2025年新世紀版高三化學(xué)下冊階段測試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年新世紀版高三化學(xué)下冊階段測試試卷356考試試卷考試范圍：全部知識點；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總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、二氧化氯（ClO2）是一種黃綠色易溶于水的氣體；常用作飲用水消毒．實驗室通過如下過程制備二氧化氯．

下列說法正確的是（）A.電解時發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為NH4++3Cl-2H2↑+NCl3B.溶液X中大量存在的陰離子有Cl-、OH-C.可用飽和食鹽水除去ClO2中的NH3D.可用明礬除去飲用水中殘留的NaClO22、1mol/L的FeCl3溶液與1mol/L的KCl溶液中Cl-的物質(zhì)的量濃度之比為（）A.1：1B.2：1C.3：1D.1：33、已知X、Y、Z、E、F五種常見物質(zhì)含有同一元素M，在一定條件下它們有如下轉(zhuǎn)化關(guān)系，Z是NO，下列推斷不合理的是:A.X可能是一種氫化物B.若Y為單質(zhì)，Y生成Z屬于化合反應(yīng)C.E可能是一種有色氣體D.F中M元素的化合價可能為+54、如圖所示表示自然界中的氮循環(huán)，相關(guān)說法正確的是

A.“雷電作用”中發(fā)生的反應(yīng)是：rm{{N}_{2}+{20}_{2}overset{路脜碌莽}{=}2N{O}_{2}}B.“人工固氮”過程中，氮元素一定被還原C.rm{{N}_{2}+{20}_{2}

overset{路脜碌莽}{=}2N{O}_{2}}中涉及的反應(yīng)可能有：rm{2N{O}_{2}+{O}_{2+}=2N{O}_{3}}D.rm{壟脵}中涉及的反應(yīng)可能有：rm{2N{O}_{3}+12{H}^{+}={N}_{2}+6{H}_{2}O}rm{2N{O}_{2}+{O}_{2+}=2N{O}_{3}

}5、把6molA氣體和5molB氣體混合放入4L密閉容器中，在一定條件下發(fā)生反應(yīng)：3A（g）+B（g）?2C（g）+xD（g）經(jīng)5min達到平衡，此時生成C為2mol，測定D的平均反應(yīng)速率為0.1mol/（L?min），下列說法中正確的是（）A.A的平均反應(yīng)速率為0.15mol/（L?min）B.恒溫達到平衡時容器內(nèi)壓強為開始時的85%C.B的轉(zhuǎn)化率為10%D.平衡時A的濃度為0.8mol/L6、離子鍵和共價鍵可能同時存在于同一化合物中．下列化合物中既存在離子鍵又存在共價鍵的是（）A.KBrB.NaOHC.HBrD.NaCl7、化學(xué)與以節(jié)能減排為基礎(chǔ)的低碳經(jīng)濟密切相關(guān)．下列做法違背發(fā)展低碳經(jīng)濟的是（）A.城市采用分質(zhì)供水，收集雨水進行綜合利用B.推廣煤的氣化、液化技術(shù)，提供清潔高效燃料C.大力發(fā)展汽車產(chǎn)業(yè)，鼓勵市民購買家用汽車D.開發(fā)利用太陽能、風(fēng)能、氫能、核能等能源8、對下圖兩種化合物的結(jié)構(gòu)或性質(zhì)描述正確的是A.不是同分異構(gòu)體B.分子中共平面的碳原了數(shù)相同C.均能與溴水反應(yīng)D.可用紅外光譜區(qū)分，但不能用核磁共振氫譜區(qū)分評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)9、I．某反應(yīng)為：4CuI+Hg═Cu2HgI4+2Cu（反應(yīng)前后的I均為-1價）；試回答：

①上述反應(yīng)產(chǎn)物Cu2HgI4中，Hg元素顯____價；

②CuI發(fā)生____反應(yīng)（填氧化或還原）．

Ⅱ．某反應(yīng)為：3H2O2+Cr2（SO4）3+10KOH═2K2CrO4+3K2SO4+8H2O

①反應(yīng)中氧化劑是____（填化學(xué)式），被氧化的元素____（填元素符號）；

②用單線橋表示出該反應(yīng)中電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目____．

Ⅲ．有下列三個反應(yīng)：

a.2FeCl2+2KI═2FeCl2+2KCl+I2

b.2FeCl2+Cl2═2FeCl3

c.2KMnO4+16HCl（濃）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O

①上述三個反應(yīng)中氧化劑氧化性強弱關(guān)系為____；

②在反應(yīng)c中，若被氧化的HCl為1.5mol，則轉(zhuǎn)移的電子數(shù)是____．10、A、B、C、D、E五種溶液分別是HCl、CH3COOH、NaOH、NH3．H2O、Na2CO3溶液中的一種．常溫下進行下列實驗：

①將1LPH=9的A溶液分別與xL0.001mol/LB溶液；yL0.001mol/LD溶液充分反應(yīng)后溶液呈中性；x、y大小關(guān)系為：y＜x；

②濃度均為0.1mol/LC與D溶液等體積混合；溶液呈酸性；

③濃度均為0.1mol/LA和E溶液的PH：A＜E

回答下列問題：

（1）E的電子式____

（2）寫出A與足量B溶液反應(yīng)的離子方程式____

（3）將等體積、等物質(zhì)的量濃度的D、E分別與足量的鋁粉反應(yīng)，產(chǎn)生H2的物質(zhì)的量之比為____

（4）將等體積、等物質(zhì)的量濃度的B和C混合后，所得溶液的PH約為7，原因是____

（5）室溫時在一定體積0.4mol/L的E溶液中，加入一定體積的0.1mol/L的D溶液時，混合溶液PH=13，若混合后溶液的體積變化忽略不計，則D、E溶液的體積之比是____．11、下列幾種物質(zhì)：①液態(tài)氯化氫②水銀③干燥的食鹽晶體④乙醇⑤NaNO3溶液⑥溴蒸氣⑦SO2．

填空回答（填序號）：

以上物質(zhì)中屬于電解質(zhì)的是____；

屬于非電解質(zhì)的是____；

能導(dǎo)電的是____；

寫出⑥和⑦以物質(zhì)的量之比1：1同時通入水中反應(yīng)的離子方程式____．12、（2015秋?興義市校級期中）Ⅰ．乙組同學(xué)用如圖裝置來證明銅與稀硝酸反應(yīng)產(chǎn)生一氧化氮；B為一個用金屬絲固定的干燥管，內(nèi)裝塊狀碳酸鈣固體；E為一個空的蒸餾燒瓶；F是用于鼓入空氣的雙連打氣球．

（1）實驗時，先將B裝置下移，使碳酸鈣與稀硝酸接觸產(chǎn)生氣體，當C處產(chǎn)生白色沉淀時，立刻將B裝置上提，使之與稀硝酸分離．該組學(xué)生設(shè)計此步操作的目的____．

（2）將A中銅絲放入稀硝酸中，給裝置A微微加熱，在裝置A中產(chǎn)生無色氣體，其反應(yīng)的離子方程式為____．

（3）裝置E中開始時出現(xiàn)淺紅棕色氣體，用F向E中鼓入空氣后，可觀察到燒瓶E內(nèi)氣體顏色加深，產(chǎn)生上述現(xiàn)象的原因是____．

（4）一段時間后，C中白色沉淀溶解，其原因是____．

（5）裝置D的作用是____．

Ⅱ．已知向含有淀粉的10mL0.2mol/LKIO3酸性溶液滴滴加0.3mol?L-1NaHSO3溶液的過程中；溶液的顏色先變藍然后褪色，發(fā)生的離子反應(yīng)如下：

①____IO3-+____HSO3-=____I2+____SO42-+____H2O+____

②I2+HSO3-+H2O═2I-+SO42-+3H+

回答下列問題。

（1）配平離子反應(yīng)方程式①

____IO3-+____HSO3-=____I2+____SO42-+____H2O+____

（2）根據(jù)①②反應(yīng)寫出還原性粒子HSO3-、I2、I-由強到弱的順序____；

（3）當溶液剛好褪色時，則消耗的NaHSO3溶液的體積為____；

（4）預(yù)測已知向含有淀粉的NaHSO3溶液滴加KIO3溶液的現(xiàn)象．13、已知：A；B、F是家庭中常見的有機物；E是石油化工發(fā)展水平的標志．根據(jù)下圖所示的轉(zhuǎn)化關(guān)系回答問題．

（1）操作⑥的名稱為____．

（2）取代反應(yīng)的范疇很廣，①～⑤中屬于取代反應(yīng)的是____．（填序號）

（3）請寫出下列反應(yīng)的化學(xué)方程式：

③____；

④____．

（4）F是一種常見的高分子材料，它給我們帶來了巨大的方便．然而，這種材料造成的當今某一環(huán)境問題是____．

（5）乙醇分子中的氧原子被硫原子取代后的有機物叫乙硫醇，其性質(zhì)與乙醇相似，但乙硫醇有酸性，它能與NaOH等強堿溶液反應(yīng)生成無色溶液．石油中因含乙硫醇（無色液體，微溶于水）使汽油有臭味且其燃燒產(chǎn)生的二氧化硫會污染環(huán)境，因此要把它除去．用化學(xué)方法除去石油樣品中的乙硫醇，反應(yīng)的化學(xué)方程式為____

乙硫醇也能與乙酸發(fā)生酯化反應(yīng)，反應(yīng)的化學(xué)方程式為____．評卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)14、因為Na可以與水反應(yīng)放出H2，所以K也可以與水反應(yīng)放出H2____．（判斷對錯）15、海帶中碘元素提取時氧化濾液中的I-時，通入氯氣，KI溶液變?yōu)辄S色，繼續(xù)通入氯氣一段時間后，溶液黃色褪去．____．（判斷對錯說明理由）16、判斷正誤；正確的劃“√”，錯誤的劃“×”

（1）乙酸分子中含有羧基，可與NaHCO3溶液反應(yīng)生成CO2____

（2）乙醇、乙酸均能與Na反應(yīng)放出H2，二者分子中官能團相同____

（3）在酸性條件下，CH3CO18OC2H5的水解產(chǎn)物是CH3CO18OH和C2H5OH____

（4）在水溶液里，乙酸分子中的-CH3可以電離出H+____

（5）乙醇中含乙酸雜質(zhì)：加入碳酸鈉溶液洗滌，分液____

（6）乙酸丁酯中含乙酸雜質(zhì)：加入碳酸鈉溶液洗滌，分液____．17、判斷正誤；正確的劃“√”，錯誤的劃“×”

（1）聚乙烯可發(fā)生加成反應(yīng)____

（2）乙烯和甲烷可用酸性高錳酸鉀溶液鑒別____

（3）乙烯和苯都能與溴水反應(yīng)____

（4）乙烯和乙烷都能發(fā)生加聚反應(yīng)____

（5）聚乙烯的結(jié)構(gòu)簡式為CH2═CH2____

（6）甲烷和氯氣反應(yīng)生成一氯甲烷與苯和硝酸反應(yīng)生成硝基苯的反應(yīng)類型相同____

（7）苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，說明苯分子中沒有與乙烯分子中類似的碳碳雙鍵____

（8）甲烷和Cl2的反應(yīng)與乙烯和Br2的反應(yīng)屬于同一類型的反應(yīng)____

（9）a（CH2═CH2）、b（CH3CH2OH）、c（CH3CHO）可實現(xiàn)____

（10）乙烯和甲烷可用溴的四氯化碳溶液鑒別____

（11）乙烯可使酸性高錳酸鉀溶液褪色，則丙烯也可以使其褪色____

（12）28g乙烯和環(huán)丁烷（C4H8）的混合氣體中含有的碳原子數(shù)為2NA____．18、膠體區(qū)別于其他分散系的本質(zhì)特征是膠體具有丁達爾效應(yīng)．____．（判斷對錯）19、氨水呈弱堿性，故NH3是弱電解質(zhì)____（判斷對錯）20、標準狀況下，1moL水中所含原子總數(shù)數(shù)為3NA____（判斷對錯）21、分子式為C7H16，含有三個甲基的同分異構(gòu)體的數(shù)目是3種____（判斷對錯）22、對氯甲苯的結(jié)構(gòu)簡式：____．評卷人得分四、簡答題(共4題，共24分)23、運用化學(xué)反應(yīng)原理研究化學(xué)反應(yīng)有重要意義。

rm{(1)}將rm{1mol}rm{SO_{2}}和rm{0.5mol}rm{O_{2}}充入一密閉容器，發(fā)生如下反應(yīng)：rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g)}混合體系中rm{SO_{3}}的平衡百分含量和溫度的關(guān)系如圖rm{1}所示。

rm{壟脵}若在恒溫、恒壓條件下向上述平衡體系中通入氦氣，平衡______rm{(}填“向左”、“向右”或“不”rm{)}移動。

rm{壟脷}若在恒溫、體積不變的容器中向上述平衡體系中通入rm{SO_{3}}氣體，平衡______填“向左”、“向右”或“不”rm{)}移動，再次平衡后rm{SO_{3}}的百分含量______rm{(}填“增大”、“不變”或“減小”rm{)}

rm{壟脹}若反應(yīng)進行到狀態(tài)rm{D}時，rm{v_{脮媒}}______rm{(}填“rm{>}”“rm{<}”或“rm{=}”rm{)v_{脛忙}}

rm{(2)}課本里介紹的合成氨技術(shù)叫哈伯法：rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)?2NH_{3}(g)triangleH<0}應(yīng)用此法反應(yīng)達到平衡時反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率不高。

rm{N_{2}(g)+3H_{2}(g)?2NH_{3}(g)triangle

H<0}能使該反應(yīng)的反應(yīng)速率增大，且平衡向正反應(yīng)方向移動的措施是______rm{壟脵}填編號rm{(}

A.使用更高效的催化劑。

B.升高溫度。

C.及時分離出氨氣。

D.充入氮氣，增大氮氣的濃度rm{)}保持容器體積不變rm{(}

rm{)}若在某溫度下，rm{壟脷}的密閉容器中發(fā)生合成氨的反應(yīng)，圖rm{2L}表示rm{2}的物質(zhì)的量隨時間的變化曲線。用rm{N_{2}}表示rm{H_{2}}內(nèi)該反應(yīng)的平均速率rm{0隆蘆10min}______。從第rm{v(H_{2})=}起，壓縮容器的體積為rm{11min}則rm{1L}的變化曲線為______rm{n(N_{2})}填編號rm{(}

rm{)}該反應(yīng)化學(xué)平衡常數(shù)的表達式為______。rm{壟脹}24、氨法脫硫技術(shù)可吸收硫酸工業(yè)尾氣中的二氧化硫；同時制得硫酸銨．主要的工藝流程如圖所示：

（1）吸收塔中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是______；

（2）有數(shù)據(jù)表明，吸收塔中溶液的pH在5.5～6.0之間，生產(chǎn)效率較高．當控制一定流量的尾氣時，調(diào)節(jié)溶液的pH的簡便方法是______．25、已知有機化合物A只含有C；H兩種元素；且能使酸性高錳酸鉀溶液褪色．A、B、C、D、E有如下關(guān)系：

（1）A中官能團的名稱是______．

（2）B+D→E的反應(yīng)類型是______．（填選項字母）

A．取代反應(yīng)B．加成反應(yīng)C．氧化反應(yīng)D．酯化反應(yīng)。

（3）寫出B→C的化學(xué)方程式______．

（4）某課外小組設(shè)計實驗制取E的裝置如圖所示．

下列說法正確的是______（填選項字母）．

A．反應(yīng)中濃硫酸的作用是催化劑；吸水劑。

B．飽和碳酸鈉溶液可用飽和氫氧化鈉溶液代替。

C．實驗結(jié)束后燒杯中的溶液經(jīng)振蕩；靜置、分液；能得到純凈的E

D．裝置X的作用是能防止倒吸．26、下列物質(zhì)之間能夠發(fā)生如圖所示的化學(xué)反應(yīng)，合金由兩種金屬組成，取rm{C}溶液進行焰色反應(yīng)則火焰呈黃色rm{.}在反應(yīng)中產(chǎn)生的水均未在圖中標出．

請回答：

rm{(1)}寫出下列物質(zhì)的化學(xué)式：rm{A}______rm{M}______rm{H}______

rm{(2)}寫出下列反應(yīng)的化學(xué)方程式；并標出電子轉(zhuǎn)移情況：

rm{G隆煤H}______

rm{(3)}寫出下列反應(yīng)的離子方程式：

rm{A隆煤B+C}______

rm{K隆煤D}______．評卷人得分五、實驗題(共4題，共36分)27、（14分）某化學(xué)興趣小組同學(xué)展開對漂白劑亞氯酸鈉（NaClO2）的研究。實驗Ⅰ：制取NaClO2晶體已知：NaClO2飽和溶液在溫度低于38℃時析出的晶體是NaClO2?3H2O，高于38℃時析出晶體的是NaClO2，高于60℃時NaClO2分解成NaClO3和NaCl。Ba(ClO)2可溶于水。利用下圖所示裝置進行實驗。（1）裝置①的作用是裝置③的作用是。（2）裝置②中產(chǎn)生ClO2的化學(xué)方程式為。（3）從裝置④反應(yīng)后的溶液獲得晶體NaClO2的操作步驟為：①減壓，55℃蒸發(fā)結(jié)晶；②趁熱過濾；③；④低于60℃干燥，得到成品。（4）設(shè)計實驗檢驗所得NaClO2晶體是否含有雜質(zhì)Na2SO4，操作與現(xiàn)象是：取少量晶體溶于蒸餾水，。實驗Ⅱ：測定某亞氯酸鈉樣品的純度。設(shè)計如下實驗方案，并進行實驗：①準確稱取所得亞氯酸鈉樣品mg于燒杯中，加入適量蒸餾水和過量的碘化鉀晶體，再滴入適量的稀硫酸，充分反應(yīng)（已知：ClO2－+4I－+4H+=2H2O+2I2+Cl－）。將所得混合液配成100mL待測溶液。②移取25.00mL待測溶液于錐形瓶中，用cmol?L-1Na2S2O3標準液滴定，至滴定終點。重復(fù)2次，測得消耗標準溶液的體積的平均值為VmL（已知：I2+2S2O32－=2I－+S4O62－）。（5）滴定中使用的指示劑是，達到滴定終點時的現(xiàn)象為。（6）樣品中NaClO2的質(zhì)量分數(shù)為（用含m、c、V的代數(shù)式表示，式量：NaClO290.5）。28、某興趣小組的同學(xué)發(fā)現(xiàn)將一定量的鐵與濃硫酸加熱時；觀察到鐵完全溶解，并產(chǎn)生大量氣體．為此，他們設(shè)計了如圖裝置驗證所產(chǎn)生的氣體成分．

（1）裝置中的藥品名稱或化學(xué)式：E____，F(xiàn)____；裝置的作用：C____，G____．

（2）先點燃____處酒精燈（填“A”或“E”），點燃E處酒精燈前一步操作是____，E中發(fā)生的反應(yīng)方程式為____．

（3）反應(yīng)后A的溶液中含有Fe3+和Fe2+，檢驗其中的Fe2+的方法是____．29、（2013秋?荊門期末）如圖所示裝置，可用來制取和觀察Fe（OH）2在空氣中被氧化時的顏色變化，實驗時必須使用鐵屑及5.00mol?L-1的硫酸；其他試劑任選．填寫下列空白：

（1）A裝置中用于添加液體的儀器的名稱是____，B中盛有一定量的NaOH溶液，C中收集到的氣體的主要成分是____．

（2）實驗開始時應(yīng)先將活塞E____（填“打開”或“關(guān)閉”），其目的是____．

（3）用本裝置制備Fe（OH）2的效果比較理想，請簡述理由____．

（4）拔去裝置B中的橡皮塞，讓空氣進入B中，可觀察到的現(xiàn)象時是____；寫出有關(guān)反應(yīng)的化學(xué)方程式____．30、某課外興趣小組測定某品牌牛奶中鈣的含量；方法如下：

①取100mL牛奶，加入足量的草酸銨[（NH4）2C2O4]溶液，使牛奶中的鈣轉(zhuǎn)化成難溶的CaC2O4沉淀；

②過濾，用適量的蒸餾水洗滌沉淀表面吸附的少量（NH4）2C2O4；蛋白質(zhì)等雜質(zhì)；

③將沉淀轉(zhuǎn)移至錐形瓶中，加足量的稀硫酸溶液溶解CaC2O4；

④然后以0.10mol?L-1的KMnO4溶液滴定生成的H2C2O4溶液，共消耗12.00mLKMnO4溶液．

發(fā)生的反應(yīng)為：____H2C2O4+____KMnO4+____H2SO4═____CO2↑+____MnSO4+____K2SO4+____H2O

（1）配平上述方程式。

（2）KMnO4溶液應(yīng)盛在____（填“酸式”或“堿式”）滴定管中．

（3）若滴定管的規(guī)格為25mL，滴定前滴定管中液面的讀數(shù)為5.20mL，則滴定管中液體的體積為____（填代號）．

A．5.20mLB．19.80mLC．大于19.80mLD．小于19.80mL

（4）本實驗是否需要外加指示劑？____（填“是”或者“否”）．到達滴定終點時，溶液的顏色由____色變?yōu)開___色．

（5）滴定時邊滴邊搖動錐形瓶，眼睛應(yīng)觀察____

A．滴定管內(nèi)液面的變化B．錐形瓶內(nèi)溶液顏色的變化。

（6）該牛奶中鈣的含量為____mg/100mL．參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、B【分析】【分析】氯化銨溶液中加入鹽酸通電電解，得到NCl3溶液氮元素化合價-3價變化為+3價，在陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，陰極是氫離子得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氣，在NCl3溶液中加入NaClO2溶液加熱反應(yīng)生成ClO2、NH3和溶液X，NCl3與NaClO2按一定物質(zhì)的量之比混合，在溶液中恰好反應(yīng)生成ClO2與NH3，由氫元素守恒可知，有水參加反應(yīng)，1molNCl3得到1molNH3，由ClO2-、ClO2中Cl原子與O原子之比均為1：2，結(jié)合電荷守恒可知，反應(yīng)還生成NaCl與NaOH．【解析】【解答】解：A．NH4Cl溶液中加入鹽酸進行電解得到NCl3，NCl3溶液氮元素化合價-3價變化為+3價，在陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，陰極是氫離子得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氣，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：NH4++2H++3Cl-3H2↑+NCl3；故A錯誤；

B．上述分析可知NCl3與NaClO2按一定物質(zhì)的量之比混合，在溶液中恰好反應(yīng)生成ClO2與NH3，由氫元素守恒可知，有水參加反應(yīng)，1molNCl3得到1molNH3，由ClO2-、ClO2中Cl原子與O原子之比均為1：2，結(jié)合電子守恒和電荷守恒可知，反應(yīng)還生成NaCl與NaOH，溶液X中大量存在的陰離子有Cl-、OH-；故B正確；

C．二氧化氯（ClO2）是一種黃綠色易溶于水的氣體，不可用飽和食鹽水除去ClO2中的NH3；故C錯誤；

D．明礬凈水的原理是利用鋁離子水解生成氫氧化鋁膠體的吸附性，吸附懸浮雜質(zhì)，不能吸收除去飲用水中殘留的NaClO2；故D錯誤；

故選B．2、C【分析】【分析】由化學(xué)式FeCl3可知FeCl3溶液中氯離子濃度為氯化鐵濃度的3倍，KC1溶液中Cl-的物質(zhì)的量濃度與氯化鉀濃度相等，基礎(chǔ)解答．【解析】【解答】解：1mol/L的FeCl3溶液中氯離子濃度為1mol/L×3=3mol/L

1mol/L的KC1溶液中Cl-的物質(zhì)的量濃度為1mol/L；

故1mol/L的FeCl3溶液與1mol/L的KC1溶液中Cl-的物質(zhì)的量濃度之比為3mol/L：1mol/L=3：1；

故選C．3、B【分析】考查了氮氣及其化合物的性質(zhì)和轉(zhuǎn)化；所示轉(zhuǎn)化可為：N2→NH3→NO→NO2→HNO3或NH3→N2→NO→NO2→HNO3【解析】【答案】B4、C【分析】【分析】本題考查含氮物質(zhì)及與環(huán)境的關(guān)系，為高頻考點，把握習(xí)題中的信息、自然固氮及發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重化學(xué)反應(yīng)的考查，題目難度不大?！窘獯稹緼.放電下自然固氮，反應(yīng)為rm{N_{2}+O_{2}overset{路脜碌莽}{=}2NO}故A錯誤；B.rm{N_{2}+O_{2}overset{路脜碌莽}{=}

2NO}故B錯誤；C.亞硝酸鹽生成硝酸鹽是被氧化的過程，故C正確；D.只有氮元素化合價的降低，沒有元素化合價升高，不符合電子守恒，故D錯誤。故選C。

人工固氮”過程中，氮元素可能升高變成rm{NO}故B錯誤；【解析】rm{C}5、A【分析】【分析】根據(jù)三段式計算出各組分物質(zhì)的量變化量；平衡時物質(zhì)的量；

A．根據(jù)平均反應(yīng)速率v=來計算；

B．恒溫恒容下；壓強之比等于物質(zhì)的量之比，利用化學(xué)計量數(shù)之比等于物質(zhì)的量之比計算x，結(jié)合x的值判斷；

C．B的轉(zhuǎn)化率=×100%；

D．根據(jù)c=計算．【解析】【解答】解：平衡時生成C為2mol；D的平均反應(yīng)速率為0.1mol/（L?min），生成D的物質(zhì)的量為0.1mol/（L?min）×5min×4L=2mol，則：

3A（g）+B（g）2C（g）+xD（g）

起始量（mol）6500

變化量（mol）3122

平衡量（mol）3422

物質(zhì)的量之比等于化學(xué)計量數(shù)之比；故2：2=1：x，則x=2．

A、A的平均反應(yīng)速率為v==mol/（L?min）=0.15mol/（L?min）；故A正確；

B；反應(yīng)前后氣體的物質(zhì)的量不變；恒溫恒容下，壓強之比等于物質(zhì)的量之比，平衡時容器內(nèi)的壓強與開始時壓強相等，故B錯誤；

C、B的轉(zhuǎn)化率為==20%；故C錯誤；

D、平衡時A的濃度==0.75mol/L；故D錯誤；

故選A．6、B【分析】【分析】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，第IA族（H元素除外）、第IIA族和第VIA族、第VIIA族元素之間易形成離子鍵，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：A．KBr只含鉀離子與溴離子之間的離子鍵；故A錯誤；

B．NaOH中鈉離子與氫氧根離子之間存在離子鍵；氫原子與氧原子之間存在共價鍵，故B正確；

C．HBr只含有H-Br共價鍵；故C錯誤；

D．NaCl只存在鈉離子與氯離子之間的離子鍵；故D錯誤；

故選：B．7、C【分析】【分析】低碳經(jīng)濟是指在可持續(xù)發(fā)展理念指導(dǎo)下，通過技術(shù)創(chuàng)新、制度創(chuàng)新、產(chǎn)業(yè)轉(zhuǎn)型、新能源開發(fā)等多種手段，盡可能地減少煤炭石油等高碳能源消耗，減少溫室氣體排放，達到經(jīng)濟社會發(fā)展與生態(tài)環(huán)境保護雙贏的一種經(jīng)濟發(fā)展形態(tài)．【解析】【解答】解：A；城市采用分質(zhì)供水；收集雨水進行綜合利用，節(jié)約了資源，減少污染物的排放，符合低碳經(jīng)濟的理念，故A錯誤；

B；推廣煤的氣化、液化技術(shù)；提供清潔高效燃料，可以減少污染，符合低碳經(jīng)濟的理念，故B正確；

C；大力發(fā)展汽車產(chǎn)業(yè)；鼓勵市民購買家用汽車，將會產(chǎn)生更多的二氧化碳，不符合低碳經(jīng)濟，故C錯誤；

D；開發(fā)利用太陽能、風(fēng)能、氫能、核能等能源；減少了化石燃料的使用，減少了二氧化碳，符合低碳經(jīng)濟，故D正確；

故選C．8、C【分析】試題分析：A、二者分子式相同而結(jié)構(gòu)不同，所以二者是同分異構(gòu)體，錯誤；B、第一種物質(zhì)含有苯環(huán)，8個C原子共面，第二種物質(zhì)含有碳碳雙鍵，7個C原子共面，錯誤；C、第一種物質(zhì)含有酚羥基，可與溴水發(fā)生取代反應(yīng)，第二種物質(zhì)含有碳碳雙鍵，可與溴水發(fā)生加成反應(yīng)，正確；D、兩種有機物H原子位置不同，可用核磁共振氫譜區(qū)分，錯誤?？键c：本題考查有機物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)。【解析】【答案】C二、填空題(共5題，共10分)9、+2還原H2O2CrKMnO4＞Cl2＞FeCl31.5NA【分析】【分析】Ⅰ、①Cu2HgI4中；反應(yīng)前后的I均為-1價，Cu元素的化合價為+1價，則依據(jù)化合價代數(shù)和為0計算Hg元素的化合價為+2價；

②CuI中銅元素化合價+1價變化為0價；化合價降低做氧化劑被還原；

Ⅱ；①元素化合價降低的反應(yīng)物做氧化劑被還原；元素化合價升高的反應(yīng)物做還原劑被氧化；

②單線橋是指從失去電子的一方指向得到電子的一方，上面標注電子轉(zhuǎn)移總數(shù)，此反應(yīng)中鉻元素化合價+3價變化為+4價，被氧化電子轉(zhuǎn)移6e-；

Ⅲ；①氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物；據(jù)此分析三個反應(yīng)中的關(guān)系得到；

②2KMnO4+16HCl（濃）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，反應(yīng)中被氧化10molHCl電子轉(zhuǎn)移10mol計算．【解析】【解答】解：Ⅰ、①Cu2HgI4中；反應(yīng)前后的I均為-1價，則依據(jù)化合價代數(shù)和為0，Cu元素的化合價為+1價，計算Hg元素的化合價為+2價，故答案為：+2；

②分析反應(yīng)可知，4CuI+Hg═Cu2HgI4+2Cu中CuI中的銅元素化合價+1價變化為0價；化合價降低做氧化劑被還原，故答案為：還原；

Ⅱ、①元素化合價降低的反應(yīng)物做氧化劑被還原，元素化合價升高的反應(yīng)物做還原劑被氧化，反應(yīng)3H2O2+Cr2（SO4）3+10KOH═2K2CrO4+3K2SO4+8H2O，反應(yīng)中Cr元素化合價+3價變化為+4價；元素化合價升高失電子做還原劑被氧化，發(fā)生氧化反應(yīng)，過氧化氫中氧元素化合價-1價變化為-2價，化合價降低得到電子做氧化劑被還原，發(fā)生還原反應(yīng)；

故答案為：H2O2；Cr；

②單線橋是指從失去電子的一方指向得到電子的一方，上面標注電子轉(zhuǎn)移總數(shù)，此反應(yīng)中鉻元素化合價+3價變化為+4價，被氧化電子轉(zhuǎn)移6e-，用單線橋表示出該反應(yīng)中電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目的化學(xué)方程式為：

故答案為：

Ⅲ；①氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物；則。

a.2FeCl3+2KI═2FeCl2+2KCl+I2，氧化劑FeCl3，氧化產(chǎn)物I2，氧化性FeCl3＞I2；

b.2FeCl2+Cl2═2FeCl3，氧化劑Cl2，氧化產(chǎn)物FeCl3，氧化性Cl2＞FeCl3；

c.2KMnO4+16HCl（濃）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，氧化劑KMnO4，氧化產(chǎn)物Cl2，氧化性KMnO4＞Cl2；

氧化劑氧化性強弱關(guān)系為KMnO4＞Cl2＞FeCl3；

故答案為：KMnO4＞Cl2＞FeCl3；

②2KMnO4+16HCl（濃）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，反應(yīng)中被氧化10molHCl電子轉(zhuǎn)移10mol，若被氧化的HCl為1.5mol，則轉(zhuǎn)移的電子數(shù)是1.5NA；

故答案為：1.5NA．10、2CH3COOH+CO32-═2CH3COO-+CO2↑+H2O1：3相同條件下，醋酸根離子的水解程度與銨根離子的水解程度相當3：2【分析】【分析】A的pH大于7，說明呈堿性，根據(jù)①確定B、D為HCl和CH3COOH兩種酸，根據(jù)同濃度時B的用量大說明B是弱酸即為CH3COOH；則D為HCl；

C和D溶液等體積混合后，溶液呈酸性，則生成的鹽是強酸弱堿鹽，根據(jù)②確定C是弱堿即為NH3?H2O；濃度均為0.1mol/L的C和D溶液等體積混合后，溶液呈酸性，因氯化銨水解呈酸性；

相同濃度時，強堿的堿性大于鹽的堿性，根據(jù)③確定A、E分別是NaOH或Na2CO3，0.1mol/L的A溶液pH小于0.1mol/L的E溶液pH說明E是強堿NaOH，A是Na2CO3，以此來解答．【解析】【解答】解：A的pH大于7，說明呈堿性，根據(jù)①確定B、D為HCl和CH3COOH兩種酸，根據(jù)同濃度時B的用量大說明B是弱酸即為CH3COOH；則D為HCl；

C和D溶液等體積混合后，溶液呈酸性，則生成的鹽是強酸弱堿鹽，根據(jù)②確定C是弱堿即為NH3?H2O；濃度均為0.1mol/L的C和D溶液等體積混合后，溶液呈酸性，因氯化銨水解呈酸性；

相同濃度時，強堿的堿性大于鹽的堿性，根據(jù)③確定A、E分別是NaOH或Na2CO3，0.1mol/L的A溶液pH小于0.1mol/L的E溶液pH說明E是強堿NaOH，A是Na2CO3；

（1）E為NaOH，電子式為故答案為：

（2）醋酸和碳酸鈉反應(yīng)離子方程式為：2CH3COOH+CO32-═2CH3COO-+CO2↑+H2O；

故答案為：2CH3COOH+CO32-═2CH3COO-+CO2↑+H2O；

（3）D為鹽酸，E是氫氧化鈉，等物質(zhì)的量的D、E分別與足量的鋁粉反應(yīng)，2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑，根據(jù)方程式知，等物質(zhì)的量的鹽酸和氫氧化鈉分別與足量鋁反應(yīng)產(chǎn)生H2的物質(zhì)的量之比為1：3；

故答案為：1：3；

（4）B為醋酸；C是氨水，將等體積；等物質(zhì)的量濃度的B和C混合后二者恰好反應(yīng)生成醋酸銨，所得溶液的pH約為7，原因是醋酸根離子的水解程度與銨根離子的水解程度相當；

故答案為：相同條件下；醋酸根離子的水解程度與銨根離子的水解程度相當；

（5）室溫時在一定體積0.4mol/L的氫氧化鈉溶液中；加入一定體積的0.1mol/L的鹽酸溶液時，混合溶液pH=13，pH=13則混合溶液中氫氧根離子濃度為0.1mol/L；

設(shè)氫氧化鈉的體積是x；鹽酸的體積是y；

混合溶液中氫氧根離子濃度==0.1mol/L；

y：x=3：2；

所以鹽酸和氫氧化鈉的體積之比=3：2；

故答案為：3：2．11、①③④⑦②⑤SO2+Br2+2H2O=SO42-+4H++2Br-【分析】【分析】水溶液中或熔融狀態(tài)下能夠?qū)щ姷幕衔锓Q為電解質(zhì)；酸；堿、鹽、活潑金屬氧化物、水都是電解質(zhì)；

水溶液中和熔融狀態(tài)下都能夠?qū)щ姷幕衔锓Q為電解質(zhì)稱為非電解質(zhì)；二氧化碳；二氧化硫等非金屬氧化物、蔗糖、乙醇等有機物都是非電解質(zhì)；

單質(zhì)；混合物不管在水溶液中或熔融狀態(tài)下能夠?qū)щ娕c否，都不是電解質(zhì)或非電解質(zhì)．

能導(dǎo)電的物質(zhì)--必須具有能自由移動的帶電的微粒；金屬能導(dǎo)電是由于金屬中存在能自由移動的帶負電的電子；

溴單質(zhì)與二氧化硫與水發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸和氫溴酸．【解析】【解答】解：電解質(zhì)是在水溶液中或熔融狀態(tài)下能夠?qū)щ姷幕衔?；①液態(tài)氯化氫溶于水后形成鹽酸，能夠?qū)щ?，因此①屬于電解質(zhì)，③干燥的食鹽晶體溶于水后形成食鹽水，能夠?qū)щ?，因此③屬于電解質(zhì)；

故答案為：①③；

非電解質(zhì)是在水溶液中或熔融狀態(tài)下都不能能夠?qū)щ姷幕衔?；④乙醇；⑦二氧化硫都是化合物，水溶液中或熔融狀態(tài)下都不能能夠?qū)щ?，是非電解質(zhì)；

故答案為：④⑦；

能導(dǎo)電的物質(zhì)--必須具有能自由移動的帶電的微粒，金屬②水銀中存在能自由移動的帶負電的電子能導(dǎo)電，⑤NaNO3溶液中有能自由移動的陰陽離子；也能導(dǎo)電；

故答案為：②⑤；

溴單質(zhì)與二氧化硫與水發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸和氫溴酸，離子方程式為SO2+Br2+2H2O=SO42-+4H++2Br-；

故答案為：SO2+Br2+2H2O=SO42-+4H++2Br-．12、產(chǎn)生二氧化碳，排出裝置中的空氣3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O二氧化碳密度大于空氣，未能排盡燒瓶中的空氣，少量NO與空氣中的氧氣反應(yīng)生成少量的紅棕色的NO2；鼓入空氣后，NO與氧氣反應(yīng)，生成大量的紅棕色氣體二氧化氮二氧化氮與水反應(yīng)生成硝酸，硝酸使白色沉淀碳酸鈣溶解吸收尾氣，防止污染大氣251513H+251513H+HSO3-＞I-＞I220ml【分析】【分析】Ⅰ、要驗證銅與稀硝酸反應(yīng)生成一氧化氮，則應(yīng)將裝置中的O2排出．當B中的CaCO3與稀硝酸接觸時，生成CO2氣體．CO2氣體可將A中空氣排盡，但由于CO2的密度大于空氣的密度，因此E中采用向下排空氣法是不能將空氣排盡的．由于E中有殘留的少量O2，因此當有NO生成時，E中有少量的NO2生成，從F鼓入空氣時，E中生成的NO2增加，紅棕色加深．隨著反應(yīng)的不斷進行，E中生成的NO2會被排入C，在C中與水反應(yīng)生成硝酸，將原來生成的CaCO3沉淀溶解．D裝置用來吸收尾氣；防止污染環(huán)境．

Ⅱ、反應(yīng)①中I元素化合價由+5價降低到0價，被還原，IO3-為氧化劑，S元素化合價由+4價升高到+6價，被氧化，HSO3-為還原劑；

反應(yīng)②I元素化合價由0價降低到-1價，I2為氧化劑，S元素化合價由+4價升高到+6價，被氧化，HSO3-為還原劑，以此解答該題．【解析】【解答】解：Ⅰ、（1）當B中的CaCO3與稀硝酸接觸時，生成CO2氣體．CO2氣體可將A中空氣排盡；以防止氧化生成的NO；

故答案為：產(chǎn)生二氧化碳；排出裝置中的空氣；

（2）A中產(chǎn)生無色氣體為NO，反應(yīng)的離子方程式為：3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O；

故答案為：3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O；

（3）由于CO2的密度大于空氣的密度，因此E中采用向下排空氣法是不能將空氣排盡的．由于E中有殘留的少量O2，因此當有NO生成時，E中有少量的NO2生成，從F鼓入空氣時，E中生成的NO2增加；紅棕色加深；

故答案為：二氧化碳密度大于空氣，未能排盡燒瓶中的空氣，少量NO與空氣中的氧氣反應(yīng)生成少量的紅棕色的NO2；鼓入空氣后；NO與氧氣反應(yīng)，生成大量的紅棕色氣體二氧化氮；

（4）E中生成的NO2會被排入C，在C中與水反應(yīng)生成硝酸，將原來生成的CaCO3沉淀溶解；

故答案為：二氧化氮與水反應(yīng)生成硝酸；硝酸使白色沉淀碳酸鈣溶解；

（5）D裝置用來吸收尾氣；防止污染環(huán)境，故答案為：吸收尾氣，防止污染大氣．

Ⅱ、反應(yīng)①中I元素化合價由+5價降低到0價，被還原，IO3-為氧化劑，S元素化合價由+4價升高到+6價，被氧化，HSO3-為還原劑，反應(yīng)的離子方程式為2IO3-+5HSO3-=I2+5SO42-+3H++H2O；

（1）反應(yīng)①中I元素化合價由+5價降低到0價，被還原，IO3-為氧化劑，S元素化合價由+4價升高到+6價，被氧化，HSO3-為還原劑，反應(yīng)的離子方程式為2IO3-+5HSO3-=I2+5SO42-+3H++H2O；

故答案為：2，5，1，5，1，3H+；

（2）由反應(yīng)①可知還原性HSO3-＞I2，由反應(yīng)②可知還原性HSO3-＞I-，而還原性I-＞I2，則有HSO3-＞I-＞I2；

故答案為：HSO3-＞I-＞I2；

（3）n（KIO3）=0.01L×0.2mol/L=0.002mol，由方程式可知關(guān)系式為：KIO3～3NaHSO3，需要0.006molNaHSO3反應(yīng)，則溶液體積為=0.02L=20mL；

故答案為：20ml；

（4）由反應(yīng)的方程式可以看出向含有淀粉的NaHSO3溶液滴加KIO3溶液，發(fā)生6HSO3-+2IO3-+3H2O=2I-+6SO42-+6H+，然后發(fā)生IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O；可觀察到一開始無明顯現(xiàn)象后變藍；

答：一開始無明顯現(xiàn)象后變藍．13、分餾①②③CH3COOCH2CH3+NaOHCH3COONa+CH3CH2OHCH2═CH2+H2OCH3-CH2OH白色污染CH3CH2SH+NaOH→CH3CH2SNa+H2O【分析】【分析】A、B、F是家庭中常見的有機物，E是石油化工發(fā)展水平的標志，則E為CH2=CH2，E通過加聚反應(yīng)得到常見的高分子材料F，則F為聚乙烯；E與水發(fā)生加成反應(yīng)生成B為C2H5OH，A與B反應(yīng)生成C，C能在酸或堿條件下水解生成A、B、D，則A為CH3COOH，C為CH3COOCH2CH3，D為CH3COONa，由操作⑥可知，為石油分餾，以此來解答．【解析】【解答】解：A、B、F是家庭中常見的有機物，E是石油化工發(fā)展水平的標志，則E為CH2=CH2，E通過加聚反應(yīng)得到常見的高分子材料F，則F為聚乙烯；E與水發(fā)生加成反應(yīng)生成B為C2H5OH，A與B反應(yīng)生成C，C能在酸或堿條件下水解生成A、B、D，則A為CH3COOH，C為CH3COOCH2CH3，D為CH3COONa；

（1）因石油中各餾分的沸點不同；可利用分餾的方法來得到各餾分，所以操作⑥為分餾，故答案為：分餾；

（2）由上述分析可知；①②③屬于取代反應(yīng)，④水加成反應(yīng)，⑤屬于加聚反應(yīng)，故答案為：①②③；

反應(yīng)③的化學(xué)反應(yīng)方程式為：CH3COOCH2CH3+NaOHCH3COONa+CH3CH2OH；

反應(yīng)④的化學(xué)反應(yīng)方程式為：CH2═CH2+H2OCH3-CH2OH；

故答案為：CH3COOCH2CH3+NaOHCH3COONa+CH3CH2OH；CH2═CH2+H2OCH3-CH2OH；

（4）F為聚乙烯塑料；難以降解，造成白色污染，故答案為：白色污染；

（5）乙硫醇具有酸性，用氫氧化鈉除去石油樣品中的乙硫醇，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：CH3CH2SH+NaOH→CH3CH2SNa+H2O；

乙硫醇也能與乙酸發(fā)生酯化反應(yīng)，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：

故答案為：CH3CH2SH+NaOH→CH3CH2SNa+H2O；．三、判斷題(共9題，共18分)14、√【分析】【分析】根據(jù)同主族元素性質(zhì)相似的規(guī)律判斷．【解析】【解答】解：Na和K位于周期表相同主族，性質(zhì)相似，Na可以與水反應(yīng)放出H2，所以K也可以與水反應(yīng)放出H2；

故答案為：√．15、√【分析】【分析】氯氣與KI反應(yīng)生成I2，KI溶液變?yōu)辄S色，繼續(xù)通入氯氣一段時間后，溶液黃色褪去，說明繼續(xù)被氧化，生成HIO3，以此解答．【解析】【解答】解：氧化性Cl2＞I2，KI溶液中通入氯氣發(fā)生Cl2+2KI=KCl+I2，溶液變成黃色，繼續(xù)通入氯氣，發(fā)生5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl；

故答案為：√，原因是過量的氯氣和碘反應(yīng)生成HIO3而導(dǎo)致溶液褪色．16、√【分析】【分析】（1）乙酸分子中含有羧基；乙酸的酸性大于碳酸；

（2）乙醇的官能團是羥基；乙酸的官能圖是羧基；

（3）CH3CO18OC2H5的水解產(chǎn)物是CH3COOH和C2H518OH；

（4）在水溶液里；乙酸分子中的羧基可以電離出氫離子；

（5）乙醇與水以任意比例互溶；

（6）碳酸鈉溶液可以吸收乙酸，降低乙酸丁酯的溶解度．【解析】【解答】解：（1）乙酸分子中含有羧基，乙酸的酸性大于碳酸，可與NaHCO3溶液反應(yīng)生成CO2氣體；

故答案為：√；

（2）乙醇、乙酸均能與Na反應(yīng)放出H2；乙醇的官能團是羥基，乙酸的官能圖是羧基，因此二者分子中官能團不相同；

故答案為：×；

（3）在酸性條件下，CH3CO18OC2H5的水解產(chǎn)物是CH3COOH和C2H518OH；

故答案為：×；

（4）在水溶液里；乙酸分子中的羧基可以電離出氫離子，甲基不能電離出氫離子；

故答案為：×；

（5）乙醇與水以任意比例互溶；用碳酸鈉溶液洗滌，除掉了乙酸，引入了乙酸鈉和碳酸鈉；

故答案為：×；

（6）碳酸鈉溶液可以吸收乙酸；降低乙酸丁酯的溶解度；

故答案為：√．17、×【分析】【分析】（1）碳碳雙鍵和碳碳雙鍵能發(fā)生加成反應(yīng)；

（2）烯烴能使酸性高錳酸鉀褪色；

（3）烯烴能和溴發(fā)生加成反應(yīng)；

（4）含有碳碳雙鍵或碳碳三鍵的有機物能發(fā)生加聚反應(yīng)；

（5）乙烯發(fā)生加聚反應(yīng)生成聚乙烯；

（6）有機物中的原子或原子團被其它的原子或原子團取代的反應(yīng)屬于取代反應(yīng)；

（7）苯中碳碳鍵是介于單鍵和雙鍵之間的特殊鍵；

（8）甲烷和Cl2的反應(yīng)屬于取代反應(yīng)，乙烯和Br2的反應(yīng)屬于加成反應(yīng)；

（9）乙醛不能轉(zhuǎn)化為乙烯；

（10）烯烴能和溴發(fā)生加成反應(yīng)；

（11）同系物性質(zhì)具有相似性；

（12）乙烯和環(huán)丁烷的最簡式相同．【解析】【解答】解：（1）聚乙烯中不含碳碳雙鍵；所以不可發(fā)生加成反應(yīng)，故錯誤；

故答案為：×；

（2）乙烯含有碳碳雙鍵；性質(zhì)較活潑，能被酸性高錳酸鉀氧化而使酸性高錳酸鉀溶液褪色，甲烷性質(zhì)較穩(wěn)定，和酸性高錳酸鉀不反應(yīng)，所以可以用酸性高錳酸鉀鑒別乙烯和甲烷，故正確；

故答案為：√；

（3）乙烯和溴能發(fā)生加成反應(yīng)；苯和溴水不反應(yīng)，故錯誤；

故答案為：×；

（4）乙烯含有碳碳雙鍵；所以能發(fā)生加聚反應(yīng)，乙烷不含碳碳雙鍵或碳碳三鍵，所以不能發(fā)生加聚反應(yīng)，故錯誤；

故答案為：×；

（5）聚乙烯的結(jié)構(gòu)簡式為故錯誤；

故答案為：×；

（6）甲烷和氯氣反應(yīng)生成一氯甲烷與苯和硝酸反應(yīng)生成硝基苯的反應(yīng)都是取代反應(yīng)；所以反應(yīng)類型相同，故正確，故答案為：√；

（7）苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色；說明苯分子中沒有與乙烯分子中類似的碳碳雙鍵，苯中碳碳鍵是大π鍵，故正確，故答案為：√；

（8）甲烷和Cl2的反應(yīng)屬于取代反應(yīng)，乙烯和Br2的反應(yīng)屬于加成反應(yīng)；所以二者反應(yīng)類型不同，故錯誤；

故答案為：×；

（9）乙醛不能轉(zhuǎn)化為乙烯；乙醇能轉(zhuǎn)化為乙烯，故錯誤，故答案為：×；

（10）乙烯和溴能發(fā)生加成反應(yīng)；甲烷和溴不反應(yīng)，所以可以用溴的四氯化碳溶液鑒別甲烷和乙烯，故正確，故答案為：√；

（11）乙烯和丙烯是同系物；性質(zhì)相似，所以乙烯和丙烯都可使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故正確；

故答案為：√；

（12）乙烯和環(huán)丁烷的最簡式相同為CH2，所以28g乙烯和環(huán)丁烷（C4H8）的混合氣體中含有的碳原子數(shù)為2NA，故正確，故答案為：√．18、×【分析】【分析】根據(jù)膠體區(qū)別于其他分散系的本質(zhì)特征是分散質(zhì)微粒直徑的大小不同．【解析】【解答】解：膠體區(qū)別于其它分散系的本質(zhì)特征是膠體粒子直徑在1-100nm之間，溶液的粒子直徑小于1nm，濁液的子直徑大于100nm，故答案為：×．19、×【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?/p>

非電解質(zhì)：在熔融狀態(tài)和水溶液中都不能導(dǎo)電的化合物；

在水溶液中完全電離的是強電解質(zhì)；部分電離的是弱電解質(zhì)．【解析】【解答】解：氨氣在水溶液中與水反應(yīng)生成一水合氨；一水合氨部分電離出銨根離子和氫氧根離子，氨氣自身不能電離，故氨氣是非電解質(zhì)；

故答案為：×．20、√【分析】【分析】水的分子式為H2O，結(jié)合分子式進行判斷．【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：√．21、√【分析】【分析】分子式為C7H16的烴屬于烷烴，含有3個甲基，則該烷烴只有1個支鏈，據(jù)此根據(jù)烷烴同分異構(gòu)體的書寫進行判斷．【解析】【解答】解：該烴結(jié)構(gòu)式中含有3個甲基；則該烷烴只有1個支鏈；

若支鏈為-CH3，主鏈含有6個碳原子，符合條件有：CH3CH（CH3）CH2CH2CH2CH3，CH3CH2CH（CH3）CH2CH2CH3；

若支鏈為-CH2CH3，主鏈含有5個碳原子，符合條件有：CH3CH2CH（CH2CH3）CH2CH3；

支鏈不可能大于3個碳原子；故符合條件的烷烴有3種．

故答案為：√．22、×【分析】【分析】根據(jù)對氯甲苯中甲基和氯原子處于對位關(guān)系來分析；【解析】【解答】解：對氯甲苯中甲基和氯原子處于對位關(guān)系，結(jié)構(gòu)簡式：故答案為：×；四、簡答題(共4題，共24分)23、略

【分析】解：rm{(1)壟脵}恒溫；恒壓條件下向上述平衡體系中通入氦氣；體積應(yīng)增大，反應(yīng)混合物各組分的濃度降低，等效為降低壓強，正逆反應(yīng)速率都減小，壓強降低平衡向體積增大方向移動，即向左移動；

故答案為：向左；

rm{壟脷}若在恒溫、體積不變的容器中向上述平衡體系中通入rm{SO_{3}}氣體，平衡逆向進行，最后得到平衡狀態(tài)是平衡相當于增大壓強，再次平衡后rm{SO_{3}}的百分含量增大；

故答案為：向左；增大；

rm{壟脹}反應(yīng)進行到狀態(tài)rm{D}時，沒有達到平衡狀態(tài)，反應(yīng)的趨勢是向生成rm{SO_{3}}的方向進行；即向正反應(yīng)方向移動，則。

rm{v_{脮媒}>v_{脛忙}}

故答案為：rm{>}

rm{(2)壟脵A}使用的更高效催化劑；反應(yīng)加快，不影響平衡移動，故A錯誤；

B；升高溫度；反應(yīng)加快，平衡向吸熱反應(yīng)移動，即向逆反應(yīng)移動，故B錯誤；

C；降低生成物濃度；速率降低，平衡向正反應(yīng)移動，故C錯誤；

D；充入氮氣；增大氮氣的濃度，速率加快，平衡向體積減小方向移動，即平衡向正反應(yīng)移動，故D正確。

故答案為：rm{D}

rm{壟脷}由圖rm{2}可知，rm{0隆蘆10min}內(nèi)氮氣的物質(zhì)的量變化為rm{0.6mol-0.2mol=0.4mol}所以rm{v(N_{2})=dfrac{dfrac{0.4mol}{2L}}{10min}=0.02mol/(L?min)}

速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比，所以rm{v(N_{2})=dfrac{dfrac

{0.4mol}{2L}}{10min}=0.02mol/(L?min)}

壓縮體積，增大壓強，平衡向正反應(yīng)移動，改變瞬間rm{v(H_{2})=3v(N_{2})=3隆脕0.02mol/(L?min)=0.06mol/(L?min)}不變，平衡時rm{n(N_{2})}減小，則rm{n(N_{2})}的變化曲線選rm{n(N_{2})}

故答案為：rm3rppbdtrm{0.06mol/(L?min)}

rm{壟脹N_{2}(g)+3H_{2}(g)?2NH_{3}(g)triangleH<0}反應(yīng)的平衡常數(shù)表達式rm{K=dfrac{c^{2}(NH_{3})}{c(N_{2})c^{3}(H_{2})}}

故答案為：rm{dfrac{c^{2}(NH_{3})}{c(N_{2})c^{3}(H_{2})}}

rmdhx7hnx恒溫；恒壓條件下向上述平衡體系中通入氦氣；體積應(yīng)增大，反應(yīng)混合物各組分的濃度降低；

rm{壟脹N_{2}(g)+3H_{2}(g)?2NH_{3}(g)triangle

H<0}若在恒溫、體積不變的容器中向上述平衡體系中通入rm{K=dfrac

{c^{2}(NH_{3})}{c(N_{2})c^{3}(H_{2})}}氣體；平衡逆向進行，最后得到平衡狀態(tài)是平衡相當于增大壓強；

rm{dfrac

{c^{2}(NH_{3})}{c(N_{2})c^{3}(H_{2})}}由圖可知，溫度越高，混合體系中rm{(1)壟脵}的百分含量越?。徽f明升高溫度平衡向逆反應(yīng)進行，升高溫度向吸熱反應(yīng)方向移動；

rm{壟脷}催化劑不影響平衡移動；

B；升高溫度；平衡向吸熱反應(yīng)方向移動；

C；降低生成物濃度；速率降低，平衡向正反應(yīng)移動；

D；充入氮氣；增大氮氣的濃度，速率加快，平衡向正反應(yīng)移動；

rm{SO_{3}}根據(jù)rm{v=dfrac{trianglen}{trianglet}}計算rm{壟脹}再根據(jù)速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比計算rm{SO_{3}}壓縮體積，增大壓強，平衡向正反應(yīng)移動，改變瞬間rm{(2)壟脵A}不變，達平衡是rm{壟脷}減??；

rm{v=dfrac{trianglen}{triangle

t}}平衡常數(shù)rm{K=dfrac{{脡煤魯脡脦茂脝陸潞芒脜簍露脠脙脻麓脦路陸魯脣祿媒}}{{路麓脫婁脦茂脝陸潞芒脜簍露脠脙脻麓脦路陸魯脣祿媒}}}

本題考查角度廣綜合性較大，涉及反應(yīng)速率、平衡影響因素、平衡移動原理的分析應(yīng)用等，要求學(xué)生具有分析和解決問題的能力，題目難度中等。rm{v(N_{2})}【解析】向左；向左；增大；rm{>}rm{D}rm{0.06mol?L^{-1}?min^{-1}}rmxrt3z7rrm{dfrac{c^{2}(NH_{3})}{c(N_{2})c^{3}(H_{2})}}rm{dfrac

{c^{2}(NH_{3})}{c(N_{2})c^{3}(H_{2})}}24、略

【分析】解：（1）依據(jù)流程圖分析，吸收塔中發(fā)生反應(yīng)是二氧化硫、一水合氧氣反應(yīng)生成硫酸銨和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：4NH3?H2O+2SO2+O2═2（NH4）2SO4+2H2O；

故答案為：4NH3?H2O+2SO2+O2═2（NH4）2SO4+2H2O；

（2）吸收塔中溶液的pH在5.5～6.0之間；生產(chǎn)效率較高．氨氣溶于水顯堿性，控制氨氣的量來控制溶液的酸堿性，所以當控制一定流量的尾氣時，調(diào)節(jié)溶液的pH的方法是，調(diào)節(jié)氨水的流量；

故答案為：調(diào)節(jié)氨水的流量；

（1）吸收硫酸工業(yè)尾氣中的二氧化硫；同時制得硫酸銨，吸收塔中通入空氣是利用氧氣氧化二氧化硫為硫酸鹽；

（2）氨氣溶于水顯堿性；控制氨氣的量來控制溶液的酸堿性；

本題考查了氨氣和二氧化硫的性質(zhì)，題目難度不大，側(cè)重于基礎(chǔ)知識的考查，注意把握反應(yīng)原理．【解析】4NH3?H2O+2SO2+O2═2（NH4）2SO4+2H2O；調(diào)節(jié)氨水的流量25、略

【分析】解：有機化合物A只含有C、H兩種元素，且能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，則A為烯烴，由轉(zhuǎn)化關(guān)系可知B為醇、C為醛，D為酸，則E為酯，由E的分子式可知A為CH2=CH2，則B為C2H5OH，C為CH3CHO，D為CH3COOH，E為CH3COOCH2CH3；

（1）A為乙烯；含有的官能團為碳碳雙鍵，故答案為：碳碳雙鍵；

（2）B+D→E的反應(yīng)為酯化反應(yīng)；也為取代反應(yīng)，故答案為：AD；

（3）B→C的化學(xué)方程式為2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案為：2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O；

（4）A．反應(yīng)為可逆反應(yīng)；濃硫酸的作用是催化劑，因生成水，濃硫酸還起到吸水劑的作用，有利于平衡正向移動，故A正確；

B．乙酸乙酯在氫氧化鈉溶液中發(fā)生水解；不能用氫氧化鈉，故B錯誤；

C．乙醇易溶于乙酸乙酯；則實驗結(jié)束后燒杯中的溶液經(jīng)振蕩；靜置、分液，不能得到純凈的E，故C錯誤；

D．因生成乙酸；乙醇易溶于水；則裝置X的作用是能防止倒吸，故D正確．

故答案為：AD．

有機化合物A只含有C、H兩種元素，且能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，則A為烯烴，由轉(zhuǎn)化關(guān)系可知B為醇、C為醛，D為酸，則E為酯，由E的分子式可知A為CH2=CH2，則B為C2H5OH，C為CH3CHO，D為CH3COOH，E為CH3COOCH2CH3；結(jié)合對應(yīng)物質(zhì)的性質(zhì)以及題目要求解答該題．

本題考查有機物的推斷，為高頻考點，把握轉(zhuǎn)化關(guān)系及反應(yīng)條件推斷各有機物為解答的關(guān)鍵，側(cè)重烯烴、醇、酯性質(zhì)的考查，有利于培養(yǎng)學(xué)生的分析能力和良好的科學(xué)素養(yǎng)，題目難度不大．【解析】碳碳雙鍵；AD；2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O；AD26、略

【分析】解：框圖中的“合金”由兩種金屬組成，rm{H}為紅褐色沉淀，rm{G隆煤H}的化學(xué)方程式為：rm{4Fe(OH)_{2}+O_{2}+2H_{2}O=4Fe(OH)_{3}}則rm{G}為rm{Fe(OH)_{2}}rm{H}為rm{Fe(OH)_{3}}rm{H}加熱分解得到rm{I}為rm{Fe_{2}O_{3}}根據(jù)元素守恒可知，合金中含有rm{Fe}rm{C}溶液進行焰色反應(yīng)，則火焰呈黃色，則含有rm{Na}元素，而rm{A}與水反應(yīng)得到rm{C}與氣體rm{B}故C為rm{NaOH}合金與rm{C}溶液反應(yīng)而分離得到固體rm{E}與rm{D}溶液，則合金含有rm{Al}可推知rm{E}為rm{Fe}rm{F}為rm{FeCl_{2}}rm{B}為rm{H_{2}}則rm{A}為rm{Na}結(jié)合轉(zhuǎn)化關(guān)系，可知rm{D}為rm{NaAlO_{2}}rm{K}為rm{Al(OH)_{3}}rm{L}為rm{AlCl_{3}}rm{M}為rm{Al_{2}O_{3}}．

rm{(1)}由上述分析可知，rm{A}為rm{Na}rm{M}為rm{Al_{2}O_{3}}rm{H}為rm{Fe(OH)_{3}}故答案為：rm{Na}rm{Al_{2}O_{3}}rm{Fe(OH)_{3}}

rm{(2)}由上述分析可知，合金的成分為rm{Fe}rm{Al}故答案為：rm{Fe}rm{Al}

rm{(3)G隆煤H}的化學(xué)方程式為：rm{4Fe(OH)_{2}+O_{2}+2H_{2}O簍T4Fe(OH)_{3}}標出電子轉(zhuǎn)移情況：

故答案為：

rm{(3)A隆煤B+C}是鈉與水的反應(yīng)，反應(yīng)離子方程式為：rm{2Na+2H_{2}O=2Na^{+}+2OH^{-}+H_{2}隆眉}

rm{K隆煤D}是氫氧化鋁與氫氧化鈉反應(yīng)生成偏鋁酸鈉與水，反應(yīng)離子方程式為：rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}簍TAlO_{2}^{-}+2H_{2}O}

故答案為：rm{2Na+2H_{2}O=2Na^{+}+2OH^{-}+H_{2}隆眉}rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}簍TAlO_{2}^{-}+2H_{2}O.}

框圖中的“合金”由兩種金屬組成，rm{H}為紅褐色沉淀，rm{G隆煤H}的化學(xué)方程式為：rm{4Fe(OH)_{2}+O_{2}+2H_{2}O=4Fe(OH)_{3}}則rm{G}為rm{Fe(OH)_{2}}rm{H}為rm{Fe(OH)_{3}}rm{H}加熱分解得到rm{I}為rm{Fe_{2}O_{3}}根據(jù)元素守恒可知，合金中含有rm{Fe}rm{C}溶液進行焰色反應(yīng)，則火焰呈黃色，則含有rm{Na}元素，而rm{A}與水反應(yīng)得到rm{C}與氣體rm{B}故C為rm{NaOH}合金與rm{C}溶液反應(yīng)而分離得到固體rm{E}與rm{D}溶液，則合金含有rm{Al}可推知rm{E}為rm{Fe}rm{F}為rm{FeCl_{2}}rm{B}為rm{H_{2}}則rm{A}為rm{Na}結(jié)合轉(zhuǎn)化關(guān)系，可知rm{D}為rm{NaAlO_{2}}rm{K}為rm{Al(OH)_{3}}rm{L}為rm{AlCl_{3}}rm{M}為rm{Al_{2}O_{3}}據(jù)此解答．

本題考查無機物的推斷，涉及rm{Al}rm{Fe}元素化合物的性質(zhì)與轉(zhuǎn)化，注意根據(jù)物質(zhì)的顏色、焰色反應(yīng)結(jié)合轉(zhuǎn)化關(guān)系推斷，題目難度中等．【解析】rm{Na}rm{Al_{2}O_{3}}rm{Fe(OH)_{3}}rm{2Na+2H_{2}O=2Na^{+}+2OH^{-}+H_{2}隆眉}rm{Al(OH)_{3}+OH^{-}簍TAlO_{2}^{-}+2H_{2}O}五、實驗題(共4題，共36分)27、略

【分析】試題分析：（1）裝置中有未反應(yīng)的ClO2，裝置①可以吸收未反應(yīng)的ClO2，防止逸出污染空氣；裝置④中氣體反應(yīng)，裝置內(nèi)壓強降低，裝置③防止倒吸。（2）裝置②中產(chǎn)生ClO2的反應(yīng)是氯酸鈉在酸性溶液中氧化亞硫酸鈉為硫酸鈉，本身被還原為二氧化氯，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O。（3）從溶液中制取晶體，一般采用蒸發(fā)結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥的方法，為防止析出晶體NaClO2?3H2O，應(yīng)趁熱過濾，由題目信息可知，應(yīng)控制溫度38℃～60℃進行洗滌，低于60℃干燥。（4）利用SO42￣與Ba2+的反應(yīng)檢驗所得NaClO2晶體是否含有雜質(zhì)Na2SO4，操作與現(xiàn)象是：取少量晶體溶于蒸餾水，滴加幾滴BaCl2溶液，若有白色沉淀出現(xiàn)，則含有Na2SO4，若無白色沉淀出現(xiàn)，則不含Na2SO4。（5）碘遇淀粉變藍色，所以指示劑為：淀粉溶液；反應(yīng)結(jié)束時，碘反應(yīng)完全，滴加最后一滴Na2S2O3標準液時溶液由藍色變?yōu)闊o色且半分鐘內(nèi)不變色，說明到達滴