2025年教科新版高三化學(xué)下冊階段測試試卷含答案

…………○…………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2025年教科新版高三化學(xué)下冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點(diǎn)；考試時間：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7題，共14分)1、有機(jī)化合物種類繁多的主要原因是（）A.有機(jī)化合物主要來自自然界眾多的有機(jī)體B.有機(jī)物分子中的碳原子成鍵方式具有多樣性C.可以人工合成D.可以由無機(jī)物進(jìn)行轉(zhuǎn)化2、95℃時，純水中H+的物質(zhì)的量濃度為10-6mol/L．若將0.01molNaOH固體溶解在95℃水中配成1L溶液，則溶液中由水電離出的H+的濃度（單位：mol/L）（）A.10-6B.10-10C.10-8D.10-123、丁香油酚的結(jié)構(gòu)簡式如圖所示，它不具有的化學(xué)性質(zhì)是（）A.燃燒B.使酸性高錳酸鉀溶液褪色C.與溴加成D.與NaHCO3溶液反應(yīng)放出二氧化碳4、在一密閉容器中加入A、B、C三種氣體，保持一定溫度，在t1～t4時刻測得各物質(zhì)的濃度如下表．據(jù)此判斷下列結(jié)論正確的是()

。測定時刻/st1t2t3t4c(A)/(mol/L)6322c(B)/(mol/L)53.533c(C)/(mol/L)12.533A.在t3時刻反應(yīng)已經(jīng)停止B.A的轉(zhuǎn)化率比B的轉(zhuǎn)化率低C.在容器中發(fā)生的反應(yīng)為：2A+B?2CD.在t2～t3內(nèi)A的平均反應(yīng)速率為：[]mol/(L?s)5、下列表示對應(yīng)化學(xué)反應(yīng)的離子方程式正確的是（）A.用惰性電極電解飽和食鹽水：2Cl-+2H+H2↑+Cl2↑B.向氯化鋁溶液中通入過量氨氣：4NH3+Al3++2H2O═AlO2-+4NH4+C.氫氧化鋇溶液中滴加稀硫酸：Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2OD.金屬鈉與水反應(yīng)：Na+2H2O=Na++2OH-+H2↑6、下列物質(zhì)中，存在離子鍵的是（）A.二氧化硅B.碘單質(zhì)固體C.干冰D.氯化鈉固體7、已知SO3、BF3、CCl4、PCl5、SF6都是非極性分子，而H2S、NH3、NO2、SF4、BrF5都是極性分子，由此可推出ABn型分子屬于非極性分子的經(jīng)驗(yàn)規(guī)律是（）A.ABn型分子中B均不含氫原子B.A元素的相對原子質(zhì)量必小于B元素的相對原子質(zhì)量C.分子中所有原子都在同一平面上D.ABn型的價層電子對數(shù)等于n評卷人得分二、雙選題(共9題，共18分)8、一支規(guī)格為AmL的酸式滴定管，其尖咀部分充滿液體時，液面在mmL刻度處，當(dāng)液面降低到nmL刻度處時，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）mL9、下列有關(guān)化學(xué)用語使用正確的是（）A.CO2分子比例模型：B.NaHCO3的電離方程式NaHCO3═Na++HCO3-C.羥基的電子式：D.（CH3）2CHCH（OH）CH3的名稱：2-甲基-3-丁醇10、三氟化溴溶于水可發(fā)生反應(yīng)3BrF3+5H2O→HBrO3+Br2+9HF+O2↑，下列說法正確的是（）A.氧化產(chǎn)物是O2B.BrF3既是氧化劑又是還原劑C.當(dāng)有5mol水參加反應(yīng)，生成22.4L氧氣D.當(dāng)反應(yīng)中轉(zhuǎn)移3NA個電子時，有NA個水分子被氧化11、下列有關(guān)說法正確的是A.rm{2NO(g)+2CO(g)=N_{2}(g)+2CO_{2}(g)}在常溫下能自發(fā)進(jìn)行，則該反應(yīng)的rm{triangleH>0}B.若在海輪外殼上附著一些鋅塊，則可以減緩海輪外殼的腐蝕C.加熱rm{0.1mol隆隴L^{-1}Na_{2}CO_{3}}溶液，rm{CO_{3}^{2-}}的水解程度和溶液的rm{pH}均增大D.rm{SO_{2}}溶于水，其水溶液能導(dǎo)電，說明rm{SO_{2}}是電解質(zhì)12、下列有關(guān)說法正確的是A.催化劑能改變反應(yīng)的活化能和焓變B.已知rm{K}rm{sp[Fe(OH)_{3}]=4.0隆脕10^{-38}}則rm{Fe^{3+}+3H_{2}O?Fe(OH)_{3}+3H^{+}}的平衡常數(shù)rm{Fe^{3+}+3H_{2}O?

Fe(OH)_{3}+3H^{+}}rm{K}C.向rm{0.1mol隆隴L^{-1}Na_{2}CO_{3}}溶液中加少量rm{=2.5隆脕10^{-5}}rm{dfrac{c(CO_{3}^{2+})}{c(HCO_{3}^{-})}}和rm{0.1

mol隆隴L^{-1}Na_{2}CO_{3}}rm{H_{2}O}均增大D.測得rm{0.1mol隆隴L^{-1}CH_{3}COONa}溶液的rm{

dfrac{c(CO_{3}^{2+})}{c(HCO_{3}^{-})}}說明rm{c}是弱電解質(zhì)rm{(H^{+})}13、rm{X}元素的陽離子和rm{Y}元素的陰離子具有與氖原子相同的電子層結(jié)構(gòu)，下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.原子序數(shù)rm{X<Y}B.原子半徑rm{X>Y}C.原子的最外層電子數(shù)rm{X>Y}D.元素的最高正價rm{X<Y}14、常溫下用石墨電極，電解rm{100mL}rm{0.1mol?L^{-1}Cu(NO_{3})_{2}}和rm{0.1mol?L^{-1}AgNO_{3}}組成的混合溶液，當(dāng)某一電極上生成的氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積為rm{1.12L}時，假設(shè)溶液體積不變，下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.陰極增重rm{1.72g}B.所得溶液rm{pH<1}C.陰極增重rm{0.64g}D.所得溶液rm{pH>1}15、一定溫度下，鹵化銀AgX（X：Cl-、Br-、I-）及Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲線如圖示．橫坐標(biāo)p（Ag+）表示“-lgc（Ag+）”，縱坐標(biāo)Y表示“-lgc（X-）”或“-lgc（CrO42-）”．下列說法正確的是（）A.a點(diǎn)表示c（Ag+）=c（CrO42-）B.b點(diǎn)可表示AgI的飽和溶液C.該溫度下AgI的Ksp約為1×10-16D.該溫度下AgCl、AgBr飽和溶液中：c（Cl-）＜c（Br-）16、氮化鈉和氫化鈣都是離子化合物，與水反應(yīng)的化學(xué)方程式rm{(}末配平rm{)}如下：rm{Na_{3}N+H_{2}O隆煤NaOH+NH_{3}}rm{CaH_{2}+H_{2}O隆煤Ca(OH)_{2}+H_{2}.}有關(guān)它們的敘述正確的是rm{(}rm{)}A.離子半徑的大小：rm{Na^{+}>N^{3-}>H^{-}}B.它們與水發(fā)生的反應(yīng)均屬于氧化還原反應(yīng)C.兩種化合物均只含離子鍵，不含共價鍵D.兩固體混合物溶于足量鹽酸中可得到三種鹽評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)17、A與B在一定條件下反應(yīng)生成C，進(jìn)一步反應(yīng)生成抗氧化劑“安維那”D，其分子式為C10H10O4．A對氫氣的相對密度為52，1molA與足量NaHCO3反應(yīng)生成2mol氣體．B屬于芳香類化合物．已知：

RCHO+CH2（COOH）2RCH=C（COOH）2+H2O；

RCH=C（COOH）2RCH=CHCOOH+CO2

（1）C可能發(fā)生的反應(yīng)是____（填序號）．

a．氧化反應(yīng)b．水解反應(yīng)c．消去反應(yīng)d．酯化反應(yīng)。

（2）等物質(zhì)的量的C分別與足量的Na、NaHCO3、NaOH反應(yīng)時消耗Na、NaHCO3、NaOH的物質(zhì)的量之比是____．

（3）A的分子式是____．寫出D中的含氧官能團(tuán)名稱：____

（4）反應(yīng)①的化學(xué)方程式是____．

（5）符合下列條件的D的同分異構(gòu)體有____種，寫出其中任意一種的結(jié)構(gòu)簡式____．

①在苯環(huán)上只有兩個取代基；②在苯環(huán)上的一氯取代物只有兩種；

③1mol該同分異構(gòu)體與足量NaHCO3反應(yīng)生成2molCO2．18、已知90℃時，水的離子積常數(shù)為1×10-12．在此溫度下，將pH=8NaOH溶液與pH=4的H2SO4溶液混合，也得到pH=7的混合溶液，則NaOH溶液與硫酸的體積比為____；

若在0.10mol/L硫酸銅溶液中加入氫氧化鈉稀溶液充分?jǐn)嚢栌袦\藍(lán)色氫氧化銅沉淀生成，當(dāng)溶液的pH=8時，c（Cu2+）=____（Ksp[Cu（OH）2]=2.2×10-20）．在0.1mol/L硫酸銅溶液中通入過量H2S氣體，使Cu2+完全沉淀為CuS，此時溶液中的H+濃度是____mol/L．19、由乙苯合成有機(jī)高分子化合物E的路線如下：

（1）反應(yīng)①的反應(yīng)條件是____．

（2）根據(jù)上述合成路線，有機(jī)物B有兩種，則這兩種物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式分別是____．

（3）有機(jī)高分子化合物E的結(jié)構(gòu)簡式為____．

（4）反應(yīng)⑤的化學(xué)方程式為____．

（5）寫出同時滿足下列條件的同分異體結(jié)構(gòu)簡式：____．

a．能發(fā)生銀鏡反應(yīng)；b．能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)；c．苯環(huán)上的一氯代物只有兩種：d．分子中只含有一個手性碳原子．

（6）請寫出CH2=CHCHO為原料制備的合成路線流程圖（無機(jī)試劑任用）____

合成路線流程圖示例如下：H2C=CH2CH3CH2Br△CH3CH2OH．20、反應(yīng)3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O中還原劑為____；還原產(chǎn)物為____；0.8molHNO3充分反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為____mol．21、高溫焙燒含硫廢渣會產(chǎn)生SO2廢氣，為了回收利用SO2，研究人員研制了利用低品位軟錳礦漿（主要成分是MnO2）吸收SO2并制備硫酸猛晶體的生產(chǎn)流程；其流程示意圖如下：

已知：浸出液的pH＜2，其中的金屬離子主要是Mn2+，還含有少量的Fe2+、Al3+等其他金屬離子．

請回答下列問題：

（1）高溫焙燒在實(shí)驗(yàn)室宜選擇的主要儀器是____

（2）26．lg低品位軟錳礦吸收了含20.0%SO2的廢氣2.24L（標(biāo)況下），則低品位軟錳礦漿含MnO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為____

（3）二氧化錳除能將SO2氧化外，在圖中“氧化”過程還能將____氧化（填離子符號）

（4）濾渣的主要成分有____

（5）工業(yè)生產(chǎn)中為了確定需要向浸出液中加入多少M(fèi)nO2粉，可準(zhǔn)確量取10.00mL浸出液用0.02mol/L酸性KMnO4溶液滴定，判斷滴定終點(diǎn)的方法是____，若達(dá)滴定終點(diǎn)共消耗10.00mL酸性KMnO4溶液，請計算浸出液中Fe2+濃度是____．

（6）操作a的具體過程____．22、電解質(zhì)溶液之間的反應(yīng)，實(shí)質(zhì)上是____的反應(yīng)．這類離子反應(yīng)發(fā)生的條件，實(shí)質(zhì)上是____反應(yīng)發(fā)生的條件，只要有____、____或____物質(zhì)中的一種生成，反應(yīng)就能發(fā)生．23、化合物Ⅰ（C11H12O3）是制備液晶材料的中間體之一；其分子中含有醛基和酯基．Ⅰ可以用E和H在一定條件下合成：

已知以下信息：

①A的核磁共振氫譜表明其只有一種化學(xué)環(huán)境的氫；

②RCH=CH2RCH2CH2OH

③化合物F苯環(huán)上的一氯代物只有兩種；

④通常在同一個碳原子上連有兩個羥基不穩(wěn)定；易脫水形成羰基．

回答下列問題：

（1）E的分子式為____．

（2）D中官能團(tuán)的結(jié)構(gòu)簡式和名稱分別是____、____．

（3）F生成G的化學(xué)方程式為____，該反應(yīng)類型為____．

（4）I的結(jié)構(gòu)簡式為____．

（5）I的同系物J比I相對分子質(zhì)量小14；J的同分異構(gòu)體中能同時滿足如下條件：

①苯環(huán)上只有兩個取代基；

②既能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，又能和飽和NaHCO3溶液反應(yīng)放出CO2，有很多種，其中的一個同分異構(gòu)體發(fā)生銀鏡反應(yīng)并酸化后其核磁共振氫譜為三組峰，且峰面積比為2：2：1，寫出J的這種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式____．24、甲醇是一種很好的燃料，工業(yè)上用CH4和H2O為原料；通過反應(yīng)Ⅰ和Ⅱ來制備甲醇．

（1）將1.0molCH4和2.0molH2O（g）通入反應(yīng)室（容積為100L），在一定條件下發(fā)生反應(yīng)：CH4（g）+H2O（g）?CO（g）+3H2（g）Ⅰ．CH4的轉(zhuǎn)化率與溫度；壓強(qiáng)的關(guān)系如圖1．

①已知100℃時達(dá)到平衡所需的時間為5min，則用H2表示的平均反應(yīng)速率為____．

②圖中的P1____P2（填“＜”、“＞”或“=”），100℃時平衡常數(shù)為____．

③該反應(yīng)的△H____0（填“＜”；“＞”或“=”）．

（2）在壓強(qiáng)為0.1MPa條件下，amolCO與3amolH2的混合氣體在催化劑作用下能自發(fā)反應(yīng)生成甲醇：CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）；△H＜0Ⅱ．

④若容器容積不變，下列措施可增加甲醇產(chǎn)率的是____．

A．升高溫度。

B．將CH3OH（g）從體系中分離。

C．充入He；使體系總壓強(qiáng)增大。

D．再充入1molCO和3molH2

⑤為了尋找合成甲醇的溫度和壓強(qiáng)的適宜條件，某同學(xué)設(shè)計了三組實(shí)驗(yàn)，部分實(shí)驗(yàn)條件已經(jīng)填在下面實(shí)驗(yàn)設(shè)計表中．。實(shí)驗(yàn)編號T（℃）N（CO）/nH2P（Mpa）11501/30.12a1/353350b5A．則上表中剩余的實(shí)驗(yàn)條件數(shù)據(jù)：a=____、b=____．

B．根據(jù)反應(yīng)Ⅱ的特點(diǎn)，如圖2是在壓強(qiáng)分別為0.1MPa和5MPa下CO的轉(zhuǎn)化率隨溫度變化的曲線圖，請指明圖中的壓強(qiáng)Px=____MPa．

（3）已知CO（g）、CH3OH（l）的燃燒熱△H分別為-283.0kJ/mol和-726.5kJ/mol，則CH3OH（l）不完全燃燒生成CO（g）和H2O（l）的熱化學(xué)方程式____

（4）作為燃料，甲醇可制成燃料電池結(jié)構(gòu)示意圖如圖3所示．關(guān)于該電池的敘述正確的是____．

A．當(dāng)電池反應(yīng)消耗了2mol甲醇時，轉(zhuǎn)移了12NA個e-

B．電池的負(fù)極反應(yīng)為：CH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6H+

C．放電過程中，H+從正極區(qū)向負(fù)極區(qū)遷移。

D．在電池反應(yīng)中，每消耗1mol氧氣，理論上能生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下CO2氣體22.4/3L．評卷人得分四、判斷題(共4題，共24分)25、常溫下體積和濃度都相同的鹽酸和醋酸中和氫氧化鈉能力鹽酸強(qiáng)____（判斷正誤）26、常溫常壓下，1molFe在1molCl2中充分燃燒，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NA____（判斷對錯）27、現(xiàn)對0.1mol/L的純堿溶液進(jìn)行相關(guān)研究．

（1）用pH試紙測定該溶液的pH，其正確的操作____．

（2）由上測得純堿溶液呈堿性，請用離子方程式表示其原因：____．

（3）某同學(xué)根據(jù)所學(xué)知識對Na2CO3溶液進(jìn)行分析；寫出了以下四個關(guān)系式．請你判斷：在正確的關(guān)系式后面打“√”，在錯誤的后面寫出正確的關(guān)系式．

①c（Na+）=2[c（CO32-）+c（HCO3-）]：____；

②c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-）：____；

③c（OH-）=c（H+）+c（HCO3-）+c（H2CO3）：____；

④c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）：____．28、對于2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）和I2（g）+H2（g）═2HI（g）反應(yīng)，在恒溫恒容條件下，當(dāng)壓強(qiáng)保持不變時，均能說明上述反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)．____（判斷對錯）評卷人得分五、解答題(共1題，共9分)29、將A組物質(zhì)與B組物質(zhì)用短線相連．

評卷人得分六、簡答題(共1題，共7分)30、以為原料（其他無機(jī)試劑任選），合成寫出有關(guān)反應(yīng)的化學(xué)方程式（注明反應(yīng)條件）。參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、B【分析】【分析】碳原子能與其他原子形成四個共價鍵（可以是雙鍵，可以是單間，可以是叁鍵），且碳原子之間也能相互成鍵，可以成碳鏈，可以成碳環(huán)，此外含碳的有機(jī)物存在同分異構(gòu)現(xiàn)象，這些是自然界中有機(jī)物種類繁多的原因．【解析】【解答】解：有機(jī)化合物種類繁多的主要原因是碳原子能與其他原子形成四個共價鍵（可以是雙鍵，可以是單間，可以是叁鍵），且碳原子之間也能相互成鍵，可以成碳鏈，可以成碳環(huán)，此外含碳的有機(jī)物存在同分異構(gòu)現(xiàn)象，故選B．2、B【分析】【分析】95℃時，水中H+的物質(zhì)的量濃度為10-6mol/L，則此時Kw=c（H+）?c（OH-）=10-12，結(jié)合水的離子積計算溶液中水電離出的氫離子濃度．【解析】【解答】解：95℃時，水中H+的物質(zhì)的量濃度為10-6mol/L，則此時Kw=c（H+）?c（OH-）=10-12；

若把0.1molNaOH固體溶解在95℃水中配成1L溶液，c（OH-）=0.01mol/L；

則c（H+）=mol/L=10-10mol/L；

故選B．3、D【分析】【分析】由結(jié)構(gòu)簡式可知，有機(jī)物含酚-OH、碳碳雙鍵及醚鍵，結(jié)合酚、烯烴的性質(zhì)來解答．【解析】【解答】解：A．含C；H、O三種元素；可燃燒生成二氧化碳和水，故A正確；

B．含雙鍵；能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故B正確；

C．含雙鍵；能與溴發(fā)生加成反應(yīng)，故C正確；

D．含酚-OH，但酸性較弱，則不能與NaHCO3溶液反應(yīng)；故D錯誤；

故選D．4、D【分析】解：A；可逆反應(yīng)達(dá)到了平衡狀態(tài)；但是反應(yīng)仍然進(jìn)行，故A錯誤；

B；根據(jù)表中的數(shù)據(jù)；t1→t2，消耗了A3mol/L、B1.5mol/L，生成了1.5mol/LC，故反應(yīng)方程式為：2A+B?C，反應(yīng)前A的濃度為8mol/L、B為6mol/L，故轉(zhuǎn)化率A的小于B，故B錯誤；

C；由于ABC的反應(yīng)方程式為：2A+B?C；故C錯誤；

D、反應(yīng)速率等于濃度變化比時間，t2到t3，A的濃度變化為1mol/L，時間為(t3-t2)，故A的平均反應(yīng)速率為：[]mol/(L?s)；故D正確；

故選：D．【解析】【答案】D5、C【分析】【分析】A；水是弱電解質(zhì)；不能拆開，離子方程式中應(yīng)該保留分子式；

B；氨水堿性較弱；氫氧化鋁沉淀不會溶解；

C；氫氧化鋇與硫酸反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀和水；

D、根據(jù)電荷守恒判斷，離子方程式兩邊電荷不相等．【解析】【解答】解：A、用惰性電極電解飽和食鹽水，水需要保留分子式，正確的離子方程式為：2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-；故A錯誤；

B、氯化鋁溶液中加入過量氨氣，反應(yīng)生成是氫氧化鋁沉淀，正確的離子方程式為：Al3++3H2O+3NH3=Al（OH）3↓+3NH4+；故B錯誤；

C、氫氧化鋇溶液中滴加稀硫酸，氫氧化鋇與硫酸反應(yīng)的離子方程式為：SO42-+Ba2++2H++2OH-═BaSO4↓+2H2O；故C正確；

D、金屬鈉與水反應(yīng)，生成了氫氧化鈉和氫氣，反應(yīng)的離子方程式為：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；故D錯誤；

故選C．6、D【分析】【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，非金屬元素之間易形成共價鍵，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：A．二氧化硅中只含共價鍵；故A錯誤；

B．碘單質(zhì)中只含共價鍵；且為非極性共價鍵，故B錯誤；

C．干冰中只含共價鍵；且為極性共價鍵，故C錯誤；

D．氯化鈉中只含離子鍵；為離子化合物，故D正確；

故選D．7、D【分析】【分析】根據(jù)“SO3、BF3、CCl4、PCl5、SF6都是非極性分子，而H2S、NH3、NO2、SF4、BrF5都是極性分子”知，中心原子上的價電子都形成共價鍵的分子為非極性分子，存在孤電子對的分子為極性分子．【解析】【解答】解：根據(jù)“SO3、BF3、CCl4、PCl5、SF6都是非極性分子，而H2S、NH3、NO2、SF4、BrF5都是極性分子”知；中心原子上的價電子都形成共價鍵的分子為非極性分子，存在孤電子對的分子為極性分子．

A、ABn型分子中A、B不一定均不含氫原子，如CH4含氫原子但甲烷分子為非極性分子；故A錯誤；

B、A元素的相對原子質(zhì)量不一定小于B元素的相對原子質(zhì)量，如CH4；故B錯誤；

C、分子中的所有原子不一定都在同一平面上，如CCl4是正四面體結(jié)構(gòu)；故C錯誤；

D、ABn型的價層電子對數(shù)等于n，如PCl5中P原子上的價層電子對是5，BrF5中Br原子上的價層電子對是6；故D正確；

故選D．二、雙選題(共9題，共18分)8、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（A-n）mL，故C錯誤；

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（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】BD9、B|C【分析】解：A．C原子半徑比O原子半徑大，則CO2分子比例模型為故A錯誤；

B．NaHCO3的電離方程式為：NaHCO3═Na++HCO3-；故B正確；

C．羥基為中性原子團(tuán)，其電子式為故C正確；

D．（CH3）2CHCH（OH）CH3中；羥基處于2號，甲基處于3號C，該有機(jī)物正確名稱為：3-甲基-2-丁醇，故D錯誤；

故選BC．

A．C原子半徑比O原子半徑大；

B．碳酸氫鈉為強(qiáng)電解質(zhì)；在溶液中完全電離出鈉離子和碳酸氫根離子；

C．羥基為中性原子團(tuán)；氧原子最外層為7個電子；

D．醇的命名時；編號從距離羥基最近的一端開始，羥基位于2號碳．

本題考查了常見化學(xué)用語的表示方法，題目難度中等，涉及電子式、比例模型、電離方程式、有機(jī)物命名等知識，明確常見化學(xué)用語的表示方法為解答關(guān)鍵，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力及靈活應(yīng)用能力．【解析】【答案】BC10、B|D【分析】解：A．Br元素的化合價由+3價升高為+5價，O元素的化合價由-2價升高為0，則氧化產(chǎn)物是HBrO3、O2；故A錯誤；

B．Br元素的化合價既升高又降低，則BrF3既是氧化劑又是還原劑；故B正確；

C．沒有說明是否是標(biāo)準(zhǔn)狀況下；無法計算氣體的體積，故C錯誤；

D．反應(yīng)中轉(zhuǎn)移6mol電子時有2mol水被氧化，所以當(dāng)反應(yīng)中轉(zhuǎn)移3NA個電子時，有NA個水分子被氧化；故D正確．

故選BD．

3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2↑+O2↑+9HF中，Br元素的化合價由+3價升高為+5價，O元素的化合價由-2價升高為0，Br元素的化合價由+3價降低為0；以此來解答．

本題考查氧化還原反應(yīng)，把握反應(yīng)中元素的化合價變化為解答的關(guān)鍵，注意Br元素的化合價判斷為易錯點(diǎn)，題目難度不大．【解析】【答案】BD11、BC【分析】【分析】本題比較綜合，是常見題型，涉及金屬腐蝕與防護(hù)、化學(xué)反應(yīng)進(jìn)行方向、鹽類水解、化學(xué)平衡移動、化學(xué)反應(yīng)速率及平衡常數(shù)影響因素等，難度不大，側(cè)重對基礎(chǔ)知識的考查?！窘獯稹緼.正反應(yīng)為熵減的反應(yīng)，即rm{triangleS<0}常溫下能自發(fā)進(jìn)行，根據(jù)rm{triangleH-TtriangleS=triangleG<0}反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行，可推知該反應(yīng)rm{triangleH-TtriangleS=triangle

G<0}故A錯誤；B.船體rm{triangleH<0}rm{(Fe)}及海水構(gòu)成原電池，rm{Zn}比rm{Zn}活潑，作負(fù)極，rm{Fe}海輪外殼的腐蝕，故B正確；C.碳酸鈉溶液中碳酸根發(fā)生水解，溶液呈堿性，而鹽類水解是吸熱反應(yīng)，升高溫度，水解程度增大，溶液堿性增強(qiáng)，即溶液的可以減緩均增大，故C正確；D.rm{pH}rm{SO}rm{SO}本身電離出來的，rm{{,!}_{2}}溶于水，其水溶液能導(dǎo)電，但不是rm{SO_{2}}本身電離出來的，rm{SO}rm{SO_{2}}rm{SO}rm{{,!}_{2}}【解析】rm{BC}12、BD【分析】【分析】本題考查了電離和水解的基礎(chǔ)知識。【解答】A.催化劑只降低活化能，不能改變反應(yīng)的活化能和焓變，故A錯誤；

B.已知rm{K}rm{K}rm{sp[Fe(OH)}rm{sp[Fe(OH)}rm{{,!}_{3}}rm{]=4.0隆脕10}rm{]=4.0隆脕10}rm{{,!}^{-38}}，則rm{Fe}rm{Fe}rm{{,!}^{3+}}rm{+3H}rm{+3H}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{;K=dfrac{c({H}^{+}{)}^{3}}{c(F{e}^{3+})}=dfrac{c(O{H}^{-}{)}^{3}c({H}^{+}{)}^{3}}{c(F{e}^{3+})c(O{H}^{-}{)}^{3}}=dfrac{(1隆脕{10}^{-14}{)}^{3}}{4.0隆脕{10}^{-38}}=2.5隆脕{10}^{-5}}故B正確；

rm{?}rm{Fe(OH)}rm{Fe(OH)}rm{{,!}_{3}}rm{+3H}rm{+3H}rm{{,!}^{+}}的平衡常數(shù)rm{;K=

dfrac{c({H}^{+}{)}^{3}}{c(F{e}^{3+})}=

dfrac{c(O{H}^{-}{)}^{3}c({H}^{+}{)}^{3}}{c(F{e}^{3+})c(O{H}^{-}{)}^{3}}=

dfrac{(1隆脕{10}^{-14}{)}^{3}}{4.0隆脕{10}^{-38}}=2.5隆脕{10}^{-5}

}平衡正向移動，rm{dfrac{c(CO_{3}^{2+})}{c(HCO_{3}^{-})}}減小C.向rm{0.1mol隆隴L}rm{0.1mol隆隴L}rm{{,!}^{-1}}rm{Na}rm{Na}增大；故C錯誤；

rm{{,!}_{2}}rm{CO}rm{CO}rm{{,!}_{3}}溶液中加少量rm{H}溶液的rm{H}是因?yàn)榇姿岣鶗獾脑?，說明rm{{,!}_{2}}rm{O}平衡正向移動，rm{O}是弱電解質(zhì)，故D正確。故選BD。rm{

dfrac{c(CO_{3}^{2+})}{c(HCO_{3}^{-})}}【解析】rm{BD}13、rBD【分析】解：rm{X}元素的陽離子和rm{Y}元素的陰離子具有與氖原子相同的電子層結(jié)構(gòu)，則rm{X}為第三周期的金屬元素，rm{Y}為第二周期的非金屬元素，rm{Y}原子最外層電子數(shù)較多；

A.由以上分析可知rm{X}的原子序數(shù)大于rm{Y}的原子序數(shù)；故A錯誤；

B.rm{X}為第三周期的金屬元素，rm{Y}為第二周期的非金屬元素，由同周期自左而右原子半徑減小，同主族自上而下原子半徑增大可知rm{X}的原子半徑比rm{Y}的大；故B正確；

C.rm{X}的最外層電子數(shù)少于rm{4}rm{Y}的最外層電子數(shù)大于rm{4}故C錯誤；

D.最外層電子數(shù)等于最高正價，rm{X}的最外層電子數(shù)少于rm{4}rm{Y}的最外層電子數(shù)大于rm{4}則rm{X}元素的最高正價比rm{Y}的?。还蔇正確。

故選：rm{BD}

rm{X}元素的陽離子和rm{Y}元素的陰離子具有與氖原子相同的電子層結(jié)構(gòu)，則rm{X}為第三周期的金屬元素，rm{Y}為第二周期的非金屬元素，rm{Y}原子最外層電子數(shù)較多；以此來解答．

本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，由信息得出元素的相對位置是解答本題的關(guān)鍵，并熟悉元素周期律來解答即可，難度不大．【解析】rm{BD}14、rAB【分析】解：rm{100ml0.1mol/L}的硝酸銅和rm{0.1mol/L}的硝酸銀組成的混合溶液，含有銀離子、銅離子各rm{0.01mol}用石墨作電極電解混合液，當(dāng)某一電極上生成的氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積為rm{1.12L}時：

rm{1}當(dāng)陰極上生成的氣體體積為rm{1.12L}即rm{0.05mol}說明銀離子、銅離子放電完全，溶液中的氫離子放電生成氫氣rm{0.05mol}

陰極：rm{Ag^{+}+e^{-}=Ag}rm{Cu^{2+}+2e^{-}=Cu}rm{2H^{+}+2e^{-}=H_{2}隆眉}

轉(zhuǎn)移電子數(shù)：rm{Ag^{+}+e^{-}=Ag}rm{Cu^{2+}+2e^{-}=Cu}rm{2H^{+}+2e^{-}=H_{2}隆眉}

rm{0.010.010.01}rm{0.010.020.01}rm{0.1}rm{0.10.05}

共轉(zhuǎn)移電子數(shù)rm{0.01+0.02+0.1=0.13(mol)}陰極增重rm{0.01隆脕108+0.01隆脕64=1.72g}故A正確，C錯誤；

陽極為氫氧根離子放電生成氧氣，電極反應(yīng)式陽極：rm{4OH^{-}-4e^{-}=2H_{2}O+O_{2}隆眉}

rm{4OH^{-}-4e^{-}=2H_{2}O+O_{2}隆眉}

rm{0.13}rm{0.13}rm{dfrac{0.13}{4}}

則反應(yīng)后溶液中的氫離子濃度為rm{dfrac{0.13-0.1}{0.1}mol/L=0.3mol/L}則所得溶液rm{dfrac

{0.13-0.1}{0.1}mol/L=0.3mol/L}故B正確，D錯誤．

故選AB．

用石墨作電極，電解rm{pH<1}的硝酸銅和rm{100ml0.1mol/L}的硝酸銀組成的混合溶液；陽極上放電的離子為氫氧根離子，陰極上放電的離子為銀離子；銅離子、氫離子，依據(jù)電極得失電子守恒討論產(chǎn)生氣體在陰極和陽極分別進(jìn)行計算．

本題考查了電解池相關(guān)計算，明確電解池工作的原理，抓住陰陽兩極轉(zhuǎn)移電子守恒是解題關(guān)鍵，題目難度中等．rm{0.1mol/L}【解析】rm{AB}15、C【分析】解：A．a(chǎn)點(diǎn)為Ag2CrO4飽和溶液，存在Ag2CrO4（s）?2Ag+（aq）+CrO42-（aq），則a點(diǎn)表示c（Ag+）≠c（CrO42-）；故A錯誤；

B．b點(diǎn)在AgI溶解平衡曲線的上方；Qc＜Ksp，為不飽和溶液，曲線上的點(diǎn)為飽和溶液，故B錯誤；

C．橫坐標(biāo)p（Ag+）表示“-lgc（Ag+）”，縱坐標(biāo)Y表示“-lgc（I-）”，該溫度下AgI的Ksp約為1×10-8×1×10-8=1×10-16；故C正確；

D．縱橫坐標(biāo)的乘積越大，Ksp越小，則Ksp（AgCl）＞Ksp（AgBr），可知該溫度下AgCl、AgBr飽和溶液中：c（Cl-）＞c（Br-）；故D錯誤；

故選C．

A．a(chǎn)點(diǎn)為Ag2CrO4飽和溶液，存在Ag2CrO4（s）?2Ag+（aq）+CrO42-（aq）；

B．b點(diǎn)在AgI溶解平衡曲線的上方；為不飽和溶液；

C．橫坐標(biāo)p（Ag+）表示“-lgc（Ag+）”，縱坐標(biāo)Y表示“-lgc（I-）”；可計算Ksp；

D．縱橫坐標(biāo)的乘積越大；Ksp越?。?/p>

本題考查難溶電解質(zhì)的溶解平衡，為高頻考點(diǎn)，把握圖中離子濃度、Ksp的關(guān)系為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與計算能力的考查，注意Ksp與縱橫坐標(biāo)的關(guān)系，題目難度不大．【解析】【答案】C16、rCD【分析】解：rm{A.}電子層越多，半徑越大，所以氫離子半徑最小，電子層一樣，核電荷數(shù)越多，半徑越小，所以rm{Na^{+}<N^{3-}}即rm{N^{3-}>Na^{+}>H^{+}}故A錯誤；

B.rm{Na_{3}N+H_{2}O隆煤NaOH+NH_{3}}該反應(yīng)中沒有元素化合價發(fā)生變化；不屬于氧化還原反應(yīng)，故B錯誤；

C.rm{Na_{3}N}rm{CaH_{2}}只含有離子鍵；不存在共價鍵，故C正確；

D.氮化鈉和鹽酸反應(yīng)會生成氯化鈉；氯化銨兩種鹽；氫化鈉與鹽酸反應(yīng)會生成氯化鈉，可得到三種鹽，故D正確．

故選CD．

A.根據(jù)離子半徑的判斷標(biāo)準(zhǔn)；核外電子層數(shù)多的大于核外電子層數(shù)少的，當(dāng)核外電子層數(shù)相同時，核內(nèi)質(zhì)子數(shù)大的離子半徑?。?/p>

B.氧化還原反應(yīng)中一定有電子的轉(zhuǎn)移和化合價的升降；

C.rm{Na_{3}N}rm{CaH_{2}}只含有離子鍵；

D.氮化鈉和鹽酸反應(yīng)會生成氯化鈉；氯化銨兩種鹽；氫化鈉與鹽酸反應(yīng)會生成氯化鈉．

本題考查了鈉及其化合物的性質(zhì)，涉及離子半徑大小比較、氧化還原反應(yīng)的判斷、原子結(jié)構(gòu)的判斷，題目難度不大，把握氧化還原反應(yīng)的規(guī)律，準(zhǔn)確判斷元素的化合價是解題關(guān)鍵．【解析】rm{CD}三、填空題(共8題，共16分)17、ad3：2：3C3H4O4羧基、羥基、醚鍵4任意一種【分析】【分析】A對氫氣的相對密度為52，則Mr（A）=52×2=104，1molA與足量NaHCO3溶液反應(yīng)生成2mol氣體，則A分子中含有2個-COOH．B屬于芳香族化合物，且含有醛基，B與A反應(yīng)生成C，由反應(yīng)信息RCHO+CH2（COOH）RCH=C（COOH）2+H2O，結(jié)合C的結(jié)構(gòu)可知，A為CH2（COOH）2，B為C反應(yīng)生成D，其分子式為C10H10O4，分子組成減少1分子CO2，由反應(yīng)信息RCH=C（COOH）2RCH=CHCOOH+CO2↑可知，D的結(jié)構(gòu)簡式為據(jù)此解答．【解析】【解答】解：A對氫氣的相對密度為52，則Mr（A）=52×2=104，1molA與足量NaHCO3溶液反應(yīng)生成2mol氣體，則A分子中含有2個-COOH．B屬于芳香族化合物，且含有醛基，B與A反應(yīng)生成C，由反應(yīng)信息RCHO+CH2（COOH）RCH=C（COOH）2+H2O，結(jié)合C的結(jié)構(gòu)可知，A為CH2（COOH）2，B為C反應(yīng)生成D，其分子式為C10H10O4，分子組成減少1分子CO2，由反應(yīng)信息RCH=C（COOH）2RCH=CHCOOH+CO2↑可知，D的結(jié)構(gòu)簡式為．

（1）C含有酚羥基；碳碳雙鍵；可以發(fā)生氧化反應(yīng)，含有羧基可以發(fā)生酯化反應(yīng)，不能發(fā)生消去反應(yīng)與水解反應(yīng)；

故答案為：ad；

（2）由C的結(jié)構(gòu)可知；1molC中含有2mol-COOH；1mol酚羥基-OH、1molC=C；

羧基；羥基與鈉反應(yīng)；1molC可以消耗3molNa；

羧基與碳酸氫鈉反應(yīng)，1molC消耗2molNaHCO3；

羧基；酚羥基與氫氧化鈉反應(yīng)；1molC消耗3molNaOH；

故等物質(zhì)的量的C分別與足量的Na、NaHCO3、NaOH反應(yīng)時消耗反應(yīng)時消耗Na、NaHCO3；NaOH的物質(zhì)的量之比為3mol：2mol：3mol=3：2：3；

故答案為：3：2：3；

（3）由上述分析可知，A的結(jié)構(gòu)簡式為CH2（COOH）2，分子式為C3H4O4，D的結(jié)構(gòu)簡式為含有的含氧官能團(tuán)有：羧基；羥基、醚鍵；

故答案為：C3H4O4；羧基；羥基、醚鍵；

（4）反應(yīng)①的化學(xué)方程式是：

故答案為：

（5）D（）同分異構(gòu)體符合：

①在苯環(huán)上只有兩個取代基；

②在苯環(huán)上的一氯取代物只有兩種；結(jié)合D的結(jié)構(gòu)，說明兩個不同的取代基處于對位位置或者兩個相同的取代基處于鄰位位置；

③1mol該同分異構(gòu)體與足量NaHCO3反應(yīng)生成2molCO2氣體；含有2個-COOH；

所以符合條件的D的同分異構(gòu)體結(jié)構(gòu)簡式分別為：共有4種；

故答案為：4；任意一種．18、9：112.2×10-80.2【分析】【分析】pH=8的Ba（OH）2溶液中氫氧根離子的物質(zhì)的量濃度==10-4mol/L，pH=4的H2SO4溶液中氫離子的物質(zhì)的量濃度=10-4mol/L，水的離子積常數(shù)Kw=10-12，即PH=6時，溶液呈中性，當(dāng)混合溶液的pH=7時，溶液呈堿性，即Ba（OH）2過量；據(jù)此列式計算出NaOH溶液與硫酸的體積比；

根據(jù)溶度積常數(shù)及溶液中氫氧根離子濃度計算出c（Cu2+）；

在0.1mol/L硫酸銅溶液中通入過量H2S氣體，硫酸根離子濃度為0.1mol/L，根據(jù)溶液的電中性計算H+濃度．【解析】【解答】解：當(dāng)混合溶液的pH=7時，混合溶液中氫氧根離子的物質(zhì)的量濃度==10-5mol/L；

pH=8的Ba（OH）2溶液中氫氧根離子的物質(zhì)的量濃度==10-4mol/L；

pH=4的H2SO4溶液中氫離子的物質(zhì)的量濃度=10-4mol/L；

設(shè)硫酸的體積為x，Ba（OH）2溶液的體積為y；混合后pH=7，呈堿性；

則兩種溶液混合后氫氧根離子的物質(zhì)的量濃度列等式：=10-5；解得：x：y=9：11；

根據(jù)題給Cu（OH）2的溶度積即可確定pH=8時，c（OH-）=10-6mol/L，Ksp[Cu（OH）2]=2.2×10-20，則：c（Cu2+）==2.2×10-8mol?L-1；

在0.1mol?L-1硫酸銅溶液中通入過量H2S氣體，使Cu2+完全沉淀為CuS，此時溶液中的溶質(zhì)為硫酸，c（SO42-）不變，為0.1mol?L-1，由電荷守恒可知c（H+）為0.2mol?L-1；

故答案為：9：11；2.2×10-8；0.2．19、濃硫酸、加熱或【分析】【分析】乙苯和濃硝酸發(fā)生取代反應(yīng)生成A，A和氯氣發(fā)生取代反應(yīng)生成B，B和氫氧化鈉的醇溶液發(fā)生消去反應(yīng)生成C，C和HCl發(fā)生加成反應(yīng)生成則C為B為A為D被氧化生成發(fā)生反應(yīng)生成D，則D中含有醇羥基，D的結(jié)構(gòu)簡式為：發(fā)生縮聚反應(yīng)生成E，E的結(jié)構(gòu)簡式為或．【解析】【解答】解：乙苯和濃硝酸發(fā)生取代反應(yīng)生成A，A和氯氣發(fā)生取代反應(yīng)生成B，B和氫氧化鈉的醇溶液發(fā)生消去反應(yīng)生成C，C和HCl發(fā)生加成反應(yīng)生成則C為B為A為D被氧化生成發(fā)生反應(yīng)生成D，則D中含有醇羥基，D的結(jié)構(gòu)簡式為：發(fā)生縮聚反應(yīng)生成E，E的結(jié)構(gòu)簡式為或．

（1）乙苯和濃硝酸在濃硫酸作催化劑；加熱條件下發(fā)生取代反應(yīng)；

故答案為：濃H2SO4；加熱；

（2）光照條件下，A和氯氣發(fā)生取代反應(yīng)生成B，取代位置可能是甲基也可能是亞甲基，所以B的結(jié)構(gòu)簡式可能是

故答案為：

（3）通過以上分析知，E的結(jié)構(gòu)簡式為：或

故答案為：或

（4）和氫氧化鈉的水溶液發(fā)生取代反應(yīng)生成反應(yīng)方程式為：

故答案為：

（5）的同分異構(gòu)體符合下列條件：

a．能發(fā)生銀鏡反應(yīng)說明含有醛基；

b．能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)說明含有酚羥基；

c．苯環(huán)上的一氯代物只有兩種；說明苯環(huán)上的兩個取代基的位置為對位；

d．分子中只含有一個手性碳原子，說明只有一個碳原子連接4個不同的原子或原子團(tuán)，則符合條件的有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡式為：

故答案為：

（6）CH2=CHCHO和銀氨溶液反應(yīng)生成CH2=CHCOOH，在催化劑條件下CH2=CHCOOH和HCl發(fā)生加成反應(yīng)生成ClCH2CH2COOH，ClCH2CH2COOH和氫氧化鈉的水溶液發(fā)生取代反應(yīng)生成HOCH2CH2COONa，HOCH2CH2COONa酸化生成HOCH2CH2COOH，HOCH2CH2COOH發(fā)生分子間酯化反應(yīng)生成所以其合成路線為：

；

故答案為：．20、CuNO0.6【分析】【分析】3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O中，Cu元素的化合價升高，N元素的化合價降低，8molHNO3充分反應(yīng)轉(zhuǎn)移2mol×（5-2）=6mol電子，以此來解答．【解析】【解答】解：3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O中；Cu元素的化合價升高，N元素的化合價降低；

則Cu為還原劑；NO為氧化產(chǎn)物；

8molHNO3充分反應(yīng)轉(zhuǎn)移2mol×（5-2）=6mol電子，所以0.8molHNO3充分反應(yīng)；轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0.6mol；

故答案為：Cu；NO；0.6．21、坩堝6.67%Fe2+氫氧化鐵、氫氧化鋁、硫酸鈣當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏嗡嵝訩MnO4溶液，溶液變紫紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色0.1mol/L蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾洗滌【分析】【分析】高溫焙燒含硫廢渣產(chǎn)生的SO2廢氣，軟錳礦漿的主要成分是MnO2，通入SO2浸出液的pH＜2，其中的金屬離子主要是Mn2+，則MnO2與SO2發(fā)生氧化還原反應(yīng)，浸出液還含有少量的Fe2+、Al3+等其他金屬離子，F(xiàn)e2+具有還原性，可以被MnO2在酸性條件下氧化成Fe3+，在氧化后的液體中加入石灰漿，雜質(zhì)中含有Fe2+、Al3+、Ca2+等陽離子，由沉淀的pH范圍知，F(xiàn)e2+的沉淀與Mn2+離子的沉淀所需的pH接近，而Fe3+則相差很遠(yuǎn)，故可以將Fe2+氧化成Fe3+而除雜．調(diào)節(jié)pH值在4.7～8.3間，F(xiàn)e3+、Al3+陽離子通過調(diào)pH值，轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀，同時生成微溶的硫酸鈣，過濾，濾渣主要有氫氧化鐵、氫氧化鋁、硫酸鈣，由于制取的MnSO4?H2O含有結(jié)晶水，故操作a采用蒸發(fā)濃縮結(jié)晶的方法，得到MnSO4?H2O．

（1）加熱固體；應(yīng)在坩堝中進(jìn)行；

（2）反應(yīng)的化學(xué)方程式為SO2+MnO2=MnSO4；根據(jù)方程式計算；

（3）雜質(zhì)離子中只有Fe2+具有還原性，可以被MnO2在酸性條件下氧化成Fe3+；

（4）Fe3+、Al3+陽離子通過調(diào)pH值；轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵；氫氧化鋁沉淀，同時生成微溶的硫酸鈣；

（5）高錳酸鉀有顏色；滴定終點(diǎn)時溶液變?yōu)樽霞t色，結(jié)合電子轉(zhuǎn)移的數(shù)目計算；

（6）由濾液得到晶體，應(yīng)進(jìn)行蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾洗滌等操作．【解析】【解答】解：高溫焙燒含硫廢渣產(chǎn)生的SO2廢氣，軟錳礦漿的主要成分是MnO2，通入SO2浸出液的pH＜2，其中的金屬離子主要是Mn2+，則MnO2與SO2發(fā)生氧化還原反應(yīng)，浸出液還含有少量的Fe2+、Al3+等其他金屬離子，F(xiàn)e2+具有還原性，可以被MnO2在酸性條件下氧化成Fe3+，在氧化后的液體中加入石灰漿，雜質(zhì)中含有Fe2+、Al3+、Ca2+等陽離子，由沉淀的pH范圍知，F(xiàn)e2+的沉淀與Mn2+離子的沉淀所需的pH接近，而Fe3+則相差很遠(yuǎn)，故可以將Fe2+氧化成Fe3+而除雜．調(diào)節(jié)pH值在4.7～8.3間，F(xiàn)e3+、Al3+陽離子通過調(diào)pH值，轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀，同時生成微溶的硫酸鈣，過濾，濾渣主要有氫氧化鐵、氫氧化鋁、硫酸鈣，由于制取的MnSO4?H2O含有結(jié)晶水，故操作a采用蒸發(fā)濃縮結(jié)晶的方法，得到MnSO4?H2O．

（1）加熱固體；應(yīng)在坩堝中進(jìn)行，故答案為：坩堝；

（2）低品位軟錳礦漿的主要成分是MnO2，通入SO2浸出液的pH＜2，其中的金屬離子主要是Mn2+，則MnO2與SO2發(fā)生氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)的化學(xué)方程式為SO2+MnO2=MnSO4，n（SO2）==0.02mol，則n（MnO2）=0.02mol，m（MnO2）=0.02mol×87g/mol=1.74g，ω（MnO2）==6.67%；

故答案為：6.67%；

（3）由以上分析可知，二氧化錳除能將SO2氧化外，在圖中“氧化”過程還能將Fe2+氧化，故答案為：Fe2+；

（4）Fe3+、Al3+陽離子通過調(diào)pH值；轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵；氫氧化鋁沉淀，同時生成微溶的硫酸鈣，所以濾渣主要有氫氧化鐵、氫氧化鋁、硫酸鈣；

故答案為：氫氧化鐵；氫氧化鋁、硫酸鈣；

（5）高錳酸鉀有顏色，滴定終點(diǎn)時溶液變?yōu)樽霞t色，判斷方法為當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏嗡嵝訩MnO4溶液，溶液變紫紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色，若達(dá)滴定終點(diǎn)共消耗l0.00mL酸性KMnO4溶液，則n（KMnO4）=0.01L×0.02mol/L=2×10-4mol，得電子的物質(zhì)的量為2×10-4mol×（7-2）=10-3mol，反應(yīng)中Fe2+被氧化生成Fe3+；則。

n（Fe2+）=10-3mol，c（Fe2+）==0.1mol/L

故答案為：當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏嗡嵝訩MnO4溶液；溶液變紫紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色；0.1mol/L；

（6）由濾液得到晶體，應(yīng)進(jìn)行蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾洗滌等操作，故答案為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾洗滌．22、離子之間復(fù)分解沉淀氣體弱電解質(zhì)【分析】【分析】依據(jù)電解質(zhì)在溶液中電離產(chǎn)生離子，依據(jù)復(fù)分解反應(yīng)發(fā)生的條件，離子之間能夠發(fā)生反應(yīng)生成沉淀、氣體或者弱電解質(zhì)的要發(fā)生反應(yīng)而不共存解答．【解析】【解答】解：電解質(zhì)在溶液中電離產(chǎn)生離子；電解質(zhì)溶液之間的反應(yīng)，這類離子反應(yīng)發(fā)生的條件，實(shí)質(zhì)上復(fù)分解反應(yīng)發(fā)生的條件，復(fù)分解反應(yīng)發(fā)生的條件為：

產(chǎn)生沉淀；生成氣體、生成弱電解質(zhì)；

故答案為：離子之間；復(fù)分解；沉淀；氣體；弱電解質(zhì)．23、C4H9O2-CHO醛基+Cl2+2HCl取代反應(yīng)【分析】【分析】A中不含不飽和鍵，A的核磁共振氫譜表明其只有一種化學(xué)環(huán)境的氫，則A的結(jié)構(gòu)簡式為（CH3）3CCl，A和NaOH的醇溶液發(fā)生消去反應(yīng)生成B，B結(jié)構(gòu)簡式為（CH3）2CH=CH2，B發(fā)生加成反應(yīng)生成C，C結(jié)構(gòu)簡式為（CH3）2CH2CH2OH，C在Cu作催化劑條件下發(fā)生氧化反應(yīng)生成D，D結(jié)構(gòu)簡式為（CH3）2CH2CHO，D和新制氫氧化銅懸濁液發(fā)生氧化反應(yīng)然后酸化得到E，E結(jié)構(gòu)簡式為（CH3）2CH2COOH；

化合物F苯環(huán)上的一氯代物只有兩種，則F結(jié)構(gòu)簡式為對甲基苯酚和氯氣發(fā)生取代反應(yīng)生成G，G發(fā)生取代反應(yīng)生成H，結(jié)合題給信息；G和H分子式知，H中含有醛基，則F中甲基上氫原子被氯原子取代，G結(jié)構(gòu)簡式為。

H結(jié)構(gòu)簡式為E和H發(fā)生酯化反應(yīng)生成I，I結(jié)構(gòu)簡式為據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：A中不含不飽和鍵，A的核磁共振氫譜表明其只有一種化學(xué)環(huán)境的氫，則A的結(jié)構(gòu)簡式為（CH3）3CCl，A和NaOH的醇溶液發(fā)生消去反應(yīng)生成B，B結(jié)構(gòu)簡式為（CH3）2CH=CH2，B發(fā)生加成反應(yīng)生成C，C結(jié)構(gòu)簡式為（CH3）2CH2CH2OH，C在Cu作催化劑條件下發(fā)生氧化反應(yīng)生成D，D結(jié)構(gòu)簡式為（CH3）2CH2CHO，D和新制氫氧化銅懸濁液發(fā)生氧化反應(yīng)然后酸化得到E，E結(jié)構(gòu)簡式為（CH3）2CH2COOH；

化合物F苯環(huán)上的一氯代物只有兩種，則F結(jié)構(gòu)簡式為對甲基苯酚和氯氣發(fā)生取代反應(yīng)生成G，G發(fā)生取代反應(yīng)生成H，結(jié)合題給信息；GH分子式知，H中含有醛基，則F中甲基上氫原子被氯原子取代，G結(jié)構(gòu)簡式為。

H結(jié)構(gòu)簡式為E和H發(fā)生酯化反應(yīng)生成I，I結(jié)構(gòu)簡式為

（1）通過以上分析知，E的分子式為C4H9O2，故答案為：C4H9O2；

（2）D結(jié)構(gòu)簡式為（CH3）2CH2CHO；D中官能團(tuán)的結(jié)構(gòu)簡式和名稱分別是-CHO；醛基；

故答案為：-CHO；醛基；

（3）F結(jié)構(gòu)簡式為G結(jié)構(gòu)簡式為F發(fā)生取代反應(yīng)生成G，反應(yīng)方程式為+Cl2+2HCl；反應(yīng)類型為取代反應(yīng)；

故答案為：+Cl2+2HCl；取代反應(yīng)；

（4）I結(jié)構(gòu)簡式為故答案為：

（5）I的同系物J比I相對分子質(zhì)量小14，J比I少一個-CH2原子團(tuán)；J的同分異構(gòu)體中能同時滿足如下條件：

①苯環(huán)上只有兩個取代基；

②既能發(fā)生銀鏡反應(yīng)說明含有醛基，又能和飽和NaHCO3溶液反應(yīng)放出CO2說明含有羧基；

有很多種，其中的一個同分異構(gòu)體發(fā)生銀鏡反應(yīng)并酸化后其核磁共振氫譜為三組峰，且峰面積比為2：2：1，則J的這種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為故答案為：．24、0.0030mol?L-1?min-1＜2.25×10-4＞BD1500.1CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）△H=-443.5kJ?mol-1AB【分析】【分析】（1）①根據(jù)v=計算氫氣的平均反應(yīng)速率；

②該反應(yīng)是反應(yīng)前后氣體體積增大的反應(yīng)；相同溫度下，增大壓強(qiáng)，平衡向氣體體積減小的方向移動，根據(jù)甲烷的轉(zhuǎn)化率確定壓強(qiáng)大小；平衡常數(shù)等于生成物濃度冪之積與反應(yīng)物濃度冪之積之比；

③一定壓強(qiáng)下；升高溫度平衡向吸熱反應(yīng)方向移動，根據(jù)轉(zhuǎn)化率判斷反應(yīng)熱；

（2）④容器容積不變；增加甲醇產(chǎn)率，平衡向正反應(yīng)移動，根據(jù)外界條件對平衡的影響分析．

⑤采取控制變量法；探究合成甲醇的溫度和壓強(qiáng)的適宜條件，據(jù)此判斷n；m的值．

⑥根據(jù)定一議二原則；定溫度同，再比較壓強(qiáng)，即作垂直x軸的輔助線，比較平衡時CO的轉(zhuǎn)化率，由此判斷；

（3）根據(jù)CO和CH3OH的燃燒熱先書寫熱方程式；再利用蓋斯定律來分析甲醇不完全燃燒生成一氧化碳和液態(tài)水的熱化學(xué)方程式；

（4）在燃料電池中，燃料是通入負(fù)極，甲醇在負(fù)極被氧化，氧氣通入正極，在正極得電子被還原，在酸性環(huán)境下，正極反應(yīng)式為O2+4e-+4H+=2H2O，電池總反應(yīng)式為2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O，轉(zhuǎn)移電子是12mol，以此解答該題【解析】【解答】解：（1）①根據(jù)v（H2）=3v（CH4）=3×=0.0030mol?L-1?min-1，故答案為：0.0030mol?L-1?min-1；

②根據(jù)化學(xué)方程式可以得出，增大壓強(qiáng)，化學(xué)平衡逆向移動，甲烷的轉(zhuǎn)化率減小，可以去200℃來分析，發(fā)現(xiàn)甲烷的轉(zhuǎn)化率是p1時大于p2時的，所以P1＜P2；

CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）

初始濃度：0.010.0200

變化濃度：0.0050.0050.0050.015

平衡濃度：0.0050.0150.0050.015

100℃時平衡常數(shù)=（mol/L）2=2.25×10-4（mol/L）2；

故答案為：＜；2.25×10-4；

③一定壓強(qiáng)下；升高溫度平衡向正反應(yīng)方向移動，則正反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，所以△H＞0；故答案為：＞；

（2）④A；該反應(yīng)為放熱反應(yīng)；升高溫度，平衡向吸熱方向移動，即向逆反應(yīng)方向移動，甲醇的產(chǎn)率降低，故A錯誤；

B、將CH3OH（g）從體系中分離；產(chǎn)物的濃度降低，平衡向正反應(yīng)移動，甲醇的產(chǎn)率增加，故B正確；

C；充入He；使體系總壓強(qiáng)增大，容器容積不變，反應(yīng)混合物各組分濃度不變，平衡不移動，甲醇的產(chǎn)率不變，故C錯誤；

D、再充入1molCO和3molH2；可等效為壓強(qiáng)增大，平衡向體積減小的方向移動，即向正反應(yīng)方向移動，甲醇的產(chǎn)率增加，故D正確．

故選：BD

②A、采取控制變量法，探究合成甲醇的溫度和壓強(qiáng)的適宜條件，所以溫度、壓強(qiáng)是變化的，應(yīng)保持不變，所以b=，比較使用1、2，壓強(qiáng)不同，所以溫度應(yīng)相同，故a=150，故答案為：a=150，b=；

③溫度相同時，作垂直x軸的輔助線，發(fā)現(xiàn)壓強(qiáng)為Py的CO的轉(zhuǎn)化率高，反應(yīng)為前后體積減小的反應(yīng)，壓強(qiáng)增大平衡向體積減小的方向移動，即向正反應(yīng)移動，所以Px＜Py，所以壓強(qiáng)Px=0.1MPa．

故答案為：0.1；

（3）由CO（g）和CH3OH（l）的燃燒熱△H分別為-283.0kJ?mol-1和-726.5kJ?mol-1；則。

①CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283.0kJ?mol-1

②CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-726.5kJ?mol-1

由蓋斯定律可知，②-①得反應(yīng)CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l），則△H=-726.5kJ?mol-1-（-283.0kJ?mol-1）=-443.5kJ?mol-1；

故答案為：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）△H=-443.5kJ?mol-1；

（4）A．電池總反應(yīng)式為2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O，轉(zhuǎn)移電子是12mol，即1molCH3OH完全反應(yīng)轉(zhuǎn)移6mol電子，所以當(dāng)電池反應(yīng)消耗了2mol甲醇時，轉(zhuǎn)移了12NA個e-

；故A正確；

B．燃料是通入負(fù)極，甲醇在負(fù)極被氧化，在酸性環(huán)境下，負(fù)極反應(yīng)：CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+；故B正確；

C．在原電池中，H+向正極移動；故C錯誤；

D．在電池反應(yīng)中，每消耗1mol氧氣，理論上能生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下CO2氣體，故D錯誤；故選AB．四、判斷題(共4題，共24分)25、×【