2025年魯人新版高三化學(xué)下冊(cè)階段測(cè)試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年魯人新版高三化學(xué)下冊(cè)階段測(cè)試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、下列說(shuō)法正確的是（NA表示阿伏加德羅常數(shù)）（）A.11.2L乙烷中所含的碳?xì)鋯捂I數(shù)為3NAB.1L1mol?L-1的氯化鐵溶液中鐵離子的數(shù)目為NAC.56g鐵發(fā)生氧化反應(yīng)，一定失去3NA個(gè)電子D.常溫常壓下，100mL0.5mol/L的乙酸溶液中，乙酸的分子數(shù)目小于0.05NA2、有KCl、NaCl、Na2CO3的混合物，其中鈉元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為31.5%，氯元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為27.08%，則Na2CO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為（）A.38%B.50%C.75%D.80%3、下列反應(yīng)的離子方程式錯(cuò)誤的是（）A.大理石溶于醋酸中：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑B.在氯化鋁溶液中滴加過(guò)量的氨水：Al3++3NH3?H2O═Al（OH）3↓+3NH4+C.硫氫化鈉水解：HS﹣+H2O?H2S+OH﹣D.Fe2+與H2O2在酸性溶液中的反應(yīng)：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O4、經(jīng)一定時(shí)間后，可逆反應(yīng)rm{aA+bB?cC}中物質(zhì)的含量rm{A%}和rm{C%}隨溫度的變化曲線如圖所示，下列說(shuō)法正確的是rm{(}rm{)}A.該反應(yīng)在rm{T_{1}}rm{T_{3}}溫度時(shí)達(dá)到化學(xué)平衡B.該反應(yīng)在rm{T_{1}}溫度時(shí)達(dá)到化學(xué)平衡C.該反應(yīng)為放熱反應(yīng)D.升高溫度，平衡會(huì)向正反應(yīng)方向移動(dòng)5、迷迭香酸是從蜂花屬植物中提取得到的酸性物質(zhì)；其結(jié)構(gòu)如圖．下列敘述正確的是（）

A.迷迭香酸的分子式為C18H15O8B.迷迭香酸可以發(fā)生加成、取代、顯色反應(yīng)C.lmol迷迭香酸跟H2反應(yīng)，最多消耗6molH2D.lmol迷迭香酸在NaOH溶液中反應(yīng)，最多消耗5molNaOH6、下列有關(guān)化學(xué)用語(yǔ)使用正確的是（）A.NH4Br的電子式：B.S的結(jié)構(gòu)示意圖：C.乙酸的分子式：CH3COOHD.原子核內(nèi)有l(wèi)8個(gè)中子的氯原子：Cl7、下列各項(xiàng)所述的數(shù)字不是6的是（）A.在NaCl晶體中，與一個(gè)Na+最近的且距離相等的Cl-的個(gè)數(shù)B.在金剛石晶體中，最小的環(huán)上的碳原子個(gè)數(shù)C.在二氧化硅晶體中，最小的環(huán)上的原子個(gè)數(shù)D.在NaCl晶體中，與一個(gè)Cl-最近的且距離相等的Na+的個(gè)數(shù)8、下列A、B、C、D四種實(shí)驗(yàn)儀器，從其構(gòu)成材料來(lái)看，有一種與其它三種不同．這種儀器是（）A.蒸發(fā)皿B.試管C.燒杯D.燒瓶9、對(duì)于油脂的說(shuō)法中，不正確的是（）A.油脂無(wú)固定熔沸點(diǎn)B.油脂屬于酯類C.油脂不溶于水，比水輕D.油脂不能使溴水褪色評(píng)卷人得分二、雙選題(共8題，共16分)10、一支規(guī)格為AmL的酸式滴定管，其尖咀部分充滿液體時(shí)，液面在mmL刻度處，當(dāng)液面降低到nmL刻度處時(shí)，下列判斷正確的是（）A.流出的流體的體積是（m-n）mLB.流出的液體的體積是（n-m）mLC.滴定管內(nèi)剩余的液體的體積是（A-n）mLD.滴定管內(nèi)剩余的液體的體積大于（A-n）mL11、R分子的質(zhì)量為ag，相對(duì)質(zhì)量為M，則M與a的比值等于（）A.6.02×1023B.12C原子質(zhì)量的十二分之一C.0.012Kg12C所含的原子數(shù)D.1mol氧氣所含的微粒數(shù)12、下列有關(guān)電解質(zhì)溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是（）A.0.1mol?L-1（NH4）2Fe（SO4）2溶液中；c（NH4+）+c（NH3?H2O）+c（Fe2+）=0.3mol?L-1B.常溫下，pH=6的NaHSO3溶液中：c（SO32-）-c（H2SO3）=9.9×10-7mol?L-1C.NH4HSO3溶液中滴加NaOH至溶液恰好呈中性：c（Na+）＞c（SO42-）=c（NH4+）＞c（OH-）=c（H+）D.等濃度、等體積的Na2CO3和NaHCO3混合：＞13、rm{隆露}常用危險(xiǎn)化學(xué)用品貯存通則rm{隆路}規(guī)定：“遇火、遇熱、遇潮能引起燃燒、爆炸或發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，產(chǎn)生有毒氣體的化學(xué)危險(xiǎn)品不得在露天或在潮濕、積水的建筑物中貯存”rm{.}下列解釋事實(shí)的方程式中，不合理的是rm{(}rm{)}A.貯存液氮的鋼瓶防止陽(yáng)光直射：rm{N_{2}+O_{2}dfrac{underline{;{脩么鹿芒};}}{;}2NO}B.硝酸銨遇熱爆炸：rm{2NH_{4}NO_{3}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}2N_{2}隆眉+O_{2}隆眉+4H_{2}O隆眉}C.干燥的rm{N_{2}+O_{2}dfrac{

underline{;{脩么鹿芒};}}{;}2NO}遇水產(chǎn)生氣體：rm{2NH_{4}NO_{3}dfrac{

underline{;;triangle

;;}}{;}2N_{2}隆眉+O_{2}隆眉+4H_{2}O隆眉}D.火災(zāi)現(xiàn)場(chǎng)存有電石，禁用水滅火：rm{AlCl_{3}}rm{AlCl_{3}+3H_{2}O簍TAl(OH)_{3}+3HCl隆眉}14、下列物質(zhì)的轉(zhuǎn)化在給定條件下能實(shí)現(xiàn)的是rm{(}rm{)}A.rm{Soverset{O_{2}/{碌茫脠錄}}{}SO_{3}overset{H_{2}O}{}H_{2}SO_{4}}B.飽和rm{NaCl(aq)overset{NH_{3},CO_{2}}{}NaHCO_{3}overset{triangle}{}Na_{2}CO_{3}}C.rm{Fe_{2}O_{3}overset{HCl(aq)}{}FeCl_{3}(aq)overset{triangle}{}}無(wú)水rm{Soverset{O_{2}/{碌茫脠錄}}{}SO_{3}

overset{H_{2}O}{}H_{2}SO_{4}}D.rm{MgCl_{2}(aq)overset{{脢爐祿脪脠茅}}{}Mg(OH)_{2}overset{{矛脩脡脮}}{}MgO}rm{NaCl(aq)overset{NH_{3},CO_{2}}{

}NaHCO_{3}overset{triangle}{}Na_{2}CO_{3}}15、對(duì)于10%H2O2溶液的分解反應(yīng)，下列措施能加快其化學(xué)反應(yīng)速率的是（）A.加入MnO2作催化劑B.加水稀釋C.加熱D.加入30%的H2O216、一定溫度下向體積為rm{2L}的恒容密閉容器中充入rm{6molCO_{2}}和rm{8mo1H_{2}}發(fā)生反應(yīng)：rm{CO_{2}}rm{(g)+3H_{2}(g)=CH_{3}OH(g)+H_{2}O(g)triangleH=-49KJ?mol^{-1}.}測(cè)得rm{(g)+3H_{2}(g)=CH_{3}OH(g)+H_{2}O(g)triangle

H=-49KJ?mol^{-1}.}物質(zhì)的量隨時(shí)間變化如曲線rm{n(H_{2})}所示，下列說(shuō)法正確的是rm{I}rm{(}A.該反應(yīng)在rm{)}內(nèi)的rm{O隆蘆8min}B.若起始時(shí)向容器中充入rm{v(CO_{2})=0.125mol?L^{-1}?min^{-1}}和rm{3mo1CO_{2}}則平衡時(shí)rm{4molH_{2}}的體積分?jǐn)?shù)大于rm{CH_{3}OH}C.若起始時(shí)向容器中充入rm{20%}和rm{4mo1CO_{2}}rm{2molH_{2}}rm{2molCH_{3}OH}則此時(shí)反應(yīng)rm{1molH_{2}O(g)}正rm{v(}逆rm{)>v(}D.曲線rm{)}曲線rm{II}改變條件分別是升高溫度、減小壓強(qiáng)rm{III}17、下列實(shí)驗(yàn)操作、現(xiàn)象和結(jié)論均正確的是rm{(}rm{)}

。選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作現(xiàn)象結(jié)論rm{A}分別加熱rm{Na_{2}CO_{3}}和rm{NaHCO_{3}}固體試管內(nèi)壁均有水珠兩種物質(zhì)均受熱分解rm{B}向稀的苯酚水溶液滴加飽和溴水生成白色沉淀產(chǎn)物三溴苯酚不溶于水rm{C}向含rm{I^{-}}的無(wú)色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液加入淀粉后溶液變成藍(lán)色氧化性：rm{Cl_{2}>I_{2}}rm{D}向rm{FeSO_{4}}溶液中先滴入rm{KSCN}溶液，再滴加rm{H_{2}O_{2}}溶液加入rm{H_{2}O_{2}}后溶液變成血紅色rm{Fe^{2+}}既有氧化性又有還原性A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}評(píng)卷人得分三、填空題(共6題，共12分)18、下列是由苯制取有機(jī)物“茚”的反應(yīng)過(guò)程：

已知：（傅-克反應(yīng)）

（1）上述①、②、③、④反應(yīng)中，屬取代反應(yīng)的有____；屬于消去反應(yīng)的有____．

（2）反應(yīng)①的反應(yīng)物中含氧官能團(tuán)的名稱是____，X的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為____．

（3）寫出反應(yīng)④的化學(xué)方程式（反應(yīng)條件要標(biāo)明）：____．

（4）下列關(guān)于“茚”的說(shuō)法正確的是____．

a．它的分子式為C9H9

b．能使酸性高錳酸鉀溶液褪色。

c．是一種易溶于水的有機(jī)化合物。

d．1mol“茚”在一定條件下與氫氣反應(yīng)，最多可消耗4molH2

（5）與互為同分異構(gòu)，有一苯環(huán)且苯環(huán)上有互為對(duì)位的2個(gè)取代基，并能與NaOH反應(yīng)的有機(jī)物不止一種，寫出其中一種的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：____．19、Na2SO3在空氣中易被氧化而變質(zhì)．某同學(xué)為證明Na2SO3有還原性，從一瓶實(shí)驗(yàn)室長(zhǎng)期存放的Na2SO3固體中取出少量溶于水；滴入一定量的燒堿溶液和少許溴水，振蕩后溶液變?yōu)闊o(wú)色．

（1）在堿性溶液中Br2和Na2SO3反應(yīng)的離子方程式____．

（2）反應(yīng)后的溶液含有SO32-、SO42-、Br-、OH-等陰離子，下表是某同學(xué)鑒定其中SO32-、SO42-和Br-的實(shí)驗(yàn)報(bào)告；請(qǐng)完成未填完的部分．

限選試劑：2mol?L-1HCl；1mol?L-1H2SO4；1mol?L-1BaCl2；1mol?L-1Ba（NO3）2；1mol?L-1KMnO4、CCl4；新制飽和氯水；品紅溶液．

。編號(hào)實(shí)驗(yàn)操作預(yù)期現(xiàn)象和結(jié)論步驟①取少量待測(cè)液加入試管中，加入過(guò)量的2mol?L-1鹽酸，再滴加適量1mol?L-1BaCl2溶液．有白色沉淀生成，證明待測(cè)溶液中含SO42-步驟②________步驟③________（3）為了測(cè)定上述樣品的純度，現(xiàn)取10.0克試樣配成250mL溶液．取出25.00mL所配溶液，用0.10mol/L的酸性KMnO4溶液滴定至終點(diǎn)．反應(yīng)離子方程式為：

2MnO4-+5SO32-+6H+═2Mn2++5SO42-+3H2O

重復(fù)操作三次，每次消耗0.10mol/LKMnO4溶液體積分別為20.02mL；20.00mL和19.98mL．（相對(duì)原子質(zhì)量Na-23S-32O-16）

①計(jì)算樣品中Na2SO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為____．（結(jié)果保留3位有效數(shù)字）

②操作時(shí)，若未用0.10mol/L的酸性KMnO4溶液潤(rùn)洗滴定管，會(huì)導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果____（填“偏高”、“偏低”或“沒有影響”）20、（2015秋?濰坊校級(jí)月考）如圖是中學(xué)化學(xué)中常用的玻璃儀器組成的實(shí)驗(yàn)裝置圖（根據(jù)需要可在廣口瓶中加入液體或在干燥管中放入固體）．

請(qǐng)回答下列問題：

（1）用裝置A收集NH3氣體，氣體應(yīng)從____（填“①”或“②”）處通入．

（2）若用裝置B做二氧化硫與燒杯中氫氧化鈉溶液反應(yīng)的實(shí)驗(yàn)，則其中廣口瓶能否起到防倒吸作用（填“能”或“不能”）____．

（3）用C來(lái)收集NO2氣體，最終得不到NO2，其發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為：____．21、用系統(tǒng)命名法命名下列物質(zhì)：

①____

②____

③____．22、某河道兩旁有甲、乙兩廠，它們排放的工業(yè)廢水中，共含有K+、Ag+、Fe3+、NO3-、Cl-、OH-六種離子．

（1）甲廠的廢水明顯呈堿性，故甲廠廢水中所含的三種離子是：____

（2）乙廠的廢水中含有另外三種離子．如果加一定量____（填“活性炭”、“硫酸亞鐵”或“鐵粉”），可以回收其中的金屬是____．23、有以下幾種物質(zhì)①干燥的食鹽晶體②液態(tài)氯化氫③水銀④蔗糖⑤醋酸⑥KNO3溶液填空回答：（填序號(hào)）

以上物質(zhì)能導(dǎo)電的是____；屬于電解質(zhì)的是____；屬于非電解質(zhì)的是____；溶于水后水溶液能導(dǎo)電的是____．評(píng)卷人得分四、判斷題(共3題，共18分)24、向沸水中逐滴加入少量飽和FeCl3溶液，可制得Fe（OH）3膠體____（判斷對(duì)錯(cuò)）25、標(biāo)準(zhǔn)狀況下，1moL水中所含原子總數(shù)數(shù)為3NA____（判斷對(duì)錯(cuò)）26、摩爾是七個(gè)基本物理量之一____．（判斷對(duì)錯(cuò)）評(píng)卷人得分五、簡(jiǎn)答題(共2題，共14分)27、A；B、C、D、E是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素．A元素可形成多種同素異形體；其中一種是自然界最硬的物質(zhì)；B的原子半徑在短周期主族元素中最大；C原子核外電子占據(jù)7個(gè)不同的原子軌道；D的單質(zhì)在常溫常壓下是淡黃色固體．

（1）E在元素周期表中的位置______；B的基態(tài)原子核外電子排布式為______．

（2）A、D、E中電負(fù)性最大的是______（填元素符號(hào)）；B、C兩元素第一電離能較大的是______（填元素符號(hào)）．

（3）A和D兩元素非金屬性較強(qiáng)的是______（填元素符號(hào)），寫出能證明該結(jié)論的一個(gè)事實(shí)依據(jù)______．

（4）化合物AD2分子中共有______個(gè)α鍵和______個(gè)π鍵，AD2分子的空間構(gòu)型是______．

（5）C與E形成的化合物在常溫下為白色固體，熔點(diǎn)為190℃，沸點(diǎn)為182.7℃，在177.8℃升華，推測(cè)此化合物為______晶體．工業(yè)上制取上述無(wú)水化合物方法如下：C的氧化物與A、E的單質(zhì)在高溫條件下反應(yīng)，已知每消耗12kgA的單質(zhì)，過(guò)程中轉(zhuǎn)移2×l03mole-，寫出相應(yīng)反應(yīng)的化學(xué)方程式：______．28、原子序數(shù)小于rm{36}的rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}rm{J}五種元素，原子序數(shù)依次增大，其中rm{X}是除碳元素外形成化合物種類最多的元素，rm{Y}元素原子核外有三種不同的能級(jí)且各個(gè)能級(jí)所填充的電子數(shù)相同，rm{W}元素原子外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的rm{3}倍，rm{J}是第四周期中未成對(duì)電子數(shù)最多的元素．

rm{(1)Y}rm{Z}rm{W}的電負(fù)性由小到大的順序?yàn)開_____rm{(}填元素符號(hào)rm{)}．

rm{(2)J}原子的外圍電子排布式為______．

rm{(3)Y_{2}X_{4}}分子中rm{Y}原子軌道的雜化類型為______rm{.1molY_{2}X_{4}}分子中含有rm{婁脪}鍵與rm{婁脨}鍵的數(shù)目之比為______．

rm{(4)X}與rm{W}形成的一種rm{X_{2}W}分子，與該分子互為等電子體的陰離子為______rm{(}填化學(xué)式rm{)}．

rm{(5)JCl_{3}}能與rm{Z}rm{W}的氫化物形成配位數(shù)為rm{6}的配合物，且相應(yīng)兩種配體的物質(zhì)的量之比為rm{2}rm{1}rm{1mol}該配合物溶于水，加入足量的硝酸銀溶液可得rm{430.5g}白色沉淀rm{.}則該配合物溶于水的電離方程式為______．參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、D【分析】【分析】A；題中沒有告訴是標(biāo)準(zhǔn)狀況下；無(wú)法計(jì)算乙烷的物質(zhì)的量；

B；氯化鐵溶液中鐵離子發(fā)生了水解；鐵離子數(shù)目減少；

C；根據(jù)鐵的價(jià)態(tài)有+2和+3價(jià)；反應(yīng)產(chǎn)物不同，失去的電子數(shù)不同分析；

D、根據(jù)乙酸是電解質(zhì)，溶液中發(fā)生電離，乙酸分子數(shù)減少分析．【解析】【解答】解：A；不是標(biāo)準(zhǔn)狀況下；無(wú)法計(jì)算11.2L乙烷的物質(zhì)的量，無(wú)法計(jì)算乙烷中含有的碳?xì)鋯捂I數(shù)目，故A錯(cuò)誤；

B、1L1mol?L-1的氯化鐵溶液中含有1mol溶質(zhì)氯化鐵，由于鐵離子發(fā)生了水解，鐵離子數(shù)目減少，數(shù)目小于NA；故B錯(cuò)誤；

C、56g鐵的物質(zhì)的量為1mol，若生成鐵離子，失去3mol電子，若生成亞鐵離子，失去2mol電子，所以失去的電子數(shù)不一定是3NA；故C錯(cuò)誤；

D、100mL0.5mol/L的乙酸溶液中含有0.05mol溶質(zhì)乙酸，由于乙酸發(fā)生了電離，乙酸分子數(shù)減少，乙酸的分子數(shù)目小于0.05NA；故D正確；

故選D．2、B【分析】由于Na為31.5%，Cl為27.08%，所以K＋和CO32-為41.42%，由于2個(gè)Na＋的質(zhì)量大于一個(gè)K＋的質(zhì)量，所以Na2CO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)應(yīng)稍大于41.42%小于68.5%，B正確。【解析】【答案】B3、A【分析】【解答】解：A．弱電解質(zhì)要寫化學(xué)式，離子方程式為CaCO3+2CH3COOH═2CH3COO﹣+Ca2++H2O+CO2↑，故A錯(cuò)誤；B．氫氧化鋁不溶于氨水，離子方程式為Al3++3NH3?H2O═Al（OH）3↓+3NH4+；故B正確；

C．硫氫化鈉水解生成硫化氫和NaOH，離子方程式為HS﹣+H2O?H2S+OH﹣；故C正確；

D．酸性條件下，亞鐵離子和雙氧水發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成鐵離子和水，離子方程式為2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O；故D正確；

故選A．

【分析】A．弱電解質(zhì)要寫化學(xué)式；

B．氫氧化鋁不溶于氨水；

C．硫氫化鈉水解生成硫化氫和NaOH；

D．酸性條件下，亞鐵離子和雙氧水發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成鐵離子和水．4、C【分析】解：rm{T_{2}隆忙}之前rm{A%}變小，rm{C%}從rm{0}漸增大，而rm{T_{2}隆忙}之后rm{A%}漸大，rm{C%}漸小，說(shuō)明rm{T_{2}隆忙}之前是反應(yīng)沒有達(dá)到平衡狀態(tài)，而rm{T_{2}隆忙}時(shí)恰好平衡，rm{T_{2}隆忙}之后是溫度升高使平衡向左移動(dòng)；所以逆反應(yīng)是吸熱反應(yīng)．

A、rm{T_{1}}溫度之后rm{A%}繼續(xù)變小，rm{C%}繼續(xù)增大，故rm{T_{1}}溫度時(shí)未達(dá)到化學(xué)平衡，而rm{T_{2}隆忙}之后rm{A%}漸大，rm{C%}漸小，說(shuō)明rm{T_{2}隆忙}之前是反應(yīng)沒有達(dá)到平衡狀態(tài)，而rm{T_{2}隆忙}時(shí)恰好平衡，所以rm{T_{2}}之后的rm{T_{3}}溫度時(shí)達(dá)到化學(xué)平衡；故A錯(cuò)誤；

B、rm{T_{1}}溫度之后rm{A%}繼續(xù)變小，rm{C%}繼續(xù)增大，故rm{T_{1}}溫度時(shí)未達(dá)到化學(xué)平衡；故B錯(cuò)誤；

C、rm{T_{2}隆忙}時(shí)恰好平衡，rm{T_{2}隆忙}之后rm{A%}漸大，rm{C%}漸小，說(shuō)明rm{T_{2}隆忙}之后是溫度升高使平衡向左移動(dòng)；所以逆反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，則正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故C正確；

D、rm{T_{2}隆忙}時(shí)恰好平衡，rm{T_{2}隆忙}之后rm{A%}漸大，rm{C%}漸小，說(shuō)明rm{T_{2}隆忙}之后是溫度升高使平衡向逆反應(yīng)移動(dòng)；故D錯(cuò)誤．

故選C．

rm{T_{2}隆忙}之前rm{A%}變小，rm{C%}從rm{0}漸增大，而rm{T_{2}隆忙}之后rm{A%}漸大，rm{C%}漸小，說(shuō)明rm{T_{2}隆忙}之前是反應(yīng)沒有達(dá)到平衡狀態(tài)，而rm{T_{2}隆忙}時(shí)恰好平衡，rm{T_{2}隆忙}之后是溫度升高使平衡向左移動(dòng)；所以逆反應(yīng)是吸熱反應(yīng)．

本題考查化學(xué)平衡圖象、溫度對(duì)化學(xué)平衡的影響，難度中等，明確圖象中含量隨溫度的平衡關(guān)系判斷rm{T_{2}隆忙}時(shí)恰好平衡是解題關(guān)鍵．【解析】rm{C}5、B【分析】【分析】該物質(zhì)中含有苯環(huán)、酚羥基、羧基、酯基、碳碳雙鍵，具有苯、酚、羧酸、酯、烯烴性質(zhì)，能發(fā)生加成反應(yīng)、加聚反應(yīng)、氧化反應(yīng)、還原反應(yīng)、取代反應(yīng)、水解反應(yīng)等，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：A．該物質(zhì)分子式為C18H16O8；故A錯(cuò)誤；

B．該物質(zhì)中含有苯環(huán)；酚羥基、羧基、酯基、碳碳雙鍵；具有苯、酚、羧酸、酯、烯烴性質(zhì)，能發(fā)生加成反應(yīng)、加聚反應(yīng)、氧化反應(yīng)、還原反應(yīng)、取代反應(yīng)、水解反應(yīng)、顯色反應(yīng)等，故B正確；

C．苯環(huán)和碳碳雙鍵能和氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，所以lmol迷迭香酸跟H2反應(yīng)，最多消耗7molH2；故C錯(cuò)誤；

D．酚羥基；酯基水解生成的羧基、羧基能和NaOH反應(yīng)；所以lmol迷迭香酸在NaOH溶液中反應(yīng)，最多消耗6molNaOH，故D錯(cuò)誤；

故選B．6、D【分析】【分析】A．溴離子電子式書寫錯(cuò)誤；應(yīng)畫出最外層電子數(shù)，用“[]”括起，并在右上角注明所帶電荷；

B．硫原子的核電荷數(shù)=核外電子總數(shù)=16；最外層為6個(gè)電子；

C．CH3COOH為乙酸的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式；分子式中不需要標(biāo)出官能團(tuán)結(jié)構(gòu)；

D．質(zhì)量數(shù)=質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)，元素符號(hào)的左上角為質(zhì)量數(shù)、左下角為質(zhì)子數(shù)．【解析】【解答】解：A．NH4Br屬于離子化合物，由銨根離子與溴離子構(gòu)成，正確的電子式為：故A錯(cuò)誤；

B．硫原子核內(nèi)質(zhì)子數(shù)為16，核外電子數(shù)為16，硫的原子結(jié)構(gòu)示意圖為：題目中為S2-的結(jié)構(gòu)示意圖；故B錯(cuò)誤；

C．CH3COOH為結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式，分子式中不必標(biāo)出官能團(tuán)，乙酸正確的分子式為：C2H4O2；故C錯(cuò)誤；

D．原子核內(nèi)有l(wèi)8個(gè)中子的氯原子的質(zhì)量數(shù)為35，該原子可以表示為：Cl；故D正確；

故選D．7、C【分析】【分析】A、在NaCI晶體中，一個(gè)Na+周圍有6個(gè)Cl-，一個(gè)Cl-周圍有6個(gè)Na+；

B；金剛石晶體中；最小的環(huán)上有6個(gè)碳原子；

C；二氧化硅晶體相當(dāng)于在硅晶體中兩個(gè)硅原子間分別加上一個(gè)O原子；因此最小環(huán)上的原子個(gè)數(shù)為12個(gè)；

D、在NaCI晶體中，一個(gè)Cl-周圍有6個(gè)Na+，一個(gè)Na+周圍有6個(gè)Cl-；【解析】【解答】解：A、NaCl晶體屬面心立方結(jié)構(gòu)，與一個(gè)Na+最近且距離相等的Cl-的個(gè)數(shù)有6個(gè)；故A正確；

B；金剛石晶體中；最小的環(huán)上的碳原子個(gè)數(shù)有6個(gè)，故B正確；

C；二氧化硅晶體相當(dāng)于在硅晶體中兩個(gè)硅原子間分別加上一個(gè)O原子；因此最小環(huán)上的原子個(gè)數(shù)為12個(gè)，故C錯(cuò)誤；

D、在NaCI晶體中，一個(gè)Cl-周圍有6個(gè)Na+，一個(gè)Na+周圍有6個(gè)Cl-；故D正確．

故選C．8、A【分析】【分析】蒸發(fā)皿的材料是陶瓷，試管、燒杯、燒瓶的材料是玻璃．【解析】【解答】解：蒸發(fā)皿的材料是陶瓷，試管、燒杯、燒瓶的材料是玻璃，成分不同，故選A．9、D【分析】【分析】A．油脂是混合物；

B．油脂的分類和組成；

C．油脂不溶于水密度比水??；

D．根據(jù)植物油的成分以及不飽和油脂中含有碳碳雙鍵．【解析】【解答】解：A．因油脂是混合物；沒有固定的熔；沸點(diǎn)，故A正確；

B．油脂分為油和脂肪；無(wú)論油還是脂肪都是高級(jí)脂肪酸與甘油形成的酯，故B正確；

C．油脂不溶于水密度比水??；故C正確；

D．因植物油中含有不飽和油脂中，不飽和油脂中含有碳碳雙鍵，能使溴水、酸性高錳酸鉀溶液褪色，也能與H2發(fā)生加成反應(yīng)；故D錯(cuò)誤．

故選D．二、雙選題(共8題，共16分)10、B|D【分析】解：A．滴定管刻度值從上到下刻度逐漸增大；流出的液體的體積是（n-m）mL，故A錯(cuò)誤；

B．滴定管刻度值從上到下刻度逐漸增大；流出的液體的體積是（n-m）mL，故B正確；

C．滴定管的“0”刻度在上端；滿刻度在下端，滴定管刻度值從上到下刻度逐漸增大，滴定管滿刻度以下還有一段空間沒有刻度，AmL滴定管中實(shí)際盛放液體的體積大于AmL，因此，一支AmL酸式滴定管中盛鹽酸，液面恰好在nmL刻度處，把管內(nèi)液體全部放出，還有滿刻度以下的溶液一并放出，總量超過(guò)（A-n）mL，故C錯(cuò)誤；

D．滴定管的“0”刻度在上端；滿刻度在下端，滴定管刻度值從上到下刻度逐漸增大，滴定管滿刻度以下還有一段空間沒有刻度，AmL滴定管中實(shí)際盛放液體的體積大于AmL，因此，一支AmL酸式滴定管中盛鹽酸，液面恰好在nmL刻度處，把管內(nèi)液體全部放出，還有滿刻度以下的溶液一并放出，總量超過(guò)（A-n）mL，故D正確．

故選BD．

滴定管的“0”刻度在上端；滿刻度在下端，滴定管刻度值從上到下刻度逐漸增大，滴定管滿刻度以下還有一段空間沒有刻度，據(jù)此即可解答．

本題考查了酸式滴定管的結(jié)構(gòu)，注意滴定管的“0”刻度在上端，滿刻度在下端，滴定管滿刻度以下還有一段空間沒有刻度，是解答的關(guān)鍵，題目難度不大．【解析】【答案】BD11、A|C【分析】解：R分子的相對(duì)質(zhì)量為M，故R的摩爾質(zhì)量為Mg/mol，即1molR的質(zhì)量為Mg，而一個(gè)R分子的質(zhì)量為ag，故的意義是在MgR中即1molR中所含有的R分子的個(gè)數(shù)，即6.02×1023個(gè)，即0.012Kg12C所含的原子數(shù)；故AC正確．

故選AC．

R分子的相對(duì)質(zhì)量為M，故可知R的摩爾質(zhì)量為Mg/mol，即1molR的質(zhì)量為Mg，由于一個(gè)R分子的質(zhì)量為ag，故可知的意義是在1molR中即MgR中含有的R分子的個(gè)數(shù)；據(jù)此分析．

本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的計(jì)算和含義，應(yīng)注意的是1mol物質(zhì)中含有NA個(gè)微粒，即NA個(gè)微粒的質(zhì)量之和即1mol物質(zhì)的質(zhì)量．難度不大．【解析】【答案】AC12、B|D【分析】解：A．亞鐵離子會(huì)水解生成氫氧化亞鐵，所以亞鐵離子濃度會(huì)減小，則c（NH4+）+c（NH3?H2O）+c（Fe2+）＜0.3mol?L-1；故A錯(cuò)誤；

B．常溫下，pH=6的NaHSO3溶液中，電荷守恒為c（Na+）+c（H+）=2c（SO32-）+c（HSO3-）+c（OH-），物料守恒為c（Na+）=c（SO32-）+c（HSO3-）+c（H2SO3），所以溶液中存在c（SO32-）-c（H2SO3）=c（H+）-c（OH-）=9.9×10-7mol?L-1；故B正確．

C．由物料守恒可知，c（SO42-）=c（NH4+）+c（NH3?H2O），所以c（SO42-）＞c（NH4+）；故C錯(cuò)誤；

D．CO32-的水解程度大于HCO3-，則等濃度、等體積的Na2CO3和NaHCO3混合：＞1，＜1，所以＞故D正確．

故選BD．

A．亞鐵離子會(huì)水解生成氫氧化亞鐵；

B．根據(jù)溶液中的電荷守恒和物料守恒分析．

C．根據(jù)物料守恒可知，c（SO42-）=c（NH4+）+c（NH3?H2O）；

D．CO32-的水解程度大于HCO3-．

本題考查了鹽的水解、離子濃度大小比較，題目難度中等，注意把握溶液中的電荷守恒和物料守恒，側(cè)重于考查學(xué)生的分析能力．【解析】【答案】BD13、rAD【分析】解：rm{A.}液氮中無(wú)氧氣；不發(fā)生反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；

B.硝酸銨在加熱時(shí)生成氮?dú)?；氧氣和水蒸氣；故B正確；

C.干燥的氯化鋁遇水發(fā)生水解；生成氫氧化鋁；氯化氫氣體，故C正確；

D.電石的主要成分碳化鈣與水反應(yīng)生成氫氣，rm{CaC_{2}+2H_{2}O隆煤Ca(OH)_{2}+C_{2}H_{2}隆眉}故D錯(cuò)誤．

故選AD．

A.液氮中無(wú)氧氣；

B.硝酸銨在加熱時(shí)易分解；

C.干燥的氯化鋁遇水發(fā)生水解；

D.電石的主要成分碳化鈣與水反應(yīng)生成氫氣同時(shí)放出大量熱．

本題考查了化學(xué)試劑的存放，題目難度不大，需要掌握常見試劑的保存方法，關(guān)鍵是掌握試劑的性質(zhì)，關(guān)鍵化學(xué)性質(zhì)選擇保存方法，試題基礎(chǔ)性強(qiáng)，側(cè)重對(duì)學(xué)生靈活運(yùn)用基礎(chǔ)知識(shí)解決實(shí)際問題的能力的培養(yǎng)．【解析】rm{AD}14、rBD【分析】解：rm{A}硫燃燒生成二氧化硫；不能生成三氧化硫，故A錯(cuò)誤；

B、在飽和食鹽水中通入氨氣，形成飽和氨鹽水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的鈉離子、銨根離子、氯離子和碳酸氫根離子，其中rm{NaHCO_{3}}溶解度最小，析出rm{NaHCO_{3}}加熱rm{NaHCO_{3}}分解生成碳酸鈉；故B正確；

C、氧化鐵與鹽酸反應(yīng)生成氯化鐵，rm{Fe^{3+}}水解rm{Fe^{3+}+3H_{2}O?2Fe(OH)_{3}+HCl}加熱蒸發(fā)rm{HCl}揮發(fā)，平衡向右移動(dòng)，得不到無(wú)水rm{FeCl_{3}}故C錯(cuò)誤；

D；氯化鎂與石灰乳轉(zhuǎn)化為更難溶的氫氧化鎂；氫氧化鎂不穩(wěn)定，加熱分解生成氧化鎂，故D正確．

故選：rm{BD}．

A；硫燃燒生成二氧化硫；

B、在飽和食鹽水中通入氨氣，形成飽和氨鹽水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的鈉離子、銨根離子、氯離子和碳酸氫根離子，其中rm{NaHCO_{3}}溶解度最小，所以析出rm{NaHCO_{3}}加熱rm{NaHCO_{3}}分解生成碳酸鈉；

C、氧化鐵與鹽酸反應(yīng)生成氯化鐵，rm{Fe^{3+}}水解，加熱蒸發(fā)得不到無(wú)水rm{FeCl_{3}}

D；氯化鎂與石灰乳轉(zhuǎn)化為更難溶的氫氧化鎂；氫氧化鎂不穩(wěn)定，加熱分解生成氧化鎂．

本題考查元素化合性質(zhì)、侯德榜制堿法、鹽類水解等，難度中等，注意侯德榜制堿法要先通氨氣，后通二氧化碳，以便獲得高濃度離子溶液．【解析】rm{BD}15、ACD【分析】解：A．加入MnO2；作催化劑，反應(yīng)速率加快，故A選；

B．加水稀釋，H2O2的濃度減?。环磻?yīng)速率減緩，故B不選；

C．加熱；溫度升高，反應(yīng)速率加快，故C選；

D．加入30%的H2O2；濃度增大，反應(yīng)速率增大，故D不選；

故選：ACD。

使用催化劑；增大濃度、加熱均可加快反應(yīng)速率；以此來(lái)解答。

本題考查影響化學(xué)反應(yīng)速率的因素，為高頻考點(diǎn)，把握常見的影響反應(yīng)速率的因素為解答的關(guān)鍵，注重基礎(chǔ)知識(shí)的考查，題目難度不大?！窘馕觥緼CD16、rAC【分析】解：rm{A.}由圖可知，rm{0隆蘆8min}內(nèi)rm{H_{2}}的物質(zhì)的量變化量為rm{8mol-2mol=6mol}故rm{v(H_{2})=dfrac{dfrac{6Mmol}{2L}}{8min}=0.375mol?L^{-1}?min^{-1}}速率之比等于其化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，故rm{v(CO_{2})=dfrac{1}{3}v(H_{2})=0.125mol?L^{-1}?min^{-1}}故A正確；

B.由圖可知，rm{v(H_{2})=dfrac{dfrac

{6Mmol}{2L}}{8min}=0.375mol?L^{-1}?min^{-1}}平衡時(shí)氫氣為rm{v(CO_{2})=dfrac

{1}{3}v(H_{2})=0.125mol?L^{-1}?min^{-1}}則：

rm{I}

開始rm{2mol}rm{CO_{2}(g)+3H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)+H_{2}O(g)}rm{(mol)}rm{6}rm{8}

轉(zhuǎn)化rm{0}rm{0}rm{(mol)}rm{2}rm{6}

平衡rm{2}rm{2}rm{(mol)}rm{4}rm{2}

故I中平衡時(shí)甲醇體積分?jǐn)?shù)為rm{dfrac{2mol}{4mol+2mol+2mol+2mol}=20%}若起始時(shí)向上述容器中充入rm{2}和rm{2}等效為原平衡壓強(qiáng)減小一倍，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，甲醇的體積分?jǐn)?shù)減小，即平衡時(shí)rm{dfrac

{2mol}{4mol+2mol+2mol+2mol}=20%}的體積分?jǐn)?shù)小于rm{3molCO_{2}}故B錯(cuò)誤；

C.平衡常數(shù)rm{K=dfrac{c(CH_{3}OH)c(H_{2}O)}{c(CO_{2})c^{3}(H_{2})}=dfrac{1隆脕1}{2times1^{3}}=0.5}此時(shí)的濃度商rm{Qc=dfrac{dfrac{2}{2}隆脕dfrac{1}{2}}{dfrac{4}{2}隆脕(dfrac{2}{2})^{3}}=0.25<K=0.5}故平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，rm{4molH_{2}}正rm{H_{2}}逆rm{20%}故C正確；

D.與Ⅰ相比，Ⅱ到達(dá)平衡時(shí)間短，且平衡時(shí)氫氣濃度大，說(shuō)明改變條件反應(yīng)速率加快、反應(yīng)向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，若升高溫度，反應(yīng)速率加快，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，符合題意；與rm{K=dfrac

{c(CH_{3}OH)c(H_{2}O)}{c(CO_{2})c^{3}(H_{2})}=dfrac{1隆脕1}{2times

1^{3}}=0.5}相比；Ⅲ到達(dá)平衡時(shí)間短，且平衡時(shí)氫氣濃度小，說(shuō)明改變條件反應(yīng)速率加快；反應(yīng)向正反應(yīng)方向移動(dòng)，若減小壓強(qiáng)，平衡逆向進(jìn)行氫氣的物質(zhì)的量應(yīng)增大，不符合題意，故D錯(cuò)誤；

故選AC．

A.根據(jù)rm{v=dfrac{trianglec}{trianglet}}計(jì)算rm{Qc=dfrac{dfrac{2}{2}隆脕dfrac

{1}{2}}{dfrac{4}{2}隆脕(dfrac

{2}{2})^{3}}=0.25<K=0.5}再利用速率之比等于其化學(xué)計(jì)量數(shù)之比計(jì)算rm{v(}

B.由圖可知，rm{)>v(}平衡時(shí)氫氣為rm{)}利用三段式計(jì)算平衡時(shí)各組分物質(zhì)的量，進(jìn)而計(jì)算甲醇體積分?jǐn)?shù)rm{I}若起始時(shí)向上述容器中充入rm{v=dfrac{trianglec}{triangle

t}}和rm{v(H_{2})}等效為原平衡壓強(qiáng)減小一倍，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，甲醇的體積分?jǐn)?shù)減小；

C.根據(jù)rm{v(CO_{2})}中計(jì)算可知平衡時(shí)二氧化碳、氫氣、甲醇、水的濃度，代入平衡常數(shù)表達(dá)式rm{K=dfrac{c(CH_{3}OH)c(H_{2}O)}{c(CO_{2})c^{3}(H_{2})}}計(jì)算平衡常數(shù)，再計(jì)算此時(shí)的濃度商rm{I}與平衡常數(shù)比較，判斷反應(yīng)進(jìn)行方向；

D.與Ⅰ相比，Ⅱ到達(dá)平衡時(shí)間短，且平衡時(shí)氫氣濃度大，說(shuō)明改變條件反應(yīng)速率加快、反應(yīng)向逆反應(yīng)方向移動(dòng)；與rm{2mol}相比；Ⅲ到達(dá)平衡時(shí)間短，且平衡時(shí)氫氣濃度小，說(shuō)明改變條件反應(yīng)速率加快；反應(yīng)向正反應(yīng)方向移動(dòng)．

本題考查物質(zhì)的量隨時(shí)間變化曲線、反應(yīng)速率影響因素及計(jì)算、化學(xué)平衡影響因素與計(jì)算、平衡常數(shù)應(yīng)用等，側(cè)重考查學(xué)生分析計(jì)算能力，rm{.}中注意利用平衡常數(shù)判斷反應(yīng)進(jìn)行方向，難度中等．rm{3molCO_{2}}【解析】rm{AC}17、BC【分析】解：rm{A.}根據(jù)元素守恒知；即使碳酸鈉分解也不能生成水，可能是碳酸鈉不干燥導(dǎo)致的，故A錯(cuò)誤；

B.苯酚和濃溴水反應(yīng)生成三溴苯酚白色沉淀；向稀的苯酚水溶液滴加飽和溴水生成白色沉淀，說(shuō)明產(chǎn)物三溴苯酚不溶于水，故B正確；

C.同一氧化還原反應(yīng)中，氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，向含rm{I^{-}}的無(wú)色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液，氯氣具有強(qiáng)氧化性，能將碘離子氧化生成碘，碘遇淀粉試液變藍(lán)色，加入淀粉后溶液變藍(lán)色，說(shuō)明碘離子被氧化生成碘單質(zhì)，氧化劑是氯氣、氧化產(chǎn)物是碘，所以氧化性氧化性：rm{Cl_{2}>I_{2}}故C正確；

D.雙氧水具有氧化性，亞鐵離子具有還原性，亞鐵離子和雙氧水反應(yīng)生成鐵離子，鐵離子和rm{KSCN}溶液混合生成絡(luò)合物而導(dǎo)致溶液呈血紅色；加入雙氧水后溶液變成血紅色說(shuō)明亞鐵離子被氧化，則亞鐵離子有還原性，不能說(shuō)明具有氧化性，故D錯(cuò)誤；

故選BC．

A.根據(jù)元素守恒知；即使碳酸鈉分解也不能生成水；

B.苯酚和濃溴水反應(yīng)生成三溴苯酚沉淀；

C.同一氧化還原反應(yīng)中；氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性；

D.亞鐵離子具有還原性，能被雙氧水氧化生成鐵離子，鐵離子和rm{KSCN}溶液混合生成絡(luò)合物而導(dǎo)致溶液呈血紅色．

本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案評(píng)價(jià)，為rm{2015}年廣東省高考化學(xué)試題，涉及氧化還原反應(yīng)、氧化性強(qiáng)弱比較、離子檢驗(yàn)、物質(zhì)性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，側(cè)重考查學(xué)生分析判斷能力，明確物質(zhì)性質(zhì)及基本原理是解本題關(guān)鍵，易錯(cuò)選項(xiàng)是rm{D}．【解析】rm{BC}三、填空題(共6題，共12分)18、①②④羧基bd等【分析】【分析】反應(yīng)①中羧基中-OH被Cl原子取代，屬于取代反應(yīng)，反應(yīng)②是傅-克反應(yīng)，由反應(yīng)信息可知也屬于取代反應(yīng)，對(duì)比反應(yīng)③產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)，可知X為反應(yīng)③是羰基有氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，反應(yīng)④是發(fā)生醇的消去反應(yīng)生成茚的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為．（5）與互為同分異構(gòu)，有一苯環(huán)且苯環(huán)上有互為對(duì)位的2個(gè)取代基，并能與NaOH反應(yīng)，可以是-OH與-CH2CH=CH2或-CH2=CHCH3或-C（CH3）=CH2等．【解析】【解答】解：反應(yīng)①中羧基中-OH被Cl原子取代，屬于取代反應(yīng)，反應(yīng)②是傅-克反應(yīng)，由反應(yīng)信息可知也屬于取代反應(yīng)，對(duì)比反應(yīng)③產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)，可知X為反應(yīng)③是羰基有氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，反應(yīng)④是發(fā)生醇的消去反應(yīng)生成茚的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為．

（1）上述①；②、③、④反應(yīng)分別為取代反應(yīng)、取代反應(yīng)、加成反應(yīng)、消去反應(yīng)；屬取代反應(yīng)的有①②；屬于消去反應(yīng)的有④，故答案為：①②；④；

（2）反應(yīng)①的反應(yīng)物中含氧官能團(tuán)是羧基，X的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為故答案為：羧基；

（3）反應(yīng)④的化學(xué)方程式（反應(yīng)條件要標(biāo)明）：

故答案為：

（4）“茚”的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為

a．它的分子式為C9H8；故a錯(cuò)誤；

b．含有碳碳雙鍵，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故b正確；

c．屬于烴；不易溶于水，故c錯(cuò)誤；

d．苯環(huán)與碳碳雙鍵能與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，1mol“茚”在一定條件下與氫氣反應(yīng)，最多可消耗4molH2；故d正確；

故選：bd；

（5）與互為同分異構(gòu)，有一苯環(huán)且苯環(huán)上有互為對(duì)位的2個(gè)取代基，并能與NaOH反應(yīng)，可以是-OH與-CH2CH=CH2或-CH2=CHCH3或-C（CH3）=CH2等，其中一種結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：等；

故答案為：等．19、SO32-+Br2+2OH-=H2O+SO42-+2Br-方法1：取少量步驟①中上層清液于試管中；加入少量氯水，觀察溶液的顏色；

方法2：另取少量待測(cè)液于試管中，加入足量的2mol?L-1鹽酸直到不產(chǎn)生氣泡為止，再加入少量氯水，觀察溶液的顏色（若再加入四氯化碳，振蕩，靜置后觀察顏色也可）溶液呈橙黃色，證明待測(cè)液中含Br-（下層液體呈橙紅色，證明待測(cè)液中含Br-）方法1：取出步驟①中適量上層清液于試管中；滴入2滴品紅，觀察溶液的顏色。

方法2：另取少量待測(cè)液于試管中，加入過(guò)量2mol/L鹽酸，再滴入2滴品紅觀察溶液的顏色紅色褪去，則存在SO32-；紅色不褪去，則不存在。

SO32-63.0%偏高【分析】【分析】（1）Na2SO3和溴發(fā)生氧化還原反應(yīng)；

（2）檢驗(yàn)SO42-，可用硝酸酸化的BaCl2；檢驗(yàn)Br-，可用氯水，加入四氯化碳后，根據(jù)四氯化碳層的顏色進(jìn)行判斷；檢驗(yàn)SO32-；取少量待測(cè)液于試管中，加入過(guò)量鹽酸，再滴入2滴品紅觀察溶液的顏色是否變紅來(lái)確定；

（3）①根據(jù)化學(xué)反應(yīng)的離子方程式結(jié)合百分含量是亞硫酸鈉質(zhì)量和樣品質(zhì)量的比值來(lái)計(jì)算；

②酸式滴定管使用之前要清洗再潤(rùn)洗，不潤(rùn)洗則其中的水會(huì)將高錳酸鉀稀釋，消耗的量增大，帶來(lái)實(shí)驗(yàn)誤差，據(jù)此判斷．【解析】【解答】解：（1）向燒堿和Na2SO3混合溶液中加入少許溴水，振蕩后溶液變?yōu)闊o(wú)色，說(shuō)明亞硫酸根離子被溴單質(zhì)氧化為硫酸跟，依據(jù)電荷守恒和原子守恒配平寫出離子方程式為：SO32-+Br2+2OH-=H2O+SO42-+2Br-；

故答案為：SO32-+Br2+2OH-=H2O+SO42-+2Br-；

（2）檢驗(yàn)SO42-，可取少量待測(cè)液加入試管中，加入過(guò)量的2mol?L-1鹽酸，再滴加適量lmol?L-1BaCl2溶液；

檢驗(yàn)Br-，可取出步驟①中適量上層清液于試管中，加入適量氯水，觀察溶液的顏色．（若再加入四氯化碳，振蕩，靜置后觀察顏色也可），或方法2：另取少量待測(cè)液加入試管中，加入足量的2mol?L-1鹽酸直到不產(chǎn)生氣泡為止，再加入少量氯水，觀察溶液的顏色．（若再加入四氯化碳，振蕩，靜置后觀察顏色也可），如溶液呈橙黃色，證明待測(cè)液中含Br-．（下層液體呈橙紅色，證明待測(cè)液中含Br-．）

檢驗(yàn)SO32-；取少量待測(cè)液于試管中，加入過(guò)量2mol/L鹽酸，再滴入2滴品紅觀察溶液的顏色是否變紅來(lái)確定，若變紅，則含有亞硫酸根離子，反之不含．

故答案為：。實(shí)驗(yàn)操作預(yù)期現(xiàn)象與結(jié)論步驟②方法1：取少量步驟①中上層清液于試管中，加入少量氯水，觀察溶液的顏色溶液呈橙黃色，證明待測(cè)液中含Br-（下層液體呈橙紅色，證明待測(cè)液中含Br-）方法2：另取少量待測(cè)液于試管中，加入足量的2mol?L-1鹽酸直到不產(chǎn)生氣泡為止，再加入少量氯水，觀察溶液的顏色（若再加入四氯化碳，振蕩，靜置后觀察顏色也可）溶液呈橙黃色，證明待測(cè)液中含Br-（下層液體呈橙紅色，證明待測(cè)液中含Br-）溶液呈橙黃色，證明待測(cè)液中含Br-（下層液體呈橙紅色，證明待測(cè)液中含Br-）步驟③方法1：取出步驟①中適量上層清液于試管中，滴入2滴品紅，觀察溶液的顏色紅色褪去，則存在SO32-，紅色不褪去，則不存在SO32-方法2：另取少量待測(cè)液于試管中，加入過(guò)量2mol/L鹽酸，再滴入2滴品紅觀察溶液的顏色紅色褪去，則存在SO32-，紅色不褪去，則不存在SO32-紅色褪去，則存在SO32-，紅色不褪去，則不存在SO32-（3）①每次消耗0.10mol/LKMnO4溶液體積分別為20.02mL；20.00mL和19.98mL；其平均體積是：20.00mL，即0.02L；

根據(jù)反應(yīng)：2MnO4-+5SO32-+6H+═2Mn2++5SO42-+3H2O

25

0.10mol/L×0.02Lx

樣品中Na2SO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%=63.0%；故答案為：63.0%；

②若未用0.10mol/L的酸性KMnO4溶液潤(rùn)洗滴定管；則消耗的高錳酸的體積會(huì)增大，導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏高；

故答案為：偏高．20、②能3NO2+H2O=2HNO3+NO【分析】【分析】（1）氨氣的密度比空氣的密度??；利用向下排空氣法收集；

（2）用裝置B做二氧化硫與燒杯中氫氧化鈉溶液反應(yīng)的實(shí)驗(yàn)；廣口瓶中液體不能與氣體直接接觸；

（3）C為排水法，二氧化氮與水反應(yīng)生成硝酸和NO．【解析】【解答】解：（1）氨氣的密度比空氣的密度小，利用向下排空氣法收集，則用裝置A收集NH3氣體；氣體應(yīng)從②處通入，故答案為：②；

（2）用裝置B做二氧化硫與燒杯中氫氧化鈉溶液反應(yīng)的實(shí)驗(yàn)；廣口瓶中液體不能與氣體直接接觸，則能起到防倒吸作用，故答案為：能；

（3）C為排水法，二氧化氮與水反應(yīng)生成硝酸和NO，反應(yīng)為3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案為：3NO2+H2O=2HNO3+NO．21、3，4-二甲基-2-乙基庚烷3-甲基-1-丁炔1，2-二甲苯【分析】【分析】①烷烴命名原則：長(zhǎng)；多、近、小簡(jiǎn)；

②炔烴的命名選取含有碳碳三鍵的最長(zhǎng)碳鏈；距離三鍵最近的一端為1號(hào)碳；

③芳香烴的命名遵循取代基代數(shù)和最小原則．【解析】【解答】解：①為烷烴；最長(zhǎng)碳鏈為7，在3；4號(hào)碳上分別含有1個(gè)甲基，在2號(hào)碳上含有1個(gè)乙基，正確命名為：3，4-二甲基-2-乙基庚烷，故答案為：3，4-二甲基-2-乙基庚烷；

②為炔烴；最長(zhǎng)碳鏈為4，碳碳三鍵在1；2號(hào)碳之間，在3號(hào)碳上含有1個(gè)甲基，正確命名為：3-甲基-1-丁炔，故答案為：3-甲基-1-丁炔；

③為鄰二甲苯，系統(tǒng)的正確命名為：1，2-二甲苯，故答案為：1，2-二甲苯．22、K+、Cl--、OH-鐵粉Ag【分析】【分析】甲廠廢水呈堿性，則溶液中含有大量的OH-，與OH-離子反應(yīng)的Ag+、Fe3+不能大量共存，根據(jù)溶液電中性可知甲廠廢水中應(yīng)含有K+，乙廠中含有Ag+、Fe3+，則與Ag+、Fe3+反應(yīng)的Cl--、OH-不能共存，根據(jù)溶液電中性可知乙廠還有NO3-；

由此可知：甲廠含有K+、Cl--、OH-，乙廠含有Ag+、Fe3+、NO3-，根據(jù)兩廠中含有的離子組成及性質(zhì)解答該題．【解析】【解答】解：（1）甲廠廢水呈堿性，則溶液中含有大量的OH-，與OH-離子反應(yīng)的Ag+、Fe3+不能大量共存，根據(jù)溶液電中性可知甲廠廢水中應(yīng)含有K+，乙廠中含有Ag+、Fe3+，則與Ag+、Fe3+反應(yīng)的Cl--、OH-不能共存，根據(jù)溶液電中性可知乙廠還有NO3-；

由此可知：甲廠含有K+、Cl--、OH-，乙廠含有Ag+、Fe3+、NO3-，故答案為：K+、Cl--、OH-；

（2）含有的金屬離子有K+、Ag+、Fe3+，加入單質(zhì)Fe，可置換出Ag，故答案為：鐵粉；Ag；23、③⑥①②⑤④①②⑤【分析】【分析】根據(jù)導(dǎo)電原因；電解質(zhì)、非電解質(zhì)、弱電解質(zhì)的定義判斷．

能導(dǎo)電的物質(zhì)必須含有自由電子或自由離子．

電解質(zhì)：在水溶液里或熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電的化合物．

非電解質(zhì)：在水溶液里或熔融狀態(tài)下都不能導(dǎo)電的化合物．【解析】【解答】解：①食鹽晶體是強(qiáng)電解質(zhì)；因沒有自由電子或自由離子，所以不能導(dǎo)電．

②液態(tài)氯化氫是強(qiáng)電解質(zhì)；因沒有自由電子或自由離子，所以不能導(dǎo)電．

③水銀既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)；因有自由移動(dòng)的電子，所以能導(dǎo)電．

④蔗糖是非電解質(zhì)；是非電解質(zhì)，因沒有自由電子或自由離子，所以不能導(dǎo)電．

⑤CH3COOH是弱電解質(zhì)；因沒有自由電子或自由離子，所以不能導(dǎo)電．

⑥KNO3溶液是混合物；即不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，有自由離子，所以能導(dǎo)電．

故答案為：③⑥；①②⑤；④；①②⑤．四、判斷題(共3題，共18分)24、×【分析】【分析】向沸水中滴加幾滴飽和氯化鐵溶液，并加熱至液體呈紅褐色得到氫氧化鐵膠體，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：氫氧化鐵膠體的制備方法：向沸水中滴加幾滴氯化鐵飽和溶液，氯化鐵水解生成氫氧化鐵膠體，升高溫度促進(jìn)氯化鐵水解，并加熱至液體呈紅褐色即可得到氫氧化鐵膠體，所以該題錯(cuò)誤，故答案為：×．25、√【分析】【分析】水的分子式為H2O，結(jié)合分子式進(jìn)行判斷．【解析】【解答】解：水的分子式為H2O，1moL水中所含原子總數(shù)為3NA；

故答案為：√．26、×【分析】【分析】摩爾是物質(zhì)的量的單位．【解析】【解答】解：摩爾是物質(zhì)的量的單位；是國(guó)際單位制中七個(gè)基本單位之一；

故答案為：×．五、簡(jiǎn)答題(共2題，共14分)27、略

【分析】解：依據(jù)分析可知：A為C；B為Na，C為Al，D為S，E為Cl；

（1）E為Cl，Cl處于第三周期第ⅦA族，B為鈉，Na的核外電子排布式為：1s22s22p63s1，故答案為：第三周期第ⅦA族；1s22s22p63s1；

（2）C；S、Cl中；非金屬性越強(qiáng)，其電負(fù)性越大，由于非金屬性：Cl＞S＞C，故電負(fù)性最大的是Cl，Na與Al比較，金屬性越強(qiáng)，第一電離能越小，由于金屬性Na＞Al，故第一電離能Al＞Na，故答案為：Cl；Al；

（3）C與S非金屬性較強(qiáng)的是硫，依據(jù)非金屬的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物的酸性越強(qiáng)，其非金屬性越強(qiáng)，碳酸是弱酸，而硫酸是強(qiáng)酸，故答案為：S；H2CO3是弱酸，H2SO4是強(qiáng)酸；

（4）AD2為CS2，CS2結(jié)構(gòu)類似于CO2；即C與2個(gè)S分別形成兩對(duì)共價(jià)鍵，即含有2個(gè)Π鍵，2個(gè)α鍵，形成直線形分子，故答案為：2；2；直線型；

（5）Al與Cl形成的化合物為：AlCl3，AlCl3固體的熔沸點(diǎn)較低，即AlCl3固體為共價(jià)化合物形成的分子晶體分子，依據(jù)題意得知氧化鋁與碳單質(zhì)、氯氣在高溫條件下反應(yīng)，反應(yīng)中每消耗12kgC，即物質(zhì)的量為：=1000mol，1000molC反應(yīng)轉(zhuǎn)移2×l03mole-，故C被氧化為+2價(jià)，故產(chǎn)物為CO，據(jù)此寫反應(yīng)方程式為：Al2O3+3C+3Cl23CO+2AlCl3，故答案為：Al2O3+3C+3Cl23CO+2AlCl3．

A；B、C、D、E是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素．A元素可形成多種同素異形體；其中一種是自然界最硬的物質(zhì)，故A是碳元素；B的原子半徑在短周期主族元素中最大，故B為鈉元素；C原子核外電子占據(jù)7個(gè)不同的原子軌道，即證據(jù)1s1個(gè)軌道、2s1個(gè)軌道、2p3個(gè)軌道、3s1個(gè)軌道、3p1個(gè)軌道，即C為鋁元素；D的單質(zhì)在常溫常壓下是淡黃色固體，故D是硫元素，E的原