2025年湘師大新版高三化學上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年湘師大新版高三化學上冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、某元素的質(zhì)子數(shù)為16，有關該元素的推斷正確的是（）A.非金屬性比氯強B.最高正價為+5，負價為-3C.最高價氧化物的水化物是一種強酸D.處于元素周期表中第二周期第ⅥA族2、下列溶液中有關物質(zhì)的濃度關系正確的是（）A.c（NH4+）相等的（NH4）2SO4、NH4HSO4、NH4Cl溶液中：c（NH4HSO4）＞c[（NH4）2SO4]＞c（NH4Cl）B.向醋酸鈉溶液中加入適量醋酸，得到的酸性混合溶液：c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（H+）＞c（OH-）C.1.0mol/LNa2CO3溶液：c（OH-）=c（HCO3-）+c（H+）+2c（H2CO3）D.某二元弱酸的酸式鹽NaHA溶液中：c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（HA-）+c（A2-）3、室溫時，0.1mol·L－1的HA溶液的pH＝3，向該溶液中逐滴加入NaOH溶液，在滴加過程中，有關敘述正確的是()。A.原HA溶液中，c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－)B.當?shù)稳肷倭康腘aOH溶液時，促進了HA的電離，溶液的pH降低C.當恰好完全中和時，溶液呈中性D.當NaOH溶液過量時，可能出現(xiàn)：c(A－)>c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋)4、下列反應的離子方程式正確的是（）A.NaHCO3溶液與醋酸：CO32-+2CH3COOH=2CH3COO-+H2O+CO2↑B.硝酸銀溶液與銅：Cu+Ag+=Cu2++AgC.用醋酸除水垢：2CH3COOH+CaCO3=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑D.向NaHSO4溶液中加入Ba（OH）2溶液至呈中性：H++SO42-+Ba2++OH-=H2O+BaSO4↓5、有rm{A}rm{B}rm{C}三種氣體在一個固定容積的容器中發(fā)生反應，體系中各物質(zhì)濃度隨時間變化的曲線如圖所示rm{.}下列說法不正確的是rm{(}rm{)}A.該反應的化學方程式為rm{3A(g)+B(g)簍T2C(g)}B.若將初始投放的物質(zhì)濃度增至原來的rm{2}倍，則反應物的轉(zhuǎn)化率增大，平衡常數(shù)不變C.若第rm{4}rm{min}時降低溫度，到rm{7}rm{min}時達到了新的平衡，則此反應的rm{triangleH<0}D.反應在前rm{3}rm{min}的平均反應速率rm{婁脭(A)=0.31mol?L^{-1}?min^{-1}}評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)6、NA為阿伏加德羅常數(shù)，下列敘述中正確的有（）A.1molFeCl3完全轉(zhuǎn)化成氫氧化鐵膠體后生成NA個膠粒B.1molH2O2與MnO2充分作用后，轉(zhuǎn)移2NA個電子C.標準狀況下，22.4升H2與4克氦氣均含NA個分子D.50℃，1×105Pa下46克NO2與0℃，2×105Pa下46克N2O4均含有3NA個原子7、下列說法不正確的是（）A.苯甲醛在一定條件下能發(fā)生銀鏡反應B.用溴水即可鑒別苯酚溶液、2，4-己二烯和甲苯C.在酸性條件下，CH3CO18OC2H5的水解產(chǎn)物是CH3CO18OH和C2H5OHD.乙酸乙酯和食用植物油均可水解生成乙醇8、NA為阿伏伽德羅常數(shù)，下列說法正確的是（）A.標準狀況下，22.4LH2O含有的水分子數(shù)為NAB.22gCO2含有的CO2分子數(shù)為0.5NAC.44gCO2氣體含有的氧原子數(shù)為2NAD.40gNaOH溶解在1L水中，得到溶液的物質(zhì)的量濃度為1mol/L9、已知反應BeCl2+Na2BeO2+2H2O═2NaCl+2Be（OH）2↓能進行完全．以下推斷中正確的是（）A.BeCl2溶液pH＜7，將其蒸干、灼燒后可得殘留物BeCl2B.Na2BeO2溶液pH＞7，將其蒸干、灼燒后可得殘留物Na2BeO2C.Be（OH）2即能溶于鹽酸，又能溶于NaOH溶液D.BeCl2水溶液的導電性強，BeCl2一定是離子晶體10、化學下列敘述正確的是（）A.電能是二次能源B.水力是二次能源C.天然氣是二次能源D.水煤氣是二次能源11、設NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值．下列說法正確的是（）A.0.5molO3和11.2LO2的體積一定相等B.標準狀況下，11.2L水中含有分子的數(shù)目為0.5NAC.常溫常壓下，18gH2O含有的原子總數(shù)為3NAD.2.8gCO和N2混合氣體中含有的原子總數(shù)為0.2NA12、不能通過化合反應直接得到的化合物是（）A.FeCl2B.NaClC.Fe（OH）3D.Al（OH）313、X；Y、Z、W、R均是短周期元素；它們在元素周期表中的相對位置如圖所示，其中W的最高正化合價與最低負化合價絕對值相等．下列說法正確的是（）

。XYZWRA.X、Y形成的某種化合物可作為呼吸面具中X2的來源B.氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：HmX＞HmR＞W(wǎng)HnC.Z、W、R分別與X形成的化合物的水化物都是強酸D.化合物YmX和YmR中，陽離子半徑均大于陰離子半徑14、一定條件下，某反應的化學方程式為：CO2+NO?NO2+CO，下列說法正確的是（）A.升高溫度，正反應速率增大，逆反應速率減少B.恒溫時，壓縮容器的體積，平衡不移動，但氣體顏色加深C.達到平衡，其平衡常數(shù)為D.恒容時，升高溫度，混合氣體的顏色加深，則逆方向為放熱反應評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)15、中國本土科學家屠呦呦憑借發(fā)現(xiàn)抗瘧特效藥青蒿素；贏得了2015年度諾貝爾生理學獎．青蒿素的發(fā)明不僅治愈了眾多瘧疾患者，更為中醫(yī)藥走出國門開創(chuàng)了先河．青蒿素的一種化學合成部分工藝流程如下：

由青蒿素還可以合成藥效增強的系列衍生物

（1）青蒿素分子中含有的含氧官能團有：____、____和過氧基．雙氫青蒿素分子結構中有若干個六元環(huán)和七元環(huán)組成，其中含有七元環(huán)數(shù)為____．蒿甲醚的化學式為____．

（2）反應B→C，實際上可看作兩步進行，依次發(fā)生的反應類型是____；消去反應．

（3）合成路線中設計E→F、G→H的目的是____．

（4）A在Sn-β沸石作用下，可異構為異蒲勒醇則異蒲勒醇分子有____個手性碳原子（連有四種不同原子或原子團的碳原子稱為手性碳原子）．異蒲勒醇可通過兩步反應生成請寫出相關化學反應方程式____，____．

（5）寫出與A互為同分異構體，且滿足以下條件的同分異構體數(shù)目為____種（不考慮空間異構）．其中核磁共振氫譜有七個峰，且峰面積比為1：1：4：4：1：1：6的是：____．（填結構簡式）

①分子中只含有一個六元環(huán)；

②六元環(huán)上只有二個取代基且在不同的碳原子上。

③能夠發(fā)生銀鏡反應．16、抗酸藥物的種類很多；其有效成分一般都是碳酸氫鈉；碳酸鈣、碳酸鎂、氫氧化鋁和氫氧化鎂等化學物質(zhì)．

（1）抗酸藥物具有抗酸作用的原因是____．

（2）某品牌抗酸藥的主要成分有糖衣；碳酸鎂、氫氧化鋁、淀粉．

①寫出該抗酸藥發(fā)揮功效時的離子方程式：____、____．

②淀粉在抗酸藥中作填充劑、粘合劑，淀粉在人體內(nèi)酶的催化作用下發(fā)生水解反應，最終轉(zhuǎn)化為（寫分子式）____．17、已知X、Y、Z為單質(zhì)，其他為化合物。其中Y為氣體，G溶液呈黃色，E是不溶于水的酸性氧化物，能與氫氟酸反應，它們之間存在如下轉(zhuǎn)化關系(部分產(chǎn)物已略去)。請回答下列問題：（1）寫出物質(zhì)E的一種用途：__________。（2）寫出A和D的稀溶液反應生成G的離子方程式______________________________。（3）向含4molD的稀溶液中，逐漸加入X粉末至一定量。假設D完全反應且生成的氣體只有一種，則反應的X的物質(zhì)的量范圍為___________________mol。18、工業(yè)制氯化銅時，將濃鹽酸用蒸氣加熱至80℃左右，慢慢加入粗制氧化銅粉（含雜質(zhì)氧化亞鐵）反應如下：CuO+2HCl═CuCl2+H2O，F(xiàn)eO+2HCl═FeCl2+H2O．已知：pH≥9.6時，F(xiàn)e2+以Fe（OH）2的形式完全沉淀；pH≥6.4時，Cu2+以Cu（OH）2的形式完全沉淀；pH在3～4時，F(xiàn)e3+以Fe（OH）3的形式完全沉淀．

（1）為除去溶液中的Fe2+，可以采用的方法是____

A．直接加堿，調(diào)整溶液pH≥9.6B．加純銅粉，將Fe2+還原出來。

C．先將Fe2+氧化為Fe3+，再調(diào)整pH在3～4D．通入硫化氫，使Fe2+直接沉淀。

（2）工業(yè)上為除去溶液中的Fe2+，常使用NaClO，當向溶液中加入NaClO后，溶液pH變化情況是____

A．肯定減小B．肯定增大C．可能減小D．可能增大。

（3）若此溶液中只含有Fe3+時，要調(diào)整pH在3～4之間，此時最好向溶液中加入____

A．NaOH溶液B．氨水C．CuCl2溶液D．CuO固體．19、如圖是煤化工產(chǎn)業(yè)鏈的一部分；試運用所學知識，解決下列問題：

（1）已知該產(chǎn)業(yè)鏈中某反應的平衡常數(shù)表達式為：K=，它所對應反應的化學方程式是____．

（2）合成甲醇的主要反應是：2H2（g）+CO（g）?CH3OH（g）+90.8kJ，t℃下此反應的平衡常數(shù)為160．此溫度下，在密閉容器中開始只加入CO、H2；反應l0min后測得各組分的濃度如下：

。物質(zhì)H2COCH3OH濃度（mol/L）0.20.10.4①該時間段內(nèi)反應速率v（H2）=____

②比較此時正、逆反應速率的大?。簐正____v逆（填“＞”；“＜”或“=”）

③反應達到平衡后，保持其它條件不變，若只把容器的體積縮小一半，平衡向____（填“逆向”、“正向”或“不”）移動，平衡常數(shù)K____（填“增大”；“減小”或“不變”）．

（3）固氮是科學家致力研究的重要課題．自然界中存在天然的大氣固氮過程：N2（g）+O2（g）→2NO（g）-180.8kJ，工業(yè)合成氨則是人工固氮．分析兩種固氮反應的平衡常數(shù)，下列結論正確的是____．

。反應大氣固氮工業(yè)固氮溫度/℃27200025350400450K3.84×10-310.15×1081.8470.5070.152A．常溫下；大氣固氮很難進行，而工業(yè)固氮卻能非常容易進行。

B．模擬大氣固氮應用于工業(yè)上的意義不大。

C．工業(yè)固氮時溫度越低；氮氣與氫氣反應越完全。

D．K越大說明合成氨反應的速率越大．20、第四周期的過渡元素在工業(yè)、農(nóng)業(yè)、科學技術以及人類生活等方面有重要作用．其中Ni-Cr-Fe合金是常用的電熱元件材料．請回答：

（1）基態(tài)Ni原子核外電子排布式為____；第二周期中基態(tài)原子未成對電子數(shù)與Ni相同且電負性大的元素為____．金屬鎳粉在CO氣流中輕微加熱，生成無色揮發(fā)性液態(tài)Ni（CO）4，該分子呈正四面體構型．試推測Ni（CO）4的晶體類型為____，Ni（CO）4易溶于下列____（填選項字母）中．

A．水B．四氯化碳C．苯D．硫酸鎳溶液。

（2）FeO、NiO晶體中r（Ni2+）和r（Fe2+）分別為69pm和78pm，則熔點NiO____FeO（填“＞”或“＜”），原因為____；黃血鹽是一種配合物，其化學式為K4[Fe（CN）6]?3H2O，該配合物中配體的化學式為____，黃血鹽溶液與稀硫酸加熱時發(fā)生非氧化還原反應，生成硫酸鹽和一種與該配體互為等電子體的氣態(tài)化合物，該反應的化學方程式為____．

（3）酸性227能氧化硝基苯酚，鄰硝基苯酚和對硝基苯酚在20℃水中的溶解度之比為0.39，其原因為____．

（4）在鉻的硅酸鹽中，4-四面體[如下圖（a）]通過共用頂角氧離子可形成島狀、鏈狀、層狀、骨架網(wǎng)狀四大結構型式．圖（b）為一種鏈狀結構的多硅酸根，其中Si原子的雜化形式為____，其化學式為____．

21、蓓薩羅丁是一種治療頑固性皮膚T-細胞淋巴瘤的藥物；有研究者設計其合成路線如下（部分反應試劑和條件已略）：

已知：Ⅰ．Ⅱ．

試回答下列問題：

（1）D的分子式為____；F分子中含氧官能團的名稱為____、____．

（2）原料A的結構簡式為____；原料B發(fā)生反應④所需的條件為____．

（3）反應①、⑥所屬的反應類型分別為____、____．

（4）反應②、⑤的化學方程式分別為②____；⑤____．

（5）對苯二甲酸有多種同分異構體，符合下列條件的同分異構體有____種，寫出其中任意一種的結構簡式____．

①苯環(huán)上有三個取代基；②能與NaHCO3溶液發(fā)生反應；③能發(fā)生銀鏡反應．22、過氧化鈣（CaO2）是一種安全無毒的殺菌劑；可用大理石等制?。硨嶒炐〗M為制取過氧化鈣而提純大理石（主要雜質(zhì)是氧化鐵）的實驗流程如下：

（1）溶解大理石時，使用的溶液A是____（填字母），充分溶解后所得混合液中的陽離子有____（填離子符號）．

a．硫酸溶液b．硝酸溶液c．燒堿溶液。

溶解時需控制在t℃左右進行，在此條件下欲加快溶解速率宜采取的措施有：使用較小的固體顆粒、控制溶液A的適宜濃度、____．

（2）濾渣是Fe（OH）3，它是通過加入溶液B調(diào)節(jié)混合液的pH形成的，溶液B可以有多種選擇，如果溶液B的溶質(zhì)是常見非金屬元素的氣態(tài)氫化物，則溶液B是____（填物質(zhì)名稱）．檢驗Fe（OH）3已經(jīng)沉淀完全的實驗操作方法是____．

（3）溶液C的溶質(zhì)的一種用途是____．

（4）過氧化鈣中一般含有氧化鈣．如果要測定某過氧化鈣樣品中過氧化鈣的含量；請完成用該樣品進行過氧化鈣含量測定的有關實驗操作步驟[實驗中需要用的試劑：氫氧化鈉標準溶液；鹽酸標準溶液、酚酞試液]：

①____；②加入一定體積且____；充分混合；③加入幾滴酚酞試液；④用氫氧化鈉標準溶液滴定至終點并記錄有關數(shù)據(jù)．

在整個實驗過程中，需要使用的儀器除電子天平、滴管、堿式滴定管、燒杯、玻璃棒等外，還必須使用的玻璃儀器有____．23、亞硫酸鈉和碘酸鉀在酸性溶液里反應的化學方程式是：

____________Na2SO3+____________KIO3+____________H2SO4→____________Na2SO4+____________K2SO4+____________I2+____________H2O

(1)配平該反應；若反應中有5mol電子轉(zhuǎn)移，則生成的碘是____________g．

(2)該反應過程較復雜；一般認為分以下幾步：

①IO3-+SO32-→IO2-+SO42-(反應慢)

②IO2-+2SO32-→I-+2SO42-(反應快)

③5I-+6H++IO3-→3I2+3H2O(反應快)

④I2+SO32-+H2O→2I-+SO42-+2H+(反應快)

根據(jù)上述條件推測；此反應速率由____________步(填序號)反應決定．

(3)若預先加入淀粉溶液；由反應過程看，必在____________離子消耗完時，才會有溶液變藍的現(xiàn)象產(chǎn)生．原因是____________．

(4)在酸性溶液中IO3-離子被I-離子還原生成碘，在堿性溶液中IO3-離子不被I-離子還原，而無論在酸性或堿性溶液中IO4-都被I-離子還原，IO4-與I-的堿性溶液的反應產(chǎn)物中加入淀粉溶液變藍．若IO4-被還原時化合價是逐步降低的，在堿性溶液中IO4-離子與I-反應的離子方程式為____________．評卷人得分四、判斷題(共3題，共27分)24、標準狀況下，1moL水中所含原子總數(shù)數(shù)為3NA____（判斷對錯）25、Ⅰ．下列用連線方法對部分化學知識進行歸納的內(nèi)容中，有錯誤的一組是____

A．物質(zhì)的性質(zhì)與用途：

阿司匹林易水解--用于解熱消炎鎮(zhèn)痛；不能用于防治心腦血管疾病。

明礬溶于水能形成膠體--用于對水的消毒；凈化。

B．保護環(huán)境：

控制“白色污染”--減少一次性塑料餐具的使用量。

防止水的污染--提倡使用無磷洗衣粉。

C．基本安全常識：

飲用假酒中毒--甲醇引起。

食用假鹽中毒--亞硝酸鈉引起。

D．生活中的一些做法：

除去衣服上的油污--可用汽油洗滌。

使煤燃燒更旺--可增大煤與空氣接觸面積。

Ⅱ．保護環(huán)境；合理利用資源已成為人類共同的目標．請判斷下列說法是否正確（填“√”或“×”）．

（1）水體的富營養(yǎng)化有利于大多數(shù)水生動植物的生長．____

（2）減少機動車尾氣排放是改善大氣質(zhì)量的重要措施．____

（3）焚燒廢棄塑料會產(chǎn)生有害氣體，對大氣造成污染．____

（4）將垃圾分類并回收利用，符合可持續(xù)發(fā)展的要求．____．26、乙烷與氯氣的取代反應，乙烯與氯代烴的加成反應，均可用于制取1-氯乙烷____（判斷對錯）評卷人得分五、探究題(共4題，共20分)27、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)有關物質(zhì)的結構簡式．

寫出下列物質(zhì)的結構簡式A________、C________、E________、G________．28、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：29、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)有關物質(zhì)的結構簡式．

寫出下列物質(zhì)的結構簡式A________、C________、E________、G________．30、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：評卷人得分六、計算題(共4題，共8分)31、如圖是某學校實驗室從化學試劑商店買回來的氫氧化鈉試劑標簽上的部分內(nèi)容．某同學從該試劑瓶中取出24.0g固體；配成一定體積的溶液，請計算。

（1）24.0g氫氧化鈉固體所含鈉離子的數(shù)目約為多少？

（2）將24.0g氫氧化鈉固體放入水中，要使100個水分子中就含有一個Na+離子；所需水的質(zhì)量為多少？

（3）在題（2）所得的氫氧化鈉溶液中投入足量的金屬鋁，完全反應后，產(chǎn)生的氣體在標準狀況下的體積為多少？（提示：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑）32、科學家致力于二氧化碳的“組合轉(zhuǎn)化”技術的研究；把過多二氧化碳轉(zhuǎn)化為有益于人類的物質(zhì)．

（1）如果將CO2和H2以1：4的比例混合，通入反應器，在適當?shù)臈l件下反應，可獲得一種重要的能源．請完成以下化學方程式：CO2+4H2→____+2H2O

（2）若將CO2和H2以1：3的比例混合，使之發(fā)生反應生成某種重要的化工原料和水，則生成的該重要化工原料可能是____．A．烷烴B．烯烴C．炔烴D．芳香烴。

（3）已知在443～473K時，用鈷（Co）作催化劑可使CO2和H2生成C5～C8的烷烴，這是人工合成汽油的方法之一．要達到該汽油的要求，CO2和H2體積比的取值范圍是____．33、（1）73gHCl氣體中含有____個分子，標準狀況下占有的體積為____L．

（2）相同物質(zhì)的量濃度的KCl、CuCl2、AlCl3溶液，分別與AgNO3溶液反應，當生成的AgCl沉淀的質(zhì)量之比為3：2：1時，三種溶液的體積比為____．

（3）標準狀況下VL氯化氫氣體溶解在1L水中，所得溶液的密度為ρg/mL，溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)為ω，物質(zhì)的量濃度為cmol/L，則ω=____（任寫一種表達式）．34、在標況下，用4.48LHCl配成100mL溶液，求溶液中HCl的物質(zhì)的量濃度，H+物質(zhì)的量濃度，Cl-的物質(zhì)的量濃度．參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、C【分析】【分析】質(zhì)子數(shù)為16的元素為S，原子核外有3個電子層，最外層電子數(shù)為6，處于元素周期表中第三周期第ⅥA族，同周期隨原子序數(shù)增大非金屬性增強，故非金屬性比Cl弱；最高正化合價等于最外層電子數(shù)、最低負化合價=最外層電子數(shù)-8，其最高價氧化物的水化物是硫酸，屬于強酸．【解析】【解答】解：質(zhì)子數(shù)為16的元素為S；原子核外有3個電子層，最外層電子數(shù)為6；

A．同周期隨原子序數(shù)增大非金屬性增強；故非金屬性比Cl弱，故A錯誤；

B．硫元素原子最外層電子數(shù)為6；故其最高正價為+6，最低負價為6-8=-2，故B錯誤；

C．硫元素最高價氧化物的水化物是硫酸；屬于強酸，故C正確；

D．硫元素原子核外有3個電子層；最外層電子數(shù)為6，處于元素周期表中第三周期第ⅥA族，故D錯誤；

故選C．2、C【分析】【分析】A．氫離子抑制銨根離子水解；含有同等濃度的銨根離子的鹽中，化學式中含有銨根離子個數(shù)越多其濃度越??；

B．溶液呈酸性，則c（H+）＞c（OH-）；結合電荷守恒判斷；

C．根據(jù)質(zhì)子守恒判斷；

D．任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒．【解析】【解答】解：A．含有同等濃度的銨根離子的鹽中，化學式中含有銨根離子個數(shù)越多其濃度越小，硫酸氫銨電離出氫離子抑制銨根離子水解，所以c（NH4+）相等的（NH4）2SO4、NH4HSO4、NH4Cl溶液中：c[（NH4）2SO4]＜c（NH4HSO4）＜c（NH4Cl）；故A錯誤；

B．混合溶液呈酸性，則c（H+）＞c（OH-），根據(jù)電荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（CH3COO-）+c（OH-），所以c（Na+）＜c（CH3COO-）；故B錯誤；

C．根據(jù)質(zhì)子守恒得c（OH-）=c（HCO3-）+c（H+）+2c（H2CO3）；故C正確；

D．任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒，根據(jù)電荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（HA-）+2c（A2-）；故D錯誤；

故選：C．3、A【分析】對于原HA溶液，由溶液呈電中性可知c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－)，故A正確；在酸堿中和滴定過程中，pH逐漸升高，故B錯誤；HA是弱酸，和NaOH剛好中和時生成NaA，由于NaA水解，溶液呈堿性，故C錯誤；當NaOH溶液過量時，c(Na＋)>c(A－)，故D錯誤?！窘馕觥俊敬鸢浮緼4、C【分析】【分析】A；碳酸氫根離子是弱酸的酸式酸根離子；不能拆成離子；

B；選項中的離子方程式電荷不守恒；

C；醋酸是弱酸；碳酸鈣是難溶于水的鹽；

D、向NaHSO4溶液中加入Ba（OH）2溶液至呈中性，硫酸氫鈉和氫氧化鋇按2：1恰好反應；【解析】【解答】解：A、NaHCO3溶液與醋酸：HCO3-+CH3COOH=CH3COO-+H2O+CO2↑；故A錯誤；

B、硝酸銀溶液與銅反應的離子方程式為：Cu+2Ag+=Cu2++2Ag；故B錯誤；

C、用醋酸除水垢反應的離子方程式為：2CH3COOH+CaCO3=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑；故C正確；

D、向NaHSO4溶液中加入Ba（OH）2溶液至呈中性，硫酸氫鈉和氫氧化鋇按2：1恰好反應；反應的離子方程式為：2H++SO42-+Ba2++2OH-=2H2O+BaSO4↓；故D錯誤；

故選C．5、D【分析】解：rm{A.}在反應中反應物的物質(zhì)的量濃度減小，生成的物質(zhì)的量濃度增加，根據(jù)圖中的數(shù)據(jù)可知，rm{A}rm{B}在反應中減小，rm{C}在反應中增加，所以rm{A}rm{B}是反應物質(zhì)，rm{C}是生成物，反應中rm{trianglec(A)=1.50mol/L-0.93mol/L=0.57mol/L}rm{trianglec(B)=0.50mol/L-0.31mol/L=0.19mol/L}rm{trianglec(C)=0.50mol/L-0.31mol/L=0.38mol/L}各物質(zhì)的物質(zhì)的量的變化量之比等于計量數(shù)之比，所以反應方程式為rm{triangle

c(A)=1.50mol/L-0.93mol/L=0.57mol/L}故A正確；

B.若將初始投放的物質(zhì)濃度增至原來的rm{triangle

c(B)=0.50mol/L-0.31mol/L=0.19mol/L}倍，相當于加壓，結合反應rm{triangle

c(C)=0.50mol/L-0.31mol/L=0.38mol/L}平衡向正反應方向移動，反應物的轉(zhuǎn)化率增大，平衡常數(shù)只受溫度的影響，故B正確；

C.根據(jù)圖可知，第rm{3A(g)+B(g)簍T2C(g)}到第rm{2}rm{3A(g)+B(g)簍T2C(g)}的物質(zhì)濃度減小，結合反應rm{4min}可知平衡向正反應方向移動，降低溫度平衡向放熱反應的方向移動，所以正反應為放熱反應，故C正確；

D.根據(jù)rm{v=dfrac{trianglec}{t}}可知rm{7minA}的反應速率為rm{dfrac{1.50mol/L-0.93mol/L}{3min}=0.19mol/(L?min)}故D錯誤；

故選D．

A.在反應中反應物的物質(zhì)的量濃度減小，生成的物質(zhì)的量濃度增加，根據(jù)圖中的數(shù)據(jù)可知，rm{B}rm{3A(g)+B(g)簍T2C(g)}在反應中減小，rm{v=dfrac{triangle

c}{t}}在反應中增加，所以rm{A}rm{dfrac

{1.50mol/L-0.93mol/L}{3min}=0.19mol/(L?min)}是反應物質(zhì)，rm{A}是生成物，反應中rm{trianglec(A)=1.50mol/L-0.93mol/L=0.57mol/L}rm{trianglec(B)=0.50mol/L-0.31mol/L=0.19mol/L}rm{trianglec(C)=0.50mol/L-0.31mol/L=0.38mol/L}各物質(zhì)的物質(zhì)的量的變化量之比等于計量數(shù)之比，所以反應方程式為rm{B}據(jù)此判斷；

B.若將初始投放的物質(zhì)濃度增至原來的rm{C}倍；相當于加壓，平衡向體積減小的方向移動，平衡常數(shù)只受溫度的影響，據(jù)此判斷；

C.根據(jù)圖可知，第rm{A}到第rm{B}rm{C}的物質(zhì)濃度減小，結合反應rm{triangle

c(A)=1.50mol/L-0.93mol/L=0.57mol/L}可知平衡向正反應方向移動，降低溫度平衡向放熱反應的方向移動，據(jù)此判斷；

D.根據(jù)rm{v=dfrac{trianglec}{t}}計算反應速率．

題為化學平衡圖象題rm{triangle

c(B)=0.50mol/L-0.31mol/L=0.19mol/L}解化學平衡圖象題，看圖象：一看軸，弄清橫坐標和縱坐標的意義rm{triangle

c(C)=0.50mol/L-0.31mol/L=0.38mol/L}二看點，弄清圖象上點的意義，看起點，交點，轉(zhuǎn)折點，終點rm{3A(g)+B(g)簍T2C(g)}三看量的變化，利用相關公式進行計算，明確外界條件對化學平衡的影響是解本題的關鍵，題目難度中等．rm{2}【解析】rm{D}二、多選題(共9題，共18分)6、CD【分析】【分析】A；氫氧化鐵膠粒為氫氧化鐵的聚集體；無法計算氫氧化鐵膠粒的數(shù)目；

B、H2O2與MnO2作用時，MnO2做催化劑，H2O2發(fā)生歧化反應；

C；氣體體積換算物質(zhì)的量；質(zhì)量換算物質(zhì)的量，氦氣是單原子分子；

D、46gNO2的物質(zhì)的量不受溫度和壓強的影響．【解析】【解答】解：A．氫氧化鐵膠粒為氫氧化鐵的聚集體；1mol鐵離子形成的氫氧化鐵膠粒的物質(zhì)的量一定小于1mol，故A錯誤；

B、H2O2與MnO2作用時，MnO2做催化劑，H2O2發(fā)生歧化反應，1molH2O2轉(zhuǎn)移1mol電子；故B錯誤；

C；標準狀況下22.4L氫氣物質(zhì)的量為1mol；4g氦氣物質(zhì)的量為1mol，故含有的分子個數(shù)相同，故C正確；

D、46gNO2的物質(zhì)的量不受溫度和壓強的影響，46克NO2的物質(zhì)的量n===1mol；含有3mol原子，故D正確．

故選CD．7、CD【分析】【分析】A．含有醛基的物質(zhì)；具有還原性，能夠被銀氨溶液氧化成羧基；

B．溴與苯酚反應生成2；4，6-三溴苯酚沉淀；溴與2，4-己二烯發(fā)生加成反應，溴水褪色；溴水與甲苯混合發(fā)生萃取溶液分層；

C．依據(jù)酯化反應的原理“酸脫羥基；醇去氫”；

D．植物油為油脂，水解生成高級脂肪酸和甘油．【解析】【解答】解：A．苯甲醛含有醛基；在一定條件下能發(fā)生銀鏡反應，故A正確；

B．溴與苯酚反應生成2；4，6-三溴苯酚沉淀；溴與2，4-己二烯發(fā)生加成反應，溴水褪色；溴水與甲苯混合發(fā)生萃取溶液分層；溴水加入到三種物質(zhì)中，現(xiàn)象不同，所以可以鑒別三種物質(zhì)，故B正確；

C．在酸性條件下，CH3CO18OC2H5的水解產(chǎn)物是CH3COOH和C2H518OH；故C錯誤；

D．植物油為油脂；水解生成高級脂肪酸和甘油，得不到乙醇，故D錯誤；

故選：CD．8、BC【分析】【分析】A；氣體摩爾體積22.4L/mol的使用范圍是氣體；

B、物質(zhì)的質(zhì)量，求物質(zhì)的量，應用n=；然后求分子數(shù)；

C、物質(zhì)的質(zhì)量，求物質(zhì)的量，應用n=；然后再求氧原子數(shù)；

D、物質(zhì)量濃度計算中的體積是溶液的體積而不是溶劑的體積．【解析】【解答】解：A、標準狀況下，H2O是液體；而氣體摩爾體積22.4L/mol的使用范圍是氣體，故A錯誤；

B、22gCO2的物質(zhì)的量n（CO2）==0.5mol，所以22gCO2含有的CO2分子數(shù)為0.5mol×NAmol-1=0.5NA；故B正確；

C、44gCO2的物質(zhì)的量n（CO2）==1mol，所以44gCO2氣體含有的氧原子數(shù)為，1mol×2NAmol-1=2NA；故C正確；

D；物質(zhì)量濃度計算中的體積是溶液的體積而不是溶劑的體積；而這里的1L是溶劑水的體積，故D錯誤．

故選：BC．9、BC【分析】【分析】在周期表中Be和Al位于對角線位置，性質(zhì)相似，由反應BeCl2+Na2BeO2+2H2O=2NaCl+2Be（OH）2↓可知，BeCl2與Na2BeO2發(fā)生互促水解生成Be（OH）2，類似于氯化鋁與偏鋁酸鈉的反應，以此解答該題．【解析】【解答】解：A．BeCl2為強酸弱堿鹽；水解呈酸性，溶液的pH＜7，將其蒸干，灼燒后可得殘留物BeO，故A錯誤；

B．Na2BeO2溶液水解呈堿性，溶液的pH＞7，將其蒸干，灼燒后可得殘留物Na2BeO2；故B正確；

C．Be（OH）2性質(zhì)類似于氫氧化鋁；具有兩性，則既能溶于鹽酸，又能溶于NaOH溶液，故C正確；

D．根據(jù)化合物在熔融狀態(tài)下能否導電來判斷其是否是離子化合物，BeCl2水溶液導電性強，不能說明BeCl2是離子化合物；故D錯誤．

故選BC．10、AD【分析】【分析】一級能源是指可以從自然界直接獲取的能源，如：水能、風能、太陽能、地熱能、核能、化石燃料；由一級能源經(jīng)過加工轉(zhuǎn)換以后得到的能源，稱為二級能源，例如：電能、蒸汽、煤氣、汽油、柴油、水煤氣、干餾煤氣等．【解析】【解答】解：一級能源是指可以從自然界直接獲取的能源；如：水能；風能、太陽能、地熱能、核能、化石燃料；由一級能源經(jīng)過加工轉(zhuǎn)換以后得到的能源，稱為二級能源，例如：電能、蒸汽、煤氣、汽油、柴油、水煤氣、干餾煤氣等．

A．電能是二次能源；故A正確；

B．水力是一次能源；故B錯誤；

C．天然氣屬于化石燃料；是一次能源，故C錯誤；

D．水煤氣是二次能源；故D正確；

故選AD．11、CD【分析】【分析】A、溫度壓強不知，11.2LO2的物質(zhì)的量不一定是0.5mol；

B；標準狀況水不是氣體；

C、依據(jù)n=計算物質(zhì)的量；結合分子式計算原子數(shù)；

D、CO和N2的摩爾質(zhì)量相同為28g/mol，都是雙原子分子，依據(jù)n=計算物質(zhì)的量，得到原子數(shù)；【解析】【解答】解：A、溫度壓強不知，11.2LO2的物質(zhì)的量不一定是0.5mol，0.5molO3和11.2LO2的體積不一定相等；故A錯誤；

B；標準狀況水不是氣體；11.2L水物質(zhì)的量不是0.5mol，故B錯誤；

C、依據(jù)n=計算物質(zhì)的量==1mol，結合分子式計算原子總數(shù)為3NA；故C正確；

D、CO和N2的摩爾質(zhì)量相同為28g/mol，都是雙原子分子，依據(jù)n=計算物質(zhì)的量==0.1mol，得到原子總數(shù)為0.2NA；故D正確；

故選CD．12、AD【分析】【分析】Fe與氯氣化合直接生成FeCl3，氧化鋁與水不反應，不能直接化合得到氫氧化鋁，而其他選項中物質(zhì)均可利用化合反應直接生成，以此來解答．【解析】【解答】解：A．氯氣具有強氧化性，則Fe與氯氣化合直接生成FeCl3；故A選；

B．Na與氯氣化合直接生成NaCl；故B不選；

C．Fe（OH）2與氧氣、水發(fā)生化合反應直接生成Fe（OH）3；故C不選；

D．氧化鋁與水不反應，不能直接化合得到Al（OH）3；故D選；

故選AD．13、AB【分析】【分析】X、Y、Z、W、R均是短周期元素，W的最高正化合價與最低負化合價絕對值相等，則W處于ⅣA族，結合元素周期表中的相對位置可知，W為Si，則X為O、Y為Na、Z為Al、R為S，結合元素化合物性質(zhì)元素周期律解答．【解析】【解答】解：X；Y、Z、W、R均是短周期元素；W的最高正化合價與最低負化合價絕對值相等，則W處于ⅣA族，結合元素周期表中的相對位置可知，W為Si，則X為O、Y為Na、Z為Al、R為S；

A．X；Y形成的某種化合物為氧化鈉、過氧化鈉；其中過氧化鈉與二氧化碳反應生成氧氣，可作為呼吸面具中氧氣的來源，故A正確；

B．同周期自左而右非金屬性增強、同主族自上而下非金屬性減弱，故非金屬性X＞R＞W(wǎng)，非金屬性越強氫化物越穩(wěn)定，故氫化物穩(wěn)定性熱穩(wěn)定性：HmX＞HmR＞W(wǎng)Hn；故B正確；

C．Z；W、R分別與X形成的化合物的水化物分別為氫氧化鋁、硅酸、硫酸；氫氧化鋁為兩性氫氧化物，硅酸為弱酸、硫酸為強酸，故C錯誤；

D．化合物YmX和YmR中陽離子為Na+、陰離子為O2-、S2-，電子層結構相同核電荷數(shù)越大離子半徑越小，電子層越多離子半徑越大，故離子半徑Na+＜O2-＜S2-；故D錯誤；

故選AB．14、BD【分析】【分析】A；升溫增大反應速率；正逆反應速率都增大，增大程度不同；

B；反應是氣體體積不變的反應；壓縮容器體積壓強增大，平衡不動，但物質(zhì)濃度增大，紅棕色二氧化氮氣體顏色加深；

C；依據(jù)平衡常數(shù)的概念分析判斷；平衡常數(shù)是生成物平衡濃度冪次方乘積除以反應物平衡濃度的冪次方乘積；

D、恒容時，升高溫度，混合氣體的顏色加深，二氧化氮是紅棕色氣體，說明平衡正向進行，正反應方向是吸熱反應．【解析】【解答】解：A；升溫增大反應速率；正逆反應速率都增大，增大程度不同，故A錯誤；

B；反應是氣體體積不變的反應；壓縮容器體積壓強增大，平衡不動，但物質(zhì)濃度增大，紅棕色二氧化氮氣體顏色加深，故B正確；

C；依據(jù)平衡常數(shù)的概念分析判斷；平衡常數(shù)是生成物平衡濃度冪次方乘積除以反應物平衡濃度的冪次方乘積，選項中是反應物濃度除以生成物濃度，故C錯誤；

D；恒容時；升高溫度，混合氣體的顏色加深，二氧化氮是紅棕色氣體，說明平衡正向進行，依據(jù)平衡移動原理可知，正反應方向是吸熱反應，逆反應方向是放熱反應，故D正確；

故選：BD．三、填空題(共9題，共18分)15、酯基醚鍵2C16H26O5加成反應保護羰基315【分析】【分析】（1）青蒿素分子中含有的含氧官能團有：酯基、醚鍵和過氧基；雙氫青蒿素分子結構中含有七元環(huán)數(shù)為2，蒿甲醚的化學式為C16H26O5；

（2）由題目信息可知；結合B；C的結構可知，C=O雙鍵變成C=C雙鍵，應是B中連接羰基的甲基上的α-H與C=O先發(fā)生發(fā)生加成反應，再發(fā)生消去反應生成C；

（3）由E→F的結構可知；羰基中C=O雙鍵變成C-S單鍵，由G→H的結構可知C-S單鍵又變成羰基，目的是保護羰基；

（4）異蒲勒醇分子中六元環(huán)上連接取代基的碳原子均為手性碳原子；

先在濃硫酸、加熱條件下發(fā)生消去反應生成然后與溴單質(zhì)發(fā)生1，4-加成生成

（5）A的分子式式為C10H18O，不飽和度為2，與A互為同分異構且滿足：①含有六元環(huán)，②六元環(huán)上只有二個取代基且在不同的碳原子上，③能夠發(fā)生銀鏡反應，2個取代基為-CH2CH2CH3、-CHO取代，或者-CH（CH3）2、-CHO，或者-CH2CH3、-CH2CHO，或者-CH3、-CH2CH2CHO，或者-CH3、-CH（CH3）CHO，各有鄰、間、對3種．【解析】【解答】解：（1）青蒿素分子中含有的含氧官能團有：酯基、醚鍵和過氧基；雙氫青蒿素分子結構中含有七元環(huán)數(shù)為2，由蒿甲醚的結構簡式，可知其化學式為C16H26O5；

故答案為：酯基、醚鍵；2；C16H26O5；

（2）由題目信息可知；結合B；C的結構可知，C=O雙鍵變成C=C雙鍵，應是B中連接羰基的甲基上的α-H與C=O先發(fā)生發(fā)生加成反應，再發(fā)生消去反應生成C；

故答案為：加成反應；

（3）由E→F的結構可知；羰基中C=O雙鍵變成C-S單鍵，由G→H的結構可知C-S單鍵又變成羰基，目的是保護羰基；

故答案為：保護羰基；

（4）異蒲勒醇分子中六元環(huán)上連接取代基的碳原子均為手性碳原子；即異蒲勒醇分子有3個手性碳原子；

先在濃硫酸、加熱條件下發(fā)生消去反應生成然后與溴單質(zhì)發(fā)生1，4-加成生成反應方程式為：

故答案為：3；

（5）A的分子式式為C10H18O，不飽和度為2，與A互為同分異構且滿足：①含有六元環(huán)，②六元環(huán)上只有二個取代基且在不同的碳原子上，③能夠發(fā)生銀鏡反應，2個取代基為-CH2CH2CH3、-CHO取代，或者-CH（CH3）2、-CHO，或者-CH2CH3、-CH2CHO，或者-CH3、-CH2CH2CHO，或者-CH3、-CH（CH3）CHO，各有鄰、間、對3種，故共有15種，其中核磁共振氫譜有七個峰，且峰面積比為1：1：4：4：1：1：6的是：

故答案為：15；．16、其有效成分都能中和胃里過多的鹽酸MgCO3+2H+═Mg2++CO2↑+H2OAl（OH）3+3H+═Al3++3H2OC6H12O6【分析】【分析】（1）根據(jù)抗酸藥物有效成分能中和胃里過多的鹽酸分析；

（2）①碳酸鎂和鹽酸反應生成氯化鎂；水和二氧化碳；氫氧化鋁和鹽酸反應生成氯化鋁和水，根據(jù)化學方程式改寫離子方程式；

②根據(jù)淀粉在人體內(nèi)在酶的作用水解最終轉(zhuǎn)化成葡萄糖判斷．【解析】【解答】解：（1）碳酸氫鈉；碳酸鈣、碳酸鎂、氫氧化鋁和氫氧化鎂都能中和胃里過多的鹽酸；故答案為：其有效成分都能中和胃里過多的鹽酸；

（2）①碳酸鎂和鹽酸反應生成氯化鎂、水和二氧化碳，反應的離子方程式為：MgCO3+2H+═Mg2++CO2↑+H2O；氫氧化鋁和鹽酸反應生成氯化鋁和水，反應的離子方程式為：Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O，故答案為：MgCO3+2H+═Mg2++CO2↑+H2O；Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O；

②淀粉在人體內(nèi)在酶的作用水解最終轉(zhuǎn)化成葡萄糖，其化學式為：C6H12O6，故答案為：C6H12O6．17、略

【分析】試題分析：根據(jù)題目敘述及格物質(zhì)之間的關系可知;X:Fe;Y:O2;Z:Si;A:Fe3O4;D:HNO3;E:SiO2;M:Na2SiO3;R:H2SiO3;G:Fe(NO3)3.（1）物質(zhì)E為SiO2，用途：制光導纖維、玻璃等等.（2）Fe3O4和HNO3反應的離子方程式是：3Fe3O4＋28H＋＋NO—3=9Fe3＋＋NO↑＋14H2O。（3）在含有4mol的硝酸的溶液中，若Fe完全反應轉(zhuǎn)化為Fe(NO3)3。反應為：Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O.消耗Fe1mol;若Fe完全反應轉(zhuǎn)化為Fe(NO3)2。反應為：3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O.消耗Fe1.5mol;若反應產(chǎn)物既有Fe(NO3)3又有Fe(NO3)2，則消耗的Fe的物質(zhì)的量在1—1.5mol之間。故反應的X的物質(zhì)的量范圍為1~1.5mol?？键c：考查元素化合物的推斷、離子方程式的書寫及一定量的硝酸與變價金屬Fe的反應情況的知識?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）E為SiO2，用途：制光導纖維、玻璃等等。符合題意即可。（2）3Fe3O4＋28H＋＋NO—3=9Fe3＋＋NO↑＋14H2O（3）1~1.518、CBD【分析】【分析】（1）將Fe2+以Fe（OH）2形式完全沉淀，pH≥9.6，此時Cu2+以Cu（OH）2的形式完全沉淀，若將Fe2+氧化成Fe3+，F(xiàn)e3+以Fe（OH）3形式完全沉淀，pH在3～4，此時Cu2+沒有形成沉淀；

（2）NaClO為強堿弱酸鹽；水解呈堿性，則加入NaClO，溶液的pH一定增大，另外NaClO可以酸反應生成HClO而導致溶液pH增大，氧化亞鐵離子時會有氫離子參加，也導致溶液pH增大；

（3）使Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe（OH）3沉淀，應調(diào)節(jié)溶液的pH，所加物質(zhì)能與酸反應，注意不能引入新雜質(zhì)．【解析】【解答】解：（1）A．因直接加堿，調(diào)整溶液pH≥9.6，F(xiàn)e2+以Fe（OH）2形式完全沉淀，此時的pH≥9.6，同時Cu2+以Cu（OH）2的形式完全沉淀，不但除去了Fe2+，也除去了Cu2+；不符合除雜的原則，故A錯誤；

B．因銅粉的還原性比鐵弱，不能將Fe2+還原出來；故B錯誤；

C．將Fe2+氧化成Fe3+，F(xiàn)e3+以Fe（OH）3形式完全沉淀，pH在3～4，此時Cu2+形成沒有沉淀，過濾除去Fe（OH）3沉淀；既除去了雜質(zhì)，也沒有除去原物質(zhì)，故C正確；

D．通入硫化氫，使Fe2+、Cu2+分別形成FeS沉淀，CuS沉淀，不但除去了Fe2+，也除去了Cu2+；不符合除雜的原則，故D錯誤；

故答案為：C；

（2）NaClO為強堿弱酸鹽；水解呈堿性，則加入NaClO，溶液的pH一定增大，另外NaClO可以酸反應生成HClO而導致溶液pH增大，氧化亞鐵離子時會有氫離子參加，也導致溶液pH增大；

故答案為：B；

（3）使Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe（OH）3沉淀，應調(diào)節(jié)溶液的pH，所加物質(zhì)能與酸反應，注意不能引入新雜質(zhì)，則則可用CuO或Cu（OH）2或CuCO3；A；B均引入新雜質(zhì)，C不能除雜；

故答案為：D．19、C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）0.08mol/（L?min）＞正向不變BC【分析】【分析】（1）化學平衡常數(shù)是在一定條件下，當可逆反應達到平衡狀態(tài)時，生成物濃度化學計量數(shù)冪之積和反應物濃度化學計量數(shù)冪之積的比值，所以根據(jù)平衡表達式：K=可知，生成物為CO、H2，反應物含有H2O；三者化學計量數(shù)分別為1；1、1，根據(jù)原子守恒可知，另一反應物為固體C；

（2）①由表中數(shù)據(jù)可知，l0min內(nèi)甲醇的濃度變化為0.4mol/L，根據(jù)v=計算v（CH3OH），再利用速率之比等于化學計量數(shù)之比計算v（H2）；

②計算此時濃度商Qc，若Qc=K，處于平衡狀態(tài)，若Qc＜K，反應向正反應進行，若Qc＞K，反應向逆反應進行，進而判斷v正、v逆相對大??；

③容器的體積縮小一半；壓強增大，平衡向體積減小的方向移動，故平衡向正反應移動；平衡常數(shù)只受溫度影響，與壓強無關，溫度不變，平衡常數(shù)不變；

（3）A．化學平衡常數(shù)說明可逆反應正向進行的程度；與反應進行的難易程度無關；

B．大氣固氮的進行程度很??；利用大氣固氮原理進行工業(yè)生成，產(chǎn)率很小，沒有實際意義；

C．合成氨是放熱反應；溫度越低，有利于平衡向正反應移動，反應的轉(zhuǎn)化率越高，反應越完全；

D．化學平衡常數(shù)說明可逆反應正向進行的程度，與反應速率無關．【解析】【解答】解：（1）化學平衡常數(shù)是在一定條件下，當可逆反應達到平衡狀態(tài)時，生成物濃度化學計量數(shù)冪之積和反應物濃度化學計量數(shù)冪之積的比值，所以根據(jù)平衡表達式：K=可知，生成物為CO、H2，反應物含有H2O，三者化學計量數(shù)分別為1、1、1，根據(jù)原子守恒可知，另一反應物為固體C，因此該反應的化學方程式為：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）；

故答案為：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）；

（2）①由表中數(shù)據(jù)可知，l0min內(nèi)甲醇的濃度變化為0.4mol/L，所以用甲醇表示的反應速率v（CH3OH）=0.4mol/L÷10min=0.04mol/（L?min）．又因為速率之比等于化學計量數(shù)之比，故v（H2）=2v（CH3OH）=2×0.04mol/（L?min）=0.08mol/（L?min）；

故答案為：0.08mol/（L?min）；

②10min時，CO的濃度為0.1mol/L，氫氣的濃度為0.2mol/L，甲醇的濃度為0.4mol/L，故此時的濃度商Qc==100＜K=160，故反應向正反應進行，即v正＞v逆；

故答案為：＞；

③容器的體積縮小一半；壓強增大，平衡向體積減小的方向移動，故平衡向正反應移動；平衡常數(shù)只受溫度影響，與壓強無關，溫度不變，平衡常數(shù)不變；

故答案為：正向；不變；

（3）A．化學平衡常數(shù)說明可逆反應正向進行的程度；與反應進行的難易程度無關，故A錯誤；

B．大氣固氮的進行程度很小；利用大氣固氮原理進行工業(yè)生成，產(chǎn)率很小，沒有實際意義，故B正確；

C．合成氨是放熱反應；溫度越低，有利于平衡向正反應移動，反應的轉(zhuǎn)化率越高，反應越完全，故C正確；

D．化學平衡常數(shù)說明可逆反應正向進行的程度；與反應速率無關，故D錯誤；

故選：BC．20、1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2O分子晶體BC＞r（Ni2+）小于r（Fe2+），NiO的晶格能大于FeOCN-K4[Fe（CN）6].3H2O+6H2SO4+3H2O2K2SO4+FeSO4+3（NH4）2SO4+6CO↑鄰硝基苯酚形成分子內(nèi)氫鍵，降低其在水中的溶解度；對硝基苯酚與水形成分子間氫鍵，增大了溶解度sp3SiO32-【分析】【分析】（1）Ni是28號元素；核外有28個電子，分四層排布；Ni有2個未成對電子根據(jù)第二周期元素的電子排布分析；沸點較低的晶體一般為分子晶體，分子晶體一般易溶于有機溶劑；

（2）NiO、FeO的晶體結構類型均與氯化鈉的相同，由于離子電荷相同，離子半徑越大，晶格能越小，熔點越低；K4[Fe（CN）6]?3H2O中CN-為配體；K4[Fe（CN）6].3H2O與H2SO4在加熱條件下反應，沒有元素化合價的變化，則生成K2SO4、FeSO4、（NH4）2SO4；CO；

（3）形成分子間氫鍵能增大物質(zhì)的溶解性；形成分子內(nèi)氫鍵，減小物質(zhì)的溶解性；

（4）硅酸鹽中的硅酸根（SiO44-）為正四面體結構，所以中心原子Si原子采取了sp3雜化方式；根據(jù)圖（b）的一個結構單元中含有1個硅、3個氧原子，化學式為SiO32-．【解析】【解答】解：（1）Ni是28號元素，核外有28個電子，分四層排布，其電子排布式為：1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2；Ni有2個未成對電子，第二周期元素未成對電子數(shù)為2的元素有C、O，其中電負性大的是O；金屬鎳粉在CO氣流中輕微加熱，生成無色揮發(fā)性液態(tài)Ni（CO）4；應為分子晶體，呈正四面體構型，應為非極性分子，易溶于非極性溶劑；

故答案為：1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2；O；分子晶體；BC；

（2）NiO、FeO的晶體結構類型均與氯化鈉的相同，說明二者都是離子晶體，離子晶體的熔點與離子鍵的強弱有關，離子所帶電荷數(shù)越多，離子半徑越小，晶格能越大，熔點越高，由于Ni2+的離子半徑小于Fe2+的離子半徑，屬于熔點是NiO＞FeO；K4[Fe（CN）6]?3H2O中CN-為配體；K4[Fe（CN）6].3H2O與硫酸在加熱條件下反應生成K2SO4、CO、FeSO4、（NH4）2SO4，則其反應方程式為：K4[Fe（CN）6].3H2O+6H2SO4+3H2O2K2SO4+FeSO4+3（NH4）2SO4+6CO↑；

故答案為：＞；r（Ni2+）小于r（Fe2+），NiO的晶格能大于FeO；CN-；K4[Fe（CN）6].3H2O+6H2SO4+3H2O2K2SO4+FeSO4+3（NH4）2SO4+6CO↑；

（3）形成分子間氫鍵能增大物質(zhì)的溶解性；形成分子內(nèi)氫鍵，減小物質(zhì)的溶解性，鄰硝基苯酚形成分子內(nèi)氫鍵，降低其在水中的溶解度，對硝基苯酚與水形成分子間氫鍵，增大了溶解度；

故答案為：鄰硝基苯酚形成分子內(nèi)氫鍵；降低其在水中的溶解度；對硝基苯酚與水形成分子間氫鍵，增大了溶解度；

（4）硅酸鹽中的硅酸根（SiO44-）為正四面體結構，所以中心原子Si原子采取了sp3雜化方式；

根據(jù)圖（b）的一個小的結構單元中含有1個硅，2個氧原子屬于該結構，還有2個與其它結構單元共用，則O原子數(shù)為2+2×=3，所以化學式為SiO32-；

故答案為：sp3；SiO32-．21、C9H7O3Cl羰基酯基濃H2SO4、加熱氧化反應取代反應10【分析】【分析】根據(jù)對苯二甲酸和D的結構簡式可知C為對比B與E的產(chǎn)物結構可知，B發(fā)生消去反應生成E為E再與H2發(fā)生加成反應．

（1）根據(jù)D的結構簡式書寫其分子式；根據(jù)F的結構簡式判斷其含有的官能團；

（2）根據(jù)A的分子式為C8H8；A被酸性高錳酸鉀氧化可得對苯二甲酸，所以A為對二甲苯；反應④為羥基的消去反應；

（3）反應①為對二甲苯被氧化為對苯二甲酸；對比反應⑥中反應物；產(chǎn)物的結構可知；該反應為取代反應；

（4）反應②為對苯二甲酸與甲醇發(fā)生酯化反應；反應⑤為E與H2的加成反應；

（5）符合三個條件的三個取代基可以是1個酚羥基、1個羧基、一個醛基，確定兩個取代基的位置，移動另外取代基判斷同分異構體數(shù)目．【解析】【解答】解：根據(jù)對苯二甲酸和D的結構簡式可知C為對比B與E的產(chǎn)物結構可知，B發(fā)生消去反應生成E為E再與H2發(fā)生加成反應．

（1）根據(jù)D的結構簡式，可知其分子式為：C9H7O3Cl；根據(jù)F的結構簡式，可知F含有羰基和酯基，故答案為：C9H7O3Cl；羰基；酯基；

（2）根據(jù)A的分子式為C8H8，A被酸性高錳酸鉀氧化可得對苯二甲酸，所以A的結構簡式為：反應④為羥基的消去反應，所以反應條件是：濃H2SO4；加熱；

故答案為：濃H2SO4；加熱；

（3）反應①為對二甲苯被氧化為對苯二甲酸；反應類型為氧化反應；根據(jù)反應框圖可知反應⑥為取代反應，故答案為：氧化反應；取代反應；

（4）反應②為對苯二甲酸與甲醇發(fā)生酯化反應，反應方程式為：

反應⑤為E與H2的加成反應，反應方程式為：

故答案為：

（5）對二甲苯的同分異構體符合：①苯環(huán)上有三個取代基；②能與NaHCO3溶液發(fā)生反應；③能發(fā)生銀鏡反應，符合這三個條件的三個取代基可以是1個酚羥基、1個羧基、一個醛基，酚羥基與羧基有鄰、間、對3種，對應的-CHO有4種、4種、2種，故符合條件的同分異構體有4+4+2=10種，其中一種為故答案為：10；．22、bFe3+、Ca2+玻璃棒攪拌氨水向最后一次洗滌液中加入KSCN，溶液不變紅色，證明Fe（OH）3已經(jīng)沉淀完全，反之，未沉淀完全用作銨態(tài)氮肥稱量過量的標準鹽酸錐形瓶【分析】【分析】（1）H2SO4與CaCO3反應生成CaSO4，CaSO4微溶于水；硝酸和碳酸鈣；氧化鐵反應得到硝酸鐵、硝酸鈣，根據(jù)影響反應速率的因素回答；

（2）三價鐵離子和氨水反應可以生成氫氧化鐵沉淀；鐵離子遇到硫氰酸根離子會呈現(xiàn)紅色；據(jù)此檢驗沉淀是否完全；

（3）硝酸銨是一種化學肥料；

（4）測定CaO2含量，根據(jù)提供的藥品和實驗步驟以及應用的實驗儀器進行解答．【解析】【解答】解：石灰石里含有一定量的氧化鐵雜質(zhì)；加入硝酸溶解得到硝酸鈣和硝酸鐵的混合溶液，加入氨水可以將鐵離子沉淀，過濾得到的濾液中含有硝酸銨和硝酸鈣，再加入碳酸銨，得到碳酸鈣沉淀，過濾得到的硝酸氨是一種含氮肥料．

（1）H2SO4與CaCO3反應生成CaSO4，CaSO4微溶于水，不能使用硫酸，可以使用硝酸，加入硝酸得到的是硝酸鐵和硝酸鈣的混合物，溶液中的陽離子主要是Fe3+、Ca2+；為了加快溶解速率，可以使用較小的固體顆粒；控制溶液A的適宜濃度或用玻璃棒攪拌；

故答案為：b；Fe3+、Ca2+；玻璃棒攪拌；

（2）硝酸銨和硝酸鈣的混合液中；為將鐵離子沉淀，可以加入堿，但是溶液B的溶質(zhì)是常見非金屬元素的氣態(tài)氫化物，只能是加入氨水，鐵離子沉淀完畢，溶液中沒有鐵離子，反之，還會存在鐵離子，可以加入硫氰化鉀來檢驗；

故答案為：氨水；向最后一次洗滌液中加入KSCN，溶液不變紅色，證明Fe（OH）3已經(jīng)沉淀完全；反之，未沉淀完全；

（3）加入碳酸銨；得到碳酸鈣沉淀，過濾得到的硝酸氨是一種含氮肥料，C是硝酸銨溶液，故答案為：用作銨態(tài)氮肥；

（4）測量CaO2含量，需取樣品且稱量樣品的質(zhì)量，所以需稱量，溶于水2CaO2+2H2O=2Ca（OH）2+O2↑，CaO+H2O=Ca（OH）2；加過量的標準鹽酸，確保氫氧化鈣全部反應，整個實驗過程中，需要使用的儀器：電子天平；滴管、堿式滴定管、燒杯、玻璃棒、錐形瓶等．

故答案為：稱量；過量的標準鹽酸；錐形瓶．23、略

【分析】解：反應中S元素化合價由Na2SO3中+4價升高為+6價，總共升高2價，I元素化合價由KIO3中+5降低為I2中0價，總共降低10價，化合價最小公倍數(shù)為10，故Na2SO3系數(shù)為5，故I2系數(shù)為1，再結合原子守恒配平后方程式為5Na2SO3+2KIO3+H2SO4=5Na2SO4+K2SO4+I2+H2O；故答案為：5；2；1；5；1；1；1；

(1)I元素化合價由KIO3中+5降低為I2中0價，每生成1molI2轉(zhuǎn)移10mol電子，故反應中有5mol電子轉(zhuǎn)移，生成的碘的物質(zhì)的量為×1mol=0.5mol；故生成的碘的質(zhì)量為0.5mol×254g/mol=127g，故答案為：127；

(2)由慢反應決定整個反應過程的速率；故反應速率由①步反應決定，故答案為：①；

(3)由反應④可知，SO32-的還原性大于I-，可被I2氧化，故需消耗完SO32-，才會生成I2；才會有溶液變藍的現(xiàn)象產(chǎn)生；

故答案為：SO32-；SO32-的還原性大于I-，可被I2氧化；

(4)由題目信息可知，IO4-被還原時化合價是逐步降低，堿性溶液中IO3-離子不被I-離子還原，故堿性溶液中IO4-離子與I-反應生成堿性溶液中IO3-離子與I2，反應中IO4-→IO3-，I元素化合價共降低2價，2I-→I2+2OH-，I元素化合價共升高2價，故，IO4-的系數(shù)為1，I-的系數(shù)為2，IO3-的系數(shù)為1，I2的系數(shù)為1，根據(jù)電荷守恒，故還原OH-生成，系數(shù)為2，故離子方程式為：IO4-+2I-+H2O=IO3-+I2+2OH-，故答案為：IO4-+2I-+H2O=IO3-+I2+2OH-．【解析】5;2;1;5;1;1;1;127;①;SO32-;SO32-的還原性大于I-，可被I2氧化;IO4-+2I-+H2O=IO3-+I2+2OH-四、判斷題(共3題，共27分)24、√【分析】【分析】水的分子式為H2O，結合分子式進行判斷．【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：√．25、×【分析】【分析】Ⅰ．A．阿司匹林能用于防治心腦血管疾病；明礬不能消毒；

B．使用一次性塑料餐具可引起白色污染；

C．甲醇有毒；

D．增大煤與空氣接觸面積可提高煤燃燒效率．

Ⅱ．（1）水體富營養(yǎng)化會導致植物的瘋長；破壞生態(tài)平衡；

（2）機動車尾氣排放是倒是環(huán)境污染的主要原因；

（3）焚燒塑料產(chǎn)生的氣體會導致空氣污染；

（4）垃圾分類并回收利用可以減少污染，節(jié)約能源．【解析】【解答】解：Ⅰ．A．阿司匹林能用于防治心腦血管疾??；明礬不能消毒，故A錯誤；

B．使用一次性塑料餐具可引起白色污染；含磷洗衣粉可引起水體富營養(yǎng)化，故B正確；

C．甲醇和亞硝酸鈉有毒；故C正確；

D．油污易溶于汽油；增大煤與空氣接觸面積可提高煤燃燒效率，故D正確．

故選A；

Ⅱ．（1）水體富營養(yǎng)化會導致植物的瘋長；會破壞環(huán)境生態(tài)平衡，故答案為：×；

（2）機動車尾氣二氧化硫；二氧化氮、一氧化氮等氣體的排放會引起環(huán)境污染；減少機動車尾氣排放可以改善大氣質(zhì)量，故答案為：√；

（3）焚燒塑料產(chǎn)生有毒氣體氣體會導致空氣污染；有的塑料可以回收利用，故答案為：√；

（4）垃圾分類并回收利用可以減少污染，節(jié)約能源，符合可持續(xù)發(fā)展的要求，故答案為：√．26、×【分析】【分析】乙烯與氯化氫加成生成1-氯乙烷，此為制取氯乙烷的較好方法，由于取代反應有多種副產(chǎn)物生成，故不能利用此方法制取1-氯乙烷．【解析】【解答】解：CH3CH3+Cl2→CH3CH2Cl+HCl，該反應的生成物氯乙烷可以繼續(xù)與氯氣發(fā)生取代反應生成二氯乙烷，產(chǎn)物不純凈，故不能利用此方法制取1-氯乙烷，故錯誤；故答案為：×．五、探究題(共4題，共20分)27、|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．28、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，滴定后氣泡消失，造成V（標準）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）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（標準）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）偏大，故D正確；

E．觀察讀數(shù)時，滴定前仰視，滴定后俯視，造成V（標準）偏小，根據(jù)c（待測）=分析；c（標準）偏小，故E錯誤；

故選ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有強氧化性，應用酸式滴定管盛裝；高錳離子有催化作用而導致反應速率加快；乙二酸與KMnO4發(fā)生氧化還原反應，滴定終點時，溶液由無色變成紫紅色，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，應按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，根據(jù)關系式2KMnO4～5H2C2O4計算；

④根據(jù)c（待測）=分析不當操作對V（標準）的影響，以此判斷濃度的誤差．29、|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．30、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