2025年冀教新版高三化學(xué)上冊(cè)月考試卷

…………○…………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年冀教新版高三化學(xué)上冊(cè)月考試卷110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)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、反應(yīng)A+3B2?2C+2D在四種不同情況下的反應(yīng)速率分別為（）

①v（A）=0.15mol?L-1?s-1②v（B）=0.6mol?L-1?s-1

③v（C）=0.4mol?L-1?s-1④v（D）=0.45mol?L-1?s-1

該反應(yīng)進(jìn)行的快慢順序?yàn)椋篈.②＞④＞③＞①B.④＞③＞②＞①C.④＞③=②＞①D.②＞③=④＞①2、始祖鳥烯（Pterodactyladiene）形狀宛如一只展翅飛翔的鳥，其鍵線式結(jié)構(gòu)表示如圖，其中R1、R2為烷烴基．則下列有關(guān)始祖鳥烯的說(shuō)法中正確的是（）A.始祖鳥烯與乙烯互為同系物B.若R1=R2=甲基，則其化學(xué)式為C12H16C.若R1=R2=甲基，則始祖鳥烯的一氯代物有3種D.始祖鳥烯既能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，也能使溴水褪色，則兩反應(yīng)的反應(yīng)類型是相同的3、工業(yè)制硫酸中的一步重要反應(yīng)是SO2的催化氧化：2SO2+O2?2SO3（正反應(yīng)放熱），下列有關(guān)說(shuō)法正確的是（）A.升高溫度只提高逆反應(yīng)速率B.降低溫度正、逆反應(yīng)速率都降低C.催化劑只會(huì)增大反應(yīng)速率D.減小壓強(qiáng)時(shí)只是逆反應(yīng)速率降低4、下列物質(zhì)：①水泥②玻璃③陶瓷④水晶，其中屬于硅酸鹽工業(yè)產(chǎn)品的是（）A.只有①②B.只有②④C.只有①②③D.全部5、水是人類生存和發(fā)展的寶貴自然資源．下列有關(guān)水資源保護(hù)的說(shuō)法中，不正確的是（）A.重金屬離子對(duì)人體有劇毒，可采用沉淀反應(yīng)除去之B.化肥中含有植物營(yíng)養(yǎng)素，可大量使用以改善水環(huán)境C.軋鋼廠排出的含鹽酸的廢水，可用熟石灰中和處理D.天然水中的細(xì)小懸浮顆粒，可用明礬等混凝劑凈化6、下列實(shí)驗(yàn)裝置、操作能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖牵ǎ〢.

測(cè)定中和熱B.

沉淀轉(zhuǎn)化C.

測(cè)定醋酸的濃度D.

電解食鹽水7、下列做法中，不利于實(shí)現(xiàn)讓某沿海城市“天更藍(lán)，水更清”目標(biāo)的是（）A.向深海排放污水B.推廣使用脫硫煤C.減少汽車尾氣排放D.推廣使用無(wú)磷洗滌劑8、下列關(guān)于鈉的化合物的說(shuō)法中，正確的是()A.Na2CO3和NaHCO3均能與鹽酸和NaOH溶液反應(yīng)B.Na2CO3固體中含有的NaHCO3可用加熱的方法除去C.Na2O2和Na2O均為白色固體，與CO2反應(yīng)均放出O2D.分別向Na2O2和Na2O與水反應(yīng)后的溶液中立即滴入酚酞溶液，現(xiàn)象相同9、澳大利亞研究人員最近開發(fā)出被稱為第五形態(tài)的固體碳，這種新的碳結(jié)構(gòu)稱作“納米泡沫”，它外形類似海綿，比重極小，并具有磁性rm{.}納米泡沫碳與金剛石的關(guān)系是rm{(}rm{)}A.同系物B.同分異構(gòu)體C.同位素D.同素異形體評(píng)卷人得分二、雙選題(共8題，共16分)10、rm{20隆忙}時(shí)，配制一組rm{c(H_{2}A)+c(HA^{-})+c(A^{2-})=0.100mol?L^{-1}}的rm{H_{2}A}和rm{NaOH}混合溶液，溶液中部分微粒的物質(zhì)的量濃度隨rm{pH}的變化曲線如圖所示rm{.}下列說(shuō)法正確的是rm{(}rm{)}A.rm{H_{2}A}在水中的電離方程式為：rm{H_{2}A=HA^{-}+H^{+}}rm{HA^{-}?H^{+}+A^{2-}}B.rm{c(Na^{+})=0.100}rm{mol?L^{-1}}的溶液中，rm{c(H^{+})+c(H_{2}A)=c(OH^{-})+c(A^{2-})}C.rm{pH=4}的溶液中，rm{c(HA^{-})>c(H_{2}A)+c(A^{2-})}D.rm{pH=7}的溶液中，rm{c(Na^{+})=2c(A^{2-})}11、某密閉容器中充入等物質(zhì)的量的氣體rm{A}和rm{B}一定溫度下發(fā)生反應(yīng)：rm{A(g)+xB(g)?2C(g)}達(dá)到平衡后，只改變反應(yīng)的一個(gè)條件，測(cè)得容器中物質(zhì)的濃度、反應(yīng)速率隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖所示rm{.}下列說(shuō)法中正確的是rm{(}rm{)}A.反應(yīng)方程式中的rm{x=1}B.該反應(yīng)為放熱反應(yīng)C.rm{30}rm{min}時(shí)改變的條件是加入催化劑D.前rm{30}rm{min}內(nèi)rm{A}的反應(yīng)速率為rm{0.05}rm{mol/(L?min)}12、已知H2C2O4是二元弱酸，NaHC2O4溶液顯酸性．25℃時(shí)，將amol?L-1H2C2O4溶液與bmol?L-1NaOH溶液等體積混合（0＜a≤0.1，0＜b≤0.1），下列有關(guān)溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是（）A.a=b時(shí)，c（H2C2O4）+c（H+）=c（C2O42-）+c（OH-）B.a=時(shí)，c（C2O42-）＞c（HC2O4-）＞c（H2C2O4）＞c（OH-）C.a=2b時(shí)，2c（Na+）=c（H2C2O4）+c（HC2O4-）+c（C2O42-）D.a=3b時(shí)，c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4-）+c（C2O42-）+c（OH-）13、如圖是部分短周期元素的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的等物質(zhì)的量濃度稀溶液pH值與原子序數(shù)的關(guān)系圖，Z的氧化物是兩性氧化物．下列說(shuō)法正確的是（）A.X，Y兩種元素的離子半徑相比，后者較大B.W，R兩種元素氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性相比，后者較大C.由X，Y，Z三種元素形成的化合物，其水溶液顯堿性D.工業(yè)上用電解Z和R形成的化合物水溶液的方法制取Z的單質(zhì)14、下列關(guān)于乙醇的性質(zhì)及用途的敘述中，正確的是()A.能與水任意比例互溶B.可溶解多種有機(jī)物C.可令酸性高錳酸鉀溶液褪色D.藥用酒精在醫(yī)療上用作消毒劑15、下列說(shuō)法中正確的是rm{(}rm{)}A.鉛蓄電池在充電過(guò)程中，正、負(fù)極質(zhì)量都增大B.反應(yīng)rm{2Mg(s)+CO_{2}(g)=C(s)+2MgO(s)}能自發(fā)進(jìn)行，則該反應(yīng)的rm{triangleH<0}C.rm{NH_{3}?H_{2}O}溶液加水稀釋后，溶液中rm{dfrac{c(NH_{3}cdotH_{2}O)}{c(NH_{4}^{+})}}的值減小D.常溫下，rm{dfrac{c(NH_{3}cdot

H_{2}O)}{c(NH_{4}^{+})}}均為rm{pH}的鹽酸與氯化銨溶液中，水的電離程度相同rm{5}16、解熱鎮(zhèn)痛抗炎藥撲炎痛可由化合物rm{X}rm{Y}在一定條件下反應(yīng)合成。下列有關(guān)敘述正確的是()

A.撲炎痛的分子式為rm{C_{17}H_{16}NO_{5}}B.可用rm{FeCl_{3}}溶液檢驗(yàn)撲炎痛中是否含有化合物rm{Y}C.撲炎痛在酸性條件下水解最終可以得到rm{3}種物質(zhì)D.rm{1mol}撲炎痛與足量的rm{NaOH}溶液反應(yīng)，最多消耗rm{3molNaOH}17、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}評(píng)卷人得分三、填空題(共7題，共14分)18、電離平衡常數(shù)是衡量弱電解質(zhì)電離程度的量．已知如表數(shù)據(jù)（25℃）：

?；瘜W(xué)式電離平衡常數(shù)HCNK=4.9×10-10CH3COOHK=1.8×10-5H2CO3K1=4.4×10-7，K2=4.7×10-11（1）25℃時(shí)，等濃度的三種溶液（a．NaCN溶液、b．Na2CO3溶液、c．CH3COONa溶液）的pH由大到小的順序?yàn)開___．（填寫序號(hào)）

（2）25℃時(shí)，向NaCN溶液中通入少量CO2，所發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為____．

（3）現(xiàn)有濃度為0.02mol/L的HCN與0.01mol/LNaOH等體積混合后，測(cè)得C（Na+）＞C（CN-），下列關(guān)系正確的是____．

A．C（H+）＞C（OH-）B．C（H+）＜C（OH-）

C．C（H+）+C（HCN）=C（OH-）D．C（HCN）+C（CN-）=0.01mol/L

（4）濃的Al2（SO4）3溶液和濃的小蘇打（NaHCO3）溶液混合可用于滅火，請(qǐng)用離子反應(yīng)方程式表示滅火的原理____．

（5）已知NaHC2O4水溶液顯酸性，請(qǐng)寫出該溶液中各離子濃度的大小____；電荷守恒表達(dá)式____．

（6）H2C2O4溶液和KMnO4酸性溶液可發(fā)生反應(yīng)：H2C2O4+MnO4-+H+→CO2+Mn2++H2O，反應(yīng)中每生成標(biāo)況下4.48LCO2氣體，外電路中通過(guò)的電子的物質(zhì)的量為____mol．19、現(xiàn)有濃度均為1mol/L的FeCl3、FeCl2、CuCl2混合溶液100mL；加入一定量的鐵粉，按下列情況填空．

（1）若充分反應(yīng)后；鐵粉有剩余：

①反應(yīng)結(jié)束后溶液中一定含有____陽(yáng)離子，為____mol．

②固體物質(zhì)中一定有____．

（2）若反應(yīng)后，有銅生成，鐵粉無(wú)剩余，則反應(yīng)后的溶液中一定含有____陽(yáng)離子，該陽(yáng)離子在溶液中的物質(zhì)的量的范圍是____．20、具有抗HIV、抗腫瘤、抗真菌和延緩心血管老化的活性苯并呋喃衍生物(Q)的合成路線如下：已知：RCHO＋R1CH2CHO稀NaOH△(R、R1表示烴基或氫)(1)①A的名稱是________。②D→E的反應(yīng)類型是________。③F中含有的官能團(tuán)有酯基、________和________(寫名稱)。④寫出F與足量NaOH溶液共熱反應(yīng)的化學(xué)方程式：_____________________________________________________________。(2)物質(zhì)G可通過(guò)如下流程合成：1.08g的I與飽和溴水完全反應(yīng)，生成2.66g白色沉淀，則I的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為________。寫出M→G中反應(yīng)①的化學(xué)方程式：_______________________________。(3)下列說(shuō)法正確的是________(填序號(hào))。a．Y易溶于水b．B能使酸性高錳酸鉀溶液褪色c．Q的分子式為C12H10O3d．I與OH互為同系物21、Ⅰ、一定條件下鐵可以和CO2發(fā)生反應(yīng)：Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)ΔH>0。(1)下列措施中能使平衡時(shí)c(CO)/c(CO2)增大的是(填序號(hào))。A.升高溫度B.增大壓強(qiáng)C.充入一定量氮?dú)釪.再加入一些鐵粉(2)反應(yīng)達(dá)到平衡后，若保持容器體積不變時(shí)，再通入一定量的CO2，使CO2的濃度成為原來(lái)的2倍，則CO2的轉(zhuǎn)化率將(填“增大”、“減小”或“不變”)。Ⅱ、在一定溫度下的某容積可變的密閉容器中，建立下列化學(xué)平衡：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)，試分析和回答下列問(wèn)題：(1)可認(rèn)定上述可逆反應(yīng)在一定條件下已達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)的是(選填序號(hào))。A．體系的壓強(qiáng)不再發(fā)生變化B．v正(CO)=v逆(H2O)C．生成nmolCO的同時(shí)生成nmolH2D．1molH—H鍵斷裂的同時(shí)斷裂2molH—O鍵(2)若上述化學(xué)平衡狀態(tài)從正反應(yīng)開始建立，達(dá)到平衡后，給平衡體系加壓(縮小容積、其他條件不變)，則容器內(nèi)氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量將(填寫“不變”、“變小”或“變大”)。22、1份淀粉酶能催化約100萬(wàn)份淀粉水解為麥芽糖，這是酶的____，在小腸內(nèi)酶能催化麥芽糖水解為葡萄糖，這是酶的____23、簡(jiǎn)要回答下列問(wèn)題．

（1）新制氯水需保存在棕色試劑瓶中，原因是____．

（2）小蘇打?yàn)槭裁纯捎糜谡麴z頭？____．

（3）3月22日是“世界水日”，保護(hù)水環(huán)境，珍愛水資源是每個(gè)公民的責(zé)任和義務(wù)．請(qǐng)你提出一種有利于保護(hù)水資源的措施____．24、（2013秋?黃浦區(qū)校級(jí)月考）有機(jī)物X的結(jié)構(gòu)用鍵線式表示如圖。

（1）X分子式為____，X與H2完全加成生成Y，Y一氯代物有____種．

（2）有機(jī)物Z1、Z2、Z3都是X的同分異構(gòu)體．其中Z1、Z3屬于芳香烴．

①Zl只有一個(gè)側(cè)鏈，寫出任意一種Z1的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式____．

②Z2分子中只有C-C單鍵和C-H單鍵，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為____．Z1、Z2均一定能發(fā)生的反應(yīng)類型有____（選填序號(hào)）．

a．加成b．取代c．氧化d．消去。

③寫出Z3（有二個(gè)取代基）與乙烯以等物質(zhì)的量在一定條件下反應(yīng)生成聚合物的化學(xué)方程式：____．評(píng)卷人得分四、判斷題(共3題，共24分)25、HClO是弱酸，所以NaClO是弱電解質(zhì)____（判斷對(duì)錯(cuò)）26、伴有能量變化的物質(zhì)變化都是化學(xué)變化．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）27、電解質(zhì)溶液都能使蛋白質(zhì)發(fā)生變性．____．（判斷對(duì)錯(cuò)說(shuō)明理由）評(píng)卷人得分五、探究題(共4題，共8分)28、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設(shè)計(jì)了下列實(shí)驗(yàn)過(guò)程．請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)內(nèi)填寫分離時(shí)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(jiǎn)式．

寫出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式A________、C________、E________、G________．29、實(shí)驗(yàn)室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個(gè)反應(yīng)的原理來(lái)測(cè)定其含量，操作為：30、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設(shè)計(jì)了下列實(shí)驗(yàn)過(guò)程．請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)內(nèi)填寫分離時(shí)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(jiǎn)式．

寫出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式A________、C________、E________、G________．31、實(shí)驗(yàn)室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個(gè)反應(yīng)的原理來(lái)測(cè)定其含量，操作為：評(píng)卷人得分六、計(jì)算題(共4題，共32分)32、Fe；Zn、Al分別與鹽酸反應(yīng)（結(jié)果可用分?jǐn)?shù)表示；不必化簡(jiǎn)）：

（1）若鹽酸足量，等物質(zhì)的量的Fe、Zn、Al產(chǎn)生H2的質(zhì)量之比為____．

（2）若鹽酸足量，等質(zhì)量的Fe、Zn、Al產(chǎn)生H2的質(zhì)量之比為____

（3）若鹽酸足量，等質(zhì)量的Fe、Zn、Al產(chǎn)生H2在同溫同壓下的體積比為____．

（4）若鹽酸的質(zhì)量分?jǐn)?shù)相等，體積相等，投入的Fe、Zn、Al質(zhì)量相等，反應(yīng)后有一種金屬剩余，該金屬是____．33、（1）在Al2（SO4）3和MgSO4組成的混合物中，Al3+與Mg2+的物質(zhì)的量之比為2：3，則在含有4molSO42-的混合物中，MgSO4的質(zhì)量是____克．

（2）VmlAl2（SO4）3溶液中含有Al3+ag，取V/4ml溶液稀釋到4Vml，則稀釋后溶液中SO42-的物質(zhì)的量濃度是____mol/L．34、（1）在標(biāo)準(zhǔn)狀況下質(zhì)量相等的NH3和H2S兩種氣體的體積比為____，原子個(gè)數(shù)比為____．

（2）在36g水和20g重水（2H2O）中，分別加入足量的金屬鈉，在相同條件下產(chǎn)生的氣體體積比為____，產(chǎn)生的氣體質(zhì)量比為____．35、將一定質(zhì)量的鎂鋁合金投入100mL一定物質(zhì)的量濃度的鹽酸中；合金全部溶解，向所得溶液中滴加5mol/L的NaOH溶液到過(guò)量，生成沉淀的質(zhì)量與加入的NaOH溶液的體積關(guān)系如圖所示．由圖中數(shù)據(jù)計(jì)算：

（1）原合金中鎂和鋁的質(zhì)量．

（2）鹽酸的物質(zhì)的量濃度．參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】【分析】比較四種不同情況下反應(yīng)速率的快慢，利用速率之比等于其化學(xué)計(jì)量數(shù)之比計(jì)算同一物質(zhì)表示的速率進(jìn)行比較．【解析】【解答】解：v（A）：v（B2）：v（C）：v（D）=1：3：2：2；轉(zhuǎn)化B的濃度變化來(lái)表示的反應(yīng)速率為：

①v（A）=0.15mol?L-1?s-1，則v（B2）=v（A）=0.45mol?L-1?s-1；

②v（B2）=0.6mol?L-1?s-1；

③v（C）=0.40mol?L-1?s-1，則v（B2）=v（C）=0.60mol?L-1?s-1；

④v（D）=0.45mol?L-1?s-1，則v（B2）=v（D）=0.675mol?L-1?min-1；

故反應(yīng)進(jìn)行的快慢順序?yàn)棰埽劲?③＞①；

故選：C．2、C【分析】【分析】A．同系物屬于同類物質(zhì)，分子組成相差一個(gè)或若干個(gè)-CH2-；

B．根據(jù)結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式來(lái)書寫化學(xué)式；

C．始祖鳥烯是對(duì)稱的；有3種氫原子；

D．烯烴使高錳酸鉀褪色，體現(xiàn)了有機(jī)物的還原性，烯烴和溴水加成而使得溴水褪色．【解析】【解答】解：A．始祖鳥烯為環(huán)狀烯烴；與乙烯結(jié)構(gòu)不同，不互為同系物，故A錯(cuò)誤；

B．若R1=R2=-CH3，則其化學(xué)式為C12H14；故B錯(cuò)誤；

C．始祖鳥烯是對(duì)稱的；有3種氫原子，一氯代物有3種，故C正確；

D．始祖鳥烯使高錳酸鉀褪色；體現(xiàn)了始祖鳥烯的還原性，始祖鳥烯和溴水是發(fā)生了加成反應(yīng)而使得溴水褪色，原理不同，故D錯(cuò)誤．

故選C．3、B【分析】【分析】A；升溫正逆反應(yīng)速率都增大；反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升溫正向進(jìn)行，正反應(yīng)速率增大的大；

B；降低溫度；對(duì)任何反應(yīng)來(lái)說(shuō)，正逆反應(yīng)速率均減小；

C；催化劑有些是降低反應(yīng)活化能增大反應(yīng)速率；有些是減小化學(xué)反應(yīng)速率；

D、減小壓強(qiáng)，正逆反應(yīng)速率均減?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓篈；升溫正逆反應(yīng)速率都增大；反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升溫正向進(jìn)行，正反應(yīng)速率增大的大，故A錯(cuò)誤；

B；降低溫度反應(yīng)速率減小；正逆反應(yīng)速率都減小，故B正確；

C；正催化劑增大化學(xué)反應(yīng)速率；逆催化劑減小化學(xué)反應(yīng)速率，故C錯(cuò)誤；

D；減小壓強(qiáng)；正逆反應(yīng)速率均減小，故D錯(cuò)誤；

故選B．4、C【分析】【分析】硅酸鹽工業(yè)產(chǎn)品是以含硅物質(zhì)為原料經(jīng)加熱制成的，包括水泥、陶瓷、玻璃等，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：硅酸鹽工業(yè)產(chǎn)品是以含硅物質(zhì)為原料經(jīng)加熱制成的；水泥；陶瓷、玻璃的成分中都含有硅酸鹽屬于硅酸鹽工業(yè)產(chǎn)品，水晶的成分為二氧化硅，屬于氧化物，不屬于硅酸鹽工業(yè)產(chǎn)品；

故選：C．5、B【分析】【分析】A；沉淀反應(yīng)可以除去水中的金屬離子；

B；化肥不可大量使用；

C；鹽酸可以用熟石灰中和處理；

D、明礬可以凈化水中的細(xì)小懸浮顆粒．【解析】【解答】解：A；沉淀反應(yīng)可以除去水中的金屬離子；故A正確；

B；化肥不可大量使用；大量使用會(huì)污染水體，故B錯(cuò)誤；

C；鹽酸可以用熟石灰中和處理；故C正確；

D；明礬可以凈化水中的細(xì)小懸浮顆粒；故D正確．

故選B．6、D【分析】【分析】A．圖中缺少硬紙板；減少熱量散失，并使反應(yīng)迅速發(fā)生；

B．硝酸銀過(guò)量；銀離子與少量的氯離子；碘離子均可生成沉淀；

C．圖中滴定管有活塞；為酸式滴定管；

D．石墨與電源正極相連，為電解池的陽(yáng)極，電解食鹽水時(shí)，氯離子、氫離子放電．【解析】【解答】解：A．圖中缺少硬紙板；減少熱量散失，缺少環(huán)形玻璃攪拌棒，利用攪拌使溶液充分混合，故A錯(cuò)誤；

B．硝酸銀過(guò)量；銀離子與少量的氯離子；碘離子均可生成沉淀，不能發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化，故B錯(cuò)誤；

C．圖中滴定管有活塞；為酸式滴定管，應(yīng)選用堿式滴定管，故C錯(cuò)誤；

D．石墨與電源正極相連；為電解池的陽(yáng)極，電解食鹽水時(shí)，氯離子；氫離子放電，圖中電解原理正確，故D正確；

故選D．7、A【分析】【分析】保護(hù)環(huán)境的措施多種多樣，只要合理即可．如植樹造林、減少汽車尾氣排放、推廣使用無(wú)磷洗滌劑等措施都可以保護(hù)環(huán)境．【解析】【解答】解：A．向深海排放污水；造成水體污染，與目標(biāo)違背，故A選；

B．推廣使用脫硫煤；減少二氧化硫的排放，與目標(biāo)一致，故B不選；

C．減少汽車尾氣排放；減少污染，可以改善生態(tài)環(huán)境，與目標(biāo)一致，故C不選；

D．推廣使用無(wú)磷洗滌劑；會(huì)防止水體的污染，有利于改善生態(tài)環(huán)境，與目標(biāo)一致，故D不選；

故選A．8、B【分析】試題分析：A、碳酸鈉不能與氫氧化鈉反應(yīng)，錯(cuò)誤；B、碳酸氫鈉加熱分解生成碳酸鈉，可以用加熱的方法除去Na2C03固體中含有的NaHC03，正確；C、過(guò)氧化鈉與二氧化碳反應(yīng)生成碳酸鈉與氧氣，但氧化鈉與二氧化碳反應(yīng)生成碳酸鈉，沒有氧氣生成，錯(cuò)誤；D、過(guò)氧化鈉與水反應(yīng)生成氫氧化鈉與氧氣，反應(yīng)后的溶液中含有過(guò)氧化氫，過(guò)氧化氫具有強(qiáng)氧化性，立即滴入酚酞，現(xiàn)象是：溶液先變紅，紅色立即褪去，氧化鈉與水反應(yīng)中生成氫氧化鈉，滴入酚酞，溶液變?yōu)榧t色，現(xiàn)象不相同，錯(cuò)誤。考點(diǎn)：本題考查鈉的重要化合物性質(zhì)?！窘馕觥俊敬鸢浮緽9、D【分析】解：同一元素的不同單質(zhì)互稱同素異形體；納米泡沫碳與金剛石都是碳元素的不同單質(zhì)，所以互稱同素異形體，故選D．

同一元素的不同單質(zhì)互稱同素異形體；據(jù)此分析解答．

本題考查了基本概念的判斷，難點(diǎn)不大，明確這幾個(gè)概念的區(qū)別．【解析】rm{D}二、雙選題(共8題，共16分)10、rBC【分析】解：rm{A.}依據(jù)圖象可知在溶液中同時(shí)都存在rm{H_{2}}A、rm{HA^{-}}和rm{A^{2-}}則rm{H_{2}A}在水中的電離方程式為：rm{H_{2}A?HA^{-}+H^{+}}rm{HA^{-}?H^{+}+A^{2-}}故A錯(cuò)誤；

B.rm{c(Na^{+})=0.100mol/L}的溶液中為rm{NaHA}溶液，溶液中存在電荷守恒rm{(H^{+})+c(Na^{+})=2c(A^{2-})+c(HA^{-})+c(OH^{-})}物料守恒rm{c(Na^{+})=c(A^{2-})+c(HA^{-})+c(H_{2}A)}代入計(jì)算得到rm{c(H^{+})+c(H_{2}A)=c(OH^{-})+c(A^{2-})}故B正確；

C.依據(jù)圖象可知rm{pH=4}的溶液中，rm{c(HA^{-})>c(H_{2}A)+c(A^{2-})}故C正確；

D.rm{20隆忙}時(shí)，rm{Kw=0.681隆脕10^{-14}}rm{pH=7}的溶液中，顯酸性，rm{(H^{+})>c(OH^{-})}根據(jù)電荷守恒rm{c(H^{+})+c(Na^{+})=2c(A^{2-})+c(OH^{-})}所以rm{c(Na^{+})<2c(A^{2-})}故D錯(cuò)誤；

故選BC．

A.依據(jù)圖象可知在溶液中同時(shí)都存在rm{H_{2}}A、rm{HA^{-}}和rm{A^{2-}}

B.依據(jù)溶液中電荷守恒和物料守恒分析，rm{c(Na^{+})=0.100mol/L}的溶液中rm{c(H^{+})+c(H_{2}A)=c(OH^{-})+c(A^{2-})}

C.依據(jù)圖象可知rm{pH=4}的溶液中，rm{c(HA^{-})>c(H_{2}A)+c(A^{2-})}

D.rm{20隆忙}時(shí)，rm{Kw=0.681隆脕10^{-14}}rm{pH=7}的溶液中，顯酸性，rm{(H^{+})>c(OH^{-})}根據(jù)電荷守恒判斷．

本題考查了弱電解質(zhì)的電離、離子濃度大小比較，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，注意把握物料守恒、電荷守恒的運(yùn)用，答題時(shí)注意體會(huì)，難度中等．【解析】rm{BC}11、rAB【分析】解：rm{A.}由圖象可知，rm{30min}時(shí)只有反應(yīng)速率降低了，反應(yīng)物與生成物的濃度瞬時(shí)降低，反應(yīng)仍處于平衡狀態(tài)，故不能是溫度變化，而是降低了壓強(qiáng)，因正逆反應(yīng)速率相等，則rm{1+x=2}rm{x=1}故A正確；

B.rm{40min}時(shí)；正逆反應(yīng)速率都增大，且逆反應(yīng)速率大于正反應(yīng)速率，平衡向逆向進(jìn)行，應(yīng)是升高溫度，則正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故B正確；

C.由rm{A}可知，rm{30}rm{min}時(shí)改變的條件是減小壓強(qiáng)；故C錯(cuò)誤；

D.前rm{30}rm{min}內(nèi)rm{A}的反應(yīng)速率為rm{v=dfrac{2mol/L-0.75mol/L}{30min}=0.042mol/(L?min)}故D錯(cuò)誤．

故選AB．

由圖象可知，rm{v=dfrac

{2mol/L-0.75mol/L}{30min}=0.042mol/(L?min)}時(shí)只有反應(yīng)速率降低了；反應(yīng)物與生成物的濃度瞬時(shí)降低，反應(yīng)仍處于平衡狀態(tài)，故不能是溫度變化，而是降低了壓強(qiáng)；

由開始到達(dá)到平衡，rm{30min}rm{A}的濃度減少的量相同，由此可知rm{B}則增大壓強(qiáng)平衡不移動(dòng)，rm{X=1}時(shí)；正逆反應(yīng)速率都增大，且逆反應(yīng)速率大于正反應(yīng)速率，平衡向逆向進(jìn)行，應(yīng)是升高溫度，則正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，以此解答該題．

本題考查化學(xué)平衡圖象問(wèn)題，側(cè)重于學(xué)生的分析、計(jì)算能力的考查，為高考常見題型，題目難度較大，本題注意根據(jù)圖象濃度的變化以及反應(yīng)速率的變化判斷化學(xué)反應(yīng)狀態(tài)以及影響化學(xué)反應(yīng)速率的條件，本題易錯(cuò)，答題時(shí)注意思考．rm{40min}【解析】rm{AB}12、AC【分析】解：NaHC2O4溶液顯酸性，說(shuō)明HC2O4-電離程度大于HC2O4-水解程度；

A．a(chǎn)=b時(shí)，二者恰好反應(yīng)生成NaHC2O4，溶液存在電荷守恒，為c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），存在物料守恒，為c（Na+）=c（H2C2O4）+c（HC2O4-）+c（C2O42-），二者聯(lián)式可得c（H2C2O4）+c（H+）=c（C2O42-）+c（OH-）；故A正確；

B．a(chǎn)=時(shí)，二者恰好反應(yīng)生成Na2C2O4，溶液中存在C2O42-和HC2O4-的兩種離子的水解，則c（OH-）＞c（H2C2O4）；故B錯(cuò)誤；

C．a(chǎn)=2b時(shí)，H2C2O4過(guò)量，反應(yīng)后溶液中存在H2C2O4、HC2O4-、C2O42-，其物質(zhì)的量之和為Na+的2倍，則2c（Na+）=c（H2C2O4）+c（HC2O4-）+c（C2O42-）；故C正確；

D．a(chǎn)=3b時(shí)，H2C2O4過(guò)量，溶液存在電荷守恒，為c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-）；故D錯(cuò)誤。

故選：AC。

NaHC2O4溶液顯酸性，說(shuō)明HC2O4-電離程度大于HC2O4-水解程度；

A．a(chǎn)=b時(shí)，二者恰好反應(yīng)生成NaHC2O4；結(jié)合電荷守恒和物流守恒判斷；

B．a(chǎn)=時(shí)，二者恰好反應(yīng)生成Na2C2O4，溶液中存在C2O42-和HC2O4-的兩種離子的水解；

C．a(chǎn)=2b時(shí)，H2C2O4過(guò)量；結(jié)合物料守恒判斷；

D．a(chǎn)=3b時(shí)，H2C2O4過(guò)量；結(jié)合電荷守恒判斷．

本題考查離子濃度大小的比較，為高考常見題型和高頻考點(diǎn)，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，注意把握鹽類水解與弱電解質(zhì)的電離特點(diǎn)和影響因素，結(jié)合電荷守恒、物料守恒解答該題，難度中等．【解析】AC13、B|C【分析】解：元素的金屬性越強(qiáng)；其對(duì)應(yīng)最高價(jià)氧化物的水化物堿性越強(qiáng)則該溶液的pH越大，元素的非金屬性越強(qiáng)，其最高價(jià)氧化物的水化物酸性越強(qiáng)則該溶液的pH越小，根據(jù)圖象知，X沒有最高價(jià)氧化物，則X為O元素，Y的最高價(jià)氧化物的水化物堿性最強(qiáng)，則Y為Na元素，Z為Al元素，W；R分別為S、Cl元素．

A．X為O元素；Y為Na元素，X，Y兩種元素的離子半徑相比，前者較大，故A錯(cuò)誤；

B．元素的非金屬性越強(qiáng)；對(duì)應(yīng)氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，非金屬性Cl大于S，則對(duì)應(yīng)氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性Cl大于S，故B正確；

C．由X，Y，Z三種元素形成的化合物是NaAlO2；為強(qiáng)堿弱酸鹽，在溶液中水解顯堿性，故C正確；

D．Z和R形成的化合物為AlCl3；電解其水溶液得到氫氧化鋁和氫氣；氯氣，得不到Al，故D錯(cuò)誤；

故選BC．

元素的金屬性越強(qiáng)；其對(duì)應(yīng)最高價(jià)氧化物的水化物堿性越強(qiáng)則該溶液的pH越大，元素的非金屬性越強(qiáng)，其最高價(jià)氧化物的水化物酸性越強(qiáng)則該溶液的pH越小，根據(jù)圖象知，X沒有最高價(jià)氧化物，則X為O元素，Y的最高價(jià)氧化物的水化物堿性最強(qiáng)，則Y為Na元素，Z為Al元素，W；R分別為S、Cl元素，據(jù)此結(jié)合元素及其化合物的性質(zhì)分析．

本題考查了短周期元素的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的遞變規(guī)律，明確元素最高價(jià)氧化物的水化物酸堿性是解本題關(guān)鍵，再結(jié)合化合物的構(gòu)成、性質(zhì)來(lái)分析解答，題目難度中等．【解析】【答案】BC14、A|B|C|D【分析】解：A；乙醇可以和水任意比例互溶；故A正確；

B；有機(jī)物易溶于有機(jī)溶劑中；乙醇是一種常見的有機(jī)溶劑，可溶解多種有機(jī)物，故B正確；

C；乙醇具有還原性；易被強(qiáng)氧化劑酸性高錳酸鉀氧化而使得溶液褪色，故C正確；

D；一定體積分?jǐn)?shù)的乙醇在醫(yī)療上用作消毒劑；故D正確．

故選ABCD．【解析】【答案】ABCD15、BC【分析】解：rm{A}鉛蓄電池在充電過(guò)程中；正是硫酸鉛氧化成二氧化鉛、負(fù)極是硫酸鉛還原成單質(zhì)鉛，所以質(zhì)量都減小，故A錯(cuò)誤；

B、反應(yīng)物中有氣體，生成物中沒有氣體，故rm{triangleS<0}若要使反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行，rm{triangleH-TtriangleS<0}則rm{triangleH-Ttriangle

S<0}必須小于rm{triangleH}故B正確；

C、加水稀釋促進(jìn)氨水的電離，所以一水合的濃度減少，銨根離子的濃度增大，則溶液中rm{dfrac{c(NH_{3}cdotH_{2}O)}{c(NH_{4}^{+})}}的值減??；故C正確；

D；鹽酸抑制了水的電離；而氯化銨溶液中銨離子水解，促進(jìn)了水的電離，所以兩溶液中水的電離程度不相同，故D錯(cuò)誤；

故選BC．

A；鉛蓄電池在充電過(guò)程中；正是硫酸鉛氧化成二氧化鉛、負(fù)極是硫酸鉛還原成單質(zhì)鉛；

B、反應(yīng)能否自發(fā)進(jìn)行，決定于有rm{0}

C；加水稀釋促進(jìn)氨水的電離；所以一水合的濃度減少，銨根離子的濃度增大；

D；鹽酸抑制了水的電離；氯化銨中銨離子促進(jìn)了水的電離；

本題考查了鉛蓄電池的充電原理、反應(yīng)的自發(fā)性、水的電離平衡等知識(shí)，題目難度中等，注意酸溶液和堿溶液抑制了水的電離，而能夠水解的鹽能夠促進(jìn)水的電離．rm{dfrac{c(NH_{3}cdot

H_{2}O)}{c(NH_{4}^{+})}}【解析】rm{BC}16、BC【分析】【分析】本題旨在考查學(xué)生對(duì)有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)的應(yīng)用。【解答】A.撲炎痛的分子式為rm{C_{17}H_{15}NO_{5}}，故A錯(cuò)誤；B.可用rm{FeCl_{3}}溶液檢驗(yàn)撲炎痛中是否含有化合物rm{Y}，故B正確；C.撲炎痛在酸性條件下水解最終可以得到rm{3}種物質(zhì)，故C正確；D.有機(jī)物含有rm{2}個(gè)酯基，rm{1}個(gè)肽鍵，rm{1mol}撲炎痛與足量的rm{NaOH}溶液反應(yīng)，最多消耗rm{5molNaOH}故D錯(cuò)誤。故選BC?！窘馕觥縭m{BC}17、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)猓谎鯕夂退魵?；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(wèn)題的能力的培養(yǎng)．【解析】rm{AD}三、填空題(共7題，共14分)18、b＞a＞cNaCN+CO2+H2O=NaHCO3+HCNBDAl3++3HCO3-═Al（OH）3↓+3CO2↑c(diǎn)（Na+）＞c（HC2O4-）＞c（H+）＞c（C2O42-）＞c（OH-）c（OH-）+c（HC2O4-）+2c（C2O42-）=c（H+）+c（Na+）0.2【分析】【分析】（1）酸的電離平衡常數(shù)越大；其酸根離子水解程度越小，則相同濃度的鈉鹽溶液堿性越弱；

（2）NaCN和少量CO2反應(yīng)生成NaHCO3；HCN；

（3）將0.02mol/L的HCN與0.01mol/L的NaOH溶液等體積混合，溶液中的溶質(zhì)是等物質(zhì)的量濃度的NaCN、HCN，已知混合溶液中c（CN-）＜c（Na+），根據(jù)電荷守恒可知c（H+）＜c（OH-），混合溶液呈堿性，說(shuō)明CN-的水解程度大于HCN的電離程度；據(jù)此進(jìn)行判斷；

（4）鋁離子與碳酸氫根離子發(fā)生雙水解反應(yīng)生成二氧化碳?xì)怏w和氫氧化鋁沉淀；

（5）根據(jù)草酸氫銨溶液顯示酸性及電荷守恒判斷溶液中各離子濃度大??；根據(jù)電荷守恒寫出草酸氫鈉溶液中的電荷守恒表達(dá)式；

（6）根據(jù)化合價(jià)變化計(jì)算出生成4.48L二氧化碳轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量．【解析】【解答】解：（1）電離平衡常數(shù)，CH3COOH＞H2CO3＞HCN，等濃度的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液水解程度為：Na2CO3溶液＞NaCN溶液＞CH3COONa溶液，故溶液的pH為：Na2CO3＞NaCN＞CH3COONa；

故答案為：b＞a＞c；

（2）NaCN和少量CO2反應(yīng)生成NaHCO3、HCN，反應(yīng)方程式為：NaCN+CO2+H2O=NaHCO3+HCN；

故答案為：NaCN+CO2+H2O=NaHCO3+HCN；

（3）將0.02mol/L的HCN與0.01mol/L的NaOH溶液等體積混合，溶液中的溶質(zhì)是物質(zhì)的量濃度都為0.005mol?L-1的NaCN、HCN，測(cè)得c（Na+）＞c（CN-），根據(jù)電荷守恒可知：c（H+）＜c（OH-），溶液呈堿性，所以HCN的濃度為0.005mol?L-1，CN-的濃度小于0.005mol?L-1；

A．根據(jù)分析可知，溶液呈堿性，c（H+）＜c（OH-）；故A錯(cuò)誤；

B．混合液呈堿性，則c（H+）＜c（OH-）；故B正確；

C．氫氧根離子濃度較小，c（CN-）遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于c（OH-）；故C錯(cuò)誤；

D．根據(jù)物料守恒可知：c（HCN）+c（CN-）=0.01mol/L；故D正確；

故答案為：BD；

（4）鋁離子與碳酸氫根離子混合發(fā)生雙水解生成氫氧化鋁沉淀和二氧化碳?xì)怏w，反應(yīng)的離子方程式為：Al3++3HCO3-═Al（OH）3↓+3CO2↑；

故答案為：Al3++3HCO3-═Al（OH）3↓+3CO2↑；

（5）草酸氫鈉溶液顯示酸性，則HC2O4-的電離程度大于其水解程度，所以c（C2O42-）＞c（H2C2O4），由于氫離子來(lái)自水的電離和HC2O4-的電離，則c（H+）＞c（C2O42-），HC2O4-的水解程度較小，則c（HC2O4-）＞c（C2O42-），所以溶液中各離子濃度大小為：c（Na+）＞c（HC2O4-）＞c（H+）＞c（C2O42-）＞c（OH-）；

草酸氫鈉溶液中存在的電荷守恒為：c（OH-）+c（HC2O4-）+2c（C2O42-）=c（H+）+c（Na+）；

故答案為：c（Na+）＞c（HC2O4-）＞c（H+）＞c（C2O42-）＞c（OH-）；c（OH-）+c（HC2O4-）+2c（C2O42-）=c（H+）+c（Na+）；

（6）標(biāo)準(zhǔn)狀況下4.48L二氧化碳的物質(zhì)的量為：=0.2mol，H2C2O4中C元素的化合價(jià)為+3價(jià)；二氧化碳分子中C的化合價(jià)為+4價(jià)，則生成0.2mol二氧化碳轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為：0.2mol×（4-3）=0.2mol；

故答案為：0.2．19、Fe2+0.35Fe、CuFe2+0.25mol＜n（Fe3+）≤0.35mol【分析】【分析】依據(jù)三價(jià)鐵離子；銅離子、二價(jià)鐵離子的氧化性強(qiáng)弱判斷反應(yīng)先后順序；若充分反應(yīng)后，鐵粉有剩余，則三價(jià)鐵離子、銅離子一定完全反應(yīng)；

若反應(yīng)后，有銅生成，鐵粉無(wú)剩余，則一定無(wú)三價(jià)鐵離子存在，一定存在亞鐵離子，可能含有銅離子，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：三價(jià)鐵離子；銅離子、二價(jià)鐵離子的氧化性依次減弱；加入鐵粉，先與三價(jià)鐵離子反應(yīng)，再與銅離子反應(yīng)；

（1）當(dāng)鐵粉有剩余時(shí)，溶液中的Fe3+、Cu2+全部參加反應(yīng)生成Fe2+和Cu，反應(yīng)的反應(yīng)方程式為：2FeCl3+Fe═3FeCl2、CuCl2+Fe═Cu+FeCl2，溶液中一定沒有Fe3+、Cu2+，一定含有Fe2+；固體為FeCu；反應(yīng)后溶液中的溶質(zhì)為氯化亞鐵，根據(jù)氯離子守恒：n（Cl-）=（1mol/L×3+1mol/L×2+1mol/L×2）×0.1L=0.7mol，所以n（Fe2+）=n（Cl-）=0.35mol；

故答案為：Fe2+；0.35；Fe；Cu；

（2）當(dāng)有銅生成，鐵粉無(wú)剩余，溶液中一定沒有Fe3+，Cu2+恰好全部參加反應(yīng)或部分反應(yīng)生成Fe2+和Cu，所以溶液中一定沒有Fe3+，可能含有Cu2+，一定含有Fe2+；

如果只有Fe2+，則其物質(zhì)的量為：0.35mol，如果還有Cu2+，且最多為0.1mol時(shí)，只發(fā)生2FeCl3+Fe=3FeCl2，則Fe2+物質(zhì)的量為0.25mol，由于兩個(gè)反應(yīng)都發(fā)生，所以Cu2+小于0.1mol，因此Fe2+物質(zhì)的量大于0.25mol，故Fe2+物質(zhì)的量為：0.25mol＜n（Fe2+）≤0.35mol；

故答案為：Fe2+；0.25mol＜n（Fe2+）≤0.35mol．20、略

【分析】由題給條件可知，A為CH3CHO，B為CH3CH===CHCHO，則D為CH3CH===CHCOOH，E為CH3CH===CHCOOCH3。由G的合成流程以及Y、F的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式推出G為M為J為I為(1)④F與足量NaOH溶液共熱反應(yīng)的化學(xué)方程式為BrCH2—CH===CH—COOCH3＋2NaOH△NaBr＋CH3OH＋HO—CH2—CH===CH—COONa。(2)M→G中反應(yīng)①的化學(xué)方程式為(3)Y中含有酯基，難溶于水；I為酚，為醇，不互為同系物。【解析】【答案】(1)①乙醛②取代反應(yīng)(或酯化反應(yīng))③溴原子碳碳雙鍵④BrCH2—CH===CH—COOCH3＋2NaOH△NaBr＋CH3OH＋HO—CH2—CH===CH—COONa(2)(3)bc21、略

【分析】解答該題要注意以下三點(diǎn)：(1)根據(jù)CO與CO2的濃度比值關(guān)系得出平衡移動(dòng)的方向，然后再進(jìn)行判斷。(2)增大反應(yīng)物的濃度，反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率不一定減??；轉(zhuǎn)化率等于轉(zhuǎn)化濃度比起始濃度。(3)氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量其變化與m總、n總均有關(guān)。Ⅰ、(1)使平衡時(shí)c(CO)/c(CO2)增大，則需要使平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，CO2的濃度減小，CO的濃度增大，比值增大。反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，升高溫度平衡向正反應(yīng)方向進(jìn)行，A對(duì)；反應(yīng)前后氣體的物質(zhì)的量不變，增大壓強(qiáng)平衡不移動(dòng)，B錯(cuò)；充入N2對(duì)平衡沒有影響，C錯(cuò)；鐵粉的量的多少對(duì)平衡沒有影響，D錯(cuò)。(2)增大CO2的濃度，反應(yīng)物中只有CO2為氣體，且反應(yīng)前后氣體體積相等。相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，平衡不發(fā)生移動(dòng)，CO2的轉(zhuǎn)化率不變。Ⅱ、(1)因?yàn)樵诤銐喝萜髦羞M(jìn)行，壓強(qiáng)一直不變，A錯(cuò)；當(dāng)v正(CO)=v逆(H2O)時(shí)，反應(yīng)達(dá)到平衡，B對(duì)；任何時(shí)刻生成的CO與H2物質(zhì)的量都相等，C錯(cuò)；1molH—H鍵斷裂說(shuō)明有1molH2反應(yīng)，斷裂2molH—O鍵說(shuō)明有1molH2O反應(yīng)，反應(yīng)達(dá)到平衡，D對(duì)。(2)原平衡狀態(tài)中CO、H2的平均相對(duì)分子質(zhì)量為加壓時(shí)平衡逆向移動(dòng)，H2O(g)(相對(duì)分子質(zhì)量為18)的含量增大，混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量增大?！窘馕觥俊敬鸢浮竣瘛?1)A(2)不變Ⅱ、(1)B、D(2)變大22、高效性專一性【分析】【解答】1份淀粉酶能催化約100萬(wàn)份淀粉水解為麥芽糖；這是酶的高效性性，在小腸內(nèi)酶能催化麥芽糖水解為葡萄糖，這是酶的專一性性，故答案為：高效性；專一性．

【分析】酶有高效性、專一性，據(jù)此解題．23、新制氯水中含有次氯酸，見光分解而變質(zhì)碳酸氫鈉受熱分解產(chǎn)生二氧化碳?xì)怏w，使饅頭松軟可口節(jié)約用水【分析】【分析】（1）新制氯水中含有次氯酸；見光分解；

（2）小蘇打的主要成分是碳酸氫鈉；受熱分解產(chǎn)生二氧化碳?xì)怏w；

（3）節(jié)約用水、重復(fù)利用水都是很好的措施．【解析】【解答】解：（1）新制氯水中含有次氯酸；見光分解，故需保存在棕色試劑瓶中，故答案為：新制氯水中含有次氯酸，見光分解而變質(zhì)；

（2）小蘇打的主要成分是碳酸氫鈉；受熱分解產(chǎn)生二氧化碳?xì)怏w，故可用于蒸饅頭，故答案為：碳酸氫鈉受熱分解產(chǎn)生二氧化碳?xì)怏w，使饅頭松軟可口；

（3）保護(hù)水環(huán)境，珍愛水資源是每個(gè)公民的責(zé)任和義務(wù)，節(jié)約用水、重復(fù)利用水都是很好的措施；故答案為：節(jié)約用水．24、C9H107C6H5-CH2CH=CH2（或是C6H5-CH=CH2-CH3，或是C6H5-C（CH3）=CH2）bc【分析】【分析】（1）根據(jù)碳原子的成鍵方式和數(shù)目結(jié)合結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式書寫分子式；利用對(duì)稱法尋找等效氫原子，進(jìn)而確定一鹵代物的種數(shù)；

（2）根據(jù)同分異構(gòu)體的書寫方法結(jié)合有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)來(lái)回答，有機(jī)物的結(jié)構(gòu)決定其性質(zhì)；物質(zhì)發(fā)生加聚反應(yīng)的實(shí)質(zhì)是：碳碳雙鍵斷開，兩個(gè)半鍵閉合，形成鏈接，相連形成高聚物．【解析】【解答】解：（1）根據(jù)其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式以及鍵線式的特點(diǎn)，得到該有機(jī)物的分子式為：C9H10，X與H2完全加成，雙鍵都變?yōu)閱捂I，生成Y，該烷烴中有7中環(huán)境的等效氫原子，所以Y的一氯代物有7種，故答案為：C9H10；7；

（2）①Zl只有一個(gè)側(cè)鏈，屬于芳香烴，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可以為：C6H5-CH2CH=CH2，苯環(huán)上的取代基還可以是-CH=CH2-CH3，或是-C（CH3）=CH2等；

故答案為：C6H5-CH2CH=CH2（或是C6H5-CH=CH2-CH3，或是C6H5-C（CH3）=CH2）；

②Z2分子中只有C-C單鍵和C-H單鍵，根據(jù)不飽和情況，一定會(huì)含環(huán)結(jié)構(gòu)，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：兩種有機(jī)物都能燃燒，發(fā)生氧化反應(yīng)，含有烷烴取代基，可以發(fā)生取代反應(yīng)，故答案為：bc；

③Z3（有二個(gè)取代基）；則連在苯環(huán)上的可以是甲基和乙烯基，和乙烯之間發(fā)生加聚反應(yīng)的方程式為：

故答案為：．四、判斷題(共3題，共24分)25、×【分析】【分析】HClO是弱電解質(zhì)，但NaClO是鹽，屬于強(qiáng)電解質(zhì)．【解析】【解答】解：HClO是弱電解質(zhì)，但NaClO在水溶液里或熔融狀態(tài)下完全電離，所以NaClO屬于強(qiáng)電解質(zhì)，故錯(cuò)誤；故答案為：×．26、×【分析】【分析】伴有能量變化的物質(zhì)變化不一定發(fā)生化學(xué)反應(yīng)．【解析】【解答】解：伴有能量變化的物質(zhì)變化不一定是化學(xué)變化，如燈泡發(fā)光過(guò)程中有熱能變化，故錯(cuò)誤；27、×【分析】【分析】部分鹽溶液能使蛋白質(zhì)發(fā)生鹽析，重金屬鹽溶液能使蛋白質(zhì)發(fā)生變性．【解析】【解答】解：部分鹽溶液能使蛋白質(zhì)發(fā)生鹽析；如硫酸鈉溶液；硫酸銨溶液；重金屬鹽溶液能使蛋白質(zhì)發(fā)生變性，如硫酸銅溶液、硝酸銀溶液等；所以電解質(zhì)溶液不一定能使蛋白質(zhì)發(fā)生變性；

故答案為：×．五、探究題(共4題，共8分)28、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，與氫氧化鈉不反應(yīng)，甲酸、苯酚與氫氧化鈉反應(yīng)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．29、酸式|反應(yīng)中生成的錳離子具有催化作用，所以隨后褪色會(huì)加快|滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶?jī)?nèi)的顏色由無(wú)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(qiáng)氧化性，應(yīng)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(dǎo)致反應(yīng)速率加快，所以剛滴下少量KMnO4溶液時(shí)；溶液迅速變成紫紅色；滴定終點(diǎn)時(shí)，當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏胃咤i酸鉀溶液，錐形瓶?jī)?nèi)的顏色由無(wú)色變成紫紅色，且半分鐘不變化，證明達(dá)到終點(diǎn)；

故答案為：酸式；反應(yīng)中生成的錳離子具有催化作用；所以隨后褪色會(huì)加快；滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶?jī)?nèi)的顏色由無(wú)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(yīng)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(shè)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(biāo)準(zhǔn)濃度的酸性KMnO4溶液潤(rùn)洗滴定管，標(biāo)準(zhǔn)液的濃度偏小，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，故A正確；

B．滴定前錐形瓶有少量水，待測(cè)液的物質(zhì)的量不變，對(duì)V（標(biāo)準(zhǔn)）無(wú)影響，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）不變，故B錯(cuò)誤；

C．滴定前滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后氣泡消失，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，故C正確；

D．不小心將少量酸性KMnO4溶液滴在錐形瓶外，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，故D正確；

E．觀察讀數(shù)時(shí)，滴定前仰視，滴定后俯視，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏小，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏小，故E錯(cuò)誤；

故選ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有強(qiáng)氧化性，應(yīng)用酸式滴定管盛裝；高錳離子有催化作用而導(dǎo)致反應(yīng)速率加快；乙二酸與KMnO4發(fā)生氧化還原反應(yīng)，滴定終點(diǎn)時(shí)，溶液由無(wú)色變成紫紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色；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(yīng)按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，根據(jù)關(guān)系式2KMnO4～5H2C2O4計(jì)算；

④根據(jù)c（待測(cè)）=分析不當(dāng)操作對(duì)V（標(biāo)準(zhǔn)）的影響，以此判斷濃度的誤差．30、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，與氫氧化鈉不反應(yīng)，甲酸、苯酚與氫氧化鈉反應(yīng)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．31、酸式|反應(yīng)中生成的錳離子具有催化作用，所以隨后褪色會(huì)加快|滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶?jī)?nèi)的顏色由無(wú)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(qiáng)氧化性，應(yīng)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(dǎo)致反應(yīng)速率加快，所以剛滴下少量KMnO4溶液時(shí)；溶液迅速變成紫紅色；滴定終點(diǎn)時(shí)，當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏胃咤i酸鉀溶液，錐形瓶?jī)?nèi)的顏色由無(wú)色變成紫紅色，且半分鐘不變化，證明達(dá)到終點(diǎn)；

故答案為：酸式；反應(yīng)中生成的錳離子具有催化作用；所以隨后褪色會(huì)加快；滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶?jī)?nèi)的顏色由無(wú)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(yīng)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(shè)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(biāo)準(zhǔn)濃度的酸性KMnO4溶液潤(rùn)洗滴定管，標(biāo)準(zhǔn)液的濃度偏小，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，故A正確；

B．滴定前錐形瓶有少量水，待測(cè)液的物質(zhì)的量不變，對(duì)V（標(biāo)準(zhǔn)）無(wú)影響，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）不變，故B錯(cuò)誤；

C．滴定前滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后氣泡消失，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，故C正確；

D．不小心將少量酸性KMnO4溶液滴在錐形瓶外，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，故D正確；

E．觀察讀數(shù)時(shí)，滴定前仰視，滴定后俯視，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏小，根據(jù)c（待測(cè)）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏小，故E錯(cuò)誤；

故選ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有強(qiáng)氧化性，應(yīng)用酸式滴定管盛裝；高錳離子有催化作用而導(dǎo)致反應(yīng)速率加快；乙二酸與KMnO4發(fā)生氧化還原反應(yīng)，滴定終點(diǎn)時(shí)，溶液由無(wú)色變成紫紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色；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(yīng)按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，根據(jù)關(guān)系式2KMnO4～5H2C2O4計(jì)算；

④根據(jù)c（待測(cè)）=分析不當(dāng)操作對(duì)V（標(biāo)準(zhǔn)）的影響，以此判斷濃度的誤差．六、計(jì)算題(共4題，共32分)32、2：2：3：：：：Al【分析】【分析】分別發(fā)生反應(yīng)：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑、Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑．

（1）令金屬為1mol；根據(jù)方程式計(jì)算氫氣的物質(zhì)的量，氫氣質(zhì)量之比等于其物質(zhì)的量之比；

（2）令金屬質(zhì)量為1g；根據(jù)方程式計(jì)算氫氣的質(zhì)量，進(jìn)而計(jì)算生成氫氣質(zhì)量之比；

（3）相同條件下體積之比等于物質(zhì)的量之比；結(jié)合（2）中的數(shù)據(jù)計(jì)算；

（4）令HCl為6mol，根據(jù)方程式計(jì)算金屬的物質(zhì)的量，根據(jù)m=nM計(jì)算金屬的質(zhì)量，反應(yīng)后有一種金屬剩余，則消耗金屬質(zhì)量最小會(huì)剩余．【解析】【解答】解：（1）令金屬為1mol；則：

Fe+2HCl=FeCl2+H2↑、Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑

1mol1mol1mol1mol1mol1.5mol

故生成氫氣質(zhì)量之比=其物質(zhì)的量之比=1mol：1mol：1.5mol=2：2：3；

故答案為：2：2：3；

（2）令金屬質(zhì)量為1g；則：

Fe+2HCl=FeCl2+H2↑、Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑

562652546

1g=g1g=g1g=g

故生成氫氣質(zhì)量之比=g：g：g=：：；

故答案為：：：；

（3）由（2）可知，等質(zhì)量的Fe、Zn、Al產(chǎn)生氫氣質(zhì)量之比=g：g：g=：：，故生成氫氣的物質(zhì)的量之比=：：，相同條件下體積之比等于物質(zhì)的量之比，則生成氫氣的體積之比=：