2024年沪教新版高三化学上册阶段测试试卷

…………○…………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年沪教新版高三化学上册阶段测试试卷497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7题，共14分)1、通常状况下，NC13是一种油状液体，其分子空间构型与氨分子相似，下列对NC13的有关叙述正确的是（）A.NCl3分子是非极性分子B.分子中的所有原于均达到8电子稳定结构C.NBr3的熔点比NCl3的熔点低D.分子中N-C1键键长比CCl4分子中C-C1键键长长2、实验室通过加热酒精与浓硫酸的混合液，并控制温度在170℃来制取乙烯，合理的气体发生装置是（）A.B.C.D.3、能正确表示下列化学反应的离子方程式的是（）A.氢氧化钡与硫酸反应OH-+H+═H2OB.氧化铜与盐酸反应O2-+2H+═H2OC.铝片插入硝酸汞溶液中Al+3Hg2+═2Al3++HgD.碳酸钙溶于稀盐酸中CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑4、rm{N_{A}}为阿伏加德罗常数的值rm{.}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{1}rm{L}rm{0.1mol/L}rm{NaHSO_{3}}溶液中含有rm{HSO_{3}^{-}}离子数为rm{0.1N_{A}}B.rm{50}rm{mL}rm{18.4}rm{mol?L^{-1}}浓硫酸与足量铜反应，生成rm{SO_{2}}分子数为rm{0.46}rm{N_{A}}C.rm{1}rm{mol}rm{H_{2}}和rm{1}rm{mol}rm{I_{2}}充分反应，可得到rm{HI}分子数为rm{2N_{A}}D.rm{2.2}rm{g}rm{CO_{2}}与足量镁粉反应，转移电子数为rm{0.2N_{A}}5、下列顺序不正确的是（）A.热稳定性：HF＞HCl＞HBr＞HIB.微粒的半径：Cl-＞Na+＞Mg2+＞Al3+C.电离程度（同温度同浓度溶液中）：HCl＞CH3COOH＞NaHCO3D.分散质粒子的直径：Fe（OH）3悬浊液＞Fe（OH）3胶体＞FeCl3溶液6、某溶液可能含有Al3+、NH4+、Fe2+、Na+、CO32-、SO42-、Cl-、NO3-中的若干种．若在该溶液中逐滴加入稀盐酸至过量无明显现象，并得到X溶液，对X溶液进行如下实验：（已知该题忽略水的电离，且原溶液中各离子浓度均为0.5mol•L-1）．下列结论正确的是（）

A.原溶液中可能含有NO3-和Al3+B.白色沉淀C可能是Al（OH）3C.原溶液中一定存在NH4+、Fe2+、SO42-、Cl-D.沉淀B可能是Fe（OH）2和Fe（OH）3的混合物7、NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.实验室制取氧气方法有多种，生成1molO2电子转移数一定是4NAB.500mL0.2mol•L-1K2SO3溶液中含有的离子总数为0.3NAC.1mol乙烯和乙醇混合气体，在氧气中充分燃烧，消耗氧气的分子数为3NAD.2.24LNH3（标准状况）溶于1L水中得到0.1mol•L-1的氨水评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)8、有A；B、C、D四种元素；试按下述所给的条件推断：

①A；B、C是同一周期的金属元素；已知原子核外有3个电子层，A的原子半径在所属周期中最大，且原子半径A＞B＞C；C是地壳中含量最大的金属元素；

②D是非金属元素；它跟氢化合可生成气态氢化物HD，在室温时，D的单质是液体，易挥发，需液封保存；

（1）B位于周期表中第____周期第____族，C的原子结构示意图是____

（2）A元素与D元素形成化合物的电子式是____．

（3）在上述四种元素中，最高价氧化物对应的水化物碱性最强的物质的化学式是____，酸性最强的物质的化学式是____．

（4）将C的氧化物对应的水化物投入到A的氧化物对应的水化物中反应的离子方程式是____．9、（1）漂白粉中的主要成分次氯酸钙[Ca（ClO）2]能与空气中的CO2和水蒸气发生反应，生成碳酸钙和次氯酸．反应的化学方程式为____．家庭中使用漂白粉时，为了加快漂白速度，提高漂白效果，可加入少量____．

（2）Ca（ClO）2可与浓盐酸发生反应Ca（ClO）2+4HCl（浓）═CaCl2+2Cl2↑+2H2O，用贮存很久的漂白粉与浓盐酸反应制得的Cl2中，可能含有的杂质气体是____．

（3）用自来水养金鱼时，应先将水“放置”一段时间，目的是____，反应的化学方程式为____．

（4）工业上用食盐；石灰石和水为原料生产漂白粉；写出有关反应的化学方程式：

____、____、____、____．10、脂肪、淀粉、蛋白质是三种重要的营养成分，其中____不是高分子化合物，它们都能发生____反应，脂肪的产物是____，淀粉的最终产物是____，蛋白质的最终产物是____．11、在呼吸面具和潜水艇中可以用过氧化钠作为供氧剂．某化学探究学习小组选用适当的化学试剂和实验用品，用图中实验装置，进行实验来证明过氧化钠可作供氧剂．其中，A是实验室制取CO2的装置；D中装有过氧化钠固体．

（1）写出A装置中发生反应的离子方程式：____；

（2）填写表中空格：

。仪器加入试剂加入该试剂的目的B饱和NaHCO3溶液

____C

____除去CO2中的水蒸气E

____

____（3）若无C装置，对实现该实验目的是否有影响____（填“是”或“否”），原因____；

（4）试管F中收集满气体并从水中取出后，下一步实验操作为：____．12、SO2、SO3、CO、Fe2O3是四种常见的氧化物；它们能发生多个反应．分别写出符合下列要求的化学方程式．

（1）Fe2O3和CO在高温下反应____；

（2）能够说明Fe2O3是碱性氧化物的反应____（只写一个）；

（3）SO2和足量KOH溶液反应____；

（4）已知SO3是一种能和水反应的酸性氧化物，SO3能和NaOH溶液反应____．评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)13、在NaCl、MgCl2和MgSO4三种盐配成的混合溶液中，若Na+的浓度为0.1mol•L-1、Mg2+的浓度为0.25mol•L-1、Cl-的浓度为0.2mol•L-1、则SO42-的物质的量浓度为0.2mol•L-1____（判断对错）．14、判断下列说法的正误．

（1）任何一种原子核内都含有质子和中子．____

（2）元素的种类和核素的种类相同．____

（3）同位素和核素都属于原子．____

（4）互为同位素的原子性质完全相同．____

（5）1940K与2040Ca属于同位素．____

（6）O2与O3属于同位素．____

（7）1940K与1939K属于同位素．____．15、食物溶于水后的溶液中pH＜7，则为酸性食物．____．（判断对错）16、标准状况下，1mol任何物质的体积都约是22.4L____（判断对错）17、判断正误；正确的划“√”，错误的划“×”

（1）淀粉、纤维素和油脂都属于天然高分子化合物____

（2）向淀粉溶液中加入稀H2SO4，加热几分钟，冷却后再加入新制Cu（OH）2悬浊液，加热，没有砖红色沉淀生成，证明淀粉没有水解成葡萄糖____

（3）食用白糖的主要成分是蔗糖____

（4）蔗糖、淀粉、油脂及其水解产物均为非电解质____

（5）麦芽糖与蔗糖的水解产物均含葡萄糖，故二者均为还原型二糖____

（6）葡萄糖、果糖的分子式均为C6H12O6，二者互为同分异构体____

（7）蔗糖、麦芽糖的分子式都是C12H22O11，二者互为同分异构体____

（8）麦芽糖及其水解产物均能发生银镜反应____

（9）纤维素和淀粉遇碘水均显蓝色____

（10）植物油的主要成分是高级脂肪酸____

（11）向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl溶液和CuSO4溶液，均有固体析出，所以蛋白质均发生变性____

（12）用甘氨酸（CH2COOHNH2）和丙氨酸（CH3CHCOOHNH2）缩合最多可形成4种二肽____

（13）天然植物油常温下一般呈液态，难溶于水，有恒定的熔点、沸点____

（14）若两种二肽互为同分异构体，则二者的水解产物不一致____

（15）苯、油脂均不能使酸性KMnO4溶液褪色____

（16）油脂在空气中完全燃烧转化为水和二氧化碳____

（17）蛋白质、乙酸和葡萄糖均属电解质____

（18）乙酸乙酯和食用植物油均可水解生成乙醇____

（19）蛋白质和油脂都属于高分子化合物，一定条件下都能水解____

（20）氨基酸、淀粉均属于高分子化合物____．18、红外光谱仪、核磁共振仪、质谱仪都可用于有机化合物结构的分析____．19、判断正误；正确的划“√”，错误的划“×”

（1）天然气和沼气的主要成分是甲烷____

（2）煤可与水蒸气反应制成水煤气，水煤气的主要成分是CO和H2____

（3）干馏煤可以得到甲烷、苯和氨等重要化工原料____

（4）石油分馏可获得乙酸、苯及其衍生物____

（5）石油和天然气的主要成分都是碳氢化合物____

（6）煤的干馏和石油的分馏均属化学变化____

（7）煤油可由石油分馏获得，可用作燃料和保存少量金属钠____

（8）甲烷、乙烯和苯在工业上都可通过石油分馏得到____

（9）用溴水鉴别苯和正己烷____

（10）石油是混合物，其分馏产品汽油为纯净物____

（11）石油催化裂化的主要目的是提高汽油等轻质油的产量与质量；石油裂解的主要目的是得到更多的乙烯、丙烯等气态短链烃____

（12）煤气的主要成分是丁烷____．20、O2和O3互为同位素____．（判断对错）21、在标准状况时，20mLNH3与60mLO2所含的分子个数比为1：3____．（判断对错）评卷人得分四、实验题(共1题，共4分)22、（12分）过氧化氢是重要的氧化剂、还原剂，它的水溶液又称为双氧水，常用作消毒、杀菌、漂白等。某化学兴趣小组取一定量的过氧化氢溶液，准确测定了过氧化氢的含量，并探究了过氧化氢的性质。Ⅰ．测定过氧化的含量请填写下列空白：（1）移取10.00m密度为ρg/mL的过氧化氢溶液至250mL（填仪器名称）中，加水稀释至刻度，摇匀。移取稀释后的过氧化氢溶液25.00mL至锥形瓶中，加入稀硫酸酸化，用蒸馏水稀释，作被测试样。（2）用高锰酸钾标准溶液滴定被测试样，其反应的离子方程式如下，请将相关物质的化学计量数及化学式填写在方框里。MnO4－＋H2O2＋H＋=Mn2＋＋H2O＋（3）滴定时，将高锰酸钾标准溶液注入____（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。滴定到达终点的现象是。（4）复滴定三次，平均耗用cmol/LKMnO4标准溶液VmL，则原过氧化氢溶液中过氧化氢的质量分数为。（5）若滴定前滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失，则测定结果____（填“偏高”或“偏低”或“不变”）。Ⅱ．探究过氧化氢的性质该化学举小组根据所提供的实验条件设计了两个实验，分别证明了过氧化氢的氧化性和不稳定性。（实验条件：试剂只有过氧化氢溶液、氯水、碘化钾演粉溶液、饱和硫化氢溶液，实验仪器及用品可自选。）请将他们的实验方法和实验现象填入下表：。实验内容实验方法实验现象验证氧化性验证不稳定性评卷人得分五、探究题(共4题，共28分)23、为了分离甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人设计了下列实验过程．请在括号内填写分离时所用操作方法，并写出方框内有关物质的结构简式．

写出下列物质的结构简式A________、C________、E________、G________．24、实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，操作为：25、为了分离甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人设计了下列实验过程．请在括号内填写分离时所用操作方法，并写出方框内有关物质的结构简式．

写出下列物质的结构简式A________、C________、E________、G________．26、实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，操作为：评卷人得分六、计算题(共1题，共6分)27、铜不能与稀硫酸反应，却能与浓硫酸反应，反应的方程式为：Cu+2H2SO4（浓）=CuSO4+2H2O+SO2↑

请回答：

（1）若有1mol铜反应，则参与还原反应的H2SO4物质的量为____．

（2）现用12.8g铜与足量的浓硫酸反应，可生成标准状况下SO2的体积是多少升？（写出计算过程）

（3）若用100mL18.4mol/L的浓硫酸与足量的铜反应，却不能得到0.92mol的SO2．原因是____．参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【分析】A．因为NC13是一种油状液体；其分子空间构型与氨分子相似，依据氨气分子结构判断其极性；

B．如果元素的最外层电子数+元素的化合价的绝对值=8；该元素就达到8电子稳定结构，否则没有达到8电子稳定结构；

C．分子晶体熔沸点高低与相对分子质量成正比；

D．原子半径越小，原子间形成的键长越短．【解析】【解答】解：A．NC13的分子空间构型与氨分子相似，都是三角锥型结构，氨分子是极性分子，所以NCl3分子也是极性分子；故A错误；

B．NC13中N原子最外层电子数5+化合价的绝对值3=8，所以N原子达到8电子稳定结构；NC13中C1原子最外层电子数7+化合价的绝对值1=8；所以C1原子达到8电子稳定结构，故B正确；

C．NBr3和NCl3都是分子晶体；前者相对分子质量大于后者，所以前者熔点高，故C错误；

D．C原子的原子半径大于N原子的原子半径，所以CCl4中C-C1键键长比NC13中N-C1键键长；故D错误；

故选：B．2、B【分析】【分析】实验室通过加热酒精与浓硫酸的混合液，并控制温度在170℃来制取乙烯，必须采用温度计来衡量反应液的温度．【解析】【解答】解：实验室通过加热酒精与浓硫酸的混合液；并控制温度在170℃来制取乙烯，必须采用温度计来衡量反应液的温度，温度计的水银球要插在液面以下的位置．

故选B．3、D【分析】【分析】A；氢氧化钡与硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水；

B；氧化铜是氧化物不能拆成离子；

C；选项中的离子方程式原子不守恒；

D、碳酸钙难溶于水，溶于酸；【解析】【解答】解：A、氢氧化钡与硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，反应的两种的方程式为；Ba2++SO42-+2OH-+2H+═2H2O+BaSO4↓；故A错误；

B、氧化铜与盐酸反应的离子方程式为：CuO+2H+═H2O+Cu2+；故B错误；

C、铝片插入硝酸汞溶液中反应的离子方程式为：2Al+3Hg2+=2Al3++3Hg；故C错误；

D、碳酸钙溶于稀盐酸中反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；故D正确；

故选D．4、D【分析】解：rm{A}rm{HSO_{3}^{-}}在溶液中既能电离又能水解，故溶液中rm{HSO_{3}^{-}}的个数小于rm{0.1N_{A}}个；故A错误；

B、铜只能与浓硫酸反应，和稀硫酸不反应，故浓硫酸不能完全反应，则生成的二氧化硫分子个数小于rm{0.46N_{A}}个；故B错误；

C、氢气和碘的反应为可逆反应，故不能进行彻底，则生成的rm{HI}分子个数小于rm{2N_{A}}个；故C错误；

D、rm{2.2g}二氧化碳的物质的量为rm{0.05mol}而二氧化碳和镁反应后由rm{+4}价变为rm{0}价，故rm{0.05mol}二氧化碳反应后转移rm{0.05mol隆脕4=0.2mol}电子，极转移rm{0.2N_{A}}个电子；故D正确。

故选：rm{D}

A、rm{HSO_{3}^{-}}在溶液中既能电离又能水解；

B；铜只能与浓硫酸反应；和稀硫酸不反应；

C；氢气和碘的反应为可逆反应；

D、求出二氧化碳的物质的量，然后根据二氧化碳和镁反应后由rm{+4}价变为rm{0}价来分析．

本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，应注意掌握公式的运用和物质的结构．【解析】rm{D}5、C【分析】【分析】A．同主族自上而下元素的非金属性减弱；非金属性越强则氢化物越稳定；

B．电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小；最外层电子数相等时；电子层数越多，半径越大；

C．强电解质的电离程度大于弱电解质的电离程度；

D．根据溶液中分散质微粒直径小于1nm，胶体分散质微粒直径介于1～100nm之间，浊液分散质微粒直径大于100nm．【解析】【解答】解：A．因元素的非金属性越强其对应的氢化物越稳定，非金属性：F＞Cl＞Br＞I，所以热稳定性：HF＞HCl＞HBr＞HI；故A错误；

B．因电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，微粒的半径：Na+＞Mg2+＞Al3+，最外层电子数相等时，电子层数越多，半径越大，微粒的半径：Cl-＞Na+，所以微粒的半径：Cl-＞Na+＞Mg2+＞Al3+；故B正确；

C．强电解质的电离程度大于弱电解质的电离程度，HCl=NaHCO3＞CH3COOH；故C错误；

D．因溶液中分散质微粒直径小于1nm，胶体分散质微粒直径介于1～100nm之间，浊液分散质微粒直径大于100nm，所以分散质粒子的直径：Fe（OH）3悬浊液＞Fe（OH）3胶体＞FeCl3溶液；故D正确；

故选：C．6、C【分析】解：在该溶液中逐滴加入稀盐酸至过量无明显现象，则溶液中不存在CO32-，且Fe2+、NO3-不能同时存在；向溶液X中加热硝酸钡产生气体A，气体A遇到空气变成红棕色，则A为NO，原溶液中一定含有Fe2+，则一定不含NO3-；生成的白色沉淀A只能为硫酸钡，则溶液中一定含有SO42-；向溶液A中加入过量氢氧化钠溶液，得到的沉淀B为氢氧化铁，气体B只能为氨气，则一定存在NH4+；向溶液B中通入少量二氧化碳；由于溶液中含有氢氧根离子和钡离子，则沉淀C为碳酸钡；

根据分析可知，溶液中一定含有NH4+、Fe2+、SO42-，一定不含：NO3-、CO32-，无法确定是否含有Al3+、Cl-，由于原溶液中各离子浓度均为0.5mol•L-1，根据溶液电中性可知，溶液中一定不含Al3+，一定含有Cl-；

A．根据分析可知；原溶液中一定不含铝离子和硝酸根离子，故A错误；

B．白色沉淀C碳酸钡；不可能为氢氧化铝，故B错误；

C．根据分析可知，原溶液中一定存在NH4+、Fe2+、SO42-、Cl-；故C正确；

D．由于硝酸钡；盐酸过量；则亚铁离子完全被氧化成铁离子，故沉淀B一定为氢氧化铁，故D错误；

故选C．

在该溶液中逐滴加入稀盐酸至过量无明显现象，则溶液中不存在CO32-，且Fe2+、NO3-不能同时存在；向溶液X中加热硝酸钡产生气体A，气体A遇到空气变成红棕色，则A为NO，原溶液中一定含有Fe2+，则一定不含NO3-；生成的白色沉淀A只能为硫酸钡，则溶液中一定含有SO42-；向溶液A中加入过量氢氧化钠溶液，得到的沉淀B为氢氧化铁，气体B只能为氨气，则一定存在NH4+；向溶液B中通入少量二氧化碳，生成了白色沉淀C，由于溶液中含有氢氧根离子和钡离子，则沉淀C为碳酸钡；根据分析可知，溶液中一定含有NH4+、Fe2+、SO42-，一定不含：NO3-、CO32-，无法确定是否含有Al3+、Cl-，由于原溶液中各离子浓度均为0.5mol•L-1，根据溶液电中性可知，溶液中一定不含Al3+，一定含有Cl-；据此进行判断．

本题考查了常见离子的检验，题目难度中等，注意掌握常见离子的性质及检验方法，根据电中性判断铝离子、氯离子的存在情况为易错点，试题侧重考查学生的分析、理解能力及逻辑推理能力．【解析】【答案】C7、C【分析】解：A、实验室可以用双氧水、KClO3和KMnO4来制取氧气，当用KClO3和KMnO4来制取氧气时，氧元素由-2价变为0价，故制取1mol氧气转移4NA个电子，当用双氧水制取氧气时，氧元素由-1价变为0价，故制取1mol氧气时转移2NA个电子；故A错误；

B、K2SO3溶液中SO32-的水解导致离子数增多，故此溶液中离子总数多于0.3NA个；故B错误；

C、1mol乙烯和1mol乙醇燃烧均消耗3mol氧气，故1mol两者的混合物燃烧消耗3NA个氧气分子；故C正确；

D；氨气溶于1L水后溶液体积大于1L；故溶液的浓度小于1mol/L，故D错误。

故选：C。

A、实验室可以用双氧水、KClO3和KMnO4来制取氧气；

B、K2SO3溶液中SO32-的水解导致离子数增多；

C；1mol乙烯和1mol乙醇燃烧均消耗3mol氧气；

D；氨气溶于1L水后溶液体积大于1L。

本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。【解析】C二、填空题(共5题，共10分)8、三IIANaOHHBrO4Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O【分析】【分析】有A、B、C、D四种元素，A、B、C是同一周期的金属元素，原子核外有3个电子层，处于第三周期，A的原子半径在所属周期中最大且原子半径A＞B＞C，则A为Na、C是地壳中含量最大的金属元素，则C为Al，那么B为Mg；D是非金属元素，它跟氢化合可生成气态氢化物HD，在室温时，D的单质是液体，易挥发，需液封保存，则D为Br，据此解答即可．【解析】【解答】解：有A、B、C、D四种主族元素，A、B、C是同一周期的金属元素，原子核外有3个电子层，处于第三周期，A的原子半径在所属周期中最大且原子半径A＞B＞C，则A为Na、C是地壳中含量最大的金属元素，则C为Al，那么B为Mg；D是非金属元素，它跟氢化合可生成气态氢化物HD，在室温时，D的单质是液体，易挥发，需液封保存，则D为Br；

（1）B是镁元素，Mg元素位于周期表中第三周期第ⅡA族，C为铝元素，Al原子的结构示意图为：故答案为：三；ⅡA；

（2）A元素与D元素化合物为NaBr，溴化钠为离子化合物，钠离子直接用离子符号表示，溴离子需要标出最外层电子及所带电荷，溴化钠的电子式为故答案为：

（3）Na元素的金属性最强，所以碱性最强的NaOH，F没有最高价含氧酸，其它元素中酸性最强的为HBrO4，故答案为：NaOH；HBrO4；

（4）C的氧化物对应的水化物为氢氧化铝，A的氧化物对应水化物为NaOH，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，离子方程式为Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O，故答案为：Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O．9、Ca（ClO）2+CO2+H2O═CaCO3+2HClO醋酸CO2、HCl、H2O使HClO分解2HClO2HCl+O2↑2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOHCaCO3CaO+CO2↑CaO+H2O=Ca（OH）22Ca（OH）2+2Cl2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O【分析】【分析】（1）漂白粉的有效成分是次氯酸钙；与二氧化碳水反应生成次氯酸；

（2）浓盐酸易挥发；贮存很久的漂白粉可能存在碳酸钙，从溶液中生成的气体中会混有水；

（3）自来水养金鱼时；应先将水“放置”一段时间，使HClO分解，防止HClO使鱼类变性死亡；

（4）工业上用食盐、石灰石和水为原料生产漂白粉，首先应用电解法制备氯气，碳酸钙分解生成氧化钙，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，氯气和氢氧化钙反应生成漂白粉．【解析】【解答】解：（1）漂白粉中的次氯酸钙与空气中的二氧化碳及水发生反应，生成碳酸钙和次氯酸反应的化学方程式为：Ca（ClO）2+CO2+H2O═CaCO3+2HClO；家庭中使用漂白粉时；为了加快漂白速度，提高漂白效果，可加入少量醋酸；

故答案为：Ca（ClO）2+CO2+H2O═CaCO3+2HClO；醋酸；

（2）贮存很久的漂白粉可能存在碳酸钙，加盐酸发生Ca（ClO）2+4HCl（浓）=CaCl2+2Cl2↑+2H2O、CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O；

浓盐酸易挥发，从溶液中生成的气体中会混有水蒸气，则制得的氯气中，可能含有杂质气体为CO2、HCl、H2O（气）；

故答案为：CO2、HCl、H2O；

（3）自来水养金鱼时，应先将水“放置”一段时间，使HClO分解，防止HClO使鱼类变性死亡，发生的反应为2HClO2HCl+O2↑；

故答案为：使HClO分解；2HClO2HCl+O2↑．

（4）以食盐、石灰石、水为原料制取漂白粉的原理：电解食盐水生成氯气：2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH；

碳酸钙高温煅烧制得氧化钙，CaCO3CaO+CO2↑，氧化钙溶于水可以和水之间反应生成氢氧化钙，CaO+H2O=Ca（OH）2；

氯气和石灰乳之间的反应来制取漂白粉2Ca（OH）2+2Cl2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；

故答案为：2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH；CaCO3CaO+CO2↑；CaO+H2O=Ca（OH）2；2Ca（OH）2+2Cl2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O．10、脂肪水解高级脂肪酸和甘油葡萄糖各种氨基酸【分析】【分析】脂肪是有高级脂肪酸和甘油形成的酯；不是高分子化合物，能够水解生成高级脂肪酸和甘油；

淀粉是多糖；能够水解生成葡萄糖，是高分子化合物；

蛋白质有氨基酸缩合生成的高分子化合物，能够水解，生成各种氨基酸．【解析】【解答】解：脂肪是有高级脂肪酸和甘油形成的酯；不是高分子化合物，能够水解生成高级脂肪酸和甘油；

淀粉是多糖；能够水解生成葡萄糖，是高分子化合物；

蛋白质有氨基酸缩合生成的高分子化合物；能够水解，生成各种氨基酸．

故答案为：脂肪；水解；高级脂肪酸和甘油；葡萄糖；各种氨基酸．11、CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑除去CO2中的HCl浓硫酸NaOH溶液除去O2中的CO2否2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2立即把带火星的木条伸入试管口内，木条复燃，证明试管中收集的气体是氧气【分析】【分析】由实验装置可知，本实验首先由CaCO3和盐酸反应生成CO2，产生气体通过饱和NaHCO3溶液，以除去CO2气体中混入的HCl，然后过氧化钠与CO2和水气反应，产生O2，用排水法收集O2，最后取出试管，立即把带火星的木条伸入试管口内，木条复燃，证明试管中收集的气体是氧气．【解析】【解答】解：（1）A为由CaCO3和盐酸反应生成CO2，反应的化学方程式为CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；

故答案为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；

（2）产生气体通过饱和NaHCO3溶液，以除去CO2气体中混入的HCl，然后过氧化钠与CO2和水气反应，产生O2，由于生成的氧气中混有二氧化碳气体，应用NaOH溶液洗气，吸收未反应的CO2气体，用排水法收集O2；

故答案为：

。仪器加入试剂加入该试剂的目的B除去CO2气体中混入的HClC浓硫酸DNaOH溶液除去O2中的CO2（3）若无C装置，对实现该实验目的无影响，因为水蒸气和过氧化钠也反应生成氧气，反应的化学方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；

故答案为：否，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；

（4）本实验的目的为证明过氧化钠可作供氧剂；收集气体后要验证是否为氧气，为防止倒吸，应先把E中的导管移出水面，然后关闭分液漏斗活塞，用带火星的木条伸入试管口内，木条复燃，证明试管中收集的气体是氧气；

故答案为：立即把带火星的木条伸入试管口内，木条复燃，证明试管中收集的气体是氧气．12、Fe2O3+3CO2Fe+3CO2Fe2O3+3HCl=2FeCl3+3H2OSO2+2KOH=K2SO3+H2OSO3+2NaOH=Na2SO4+H2O【分析】【分析】（1）Fe2O3和CO在高温下发生氧化还原反应生成Fe和CO2；

（2）Fe2O3可与酸反应生成盐和水；

（3）SO2和足量KOH溶液反应生成K2SO3和水；

（4）SO3和足量KOH溶液反应生成K2SO4和水．【解析】【解答】解：（1）Fe2O3和CO在高温下发生氧化还原反应生成Fe和CO2，反应的方程式为Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，故答案为：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2；

（2））Fe2O3可与酸反应生成盐和水，反应的方程式为Fe2O3+3HCl=2FeCl3+3H2O，故答案为：Fe2O3+3HCl=2FeCl3+3H2O；

（3）SO2和足量KOH溶液反应生成K2SO3和水，反应的方程式为SO2+2KOH=K2SO3+H2O，故答案为：SO2+2KOH=K2SO3+H2O；

（4）SO3和足量KOH溶液反应生成K2SO4和水，反应的方程式为SO3+2NaOH=Na2SO4+H2O，故答案为：SO3+2NaOH=Na2SO4+H2O．三、判断题(共9题，共18分)13、√【分析】【分析】溶液呈电中性，根据电荷守恒，溶液中存在c（Na+）+2c（Mg2+）=c（Cl-）+2c（SO42-），据此计算判断．【解析】【解答】解：溶液呈电中性，根据电荷守恒，溶液中c（Na+）+2c（Mg2+）=c（Cl-）+2c（SO42-），即：0.1mol/L+2×0.25mol/L=0.2mol/L+2c（SO42-），解得c（SO42-）=0.2mol/L，故硫酸的浓度正确，故答案为：√．14、×【分析】【分析】（1）氢原子不含有中子；

（2）计算核素种类要考虑中子数和质子数；元素种类只考虑质子数；

（3）具有相同质子数；不同中子数同一元素的不同原子互为同位素，核素是指具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子；

（4）同位素的化学性质相同但物理性质不同；

（5）具有相同质子数；不同中子数同一元素的不同原子互为同位素；

（6）具有相同质子数；不同中子数同一元素的不同原子互为同位素；

（7）具有相同质子数，不同中子数同一元素的不同原子互为同位素．【解析】【解答】解：（1）氢原子不含有中子；故答案为：×；

（2）计算核素种类要考虑中子数和质子数；元素种类只考虑质子数，故后者多，故答案为：×；

（3）同位素和核素都属于原子；故答案为：√；

（4）元素的原子的最外层电子数决定了元素性质；而同位素的外层电子数相等，所以它们的化学性质几乎完全相同，但物理性质不一定相同，故答案为：×；

（5）质子数不同；为不同元素的原子，不是同位素关系，故答案为：×；

（6）O2与O3均为单质；为氧的同素异形体，故答案为：×；

（7）1940K与1939K有相同质子数、不同中子数，互为同位素，故答案为：√．15、×【分析】【分析】食物的酸碱性与化学上所指的溶液的酸碱性是不同的概念，食物呈酸性或成碱性，是按食物在体内代谢最终产物的性质来分类的．【解析】【解答】解：食物的酸碱性与溶于水后的溶液PH无关，如柠檬酸呈酸性，但为碱性食物，故答案为：×．16、×【分析】【分析】1mol任何气体的体积都约是22.4L，只针对于气体．【解析】【解答】解：标准状况下；气体的气体摩尔体积为22.4L/mol，则1mol气体的体积为22.4L，而非气体不是；

故答案为：×．17、×【分析】【分析】（1）相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物；

（2）葡萄糖在碱性条件下与新制Cu（OH）2浊液反应；

（3）白糖的主要成分是蔗糖；

（4）在水溶液里或熔融状态下能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；

（5）蔗糖水解后的产物葡萄糖由还原性；自身没有还原性；

（6）葡萄糖、果糖的分子式均为C6H12O6；葡萄糖是多羟基醛，果糖是多羟基酮；

（7）蔗糖和麦芽糖是二糖，分子式都可用C12H22O11表示；它们互为同分异构体；

（8）麦芽糖和水解产物葡萄糖中均含-CHO；

（9）碘单质遇淀粉变蓝色；

（10）植物油成分为高级脂肪酸甘油酯；

（11）根据浓的无机盐溶液能使蛋白质发生盐析；而重金属盐能使蛋白质发生变性；

（12）两种氨基酸可以各自形成二肽；甘氨酸与丙氨酸形成二肽时连接方式有两种；

（13）根据天然植物油均为高级脂肪酸甘油酯；但都是混甘油酯，没有固定的熔沸点；

（14）两种二肽互为同分异构；水解产物可能是相同的氨基酸；

（15）油脂中含有不饱和烃基；可与高锰酸钾发生反应；

（16）烃的含氧衍生物完全燃烧生成水和二氧化碳；

（17）在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质；在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质）；

（18）食用植物油是高级脂肪酸甘油脂；水解生成高级脂肪酸和甘油；

（19）相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物；

（20）相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物．【解析】【解答】解：（1）油脂相对分子质量较小；不属于高分子化合物，故答案为：×；

（2）葡萄糖与新制Cu（OH）2浊液反应需在碱性条件下；应加入碱将水解后的淀粉溶液调节成碱性，才可以产生砖红色沉淀，故答案为：×；

（3）白糖成分是蔗糖；故答案为：√；

（4）油脂水解的羧酸是电解质；故答案为：×；

（5）蔗糖水解后的产物葡萄糖由还原性；自身没有还原性，所以不是还原型二糖，故答案为：×；

（6）葡萄糖、果糖的分子式均为C6H12O6；葡萄糖是多羟基醛，果糖是多羟基酮，二者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故答案为：√；

（7）蔗糖和麦芽糖是二糖；互为同分异构体，故答案为：√；

（8）麦芽糖和水解产物葡萄糖中的官能团都有醛基；则麦芽糖；葡萄糖属于还原性糖可发生银镜反应，故答案为：√；

（9）碘单质遇淀粉变蓝色；纤维素遇碘水不变色，故答案为：×；

（10）植物油的主要成分为高级脂肪酸甘油酯；故答案为：×；

（11）因浓的无机盐溶液能使蛋白质发生盐析产生沉淀；如饱和硫酸钠溶液；硫酸铵溶液；而重金属盐能使蛋白质发生变性而产生沉淀，如硫酸铜等，故答案为：×；

（12）两种氨基酸可以各自形成二肽；甘氨酸与丙氨酸形成二肽时连接方式有两种，故形成的二肽有四种，故答案为：√；

（13）天然植物油均为高级脂肪酸甘油酯；但都是混甘油酯，没有固定的熔沸点，故答案为：×；

（14）两种二肽互为同分异构；水解产物可能是相同的氨基酸，如：一分子甘氨酸和一分子丙氨酸形成的二肽中有两种构成方式，但二肽水解时的产物相同，故答案为：×；

（15）苯不能使酸性高锰酸钾褪色；但油脂中含有C=C官能团，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应而使高锰酸钾褪色，故答案为：×；

（16）油脂含有C；H、O三种元素；完全燃烧生成水和二氧化碳，故答案为：√；

（17）蛋白质属于高分子化合物；是混合物，不是电解质，而葡萄糖属于非电解质，只有乙酸才属于电解质，故答案为：×；

（18）乙酸乙酯水解生乙酸和乙醇．食用植物油是高级脂肪酸甘油脂；水解生成高级脂肪酸和甘油，故答案为：×；

（19）油脂相对分子质量较小；不属于高分子化合物，故答案为：×；

（20）氨基酸相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故答案为：×．18、√【分析】【分析】红外光谱仪用于测定有机物的官能团；核磁共振仪用于测定有机物分子中氢原子的种类和数目；质谱法用于测定有机物的相对分子质量．【解析】【解答】解：红外光谱仪用于测定有机物的官能团；核磁共振仪用于测定有机物分子中氢原子的种类和数目；质谱法用于测定有机物的相对分子质量；所以红外光谱仪；核磁共振仪、质谱仪都可用于有机化合物结构的分析；故说法正确；

故答案为：√．19、√【分析】【分析】（1）根据天然气和沼气的成分分析；

（2）根据成水煤气的反应分析；

（3）根据干馏煤的产物分析；

（4）根据石油的成分分析；

（5）根据石油和天然气的主要成分分析；

（6）根据煤的干馏和石油的分馏的原理分析；

（7）根据煤油的来源和性质分析；

（8）根据石油的成分分析；

（9）根据苯和正己烷的性质分析；

（10）根据石油分馏原理分析；

（11）根据石油催化裂化的原理分析；

（12）根据煤气的成分分析．【解析】【解答】解：（1）天然气和沼气的主要成分是甲烷；故正确，故答案为：√；

（2）煤可与水蒸气反应制成水煤气，其反应方程为：C+H2OCO+H2，所以水煤气的主要成分是CO和H2；故正确，故答案为：√；

（3）干馏煤是在隔绝空气的条件下；将煤加热到900～1100℃时，可以得到焦炭；煤焦油、煤气等物质，从煤焦油中可分离出苯、甲苯等化工原料，煤气中可以得到甲烷和氨等重要化工原料，故正确，故答案为：√；

（4）石油中主要含碳元素；氢元素两种元素；主要是烷烃、环烷烃和芳香烃的混合物，分馏不能获得乙酸，故错误，故答案为：×；

（5）石油主要是烷烃；环烷烃和芳香烃的混合物；天然气的主要成分是甲烷，它们都是碳氢化合物，故正确，故答案为：√；

（6）煤的干馏是指煤在隔绝空气的条件下加热；生成煤焦油；焦炭、焦炉煤气等物质，属于化学变化．石油分馏是指通过石油中含有的物质的沸点不同而使各种物质分离开的一种方法，该过程中没有新物质生成，属于物理变化，故错误，故答案为：×；

（7）煤油可由石油分馏获得；燃烧热值大可用作燃料，不与Na反应，密度比Na大，可保存少量金属钠，故正确，故答案为：√；

（8）石油主要是烷烃；环烷烃和芳香烃的混合物；石油分馏得不到乙烯，故错误，故答案为：×；

（9）苯和正己烷都不与溴水反应；故错误，故答案为：×；

（10）石油是混合物；其分馏产品是几种沸点相近的烃的混合物，所以汽油不是纯净物，故错误，故答案为：×；

（11）石油催化裂化的主要目的是提高汽油等轻质油的产量与质量；石油裂解的主要目的是得到更多的乙烯；丙烯等气态短链烃；故正确，故答案为：√；

（12）煤气的主要成分是一氧化碳和氢气，故错误，故答案为：×；．20、×【分析】【分析】有相同质子数；不同中子数的原子互为同位素；

相同元素组成，不同形态的单质互为同素异形体．【解析】【解答】解：O2和O3都是由氧元素形成的不同单质；故互为同素异形体；

故答案为：×．21、√【分析】【分析】相同条件下，气体体积之比等于其分子数目之比．【解析】【解答】解：同温同压下，气体体积之比等于其分子数目之比，故标准状况时，20mLNH3与60mLO2所含的分子个数比=20mL：60mL=1：3，故正确，故答案为：√．四、实验题(共1题，共4分)22、略

【分析】（1）准确配制一定物质的量浓度溶液应该用容量瓶。（2）高锰酸钾中Mn的化合价从＋7价降低＋2价，得到5个电子。双氧水中的氧元素从－1价升高到0价，失去1电子，氧化产物是氧气。所以根据电子得失守恒可知，氧化剂和还原剂的物质的量之比是2︰5，所以计量数分别是2、5、6、2、8、502。（3）高锰酸钾溶液具有氧化性，能腐蚀橡胶，所以应该用酸式滴定管。由于酸性高锰酸钾溶液是显紫红色的，所以终点的现象是滴入一滴高锰酸钾溶液，溶液呈浅红色，且30秒内不褪色。（4）根据方程式可知，原过氧化氢的物质的量是0.001Vc×5/2×10mol，所以原过氧化氢溶液中过氧化氢的质量分数为（5）若滴定前滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失，则消耗的酸性高锰酸钾溶液体积偏大，所以测定结果偏高。（6）碘化钾具有还原性，能被双氧水氧化生成碘单质，碘和淀粉腐蚀显色反应，据此可以检验双氧水的氧化性；双氧水分解产生氧气，氧气是一种助燃性气体，可以使带火星的木条复燃，据此可以检验双氧水的不稳定性。【解析】【答案】I．（1）容量瓶（2）25628502（3）酸式滴入一滴高锰酸钾溶液，溶液呈浅红色，且30秒内不褪色（4）（5）偏高II．（各1分，共4分）。实验内容实验方法实验现象验证氧化性取适量饱和硫化氢溶液于试管中，滴入过氧化氢溶液。（或取适量碘化钾淀粉溶液于试管中，加入过氧化氢溶液。）产生淡黄色沉淀或溶液变浑浊。（或溶液变蓝色。）验证不稳定性取适量过氧化氢溶液于试管中，加热，用带火星的木条检验。（或取适量过氧化氢溶液于试管中，加热，用导气管将得到的气体通入到装有饱和硫化氢溶液的试管中。）产生气泡，木条复燃。（或溶液变浑浊或有浅黄色沉淀产生）五、探究题(共4题，共28分)23、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，与氢氧化钠不反应，甲酸、苯酚与氢氧化钠反应生成溶于水的钠盐，苯（）不溶于水，加入氢氧化钠，溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠，分液后得到苯，将溶液蒸馏可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分离，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸馏可得到甲酸（HCOOH），故答案为：a．分液；b．蒸馏；c．分液；d．蒸馏；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氢氧化钠，溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠，分液后得到苯，将溶液蒸馏可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚，分液可分离，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸馏可得到甲酸，以此解答该题．24、酸式|反应中生成的锰离子具有催化作用，所以随后褪色会加快|滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装；高锰酸根离子被还原生成的锰离子有催化作用而导致反应速率加快，所以刚滴下少量KMnO4溶液时；溶液迅速变成紫红色；滴定终点时，当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化，证明达到终点；

故答案为：酸式；反应中生成的锰离子具有催化作用；所以随后褪色会加快；滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化；

(2)③第3组KMnO4溶液的体积与第1、2组相差比较大，舍去第3组，应按第1、2组的平均值为消耗KMnO4溶液的体积，故消耗KMnO4溶液的体积为mL=20mL

设样品的纯度为x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g2mol5.0g×x×g（0.1000×0.020）mol解得：x==90.00%；

故答案为：20.00；90.00%；

(3)④A．未用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗滴定管，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故A正确；

B．滴定前锥形瓶有少量水，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，根据c（待测）=分析；c（标准）不变，故B错误；

C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故C正确；

D．不小心将少量酸性KMnO4溶液滴在锥形瓶外，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故D正确；

E．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=分析；c（标准）偏小，故E错误；

故选ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装；高锰离子有催化作用而导致反应速率加快；乙二酸与KMnO4发生氧化还原反应，滴定终点时，溶液由无色变成紫红色，且半分钟内不褪色；③第3组KMnO4溶液的体积与第1、2组相差比较大，舍去第3组，应按第1、2组的平均值为消耗KMnO4溶液的体积，根据关系式2KMnO4～5H2C2O4计算；

④根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差．25、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，与氢氧化钠不反应，甲酸、苯酚与氢