2025年人教版高三化學上冊階段測試試卷

…………○…………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2025年人教版高三化學上冊階段測試試卷391考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、下列關(guān)于NaHCO3和Na2CO3的敘述不正確的是（）A.NaHCO3比Na2CO3穩(wěn)定；與稀鹽酸反應的快慢：Na2CO3大于NaHCO3B.NaHCO3、Na2CO3可相互轉(zhuǎn)化；都能與澄清石灰水反應生成白色沉淀C.NaHCO3可用于焙制糕點；Na2CO3可用于玻璃、造紙等工業(yè)D.分別配成溶液，加入CaCl2溶液，無沉淀生成的是NaHCO32、下列反應的離子方程式正確的是（）A.碳酸鈣跟鹽酸反應：CO32-+2H+═CO2↑+H2OB.氨水跟鹽酸反應：OH-+H+═H2OC.氫氧化鋇跟稀硫酸反應：Ba2++2OH-+2H++SO42-═BaSO4↓+2H2OD.醋酸溶液與氫氧化鈉溶液反應：H++OH-=H2O3、下列物質(zhì)發(fā)生變化時，所克服的微粒間的相互作用屬于同種類型的是（）A.氫氧化鈉和葡萄糖分別溶解在水中B.干冰和氯化銨分別受熱變?yōu)闅怏wC.食鹽和冰分別受熱熔化D.液溴和酒精分別揮發(fā)4、實驗室可用如圖裝置（啟普發(fā)生器）制取氫氣．欲使得到氫氣的速率加快，下列措施可行的是（）A.將稀硫酸改為濃硫酸B.向稀硫酸中加入少量CuSO4固體C.向稀硫酸中加入AgNO3溶液D.給裝置中發(fā)生反應的部分加熱5、中學化學中有很多常數(shù)，下列化學常數(shù)不隨任何條件的改變而改變的是（）A.水的離子積常數(shù)B.溶度積常數(shù)C.阿伏伽德羅常數(shù)D.弱酸的電離平衡常數(shù)6、下列反應的化學方程式書寫正確的是（）A.實驗室制乙烯：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2OB.苯酚鈉溶液通入少量CO2：C.乙酸苯酚酯在足量的NaOH溶液中水解：D.工業(yè)制聚乙烯：7、下列觀點正確的是（）A.某單質(zhì)固體能導電，該單質(zhì)一定是金屬B.某化合物的水溶液能導電，該化合物一定是電解質(zhì)C.酸與醇的反應不一定是酯化反應D.某純凈物常溫常壓下為氣體，則組成該物質(zhì)的微粒一定含共價鍵評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)8、A、B、C、D四種可溶性鹽，它們的陽離子分別可能是Ba2+、Ag+、Na+、Cu2+中的某一種，陰離子分別可能是NO3-、SO42-、Cl-、CO32-中的某一種；且不重復出現(xiàn)．

①若把四種鹽分別溶于盛有蒸餾水的四支試管中；只有C鹽的溶液呈藍色．

②若向①的四支試管中分別加鹽酸；B鹽溶液有沉淀產(chǎn)生，D鹽溶液有無色無味氣體逸出．

（1）根據(jù)①；②實驗事實推斷它們的化學式為：

A、____B、____C、____D、____

（2）寫出鹽酸與B鹽反應的離子方程式：____；將A鹽與D鹽混合的現(xiàn)象____，及離子方程式____．9、F是新型降壓藥替米沙坦的中間體；可由下列路線合成：

（1）A→B的反應類型是____，D→E的反應類型是____；

（2）C中含有的官能團名稱是____；已知固體C在加熱條件下可溶于甲醇；

下列C→D的有關(guān)說法正確的是____；

a．使用過量的甲醇，是為了提高D的產(chǎn)率b．濃硫酸的吸水性可能會導致溶液變黑。

c．甲醇既是反應物，又是溶劑d．D的化學式為C9H9NO4

（3）E的同分異構(gòu)體苯丙氨酸經(jīng)聚合反應形成的高聚物是____（寫結(jié)構(gòu)簡式）；

（4）由B轉(zhuǎn)化為C的化學方程式是____；

（5）F在一定條件下水解的有機產(chǎn)物的種類最多為____種．10、目前；我國采用“接觸法”制硫酸，設備如圖所示：

（1）圖中設備A的名稱是____，該設備中主要反應的化學方程式為____．

（2）有關(guān)接觸法制硫酸的下列說法中，不正確的是____（填字母序號）．

A．二氧化硫的接觸氧化在接觸室中發(fā)生。

B．吸收塔用濃度為98.3%濃硫酸吸收三氧化硫。

C．煅燒含硫48%的黃鐵礦時，若FeS2損失了2%；則S損失2%

D．B裝置中反應的條件之一為較高溫度是為了提高SO2的轉(zhuǎn)化率。

E．硫酸工業(yè)中在接觸室安裝熱交換器是為了利用SO3轉(zhuǎn)化為H2SO4時放的熱量．11、（2013秋?青羊區(qū)校級期中）CO易與Fe發(fā)生反應Fe+5CO═Fe（CO）5，從而導致合成氨的催化劑鐵中毒，除去CO的化學反應方程式（已知HAc表示醋酸）：Cu（NH3）2Ac+CO+NH3═[Cu（NH3）3（CO）]Ac．請回答下列問題：

（1）C、N、O的原子半徑由大到小順序____；第一電離能最小的是____；

（2）寫出基態(tài)Cu+的核外電子排布式____

（3）配合物[Cu（NH3）3（CO）]Ac中含有的化學鍵是____

A．金屬鍵B．離子鍵C．非極性鍵D．配位鍵E．極性鍵。

（4）寫出與CO互為等電子體的離子或者分子的電子式____（任寫一個）．

（5）銅金合金形成的晶胞如圖所示，Au的配位數(shù)（距離Au最近的Cu原子數(shù)）為：____．

（6）實驗證明銀氨溶液可以除去CO并有黑色Ag生成，其反應方程式為____．12、某實驗小組同學進行如下實驗；以探究化學反應中的能量變化．

（1）實驗表明：①中的溫度降低，由此判斷氫氧化鋇晶體與氯化銨晶體反應是____（填“吸熱”或“放熱”）反應；且反應物能量生成物能量（填“大于”；“小于”、”等于”）；

（2）②實驗中，該小組同學在燒杯中加入鹽酸，再放入用砂紙打磨過的鋁條，該反應是____（填“吸熱”或“放熱”）反應，離子反應方程式____，其能量變化可用如圖中的____（填“A”或“B”）表示．

13、請仔細閱讀以下轉(zhuǎn)化關(guān)系：

A是從蛇床子果實中提取的一種中草藥有效成分；是由碳；氫、氧元素組成的酯類化合物；

B稱作冰片；可用于醫(yī)藥和制香精，樟腦等；

C的核磁共振氫譜顯示其分子中含有4種氫原子；

D中只含一個氧原子，與Na反應放出H2；

F為烴．

請回答：

（1）B的分子式為____．

（2）B不能發(fā)生的反應是（填序號）____．

a．氧化反應b．聚合反應c．消去反應d取代反應e．與Br2加成反應．

（3）寫出D→E、E→F的反應類型：D→E____、E→F____．

（4）F的分子式為____．化合物H是F的同系物，相對分子質(zhì)量為56，寫出H所有可能的結(jié)構(gòu)（共四種）：____，____，____，____．

（5）C的結(jié)構(gòu)簡式為：____；F用系統(tǒng)命名法命名為：____．

（6）寫出E→D的化學方程式____．14、下列各組化學反應中，鹽酸均是反應物．利用鹽酸的弱氧化性的是（填編號）____；利用鹽酸的弱還原性的是____；僅利用鹽酸的酸性的是____．

（1）4HCl（濃）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O（2）2HCl+2Na=2NaCl+H2↑

（3）2HCl+CuO=CuCl2+H2O（4）HCl+HClO=Cl2↑+H2O

（5）CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑（6）Fe+2HCl=FeCl2+H2↑評卷人得分三、判斷題(共5題，共10分)15、O2和O3互為同位素____．（判斷對錯）16、因為CO2的水溶液可以導電，所以CO2是電解質(zhì)____．（判斷對錯）17、常溫常壓下，92gNO2和N2O4的混合氣體中含有的原子總數(shù)為6NA．____（判斷對錯）18、Na2SO4固體中含鈉離子．____（判斷對錯）19、物質(zhì)的量相同的磷酸鈉溶液和磷酸溶液中所含的PO43-量相同．____．評卷人得分四、計算題(共3題，共18分)20、甲醇又稱“木醇”；是無色有酒精氣味易揮發(fā)的有毒液體．甲醇是重要的化學工業(yè)基礎(chǔ)原料和液體燃料，可用于制造甲醛和農(nóng)藥，并常用作有機物的萃取劑和酒精的變性劑等．

（1）工業(yè)上可利用CO2和H2生產(chǎn)甲醇；方程式如下：

CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（l）+H2O（g）△H=Q1kJ?mol-1

又查資料得知：①CH3OH（l）+O2（g）?CO2（g）+2H2（g）△H=Q2kJ?mol-1

②H2O（g）=H2O（l）△H=Q3kJ?mol-1，則表示甲醇的燃燒熱的熱化學方程式為____．

某同學設計了一個甲醇燃料電池，并用該電池電解200mL一定濃度的NaCl與CuSO4混合溶液；其裝置如圖：

（2）為除去飽和食鹽水中的銨根離子，可在堿性條件下通入氯氣，反應生成氮氣．該反應的離子方程式為____．

（3）過量氯氣用Na2S2O3除去，反應中S2O32-被氧化為SO42-．若過量的氯氣為1×10-3mol，則理論上生成的SO42-為____mol．

（4）寫出甲中通入甲醇這一極的電極反應式____．

（5）理論上乙中兩極所得氣體的體積隨時間變化的關(guān)系如丙圖所示（已換算成標準狀況下的體積），寫出在t1后，石墨電極上的電極反應式____，原混合溶液中NaCl的物質(zhì)的量濃度為____mol/L．（設溶液體積不變）

（6）當向上述甲裝置中通入標況下的氧氣336mL時，理論上在鐵電極上可析出銅的質(zhì)量為____g．

（7）若使上述電解裝置的電流強度達到5.0A，理論上每分鐘應向負極通入氣體的質(zhì)量為____克．（已知1個電子所帶電量為1.6×10-19C，計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）21、已知鐵的相對原子質(zhì)量為56，則1個鐵原子的質(zhì)量是____g．22、在同溫同壓下，同體積的甲烷（CH4）和二氧化碳分子數(shù)之比為____，物質(zhì)的量之比為____，質(zhì)量之比為____，密度之比為____．評卷人得分五、探究題(共4題，共8分)23、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設計了下列實驗過程．請在括號內(nèi)填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內(nèi)有關(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式．

寫出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式A________、C________、E________、G________．24、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應的原理來測定其含量，操作為：25、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設計了下列實驗過程．請在括號內(nèi)填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內(nèi)有關(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式．

寫出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式A________、C________、E________、G________．26、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應的原理來測定其含量，操作為：參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、A【分析】【分析】NaHCO3與Na2CO3相比較，NaHCO3不穩(wěn)定，加熱易分解，常溫時，Na2CO3溶解度較大，與鹽酸反應時，NaHCO3反應劇烈，二者可相互轉(zhuǎn)化，都可與氫氧化鈣反應生成碳酸鈣沉淀，以此解答該題．【解析】【解答】解：A．NaHCO3不穩(wěn)定，加熱易分解，分別滴加HCl溶液，反應離子方程式為CO32-+2H+═CO2↑+H2O、HCO3-+H+═H2O+CO2↑，相同條件下NaHCO3比Na2CO3反應放出氣體劇烈；故A錯誤；

B．Na2CO3可與水、二氧化碳反應生成NaHCO3，NaHCO3分解可生成Na2CO3，二者可相互轉(zhuǎn)化，Na2CO3和Ca（OH）2混合后生成CaCO3，發(fā)生Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+2NaOH，NaHCO3可與澄清石灰水發(fā)生Ca（OH）2+NaHCO3═CaCO3↓+NaOH+H2O或Ca（OH）2+2NaHCO3═CaCO3↓+Na2CO3+2H2O；故B正確；

C．NaHCO3加熱易分解生成二氧化碳氣體，從而使面包疏松多孔，可用于焙制糕點，Na2CO3可用于玻璃；造紙等工業(yè)；故C正確；

D．NaHCO3和氯化鈣不反應；不符合復分解反應的條件下，反應不能進行，故D正確．

故選A．2、C【分析】【分析】A．碳酸鈣在離子反應中保留化學式；

B．一水合氨在離子反應中保留化學式；

C．反應生成硫酸鋇和水；

D．醋酸在離子反應中保留化學式．【解析】【解答】解：A．碳酸鈣跟鹽酸反應的離子反應為CaCO3+2H+═CO2↑+H2O+Ca2+；故A錯誤；

B．氨水跟鹽酸反應的離子反應為NH3?H2O+H+═H2O+NH4+；故B錯誤；

C．氫氧化鋇跟稀硫酸反應的離子反應為Ba2++2OH-+2H++SO42-═BaSO4↓+2H2O；故C正確；

D．醋酸溶液與氫氧化鈉溶液反應的離子反應為HAc+OH-=H2O+Ac-；故D錯誤；

故選C．3、D【分析】【分析】根據(jù)晶體類型判斷，相同類型的晶體，克服的相互作用力相同；離子晶體克服的是離子鍵，分子晶體的是分子間作用力，原子晶體克服的是共價鍵，金屬晶體克服的是金屬鍵，以此解答該題．【解析】【解答】解：A．氫氧化鈉為離子晶體；葡萄糖為分子晶體，溶于水分別克服離子鍵；分子間作用力，故A錯誤；

B．干冰為分子晶體；氯化銨為離子晶體；加熱時干冰克服分子間作用力，氯化銨分解克服離子鍵，故B錯誤；

C．食鹽是離子晶體；破壞離子鍵，冰是分子晶體，破壞分子間作用力，故C錯誤；

D．液溴和酒精都是分子晶體；揮發(fā)克服分子間作用力，故D正確．

故選D．4、B【分析】【分析】該裝置用于制取氫氣，要想加快反應速率，可以通過適當增大稀硫酸濃度、形成原電池來實現(xiàn)，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：A．濃硫酸和Zn反應生成二氧化硫而不是氫氣；故A錯誤；

B．加入硫酸銅時；Zn和硫酸銅發(fā)生置換反應生成Cu，Zn；Cu和稀硫酸構(gòu)成原電池而加快反應速率，故B正確；

C．加入硝酸銀；酸性條件下，硝酸根離子和Zn反應生成氮氧化物而不是氫氣，故C錯誤；

D．該裝置不能加熱；故D錯誤；

故選B．5、C【分析】【分析】A．水的電離為吸熱反應；溫度升高，水的離子積增大；

B．溶度積常數(shù)與溫度溫度有關(guān)；溫度變化，溶度積常數(shù)越大發(fā)生變化；

C．阿伏伽德羅常數(shù)為0.012kg12C中含有的碳原子數(shù)；不受其它因素的影響；

D．弱電解質(zhì)的電離為吸熱過程，升高溫度，電離平衡常數(shù)增大．【解析】【解答】解：A．水的離子積受溫度的影響；溫度升高，水的離子積增大，溫度降低，水的離子積減小，故A錯誤；

B．溶解度常數(shù)受溫度的影響；溫度改變，掌握溶度積常數(shù)發(fā)生變化，故B錯誤；

C.0.012kg12C中含有的碳原子數(shù)為阿伏伽德羅常數(shù)；所以阿伏伽德羅常數(shù)為定值，不受其它條件的影響，故C正確；

D．弱酸的電離為吸熱過程；升高溫度促進電離，電離平衡常數(shù)增大，降低溫度后電離平衡常數(shù)減小，故D錯誤；

故選C．6、A【分析】【分析】A．乙醇發(fā)生消去反應生成乙烯；

B．反應生成苯酚和碳酸氫鈉；

C．反應生成苯酚鈉；乙酸鈉；

D．聚乙烯中不含碳碳雙鍵．【解析】【解答】解：A．實驗室制乙烯，發(fā)生消去反應為CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O；故A正確；

B．苯酚鈉溶液通入少量CO2的化學反應為C6H5ONa+CO2+H2O→C6H6OH+NaHCO3；故B錯誤；

C．乙酸苯酚酯在足量的NaOH溶液中水解的反應為故C錯誤；

D．乙烯分子間發(fā)生加成聚合反應生成高分子化合物聚乙烯，反應的化學方程式為故D錯誤；

故選A．7、C【分析】【分析】A．石墨能導電；

B．凡是在水溶液或熔融狀態(tài)下能導電的化合物叫電解質(zhì)；

C．氫鹵酸也是酸；

D．該氣體可能為稀有氣體．【解析】【解答】解：A．石墨能導電；是碳的單質(zhì)，不是金屬，故A錯誤；

B．水溶液能導電不一定是電解質(zhì)，如氨水是NH3的水溶液能導電，但NH3是非電解質(zhì)；故B錯誤；

C．醇與氫鹵酸反應；生成鹵代烴和水，故C正確；

D．稀有氣體是單原子分子；無化學鍵，故D錯誤．

故選：C．二、填空題(共7題，共14分)8、BaCl2AgNO3CuSO4Na2CO3Cl-+Ag+=AgCl↓有白色沉淀生成Ba2++CO32-=BaCO3↓【分析】【分析】給出八種離子形成四種可溶性鹽，這個可以通過一一組合的形式確定可能存在的物質(zhì)，之后結(jié)合進行實驗和顏色限制進行繼續(xù)排除，從而最終確定，如Ba2+不能和SO42-、CO32-結(jié)合，而只能和NO3-、Cl-；Ag+不能和SO42-、Cl-、CO32-三種離子結(jié)合，而只能和NO3-結(jié)合，則一定是BaCl2、AgNO3．Cu2+不能和CO32-結(jié)合，所以為CuSO4；Na+對應CO32-為Na2CO3．即四種物質(zhì)為BaCl2、AgNO3、CuSO4、Na2CO3．【解析】【解答】解：由于是可溶性鹽，所以溶液中存在的鹽離子和陰離子對應物質(zhì)一定是可溶性，根據(jù)鹽類物質(zhì)溶解性情況可知：Ba2+不能和SO42-、CO32-結(jié)合，而只能和NO3-、Cl-，Ag+不能和SO42-、Cl-、CO32-三種離子結(jié)合，而只能和NO3-結(jié)合，則一定是BaCl2、AgNO3．Cu2+不能和CO32-結(jié)合，所以為CuSO4，Na+對應CO32-為Na2CO3．即四種物質(zhì)為BaCl2、AgNO3、CuSO4、Na2CO3；由于C鹽是藍色的，所以C為CuSO4；四支試管加入鹽酸，B有沉淀，則B溶液為AgNO3；D生成無色氣體，則為二氧化碳，即D為Na2CO3，所以A為BaCl2；

故答案為：BaCl2；AgNO3；CuSO4；Na2CO3；

（2）B溶液為AgNO3，鹽酸與B鹽反應的離子方程式Cl-+Ag+=AgCl↓；A為BaCl2，D為Na2CO3，將A鹽與D鹽混合發(fā)生反應：Ba2++CO32-=BaCO3↓，現(xiàn)象是有白色沉淀生成，故答案為：Cl-+Ag+=AgCl↓；有白色沉淀生成Ba2++CO32-=BaCO3↓．9、氧化反應還原反應硝基、羧基acd3【分析】【分析】C與甲醇反應生成D，由D的結(jié)構(gòu)可知C為B與濃硝酸發(fā)生取代反生成C，則B為A發(fā)生氧化反應生成B，D中硝基被還原為氨基生成E，E與CH3CH2CH2COCl發(fā)生取代反應生成F，苯丙氨酸中分子之間羧基和氨基脫水形成肽鍵，聚合成高分子，據(jù)此寫高聚物的結(jié)構(gòu)簡式，以此解答．【解析】【解答】解：C與甲醇反應生成D，由D的結(jié)構(gòu)可知C為B與濃硝酸發(fā)生取代反生成C，則B為A發(fā)生氧化反應生成B，D中硝基被還原為氨基生成E，E與CH3CH2CH2COCl發(fā)生取代反應生成F；

（1）B為A發(fā)生氧化反應生成B，D中硝基被還原為氨基生成E，故答案為：氧化反應；還原反應；

（2）C為含有硝基、羧基官能團，C在加熱條件下與甲醇發(fā)生酯化反應，酯化反應為可逆反應，使用過量的甲醇，是為了提高C的轉(zhuǎn)化率，a項正確，導致溶液變黑為濃硫酸的脫水性，b項錯誤；在該反應中甲醇既是反應物，又是溶劑，c項正確，d項正確，故答案為：硝基；羧基；a、c、d；

（3）苯丙氨酸中分子之間羧基和氨基脫水形成肽鍵，聚合成高分子，此高聚物的結(jié)構(gòu)簡式為故答案為：

（4）C為B制備C的反應為硝化反應，反應的方程式為

故答案為：

（5）F中含有酯基和肽鍵，在一定條件下水解能夠生成3種產(chǎn)物，故答案為：3．10、沸騰爐4FeS2+11O22FeO3+8SO2DE【分析】【分析】（1）依據(jù)接觸法制硫酸的工業(yè)流程和設備反應分析判斷；硫鐵礦與氧氣在高溫下煅燒反應；

（2）A．依據(jù)接觸法制硫酸的工業(yè)流程和三個設備反應分析判斷；

B．依據(jù)三氧化硫吸收的方法是利用濃硫酸吸收；防止形成酸霧，阻止吸收分析判斷；

C．根據(jù)S元素守恒；利用關(guān)系式計算；

D．二氧化硫生成三氧化硫的反應是放熱的可逆反應；運用平衡移動的原理判斷；

E．硫酸工業(yè)中在接觸室安裝熱交換器是為了利用二氧化硫生成三氧化硫的反應是放熱．【解析】【解答】解：（1）A設備是硫鐵礦與氧氣在高溫下煅燒反應在沸騰爐中進行，方程式為4FeS2+11O22FeO3+8SO2；

故答案為：沸騰爐；4FeS2+11O22FeO3+8SO2；

（2）A．依據(jù)接觸法制硫酸的工業(yè)流程和三個設備分析判斷；二氧化硫的接觸氧化是在接觸室中發(fā)生的，故A正確；

B．設備C中用98.3%的H2SO4來吸收SO3的原因是；用水吸收易形成酸霧阻止三氧化硫的吸收，故B正確；

C．根據(jù)S元素守恒；利用關(guān)系式可看出．

設黃鐵礦m克，含硫為48%m克，含F(xiàn)eS2為×48%m克；據(jù)比例關(guān)系：

FeS22S

×48%m×（1-2%）48%m×98%

則S損失為：×100%=2%

故C正確；

D．二氧化硫生成三氧化硫的反應是放熱的可逆反應，升高溫度平衡向吸熱方向移動，降低SO2的轉(zhuǎn)化率；故D錯誤；

E．硫酸工業(yè)中在接觸室安裝熱交換器是為了利用二氧化硫生成三氧化硫的反應是放熱，而不是利用SO3轉(zhuǎn)化為H2SO4時放的熱量；故E錯誤；

故答案為：DE．11、C＞N＞OC[Ar]3d10BCDE122Ag（NH3）2OH+CO+2H2O=2Ag↓+（NH4）2CO3+2NH3?H2O【分析】【分析】（1）根據(jù)元素性質(zhì)遞變規(guī)律判斷；

（2）Cu的原子序數(shù)為29，價電子排布為3d104s1；

（3）根據(jù)化合物的化學式中組成元素判斷；

（4）等電子體為原子數(shù)相同且價電子數(shù)相同的粒子；

（5）根據(jù)Au原子所在晶胞位置判斷；

（6）根據(jù)反應物和生成物寫出離子方程式．【解析】【解答】解：（1）C；N、O位于同一周期且原子序數(shù)逐漸增大；故其原子半徑逐漸減小，由大到小順序為：C＞N＞O；第一電離能同周期，呈增大趨勢，則第一電離能最小的為：C；

故答案為：C＞N＞O；C；

（2）Cu的原子序數(shù)為29，價電子排布為3d104s1，則基態(tài)Cu+的核外電子排布式為[Ar]3d10；

故答案為：[Ar]3d10；

1s22s22p63s23p63d10

（3）Cu（NH3）3（CO）Ac該化合物中化學鍵有離子鍵；非極性鍵、配位鍵、極性鍵；故答案為：BCDE；

（4）等電子體為原子數(shù)相同且價電子數(shù)相同的粒子，CO原子數(shù)為2，價電子數(shù)為10，N2也含有兩個原子，且價電子數(shù)為10，即與CO為等電子體，電子式為：

故答案為：

（5）面心立方晶胞中，每個頂點、面心上各有一個金屬原子，所以每個Au原子周圍緊鄰的有3×8×=12個Au原子；故答案為：12；

（6）該反應中反應物為Ag（NH3）2OH和CO，產(chǎn)物有Ag生成，則寫出化學方程式為：2Ag（NH3）2OH+CO+2H2O=2Ag↓+（NH4）2CO3+2NH3?H2O；

故答案為：2Ag（NH3）2OH+CO+2H2O=2Ag↓+（NH4）2CO3+2NH3?H2O．12、吸熱放熱2Al+6H+=2Al3++3H2↑A【分析】【分析】（1）溫度升高；則反應放熱；溫度降低則反應吸熱；吸熱反應中，反應物的總能量小于生成物的總能量；

（2）金屬與酸反應產(chǎn)生氫氣的反應是放熱反應；放熱反應中，反應物的總能量大于生成物的總能量，根據(jù)金屬與酸的反應為放熱反應分析．【解析】【解答】解：（1）①中的溫度降低；由此判斷氫氧化鋇晶體與氯化銨晶體反應是吸熱反應，吸熱反應中，反應物的總能量小于生成物的總能量；

故答案為：吸熱；小于；

（2）金屬與酸反應產(chǎn)生氫氣的反應是放熱反應；所以鋁與鹽酸的反應放熱，反應實質(zhì)是鋁與氫離子的反應，生成鋁離子和氫氣；在放熱反應中，反應物的總能量大于生成物的總能量，其能量變化可用如圖A表示；

故答案為：放熱，2Al+6H+=2Al3++3H2↑，A．13、C10H18Obe取代反應消去反應C5H10CH2=CHCH2CH3CH2=C（CH3）2（CH3）2CHCH2COOH3-甲基-1-丁烯【分析】【分析】F為烴，F(xiàn)為烴，M=70不符合烷烴和炔烴的通式，因此設該烴的分子式為CnH2n，得n=5，該烴的分子式是C5H10；

E和氫氧化鈉的醇溶液發(fā)生消去反應生成F；則E是鹵代烴，根據(jù)D生成E知，E是含有溴原子的鹵代烴；

D和氫溴酸反應生成鹵代烴E，E和氫氧化鈉的水溶液發(fā)生取代反應生成D，則D是醇，A是酯，酯在酸性條件下發(fā)生水解反應生成醇和酸，C是酸，且含有5個碳原子，分子量為102，C的核磁共振氫譜顯示其分子中含有4種氫原子，所以其結(jié)構(gòu)簡式為（CH3）2CHCH2COOH，則D的結(jié)構(gòu)簡式是（CH3）2CHCH2CH2OH、E的結(jié)構(gòu)簡式是（CH3）2CHCH2CH2Br、F的結(jié)構(gòu)簡式是（CH3）2CHCH=CH2．【解析】【解答】解：F為烴，M=70不符合烷烴和炔烴的通式，因此設該烴的分子式為CnH2n，得n=5，該烴的分子式是C5H10；

E和氫氧化鈉的醇溶液發(fā)生消去反應生成F；則E是鹵代烴，根據(jù)D生成E知，E是含有溴原子的鹵代烴；

D和氫溴酸反應生成鹵代烴E，E和氫氧化鈉的水溶液發(fā)生取代反應生成D，則D是醇，A是酯，酯在酸性條件下發(fā)生水解反應生成醇和酸，C是酸，且含有5個碳原子，分子量為102，C的核磁共振氫譜顯示其分子中含有4種氫原子，所以其結(jié)構(gòu)簡式為（CH3）2CHCH2COOH，則D的結(jié)構(gòu)簡式是（CH3）2CHCH2CH2OH、E的結(jié)構(gòu)簡式是（CH3）2CHCH2CH2Br、F的結(jié)構(gòu)簡式是（CH3）2CHCH=CH2．

（1）根據(jù)B結(jié)構(gòu)式得其分子式為C10H18O，故答案為C10H18O；

（2）B屬于有機物且含有醇羥基，連接醇羥基的碳原子相鄰的碳原子上含有氫原子，所以B能發(fā)生氧化反應、消去反應、取代反應，因為沒有碳碳雙鍵或三鍵所以不能發(fā)生聚合反應、加成反應，故選be；

（3）D中的醇羥基被溴原子取代生成溴代烴；屬于取代反應，E中的羥基和氫原子生成水，發(fā)生的反應屬于消去反應，所以D→E；E→F的反應類型取代反應、消去反應，故答案為：取代反應、消去反應；

（4）通過以上分析知F是C5H10，化合物H是F的同系物，相對分子質(zhì)量為56，所以H是丁烯，丁烯有碳鏈異構(gòu)和順反異構(gòu)，所以丁烯的結(jié)構(gòu)簡式分別為：CH2=CHCH2CH3、CH2=C（CH3）2、CH3CH=CHCH3（順反），故答案為CH2=CHCH2CH3、CH2=C（CH3）2、CH3CH=CHCH3（順反）；

（5）根據(jù)以上分析知，C的結(jié)構(gòu)簡式為（CH3）2CHCH2COOH，F(xiàn)是3-甲基-1-丁烯，故答案為：（CH3）2CHCH2COOH；3-甲基-1-丁烯；

（6）加熱條件下，溴代烴和氫氧化鈉的水溶液發(fā)生取代反應生成醇和溴化鈉，所以其反應方程式為：

故答案為：．14、（2）（6）（1）（4）（3）（5）【分析】【分析】鹽酸表現(xiàn)弱氧化性，反應中元素化合價降低；鹽酸的弱還原性是元素化合價升高；鹽酸的酸性的是氫離子的性質(zhì)反應后生成鹽．【解析】【解答】解：（1）反應4HCl（濃）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O中氯化氫中的氯元素化合價升高；做還原劑具有還原性；氯化氫反應生成氯化錳和水，體現(xiàn)酸性，所以該反應中表現(xiàn)了鹽酸的還原性和酸性；

（2）反應2HCl+2Na=2NaCl+H2↑中氯化氫中的氫元素化合價降低；做氧化劑，具有氧化性，表現(xiàn)鹽酸的氧化性；

（3）反應2HCl+CuO=CuCl2+H2O是復分解反應；不是氧化還原反應，僅表現(xiàn)鹽酸的酸性；

（4）HCl+HClO=Cl2↑+H2O中；氯化氫中氯元素化合價從-1價變化為0價，化合價升高作還原劑，具有還原性，表現(xiàn)鹽酸的還原性；

（5）CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑中；反應是復分解反應，不是氧化還原反應，僅表現(xiàn)鹽酸的酸性；

（6）Fe+2HCl=FeCl2+H2↑中；氯化氫中的氫元素化合價降低，做氧化劑，具有氧化性，表現(xiàn)鹽酸的氧化性；

綜上所述：利用鹽酸的弱氧化性的是（2）（6）；利用鹽酸的弱還原性的是（1）（4）；僅利用鹽酸的酸性的是（3）（5）；

故答案為：（2）（6）；（1）（4）；（3）（5）．三、判斷題(共5題，共10分)15、×【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：×．16、×【分析】【分析】電解質(zhì)：在水溶液中或熔融狀態(tài)下能夠?qū)щ姷幕衔铮环请娊赓|(zhì)：在熔融狀態(tài)和水溶液中都不能導電的化合物．【解析】【解答】解：二氧化碳在水溶液中與水反應生成碳酸；碳酸電離出自由移動的離子導電，二氧化碳自身不能電離，故二氧化碳是非電解質(zhì)；

故答案為：×．17、√【分析】【分析】NO2和N2O4的最簡式相同，只需要計算92gNO2中原子數(shù)．【解析】【解答】解：NO2和N2O4的最簡式相同，只需要計算92gNO2中原子數(shù)=×3×NA=6NA，故答案為：√．18、√【分析】【分析】可從該化合物所含化學鍵及晶體類型判斷是否含有鈉離子．【解析】【解答】解：Na是第ⅠA族活潑金屬，與酸根離子形成離子鍵，所以Na2SO4屬于離子化合物；由陽離子鈉離子和陰離子硫酸根離子構(gòu)成；

故答案為：√．19、×【分析】【分析】磷酸鈉溶液中磷酸根能發(fā)生水解，磷酸溶液中磷酸電離產(chǎn)生PO43-．【解析】【解答】解：磷酸是中強酸；存在電離平衡，磷酸鹽存在水解平衡，這兩個平衡程度都很小．

磷酸電離由3步（磷酸是三元酸）；分別是磷酸二氫根，磷酸氫根，最后是少量磷酸根離子；

磷酸鈉電離狀態(tài)下電離出鈉離子和磷酸根離子；但是磷酸根離子要水解，其程度也很小，所以磷酸鈉中磷酸根離子遠多于等濃度的磷酸溶液；

故答案為：×．四、計算題(共3題，共18分)20、CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=（2Q1+3Q2+2Q3）kJ?mol-13Cl2+2NH4++8OH-=N2↑+6Cl-+8H2O5×10-4CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O4OH--4e-=O2↑+2H2O0.11.280.017【分析】【分析】（1）依據(jù)熱化學方程式和蓋斯定律計算分析得到所需熱化學方程式；

（2）可以根據(jù)反應物和生成物正確書寫化學方程式；

（3）依據(jù)離子方程式的定量關(guān)系計算生成硫酸根離子的量；

（4）在燃料電池的中；負極上是燃料發(fā)生失電子的氧化反應，根據(jù)電解質(zhì)環(huán)境來書寫電極反應式；

（5）根據(jù)電解池的電極反應規(guī)律來書寫電解反應；結(jié)合電子守恒和離子的量的關(guān)系進行計算；

（6）根據(jù)n=計算出氧氣的物質(zhì)的量；再根據(jù)丙中圖象判斷銅離子的總物質(zhì)的量，最后根據(jù)m=nM計算出生成銅的質(zhì)量；

（7）根據(jù)Q=It和N=結(jié)合CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O計算．【解析】【解答】解：（1）①CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（l）+H2O（g）△H=Q1kJ?mol-1

②CH3OH（l）+O2（g）?CO2（g）+2H2（g）△H=Q2kJ?mol-1

③H2O（g）=H2O（l）△H=Q3kJ?mol-1；依據(jù)蓋斯定律①×2+②×3+③×2得到：

表示甲醇的燃燒熱的熱化學方程式為：CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=（2Q1+3Q2+2Q3）kJ?mol-1；

故答案為：CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=（2Q1+3Q2+2Q3）kJ?mol-1；

（2）電解后的堿性溶液是氫氧化鈉溶液，生成物是氮氣、氯化鈉、水．反應的離子方程式為：3Cl2+2NH4++8OH-═N2↑+6Cl-+8H2O；

故答案為：3Cl2+2NH4++8OH-=N2↑+6Cl-+8H2O；

（3）過量氯氣用Na2S2O3除去，反應中S2O32-被氧化為SO42-．反應的離子方程式為：4Cl2+5H2O+S2O32-═2SO42-+8Cl-+10H+；若過量的氯氣為10-3mol/L，則依據(jù)離子方程式的定量關(guān)系計算得到生成硫酸根離子物質(zhì)的量=5×10-4mol/L；

故答案為：5×10-4；

（4））在燃料電池的中，負極上是燃料發(fā)生失電子的氧化反應，在堿性環(huán)境下，甲醇失電子的過程為：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；

故答案為：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；

（5）石墨為陽極、鐵電極為陰極，開始Cl-在陽極放電生成氯氣，陰極Cu2+放電生成Cu，故圖丙中Ⅰ表示陰極產(chǎn)生的氣體，Ⅱ表示陽極產(chǎn)生的氣體，t1前電極反應式為：陽極2Cl--4e-=Cl2↑，t2點后電極反應式為：陽極4OH--4e-=O2↑+2H2O；

由圖可知，產(chǎn)生氯氣為224mL，則由2Cl--2e-=Cl2↑可知，n（NaCl）=×2=0.02mol，所以c（NaCl）==0.1mol/L；

通甲醇的電極是負極，所以石墨電極是陰極，該極上發(fā)生的電極反應為：4OH--4e-=O2↑+2H2O，乙中石墨電極為陽極、鐵電極為陰極，開始Cl-在陽極放電生成氯氣，陰極Cu2+放電生成Cu，故圖丙中Ⅰ表示陰極產(chǎn)生的氣體，Ⅱ表示陽極產(chǎn)生的氣體，t1前電極反應式為：陽極2Cl--4e-=Cl2↑，生成氯氣為224ml，物質(zhì)的量為0.01mol，原溶液中氯化鈉物質(zhì)的量為0.02mol，氯化鈉濃度為：=0.1mol/L；

故答案為：4OH--4e-=O2↑+2H2O；0.1；

（6）標準狀況下336mL氧氣的物質(zhì)的量為：=0.015mol；0.015mol氧氣完全反應得到電子的物質(zhì)的量為：0.015mol×4=0.06mol；

由丙中t2時生成氧氣為112mL，則生成氧氣的物質(zhì)的量為：n（O2）==0.005mol；則共轉(zhuǎn)移電子為：0.02mol+0.005mol×4=0.04mol；

根據(jù)電子守恒及Cu2++2e-=Cu可知，n（CuSO4）==0.02mol；

所以理論上在鐵電極上可析出銅的物質(zhì)的量為0.02mol；質(zhì)量為：64g/mol×0.02mol=1.28g；

故答案為：1.28；

（7）根據(jù)Q=It=5.0A×60s=300C，N===1.875×1021個；

由CH3OH～6e-

32g6×6.02×1023個。

m1.875×1021個。

m==0.017g；

故答案為：0.017．21、9.3×10-23【分析】【分析】鐵的相對原子質(zhì)量為56，則其摩爾質(zhì)量為56g/mol，故1molFe原子質(zhì)量為56g，結(jié)合1molFe含有6.02×10-23個Fe原子計算．【解析】【解答】解：鐵的相對原子質(zhì)量為56，則其摩爾質(zhì)量為56g/mol，故1molFe原子質(zhì)量為56g，而1molFe含有6.02×10-23個Fe原子，故1個鐵原子的質(zhì)量是=9.3×10-23g，故答案為：9.3×10-23．22、1：11：14：114：11【分析】【分析】同溫同壓下，氣體體積之比等于分子數(shù)目之比等于物質(zhì)的量之比，結(jié)合m=nM計算質(zhì)量之比，同溫同壓下，氣體密度之比等于摩爾質(zhì)量之比．【解析】【解答】解：在同溫同壓下，氣體體積之比等于分子數(shù)目之比等于物質(zhì)的量之比，故同體積的甲烷（CH4）和二氧化碳分子數(shù)之比為1：1；二者物質(zhì)的量之比為1：1，二者質(zhì)量之比=16g/mol：44g/mol=4：11，同溫同壓下，氣體密度之比等于摩爾質(zhì)量之比，故甲烷與二氧化碳的密度之比=16g/mol：44g/mol=4：11；

故答案為：1：1；1：1；4：11；4：11．五、探究題(共4題，共8分)23、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，與氫氧化鈉不反應，甲酸、苯酚與氫氧化鈉反應生成溶于水的鈉鹽，苯（）不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸（HCOOH），故答案為：a．分液；b．蒸餾；c．分液；d．蒸餾；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚，分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸，以此解答該題．24、酸式|反應中生成的錳離子具有催化作用，所以隨后褪色會加快|滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內(nèi)的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有強氧化性，應用酸式滴定管盛裝；高錳酸根離子被還原生成的錳離子有催化作用而導致反應速率加快，所以剛滴下少量KMnO4溶液時；溶液迅速變成紫紅色；滴定終點時，當?shù)稳胱詈笠坏胃咤i酸鉀溶液，錐形瓶內(nèi)的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化，證明達到終點；

故答案為：酸式；反應中生成的錳離子具有催化作用；所以隨后褪色會加快；滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內(nèi)的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化；

(2)③第3組KMnO4溶液的體積與第1、2組相差比較大，舍去第3組，應按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，故消耗KMnO4溶液的體積為mL=20mL

設樣品的純度為x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g2mol5.0g×x×g（0.1000×0.020）mol解得：x==90.00%；

故答案為：20.00；90.00%；

(3)④A．未用標準濃度的酸性KMnO4溶液潤洗滴定管，標準液的濃度偏小，造成V（標準）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）偏大，故A正確；

B．滴定前錐形瓶有少量水，待測液的物質(zhì)的量不變，對V（標準）無影響，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）不變，故B錯誤；

C．滴定前滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后氣泡消