2024年浙教版高三化学上册阶段测试试卷719

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年浙教版高三化学上册阶段测试试卷719考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、下列物质在水中电离方程式正确的是（）A.NaHCO3═Na++H++CO32-B.NaHSO4═Na++H++SO42-C.Ca（OH）2═Ca2++OH-D.Na2CO3═2Na++CO32-2、在相同条件下，若A容器中的氢气与B容器中的氨气（NH3）所含原子数相等，则两个容器的体积比为（）A.1：2B.1：3C.2：3D.2：13、若用18O标记的CH3CH218OH与乙酸反应制取乙酸乙酯，则会出现的结果是（）A.18O只存在于乙酸乙酯中B.18O只存在于水中C.18O只存在于乙醇和乙酸乙酯中D.18O只存在于乙醇和水中4、下列酸性氧化物和碱反应时，反应速率最慢的是（）A.二氧化碳气体通入氨水中B.二氧化硫气体通入澄清石灰水中C.五氧化二磷投入碱溶液中D.二氧化硅投入烧碱溶液中5、设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.标况下，22.4LCO和CO2的混合气体中所含的碳原子数一定是NAB.常温常压下，11.2LH2O所含氧原子数都是0.5NAC.1molFe足量纯氧点燃，Fe所失去的电子数为3NAD.100mL1mol/LNaCl溶液与50mL1mol/LAlCl3溶液中Cl-物质的量浓度相等6、化学与生活密切相关．下列说法正确的是（）A.福尔马林可作食品的保鲜剂B.乙烯可作水果的催熟剂C.做衣服的棉和麻均与淀粉互为同分异构体D.磨豆浆的大豆富含蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质变成了氨基酸评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)7、向KNO3溶液中滴加少量浓盐酸，然后分成等量的三份，第一份滴入淀粉碘化钾溶液，溶液将变成____色；第二份加人铜粉，反应的离子方程式为____；第三份滴加少量AgNO3溶液，将看到有____生成．8、工业上产生的氮氧化物可用天然气来处理．

Ⅰ．已知：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H1

N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H2

H2O（l）=H2O（g）△H3

CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=____（用△H1、△H2、△H3）

Ⅱ．在温度为T1℃和T2℃时，分别将0.50molCH4和1.2molNO2充入体积固定的2L密闭容器中，发生上述可逆反应，测得不同时刻的n（CH4）数据如下表：。温度时间/min

n/mol010204050T1℃n（CH4）0.500.350.250.100.10T2℃n（CH4）0.500.300.180.150.15（1）分析上表中数据，下列说法正确的是____

A．T1℃、前10min，V（NO2）=0.03mol/（L•min）

B．T1℃、反应达化学平衡状态时，CH4的转化率为80%

C．T2℃；反应在40min时处于平衡状态。

D．T1＞T2

（2）反应的平衡常数K（T1）____K（T2），△H____0，理由是____．

（3）T1℃时反应的平衡常数K为____．

（4）反应在T1℃下进行，50min时，向平衡后的容器中再通入0.10molCH4和0.40molNO2，在下图中画出恒温，重新达到平衡过程中n（CH4）随时间变化的曲线（只要求画出n（CH4）的变化趋势，不需要准确画出再次平衡后n（CH4）．

Ⅲ．NO2、O2和熔融NaNO3可制作燃料电池，其原理见下图．该电池在使用过程中石墨Ⅰ电极上生成氧化物Y，其电极反应式为____．

9、①NaOH溶液②铜丝③液态HCl④盐酸⑤稀硫酸⑥氨水⑦CO2⑧熔融NaCl⑨蔗糖晶体⑩酒精

上述状态下可导电的是_____，属于非电解质的是______，是电解质但在上述状态下不能导电的是____．10、苯乙烯是重要的基础有机化工原料．工业中以乙苯（C6H5-CH2CH3）为原料，采用催化脱氢的方法制取苯乙烯（C6H5-CH=CH2）的反应方程式为：C6H5-CH2CH3（g）⇌C6H5-CH=CH2（g）+H2（g）△H1=+125kJ•mol-1

（1）向体积为VL的密闭容器中充入amol乙苯；反应达到平衡状态时，平衡体系组成（物质的量分数）与温度的关系如图1所示：

600℃时；由图1可知：

①氢气的物质的量分数为____．

②此温度下该反应的平衡常数____．

（2）分析上述平衡体系组成与温度的关系图：当温度高于970℃，苯乙烯的产率不再增加，其原因可能是____．

（3）实际生产中常以高温水蒸气作为反应体系的稀释剂（稀释剂不参加反应）．C6H5C2H5的平衡转化率与水蒸气的用量、体系总压强关系如图2．加入稀释剂能影响C6H5C2H5平衡转化率的原因是：____．

（4）某些工艺中，在反应的中途加入O2和特定的催化剂，有利于提高C6H5C2H5的平衡转化率．试解释其原因：____．

（5）已知某温度下，当压强为101.3kPa时，该反应中乙苯的平衡转化率为30%；在相同温度下，若反应体系中加入稀释剂水蒸气并保持体系总压为101.3kPa，则乙苯的平衡转化率____30%

（6）乙苯在特定催化剂下发生氧化脱氢：

C6H5-CH2CH3（g）+O2（g）⇌C6H5-CH=CH2（g）+H2O（g）△H

已知H2的燃烧热△H为-285.8KJ/mol，水的汽化热为2441.12焦耳/克，则△H=____．11、已知下列热化学方程式：①H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=-285.8kJ•mol-1

②H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H=-241.8kJ•mol-1

③C（s）+O2（g）=CO（g）△H=-110.5kJ•mol-1

④C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5kJ•mol-1；

回答下列问题：

（1）上述反应中属于放热反应的是____．

（2）H2的燃烧热为____；C的燃烧热为____．

（3）燃烧10gH2生成液态水，放出的热量为____．

（4）又查得资料有下列热化学方程式：

⑤CH3COOH（l）+2O2（g）═2CO2（g）+2H2O（l）△H1=-870.3kJ/mol

写出由C（s）、H2（g）和O2（g）化合生成CH3COOH（l）的热化学方程式____．12、某可逆反应为：2A（g）+B（g）⇌2C（g）；△H下图中的甲；乙、丙分别表示在不同条件下；生成物C在反应混合物中的体积分数（φ）与反应时间（t）的关系．

（1）若甲图中的a、b两条曲线分别表示有催化剂和无催化剂的情况，则曲线____表示的是无催化剂时的情况．

（2）若乙图中的两条曲线分别表示在400℃和500℃时的情况，则△H____0（填“＞”；“＜”）．

（3）若丙图中的a、b两条曲线分别表示在不同压强时的情况，则曲线____表示的压强较大时的情况．评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)13、0.012kg13C所含原子数为阿伏加德罗常数．____（判断对错）14、放热反应在任何条件都不能发生．____．（判断对错）15、实验测得1mol某气体体积为22.4L，测定条件一定是标准状况____（判断对错）16、标准状况下，1moL水中所含原子总数数为3NA____（判断对错）17、根据分散质粒子的直径大小，分散系分为浊液、胶体和溶液．____．（判断对错说明理由）18、制备Fe（OH）3，既可以通过复分解反应制备，又可以通过化合反应制备____（判断对和错）19、蒸馏时，温度计水银球插入混合液中，以控制蒸馏的温度．____．（判断对错）20、对于0.3mol/L的硫酸钾溶液，1L溶液中含有0.6NA个钾离子是____．（判断对错）评卷人得分四、其他(共1题，共7分)21、如图所示为实验室常用的仪器：

请根据图回答：

（1）写出A～F各仪器的名称：

A____B____C____D____E____F____

（2）用于吸取和滴加少量液体的是（填序号，下同）____；

（3）能直接加热的仪器是____；

（4）用于作热源的仪器是____；

（5）用于夹持试管的是____；

（6）可取用少量固体粉未的是____；

（7）用来量取液体体积的是____．评卷人得分五、推断题(共3题，共15分)22、短周期元素的单质X、Y、Z在通常状况下均为气态，并有下列转化关系（反应条件略去）：

已知：a．常见双原子单质分子中，X分子含共价键最多．b．甲分子中含10个电子；乙分子含有18个电子．

实验室可用如图所示装置（缺少收集装置；夹持固定装置略去）制备并收集甲．

①在图中方框内绘出用烧瓶收集甲的仪器装置简图．

②试管中的试剂是（填写化学式）____．

③烧杯中溶液由无色变为红色，其原因是（用电离方程式表示）____．23、【有机物化学基础】某有机物X的相对分子质量小于100,取1mol有机物X在O2中完全燃烧生成等物质的量的CO2和H2O，同时消耗标准状况下的O2112L。（1）该有机物X的分子式为________（填序号）。AC4H8BC2H4OCC4H8O2DC10H20O20（2）甲物质是X的同分异构体，分子中含有羰基和羟基，甲物质能发生如图所示的转化：①B的名称是________。与A官能团相同的同分异构体共有______种（包括A但不含立体异构，已知同一个碳上有两个羟基的有机物不稳定）②A→D的反应类型为________，E→F的反应条件是________。③写出F→G的化学方程式__________________________________。（3）物质乙也是X的同分异构体，1mol乙与足量的Na反应可生成1molH2，且乙不能使溴的CCl4溶液褪色，乙分子中的官能团连在相邻的碳原子上。乙的核磁共振氢谱图中有3个峰，面积之比为2∶1∶1。物质乙的结构简式为_____。24、常温下，有A、B、C、D四种无色溶液，它们分别是CH3COONa溶液、NH4Cl溶液，盐酸和NaNO3溶液中的一种．已知A；B的水溶液中水的电离程度相同；A、C溶液的pH值相同．

则：B是____溶液，C是____溶液；D是____溶液．评卷人得分六、实验题(共3题，共30分)25、（2013秋•瑞安市校级月考）“酒是陈的香”；就是因为酒在储存过程中生成了有香味的乙酸乙酯，在实验室我们也可以用如图所示的装置制取乙酸乙酯．回答下列问题：

（1）写出制取乙酸乙酯的化学反应方程式，并指出其反应类型：____，属于____反应．

（2）反应物混合顺序：先加入乙醇，再加入____最后加____．

（3）装置中的导管不能插入饱和Na2CO3溶液中，目的是防止____．饱和Na2CO3溶液的作用除了中和乙酸、溶解乙醇外还有____．

（4）若要把制得的乙酸乙酯分离出来，应采用的实验操作是____．

A．蒸馏B．分液C．过滤D．结晶。

（5）用30克乙酸与46克乙醇反应，如果实际产率是理论产率的70%，则可得到乙酸乙酯的质量是____．

A．30.8克B．44克C．74.8克D．88克．26、草酸晶体的组成可表示为H2C2O4•xH2O；现做如下实验，请回答相关问题．

①称取6.3g纯草酸晶体；将其配置成100.0mL水溶液为待测溶液；

②取25.0mL待测溶液放入锥形瓶中；再加入适量的稀硫酸；

③用浓度为0.4mol/L的KMnO4标准溶液进行滴定；滴定时发生的反应为：

2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4═K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O

（1）滴定时，将KMnO4标准溶液装在____（填“酸式”或“碱式”）滴定管中．

（2）若所用的KMnO4溶液因久置而导致浓度变小，则测得的x值会____（填“偏大”；“偏小”或“无影响”）．

（3）判断达到滴定终点的现象是____，此时用去12.50mLKMnO4溶液，则x=____．27、（12分）高纯是制备高性能磁性材料的主要原料。实验室以为原料制备少量高纯的操作步骤如下：（1）制备溶液：在烧瓶中（装置见右图）加入一定量和水，搅拌，通入和混合气体，反应3h。停止通入，继续反应片刻，过滤（已知）。①石灰乳参与反应的化学方程式为。②反应过程中，为使尽可能转化完全，在通入和比例一定、不改变固液投料的条件下，可采取的合理措施有、。③若实验中将换成空气，测得反应液中、的浓度随反应时间t变化如右图。导致溶液中、浓度变化产生明显差异的原因是。（2）制备高纯固体：已知难溶于水、乙醇，潮湿时易被空气氧化，100℃开始分解；开始沉淀时。请补充由（1）制得的溶液制备高纯的操作步骤[实验中可选用的试剂：、、、]。①；②；③____；④____；⑤低于100℃干燥。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【分析】A．碳酸氢根离子；为弱酸的酸式根离子，不能拆；

B．电离不需要通电；

C．电荷不守恒；

D．碳酸钠为强电解质，完全电离；【解析】【解答】解：A．碳酸氢钠为强电解质，完全电离，电离方程式：NaHCO3═Na++HCO3-；故A错误；

B．硫酸氢钠为强电解质，水溶液中完全电离，电离方程式：NaHSO4═Na++H++SO42-；故B错误；

C．氢氧化钙为强电解质，完全电离，电离方程式：Ca（OH）2═Ca2++2OH-；故C错误；

D．碳酸钠为强电解质，完全电离，电离方程式：Na2CO3═2Na++CO32-；故D正确；

故选：D．2、D【分析】【分析】相同条件下，气体摩尔体积相等，若A容器中的氢气与B容器中的氨气（NH3）所含原子数相等，则二者的物质的量之比为2：1，根据V=nVm计算其体积之比．【解析】【解答】解：相同条件下，气体摩尔体积相等，若A容器中的氢气与B容器中的氨气（NH3）所含原子数相等，则二者的物质的量之比为2：1，根据V=nVm知；相同条件下其体积之比等于物质的量之比，所以其体积之比=2：1；

故选D．3、C【分析】【分析】羧酸跟醇的酯化反应是可逆的，羧酸跟醇的反应过程一般是：羧酸分子中的羟基与醇分子中羟基的氢原子结合成水，其余部分互相结合成酯，即酸去羟基醇去羟基氢．可用示踪原子证实．【解析】【解答】解：乙酸与乙醇反应乙酸提供羟基，醇提供羟基氢原子，结合生成水，其余部分互相结合成酯，所以乙酸与乙醇反应方程式为CH3COOH+CH3CH218OHCH3CO18OCH2CH3+H2O，由于酯化反应是可逆反应，故乙醇仍存在，故18O只存在于乙醇和水中．

故选：D．4、D【分析】【分析】影响化学反应速率的主要因素是反应物本身的性质，其次是温度、浓度、压强、接触面积等等，据此分析．【解析】【解答】解：A，B两项，气体通入水中，直接生成酸，和碱反应很快；C项，固体可以溶于水，生成相对应的酸，比气体的慢一些，但是固体可溶；D项，二氧化硅不溶于水，仅仅和溶液反应，所以接触的面积小，反应最慢，故选D．5、A【分析】【分析】A．标况下；混合气体的物质的量为1mol，1mol二氧化碳和一氧化碳的化合物中含有1mol碳原子；

B．常温常压下；且水的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算水的物质的量；

C．铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，产物中铁的化合价为价；

D．物质的量的浓度与溶液体积无关，两溶液中氯离子的物质的量浓度不相等．【解析】【解答】解：A．标准状况下，22.4L二氧化碳和一氧化碳的混合气体的物质的量为1mol，1mol混合物中含有1mol碳原子，所含的碳原子数一定是NA；故A正确；

B．不是标况下；且标况下水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2L水的物质的量，故B错误；

C．1mol铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，失去了mol电子，失去的电子数为NA；故C错误；

D．100mL1mol/LNaCl溶液中氯离子浓度为1mol/L，50mL1mol/LAlCl3溶液中Cl-物质的量浓度为3mol/L；两溶液中氯离子浓度不相等，故D错误；

故选A．6、B【分析】解：A．福尔马林有毒；可以用于浸泡标本，但不能作食品的保鲜剂，故A错误；

B．由于乙烯是植物当中天然存在的生长激素；能调节植物的成熟和衰老，所以乙烯可作水果的催熟剂，故B正确；

C．棉和麻为纤维素，与淀粉均可用（C6H10O5）n表示；但n不同，则不是同分异构体，故C错误；

D．豆浆煮沸发生变性；而水解才生成氨基酸，故D错误；

故选B．

A．福尔马林有毒；不能用作食品的保鲜剂；

B．乙烯是植物当中天然存在的生长激素；能调节植物的成熟和衰老；

C．棉和麻为纤维素，与淀粉均可用（C6H10O5）n表示；但n不同；

D．蛋白质要在催化剂作用下才能水解为氨基酸．

本题考查了同分异构体、物质的性质与用途，难度较小，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握．【解析】【答案】B二、填空题(共6题，共12分)7、蓝3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+H2O白色沉淀【分析】【分析】向KNO3溶液中滴加少量浓盐酸，酸性条件下NO3-有强氧化性，相当于溶液中含有HNO3，硝酸能氧化碘离子生成碘，能与Cu发生氧化还原反应，Cl-能和AgNO3发生复分解反应，据此分析解答．【解析】【解答】解：向KNO3溶液中滴加少量浓盐酸，酸性条件下NO3-有强氧化性，相当于溶液中含有HNO3，硝酸能氧化I-生成碘；碘遇淀粉试液变蓝色，所以第一份溶液变成蓝色；

HNO3能与Cu发生氧化还原反应，离子方程式为3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O；

氯离子能和硝酸银发生复分解反应，离子方程式为Ag++Cl-=AgCl↓；产生白色沉淀，所以看到的现象是有白色沉淀生成；

故答案为：蓝；3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O；白色沉淀．8、△H1-△H2+2△H3BC＞＜由表中数据可知，T2时反应速率较大，所以T1＜T2；升高温度平衡逆向移动，可知K（T1）＞K（T2），所以正反应放热3.2NO2-e-+NO3-=N2O5【分析】【分析】Ⅰ．已知：①CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H1

②N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H2

③H2O（l）=H2O（g）△H3

根据盖斯定律，①-②+③×2可得：CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）；

Ⅱ．（1）A．根据v=计算v（CH4），再根据速率之比等于化学计量数之比计算v（NO2）；

B．T1℃时，40min反应处于化学平衡状态，可知参加反应甲烷为0.5mol-0.1mol=0.4mol，再计算CH4的转化率；

C．T2℃时；反应在40min；50min时甲烷均为0.15mol，则40min处于平衡状态；

D．温度越高；反应速率越快，相同时间内参加反应的甲烷越多；

（2）前10min内，温度T2℃时参加反应的甲烷更多，故温度T2＞T1，而平衡时温度T2℃时甲烷的物质的量更大；说明升高温度平衡向逆反应移动，正反应为放热反应；

（3）T1℃时；平衡时甲烷为0.1mol，则：

CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）

开始（mol）：0.51.2000

转化（mol）：0.40.80.40.40.8

平衡（mol）：0.10.40.40.40.8

再根据平衡常数表达式K=计算；

（4）反应在T1℃下进行，50min时，向平衡后的容器中再通入0.10molCH4和0.40molNO2；瞬间甲烷的物质的量变为0.2mol，而后平衡向正反应方向移动，甲烷的物质的量减小，但到达新平衡时甲烷的物质的量大于0.1mol；

Ⅲ．NO2、O2和熔融NaNO3可制作燃料电池，该电池在使用过程中石墨Ⅰ电极上生成氧化物Y，Y为五氧化二氮，石墨I上是二氧化氮失去电子，与硝酸根离子反应生成五氧化二氮，石墨II上是氧气获得电子，与五氧化二氮获反应生成硝酸根．【解析】【解答】解：Ⅰ．已知：①CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H1

②N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H2

③H2O（l）=H2O（g）△H3

根据盖斯定律，①-②+③×2可得：CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g），则△H=△H1-△H2+2△H3；

故答案为：△H1-△H2+2△H3；

Ⅱ（1）A．前10min内v（CH4）==0.0075mol/（L．min），速率之比等于化学计量数之比，则v（NO2）=2v（CH4）=0.015mol/（L．min）；故A错误；

B．T1℃时，40min反应处于化学平衡状态，可知参加反应甲烷为0.5mol-0.1mol=0.4mol，CH4的转化率为×100%=80%；故B正确；

C．T2℃时；反应在40min；50min时甲烷均为0.15mol，则40min处于平衡状态，故C正确；

D．前10min内T2℃时参加反应的甲烷越多，反应速率快，故温度T1＜T2；故D错误；

故选：BC；

（2）前10min内，温度T2℃时参加反应的甲烷更多，故温度T2＞T1，而平衡时温度T2℃时甲烷的物质的量更大，说明升高温度平衡向逆反应移动，正反应为放热反应，故平衡常数：K（T1）＞K（T2）；△H＜0；

故答案为：＞；＜；由表中数据可知，T2时反应速率较大，所以T1＜T2；升高温度平衡逆向移动，可知K（T1）＞K（T2）；所以正反应放热；

（3）T1℃时；平衡时甲烷为0.1mol，则：

CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）

开始（mol）：0.51.2000

转化（mol）：0.40.80.40.40.8

平衡（mol）：0.10.40.40.40.8

则平衡常数K===3.2；

故答案为：3.2；

（4）反应在T1℃下进行，50min时，向平衡后的容器中再通入0.10molCH4和0.40molNO2，瞬间甲烷的物质的量变为0.2mol，而后平衡向正反应方向移动，甲烷的物质的量减小，但到达新平衡时甲烷的物质的量大于0.1mol，重新达到平衡过程中n（CH4）随时间变化的曲线的变化趋势：

故答案为：

Ⅲ．NO2、O2和熔融NaNO3可制作燃料电池，该电池在使用过程中石墨Ⅰ电极上生成氧化物Y，Y为五氧化二氮，石墨I上是二氧化氮失去电子，与硝酸根离子反应生成五氧化二氮，石墨II上是氧气获得电子，与五氧化二氮获反应生成硝酸根，石墨I上电极反应式为：NO2-e-+NO3-=N2O5；

故答案为：NO2-e-+NO3-=N2O5．9、①②④⑤⑥⑧⑦⑨⑩③【分析】【分析】含有自由电子或离子的物质能导电，在水溶液里或熔融状态下都导电的化合物是电解质，在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，固体或纯液体电解质不导电．【解析】【解答】解：①NaOH溶液中含有自由移动的离子；所以能导电，但氢氧化钠溶液是混合物，所以既不是电解质也不是非电解质；

②铜丝中含有自由移动的电子；所以能导电，但铜丝是单质，所以它既不是电解质也不是非电解质；

③液态HCl溶于水能电离出阴阳离子而使其溶液导电；所以氯化氢强电解质，但液态氯化氢中不含自由移动的离子或电子，所以不导电；

④盐酸中含有自由移动的阴阳离子；所以能导电，盐酸是混合物，所以既不是电解质也不是非电解质；

⑤稀硫酸中含有自由移动的阴阳离子；所以能导电，稀硫酸是混合物，所以既不是电解质也不是非电解质；

⑥氨水中含有自由移动的阴阳离子；所以能导电，氨水是混合物，所以既不是电解质也不是非电解质；

⑦CO2；⑨蔗糖晶体、⑩酒精都是非电解质；所以都不导电；

⑧熔融NaCl中含有自由移动的阴阳离子；所以能导电，且氯化钠是电解质；

故答案为：①②④⑤⑥⑧；⑦⑨⑩；③．10、25%有机化合物在温度过高时分解正反应为气体分子数增大的反应，保持压强不变，加入水蒸气，容器体积应增大，等效为降低压强，平衡向正反应方向移动氧气将反应生成的氢气消耗掉，减小了氢气的浓度；同时该反应放热使体系温度升高，平衡正反应方向移动＞-116.8kJ•mol-1【分析】【分析】（1）由图示可知：600℃时；乙苯的物质的量百分含量为50%，参加反应的乙苯为xmol，则：

C6H5CH2CH3（g）⇌C6H5CH=CH2（g）+H2（g）

起始量（mol）：a00

变化量（mol）：xxx

平衡量（mol）：a-x）xx

①再根据乙苯的物质的量分数列方程计算x；进而计算氢气的物质的量分数；

②计算各组分平衡浓度，代入平衡常数表达式K=计算；

（2）有机物受热易分解；温度高于970℃时，可能是应有机物分解使苯乙烯的产率不再增加；

（3）保持压强不变；加入水蒸气，容器体积应增大，等效为降低压强，平衡向气体体积增大的方向移动；

（4）O2与反应生成的氢气反应，且反应放热，所以平衡正移有利于提高C6H5C2H5的平衡转化率；

（5）体系总压强不变时，加入稀释剂，参与反应的各物质浓度同等程度减小，相当于反应体系减压，故平衡向气体物质的量增大的方向移动，C6H5C2H5平衡转化率增大；

（6）H2的燃烧热（△H）分别为-285.8kJ．mol•L-1和-283.0kJ．mol•L-1；可得热化学方程式：

①H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=-285.8KJ/mol；

水的汽化热为2441.12焦耳/克；则为18×2.4412kJ/mol≈44kJ/mol，可得：

②H2O（l）=H2O（g）△H=+44kJ/mol

已知③：C6H5-CH2CH3（g）⇌C6H5-CH=CH2（g）+H2（g）△H1=+125kJ•mol-1

根据盖斯定律，③+①+②可得：C6H5-CH2CH3（g）+O2（g）⇌C6H5-CH=CH2（g）+H2O（g）．【解析】【解答】解：（1）由图示可知：600℃时；乙苯的物质的量百分含量为50%，参加反应的乙苯为xmol，则：

C6H5CH2CH3（g）⇌C6H5CH=CH2（g）+H2（g）

起始量（mol）：a00

变化量（mol）：xxx

平衡量（mol）：a-xxx

①乙苯的物质的量百分含量为50%，则=50%，所以x=a，氢气的物质的量分数为×100%=25%；故答案为：25%；

②此温度下平衡常数K===，故答案为：；

温度高于970℃时；苯乙烯的产率不再增加，可能有机物受热易分解是所致；

故答案为：66.7%；；有机化合物在温度过高时分解；

（2）有机物受热易分解；温度高于970℃时，可能是应有机物分解使苯乙烯的产率不再增加；

故答案为：有机化合物在温度过高时分解；

（3）正反应为气体分子数增大的反应；保持压强不变，加入水蒸气，容器体积应增大，等效为降低压强，平衡向正反应方向移动，提高乙苯的平衡转化率；

故答案为：正反应为气体分子数增大的反应；保持压强不变，加入水蒸气，容器体积应增大，等效为降低压强，平衡向正反应方向移动；

（4）O2与反应生成的氢气反应，且反应放热，所以平衡正移有利于提高C6H5C2H5的平衡转化率；

故答案为：氧气将反应生成的氢气消耗掉；减小了氢气的浓度；同时该反应放热使体系温度升高，平衡正反应方向移动；

（5）体系总压强不变时，加入稀释剂，参与反应的各物质浓度同等程度减小，相当于反应体系减压，故平衡向气体物质的量增大的方向移动，C6H5C2H5平衡转化率增大；故则乙苯的平衡转化率＞30%；

故答案为：＞；

（6）H2的燃烧热（△H）分别为-285.8kJ．mol•L-1和-283.0kJ．mol•L-1；可得热化学方程式：

①H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=-285.8KJ/mol；

水的汽化热为2441.12焦耳/克；则为18×2.4412kJ/mol≈44kJ/mol，可得：

②H2O（l）=H2O（g）△H=+44kJ/mol

已知③：C6H5-CH2CH3（g）⇌C6H5-CH=CH2（g）+H2（g）△H1=+125kJ•mol-1

根据盖斯定律，③+①+②可得：C6H5-CH2CH3（g）+O2（g）⇌C6H5-CH=CH2（g）+H2O（g），故△H=+125kJ•mol-1-285.8KJ/mol+44kJ•mol-1=-116.8kJ•mol-1；

故答案为：-116.8kJ•mol-1．11、①②③④285.8kJ•mol-1393.5kJ•mol-11429kJ2C（s）+2H2（g）+O2（g）═CH3COOH（l）△H=-488.3kJ/mol【分析】【分析】（1）热化学方程式中△H为负值的反应为放热反应；△H为正值的为吸热反应；

（2）1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量为燃烧热；

（3）燃烧10gH2生成液态水；依据热化学方程式①计算；

（4）根据已知的热化学方程式结合盖斯定律计算．【解析】【解答】解：（1）热化学方程式中△H为负值的反应为放热反应，△H为正值的为吸热反应：①H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=-285.8kJ•mol-1

②H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H=-241.8kJ•mol-1

③C（s）+O2（g）=CO（g）△H=-110.5kJ•mol-1

④C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5kJ•mol-1；

以上4个反应均为放热反应；故答案为：①②③④；

（2）1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量为燃烧热，H2的燃烧热为285.8kJ•mol-1；C的燃烧热为393.5kJ/mol；

故答案为：285.8kJ•mol-1；393.5kJ/mol；

（3）依据反应①进行计算燃烧10gH2生成液态水放出的热量；

H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=-285.8kJ•mol-1

2g285.8kJ

10gQ

Q==1429kJ；故答案为：1429kJ；

（4）已知④C（s）+O2（g）═CO2（g）△H1=-393.5kJ/mol

①H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H2=-285.8kJ/mol

⑤CH3COOH（l）+2O2（g）═2CO2（g）+2H2O（l）△H3=-870.3kJ/mol

依据盖斯定律④×2-⑤+①×2得到。

2C（s）+2H2（g）+O2（g）═CH3COOH（l）△H=（-393.5kJ/mol）×2-（-870.3kJ/mol）+（-285.8kJ/mol）×2=-488.3kJ/mol；

故答案为：2C（s）+2H2（g）+O2（g）═CH3COOH（l）△=-488.3kJ/mol．12、b＜a【分析】【分析】（1）使用催化剂；加快反应速率，缩短到达平衡的时间，据此判断；

（2）由乙图可知温度越高；生成物C在反应混合物中的体积分数（φ）越小，说明温度升高，平衡逆移；

（3）由丙图可知，根据到达平衡时间的长短分析．【解析】【解答】解：（1）使用催化剂，加快反应速率，缩短到达平衡的时间，由图可知，a先到达平衡，故a曲线表示使用催化剂，b曲线表示没有使用催化剂，故答案为：b；

（2）由乙图可知温度越高；生成物C在反应混合物中的体积分数（φ）越小，说明温度升高，平衡逆移，所以正反应为放热反应，即△H＜0；故答案为：＜；

（3）由丙图可知，根据到达平衡时间，a所用时间短，说明a的反应速率快，所以a的压强高，故答案为a．三、判断题(共8题，共16分)13、×【分析】【分析】0.012kg12C中所含的碳原子数为阿伏加德罗常数，以此解答该题．【解析】【解答】解：0.012kg12C中所含的碳原子数为阿伏加德罗常数，而不是13C，故答案为：×．14、×【分析】【分析】放热反应一般在加热条件能发生．【解析】【解答】解：放热反应一般在加热条件能发生，例如燃烧反应，故错误，故答案为：×．15、×【分析】【分析】由PV=nRT，可知物质的量一定情况下，压强、温度会影响气体的体积．【解析】【解答】解：标况下，1mol气体的体积是22.4L，由PV=nRT，可知不是标况下，1mol气体的体积也可能为22.4L，故错误，故答案为：×．16、√【分析】【分析】水的分子式为H2O，结合分子式进行判断．【解析】【解答】解：水的分子式为H2O，1moL水中所含原子总数为3NA；

故答案为：√．17、√【分析】【分析】分散系的分类依据是分散质微粒直径大小，据此分析．【解析】【解答】解：分散系按照分散质粒子直径大小分为：溶液；胶体、和浊液；分散质粒度大于1nm的为浊液，介于1nm-100nm为胶体，小于1nm的为溶液；

故答案为：√．18、√【分析】【分析】铁盐与氢氧化钠反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，氢氧化亚铁能与空气的氧气和水化合生成氢氧化铁．【解析】【解答】解：氯化铁与氢氧化钠反应生成氢氧化铁，此反应属于复分解反应，氢氧化亚铁与氧气和水反应生成氢氧化铁，此反应属于化合反应，故正确，答案为：√．19、×【分析】【分析】根据温度计在该装置中的位置与作用；【解析】【解答】解：蒸馏是用来分离沸点不同的液体混合物；温度计测量的是蒸汽的温度，故应放在支管口；

故答案为：×．20、√【分析】【分析】根据n=cV计算钾离子物质的量，再根据N=nNA计算钾离子数目．【解析】【解答】解：钾离子物质的量=1L×0.3mol/L×2=0.6mol，故钾离子数目为0.6NA，故正确，故答案为：√．四、其他(共1题，共7分)21、试管药匙试管夹酒精灯胶头滴管量筒EADCBF【分析】【分析】（1）熟记中学化学实验中常用的仪器；

（2）根据基本实验仪器：试管、试管夹、药匙、酒精灯，胶头滴管、量筒的作用来回答．【解析】【解答】解：（1）A～F各仪器的名称分别是：试管；药匙、试管夹、酒精灯、胶头滴管、量筒；故答案为：试管、药匙、试管夹、酒精灯、胶头滴管、量筒；

（2）胶头滴管常用于吸取和滴加少量液体；故答案为：E；

（3）试管可以直接加热；故答案为：A；

（4）在化学实验室；常用酒精灯作为热源，故答案为：D；

（5）试管架是用来夹持试管的仪器；故答案为：C；

（6）药匙用来取用少量的固体粉末；故答案为：B；

（7）量筒可以用来量取液体的体积，故答案为：F．五、推断题(共3题，共15分)22、NH4Cl和Ca（OH）2NH3•H2O⇌NH4++OH-【分析】【分析】常见双原子单质分子中，含共价键数目最多的是N2，即X为N2，分子中含有3个共价键，单质X、Y、Z在通常状况下均为气态，应为非金属，分别反应生成化合物甲、乙，二者反应生成离子化合物，应为铵盐，则化合物甲为NH3，Y为H2，乙为氢化物，能与氨气反应生成盐，且含有18个电子，应为HCl，则Z为Cl2，以此解答该题．【解析】【解答】解：常见双原子单质分子中，含共价键数目最多的是N2，即X为N2，分子中含有3个共价键，单质X、Y、Z在通常状况下均为气态，应为非金属，分别反应生成化合物甲、乙，二者反应生成离子化合物，应为铵盐，则化合物甲为NH3，Y为H2，乙为氢化物，能与氨气反应生成盐，且含有18个电子，应为HCl，则Z为Cl2，收集的NH3，向下排空气法，制备NH3用NH4Cl和Ca（OH）2；一水合氨的电离是可逆的，生成铵离子和氢氧根显碱性，遇到酚酞变红色；

①用烧瓶收集氨气的仪器装置简图为：故答案为：

②试管中是制备氨气的反应，所选的试剂是NH4Cl和Ca（OH）2，故答案为：NH4Cl和Ca（OH）2；

③氨气极易溶于水，烧杯中形成一水合氨溶液，一水合氨存在电离生成铵根离子和氢氧根离子，即NH3•H2O⇌NH4++OH-，显碱性，遇到酚酞由无色变为红色，故答案为：NH3•H2O⇌NH4++OH-．23、略

【分析】1mol有机物X完全燃烧生成等物质的量的CO2和H2O，则有机物中C、H原子个数之比为1：2，1mol有机物燃烧消耗标准状况下的O2112L，n（O2）=112L÷22.4L/mol=5mol，a.1mol消耗氧气6mol，不符合；b.1mol消耗氧气2.5mol，不符合；c.1mol消耗氧气5mol，符合；d.1mol消耗氧气5mol，但相对分子质量大于100，不符合。X为C4H8O2，甲物质是X的同分异构体，分子中含有羰基和羟基，结合逆推法可知，C为CH3COOH，B为CH3CHO，再结合信息及转化可知，A为CH3CH（OH）CH（OH）CH3，A→D发生酯化反应生成D，D为甲为CH3COCH（OH）CH3，结合信息可知E为CH3COCHBrCH3，E→F应为卤代烃的消去反应，则F为CH2=CHCOCH3，G为①由上述分析可知B为CH3CHO，名称为乙醛；碳链为直链的二醇有4种，碳链含有1个甲基的二醇有2种，所以同分异构体共有6种。②A→D为酯化反应，反应类型属于取代反应，E→F应为卤代烃的消去反应，则E→F的反应条件为NaOH/醇、加热。③F→G发生加聚反应，化学方程式为（3）物质乙也是X的同分异构体，1mol乙与足量的Na反应可生成1molH2，且乙不能使溴的CCl4溶液褪色，乙分子中的官能团连在相邻的碳原子上，则乙为中含2个-OH，碳原子形成环状结构，乙中有三类氢原子，其个数比为2：1：1，则乙为【解析】【答案】（1）C（2）①乙醛6②酯化反应（或取代反应）；NaOH醇溶液、加热③（3)24、CH3COONa盐酸NaNO3【分析】【分析】A、C溶液的pH相同，A、C为NH4Cl溶液、盐酸；A、B溶液中水的电离程度相同，A、B为CH3COONa溶液、NH4Cl溶液．故A为NH4Cl溶液，B为CH3COONa溶液，C为盐酸，D为NaNO3溶液，溶液的pH=7，以此解答该题．【解析】【解答】解：CH3COONa溶液、NH4Cl溶液，盐酸和NaNO3四种溶液，CH3COONa为强碱弱酸盐，水解成碱性，促进水的电离，NH4Cl溶液为强酸弱碱盐，水解成酸性，促进水的电离，盐酸溶液呈酸性，抑制水的电离，NaNO3为强酸强碱盐，溶液呈中性，A、C溶液的pH相同，A、C为NH4Cl溶液、盐酸；A、B溶液中水的电离程度相同，A、B为CH3COONa溶液、NH4Cl溶液．故A为NH4Cl溶液，B为CH3COONa溶液，C为盐酸，D为NaNO3溶液；

故答案为：CH3COONa；盐酸；NaNO3．六、实验题(共3题，共30分)25、CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O酯化浓硫酸无水乙酸倒吸降低乙酸乙酯的溶解度BA【分析】【分析】（1）酯化反应的实质为“酸脱羟基醇脱氢”；乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热反应生成乙酸乙酯和水，据此写出反应的化学方程式；

（2）醋酸易挥发；乙醇的密度比浓硫酸的小，类比浓硫酸的稀释进行解答；

（3）挥发出来的元素和乙醇易溶于水，导管插入饱和Na2CO3溶液中容易发生倒吸现象；乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度较小；且碳酸钠能够中和乙酸；溶解乙醇；

（4）乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液；所以混合液会分层，可以通过分液操作将乙酸乙酯分离出来；

（5）根据n=计算出乙酸和乙醇的物质的量，然后根据方程式判断过量情况，再根据不足量计算得到的乙酸乙酯的质量．【解析】【解答】解：（1）乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，