于BaSO4在溶液中存在溶解平衡：BaSO4（s）?Ba2+（aq）+SO42-（aq），當(dāng)加入濃度較高的Na2CO3溶液后，CO32-與Ba2+結(jié)合生成BaCO3沉淀；使上述平衡向右移動(dòng)，沉淀發(fā)生了部分轉(zhuǎn)化；

故答案為：BaSO4在溶液中存在BaSO4（s）?Ba2+（aq）+SO42-（aq），當(dāng)加入濃度較高的Na2CO3溶液，CO32-與Ba2+結(jié)合生成BaCO3沉淀；使上述平衡向右移動(dòng)；

（2）①實(shí)驗(yàn)Ⅲ中后最后加入的時(shí)0.1mol/L的KI溶液，應(yīng)該是探究的時(shí)AgCl轉(zhuǎn)化成AgI，加入的NaCl溶液應(yīng)該過量，根據(jù)圖示可知，甲過量、乙不足，則甲溶液時(shí)NaCl，故選b；

故答案為：b；

②實(shí)驗(yàn)Ⅳ的步驟ⅰ中，B中石墨上的碘離子放電生成碘單質(zhì)，電極反應(yīng)式是2I--2e-═I2；

故答案為：2I--2e-═I2；

③由于滴入AgNO3（aq）生成AgI沉淀，使B的溶液中c（I-）減小，I-還原性減弱，所以實(shí)驗(yàn)Ⅳ中b＜a；

故答案為：由于生成AgI沉淀使B的溶液中c（I-）減小，I-還原性減弱；

④通過步驟ⅰ、ⅳ表明Cl-本身對該原電池電壓無影響，則c＞b說明加入Cl-使c（I-）增大，證明發(fā)生了反應(yīng)AgI+Cl-?AgCl+I-；部分AgI轉(zhuǎn)化為AgCl；

故答案為：實(shí)驗(yàn)ⅳ表明Cl-本身對該原電池電壓無影響，則c＞b說明加入Cl-使c（I-）增大，證明發(fā)生了AgI+Cl-?AgCl+I-；

（3）綜合實(shí)驗(yàn)Ⅰ～Ⅳ可知：溶解度小的沉淀容易轉(zhuǎn)化成溶解度更小的沉淀；反之則不易；溶解度差別越大，由溶解度小的沉淀轉(zhuǎn)化為溶解度較大的沉淀越難實(shí)現(xiàn)；

故答案為：溶解度小的沉淀容易轉(zhuǎn)化成溶解度更小的沉淀；反之則不易；溶解度差別越大，由溶解度小的沉淀轉(zhuǎn)化為溶解度較大的沉淀越難實(shí)現(xiàn)。

（1）①BaCO3全部轉(zhuǎn)化為BaSO4；硫酸鋇不與鹽酸反應(yīng)，沉淀不會(huì)溶解；

②碳酸鋇與鹽酸反應(yīng)生成氯化鋇；二氧化碳和水；

③硫酸鋇在溶液中存在溶解平衡；加入濃度較大的碳酸鈉溶液后生成碳酸鋇沉淀；

（2）①實(shí)驗(yàn)Ⅲ探究的時(shí)AgCl轉(zhuǎn)