2024年沪科版高三化学下册阶段测试试卷

…………○…………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年沪科版高三化学下册阶段测试试卷450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、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.0.1molNa2O2晶体中所含的离子总数为0.4NAB.在含4molSi-O键的石英晶体中，氧原子的数目为2NAC.1molCl2发生反应时，转移的电子数一定为0.2NAD.25℃时，pH=13的Ba（OH）2溶液中含有OH-的数目为0.1NA2、下列电解质的水溶液直接蒸干以后可以得到原电解质纯净物的是（）A.MgCl2B.Na2SO3C.NaHCO3D.Na2CO33、X、Y、Z、W、M均为短周期主族元素，原子序数依次增大，X质子总数与电子层数相同，Y元素的一种同位素可用于考古时测定一些文物的年代，Z的气态氢化物可以与Cl2反应产生白烟，用来检验氯气管道是否泄漏。Y、Z、W位于同一周期，且最外层电子数之和为15，M的质子数是X、Y、Z、W四种元素质子数之和的1/2，下列说法正确的是（）A.简单离子半径M＞W＞Z＞XB.M2W2与足量的CO2完全反应，转移2mol电子时增重28gC.X、Z两种元素只能组成化学式为ZX3的化合物D.由X、Y、Z、W四种元素形成的化合物既有共价化合物也有离子化合物4、某条件下的反应CH3CH=CH2（g）+H2（g）→CH3CH2CH3（g）△H=-125.4kJ•mol-1，下列有关该反应的叙述正确的是（）A.正反应活化能小于125.4kJ•mol-1B.逆反应活化能一定小于125.4kJ•mol-1C.逆反应活化能不小于125.4kJ•mol-1D.正反应活化能比逆反应活化能大125.4kJ•mol-15、下列实验事实与对应结论；正确的是（）

。实验事实结论A无色溶液A中加Ba（OH）2溶液；产生。

白色沉淀，再加入稀盐酸，沉淀不溶解无色溶液A中一定含有SO42-B无色溶液B中加入稀盐酸；产生气体；

该气体能使澄清石灰水变浑无色溶液B中一定含有CO32-C无色溶液C中加入AgNO3溶液；产生。

白色沉淀，再加入稀盐酸，沉淀不消失无色溶液C中一定含有Cl-D无色溶液D中加入氢氧化钠溶液并加热；

产生能使润湿的红色石蕊试纸变蓝色无色溶液D中一定含有NH4+A.AB.BC.CD.D6、关于水玻璃的叙述不正确的是（）A.它是一种矿物胶，既不能燃烧也不易腐蚀B.在建筑工业上可用作粘合剂和耐火材料C.它在空气中易变质，因为SiO+CO2+2H2O=H4SiO4↓+COD.水玻璃的主要成分是二氧化硅7、化学实验设计和操作中必须十分重视安全问题和环境保护问题．下列实验问题处理方法不正确的是（）

①检验CO的纯度．简单方法是用排空气法先收集一试管气体；点燃，听爆鸣声．

②实验结束后将所有的废液倒入下水道排出实验室；以免污染实验室．

③给试管中的液体加热；不时移动试管或加入碎瓷片，以免暴沸伤人．

④不慎将浓硫酸溅到皮肤上；应立即用布拭去，再用大量水冲洗，然后涂稀的小苏打溶液．

⑤配制稀硫酸时，应将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢加入到盛水的烧杯中，边加边搅拌．A.①②B.③⑤C.③④D.④⑤评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)8、华法林是一种治疗心脑血管疾病的药物，可由化合物E和M在一定条件下合成得到(部分反应条件略)。(1)A的名称为________，A→B的反应类型为________。(2)D→E的反应中，加入的化合物X与新制Cu(OH)2反应产生红色沉淀的化学方程式为________。(3)G→J为取代反应，其另一产物分子中的官能团是________。(4)L的同分异构体Q是芳香酸，QR(C8H7O2Cl)ST，T的核磁共振氢谱只有两组峰，Q的结构简式为________，R→S的化学方程式为________。(5)题图中，能缩合成体型高分子化合物的酚类单体是________。（6）已知：L→M的原理为：①②则M的结构简式为_________________9、亚硫酸钠中+4价的硫，它既有氧化性又有还原性，现在有试剂：新制氯水、硫化钠溶液，NaOH溶液、氯化钡溶液、稀硫酸．要证明亚硫酸钠具有还原性，除亚硫酸钠外还应选用的试剂有____，看到的现象是____，反应的离子方程式____．10、ClO2是饮用水消毒剂．用ClO2处理过的饮用水（pH为5.5～6.5）除含有ClO2外，常含有一定量对人体不利的ClO2-．为测定此饮用水中两者成分，进行如下实验：准确量取vmL水样加入到锥形瓶中，调节水样pH=8，加人足量KI晶体，发生如下反应：2ClO2+2I-=I2+2ClO2-，反应结束后产生amolI2；继续调节溶液pH=1，又发生如下反应：ClO2-+4H+=2I2+Cl-+2H2O，反应结束后叉产生bmolI2．饮用水中c（ClO2-）=____mol•L-1（用含字母的代数式表示）．11、按照官能团不同；尝试对下列物质进行分类。

（1）CH2=CH2（2）CH≡CH（3）（4）（5）CH3Cl

（6）（7）CH3COOH（8）CH3CHO（9）CH3COOC2H5（10）CH3OCH3

（1）烯烃：____；（2）卤代烃：____；

（3）醇：____；（4）酚：____；

（5）醛：____；（6）炔：____；

（7）羧酸：____；（8）酯：____．

（9）醚：____；（10）芳香烃：____．12、浓硫酸在实验室可用来干燥Cl2、HCl等气体，这是利用了浓硫酸的____性．蔗糖遇浓硫酸变黑，是由于浓硫酸具有____性．若将盛有浓硫酸的容器敞口放在空气中一段时间后，其质量会____（填“增加”、“减少”或“没有变化”）．13、金属是一种重要的材料；人类的生产和生活离不开金属，下表表示了金属活动顺序表中铜；铁、锡、铝元素被人类大规模开发利用的大致年代．

（1）根据图中数据和有关化学知识，你认为金属大规模开发利用的先后顺序跟____有关（填写编号）．

a．金属的导热性b．金属元素在地壳中的含量。

c．金属的活动性顺序d．金属的延展性。

（2）钢铁的生产和使用是人类文明和进步的重要标志之一，请用化学方程式表示高炉炼铁的原理____．

（3）比较铝、铁的活泼性，可用一个实验事实说明：____；

但是铝在空气中却表现出很强的抗氧化性，其原因是____．

（4）复方氢氧化铝可以治疗胃酸过多，也能与强碱溶液反应，写出氢氧化铝的电离方程式____．14、（2012秋•北湖区校级月考）某学生用邻苯二甲酸氢钾（相对分子质量为204）测定NaOH溶液的浓度；若NaOH溶液的浓度在0.1mol/L左右，滴定终点时溶液的pH约为9.1．

（1）写出邻苯二甲酸氢钾与NaOH反应的化学方程式：____

（2）将用分析天平精确称量的邻苯二甲酸氢钾放于锥形瓶中，加适量的水溶解，溶液无色，再加入指示剂____（从甲基橙、酚酞、石蕊中选择），用NaOH溶液滴定到终点时，现象是____．

（3）该实验要用到的主要玻璃仪器____（写二种）

（4）该学生进行三次实验；所取固体的质量均相同，填写下表：

。实验编号邻苯二甲酸氢钾的质量（g）待测NaOH溶液的体积（mL）10.416218.25217.0417.04316.9616.96滴定中误差较大的是第____次实验；造成这种误差的可能原因是（只要写两种）：

A．____

B．____

（5）NaOH溶液的物质的量浓度为____．15、（15分）氯化铁是常见的水处理剂，无水FeCl3的熔点为555K、沸点为588K。工业上制备无水FeCl3的一种工艺如下：（1）试写出吸收塔中反应的离子方程式：____________________________。（2）已知六水合氯化铁在水中的溶解度如下：。温度/℃01020305080100溶解度(g/100gH20)74.481.991.8106.8315.1525.8535.7从FeCl3溶液中获得FeCl3·6H2O的方法是：。（3）捕集器中温度超过673K，存在相对分子质量为325的物质，该物质的分子式为：____。（4）室温时在FeCl3溶液中滴加NaOH溶液，当溶液pH为2.7时，Fe3+开始沉淀；当溶液pH为4时，c(Fe3+)=____mol/L（已知：Ksp[Fe(OH)3]=1.1×10－36）。（5）FeCl3的质量分数通常可用碘量法测定：称取m克无水氯化铁样品，溶于稀盐酸，再转移到100mL容量瓶，用蒸馏水定容；取出10mL，加入稍过量的KI溶液，充分反应后，滴入某一指示剂并用cmol/LNa2S2O3溶液滴定用去VmL。（已知：I2+2S2O32－=2I－+S4O62－）①滴定终点的现象是：____________________________。②样品中氯化铁的质量分数为：____________。③某同学根据上述方案，使用上述（2）中获得的FeCl3·6H2O样品代替无水氯化铁样品进行测定。通过计算发现产品中的质量分数大于100％，其原因可能是。评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)16、化学变化中的能量变化都是化学能和热能间的相互转化．____．（判断对错）17、制备MgO，既可以通过化合反应，又可以通过置换反应制备____（判断对和错）18、胶体区别于其他分散系的本质特征是胶体具有丁达尔效应．____．（判断对错）19、加过量的NaOH溶液，未看见产生气体，溶液里一定不含NH4+．____（判断对错）正确的打“√”，错误的打“×”20、用PH试纸可以测定溶液酸碱性时，用玻璃棒蘸取待测溶液在已有水的PH试纸上进行观察颜色变化．____（填√或×）．21、气体净化时，一定是先除杂质后干燥____（判断对错）．22、在化学反应中某元素化合价只升高，则反应过程中该元素被还原了．____．（判断对错）23、常温常压下，22.4LCO2中含有NA个CO2分子．____．（判断对错）评卷人得分四、书写(共3题，共30分)24、（1）铜粉放入稀H2SO4中，加热后无明显现象，当加入KNO3后，铜粉质量减小，溶液变蓝，同时有气体逸出，该反应的离子方程式为____．

（2）在含Cu+的酶的活化中心内，亚硝酸根离子（NO）可转化为NO，写出Cu+与亚硝酸根离子在酸性水溶液中反应的离子方程式____．25、写出下列物质间反应的离子反应方程式：

（1）硫酸钠溶液与氯化钡溶液____；

（2）盐酸与碳酸钠溶液____；

（3）硝酸银溶液与氯化钾溶液____．26、研究CO、SO2；NO等大气污染气体的综合处理与利用具有重要意义．

（1）以CO或CO2与H2为原料，在一定条件下均可合成甲醇，你认为用哪种合成设计线路更符合“绿色化学”理念：（用化学反应方程式表示）____．

（2）一定条件下，NO2和SO2反应生成SO3（g）和NO两种气体，现将体积比为1：2的NO2和SO2的混合气体置于密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是____．（填序号）

A．体系压强保持不变。

B．混合气体颜色保持不变。

C．SO3；NO的体积比保持不变。

D．每消耗1molSO2；同时生成1molNO

当测得上述平衡体系中NO2与SO2体积比为1：6时，则该反应平衡常数K值为____；

（3）工业常用Na2CO3饱和溶液回收NO、NO2气体：NO+NO2+Na2CO3=2NaNO2+CO22NO2+Na2CO3=NaNO3+NaNO2+CO2若用足量的Na2CO3溶液完全吸收NO、NO2混合气体，每产生标准状况下CO22.24L（CO2气体全部逸出）时，吸收液质量就增加4.4g，则混合气体中NO和NO2体积比为____．评卷人得分五、推断题(共1题，共9分)27、有X；Y、Z三种单质；其中X单质在常温、常压下为气体，Y、Z单质为固体．

①纯净的氢气可在X单质中燃烧产生苍白色的火焰和大量的白雾；

②Y单质在空气中剧烈燃烧；发出黄色的火焰，生成一种淡黄色的固体；

③ZZO2ZO3H2ZO4，H2ZO4是一种具有强氧化性的酸．

根据上述实验现象或事实进行推断：

（1）写出X单质与水反应的化学方程式：____；

（2）写出Y单质与水反应的化学方程式：____；

（3）写出将一小块Y单质放入滴有酚酞水中时，你所看到的实验现象：____；

（4）写出铜与H2ZO4浓溶液在加热时反应的化学方程式____．评卷人得分六、实验题(共4题，共12分)28、我国规定饮用水质量标准必须符合下表所示要求：

。项目pHCa2+、Mg2+总浓度细菌个数相关值6.5～8.5＜0.0045mol•L-1＜100个•mL-1如图是源水处理成自来水的工艺流程示意图．

（1）源水中含Ca2+、Mg2+、HCO3-、Cl-等，加入石灰后生成Ca（OH）2，进而发生若干复分解反应，在一级沉降池中所得沉淀的主要成分为____和____（化学式）．

（2）FeSO4•7H2O是常用的凝聚剂，它在水中最终生成胶状Fe（OH）3沉淀．凝聚剂除去悬浮固体颗粒的过程____（填写编号）．

①只是物理过程；②只是化学过程；③是物理和化学过程．

（3）通入二氧化碳的目的是除____和调节pH值．

（4）Cl2的作用是____，这种作用是基于Cl2和水反应的产物具有____性，Cl2与水反应的化学方程式为____．

（5）下列物质中，____可以作为气体Cl2的代用品．（填写编号；多选倒扣）

①Ca（ClO）2②NH3（液）③K2FeO4④SO2．29、氮化铝（AIN）是一种新型无机材料；广泛应用于集成电路生产领域．某化学研究小组利用氮气；氧化铝和活性炭制取氮化铝，设计如图甲所示的实验装置．

试回答：

（1）实验中用饱和NaNO2与NH4Cl溶液制取氮气的化学方程式为____．

（2）装置中分液漏斗与蒸馏烧瓶之间的导管A的作用是____（填写序号）．

a．防止NaNO2饱和溶液蒸发b．保证实验装置不漏气c．使NaNO2饱和溶液容易滴下。

（3）按图连接好实验装置，检查装置气密性的方法是____．

（4）化学研究小组的装置存在严重问题，请说明改进的办法____．

（5）反应结束后，某同学用图乙所示装置进行实验来测定氮化铝样品的质量分数（实验中导管体积忽略不计）．已知：氮化铝和NaOH溶液反应生成Na[Al（OH）4]和氨气．

①广口瓶中的试剂X最好选用____（填写序号）．

a．汽油b．酒精c．植物油d．CCl4

②广口瓶中的液体没有装满（上方留有空间），则实验测得NH3的体积将____（填“偏大”；“偏小”、“不变”）．

③若实验中称取氮化铝样品的质量为10.0g，测得氨气的体积为3.36L（标准状况），则样品中AlN的质量分数为____．30、某兴趣小组用题27图装置探究氨的催化氧化．（1）氨催化氧化的化学方程式为___________________．（2）加热玻璃管2一段时间后，挤压1中打气球鼓入空气，观察到2中物质呈红热状态；停止加热后仍能保持红热，该反应是_________反应（填“吸热”或“放热”）．（3）为保证在装置4中观察到红棕色气体，装置3应装入_________；若取消3，在4中仅观察到大量白烟，原因是___________________．（4）为实现氨催化氧化，也可用装置5替换装置_________（填装置代号）；化合物X为_________（只写一种），Na2O2的作用是___________________．31、二价铬不稳定，极易被氧气氧化rm{.}醋酸亚铬水合物rm{{[Cr(CH_{3}COO)_{2}]_{2}?2H_{2}O}相对分子质量为rm{376}}是一种深红色晶体，不溶于冷水和醚，易溶于盐酸，是常用的氧气吸收剂rm{.}实验室中以锌粒、rm{CrCl_{3}}溶液；醋酸钠溶液和盐酸为主要原料制备醋酸亚铬水合物；其装置如图所示；

制备过程中发生的反应如下：

rm{Zn(s)+2HCl(aq)篓TZnCl_{2}(aq)+H_{2}(g)}

rm{2CrCl_{3}(aq)+Zn(s)篓T2CrCl_{2}(aq)+ZnCl_{2}(aq)}

rm{2Cr^{2+}(aq)+4CH_{3}COO^{-}(aq)+2H_{2}O(l)=[Cr(CH_{3}COO)_{2}]_{2}?2H_{2}O}rm{(s)}

请回答下列问题：rm{(1)}仪器rm{1}的名称是______；所盛装的试剂是______．

rm{(2)}本实验中所用的溶液；配制用的蒸馏水都需事先煮沸，原因是______．

rm{(3)}装置rm{4}的主要作用是______．

rm{(4)}实验开始生成rm{H_{2}}气后，为使生成的rm{CrCl_{2}}溶液与rm{CH_{3}COONa}溶液顺利混合，应______阀门rm{A}______阀门rm{B(}填“打开”或“关闭”rm{)}．

rm{(5)}本实验中锌粒须过量；其原因是______．

rm{(6)}已知其它反应物足量，实验时取用的rm{CrCl_{3}}溶液中含溶质rm{6.34g}实验后得干燥纯净的rm{[Cr(CH_{3}COO)_{2}]_{2}?2H_{2}O}rm{5.64g}则该实验所得产品的产率为______．参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【分析】A；过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成；

B；1mol二氧化硅中含4molSi-O键；

C；氯气反应后的价态不明确；

D、溶液体积不明确．【解析】【解答】解：A、过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成，故0.1mol过氧化钠中含离子共0.3mol即0.3NA个；故A错误；

B、1mol二氧化硅中含4molSi-O键，故当含4molSi-O键时，二氧化硅的物质的量为1mol，则含2mol氧原子即2NA个；故B正确；

C；氯气反应后的价态不明确；故1mol氯气反应后转移的电子的物质的量和个数无法计算，故C错误；

D；溶液体积不明确；故溶液中的氢氧根的个数无法计算，故D错误．

故选B．2、D【分析】【分析】从盐类水解的角度和物质的稳定性的角度分析，注意当水解生成挥发性酸时，加热蒸干并灼烧最终得到的是金属氧化物．【解析】【解答】解：A；氯化镁加热水解成为氢氧化镁和盐酸；盐酸易挥发，氢氧化镁受热分解为氧化镁，所以得到的是氧化镁，不能得到原物质，故A错误；

B；亚硫酸钠易和氧气反应生成硫酸钠；加热得到的是硫酸钠，故B错误；

C、NaHCO3在加热条件下分解生成Na2CO3；所以蒸干灼烧其水溶液，不能得到该物质，故C错误；

D；碳酸钠溶液受热蒸干后；蒸发掉水，得到的是原物质，故D正确．

故选D．3、D【分析】解：由分析可知；X为H，Y为C，Z为N，W为O，M为Na。

A．电子层越多离子半径越大；电子层相同时，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径Z＞W＞M＞X，故A错误；

B.2molNa2O2与2mol二氧化碳生成1mol氧气；转移2mol电子，质量增加的相当于2molCO，质量为28g/mol×2mol=56g，故B错误；

C．N、H可以形成NH3、N2H4等化合物；故C错误；

D．H；C、N、O可以形成碳酸氢铵、硝酸；碳酸氢铵为离子化合物，硝酸为共价化合物，故D正确；

故选：D。

X、Y、Z、W、M均为短周期主族元素，原子序数依次增大，X质子总数与电子层数相同，则X为H元素；Y元素的一种同位素可用于考古时测定一些文物的年代，Y为C元素；Z的气态氢化物可以与Cl2反应产生白烟，用来检验氯气管道是否泄漏，则Z为N元素；Y、Z、W位于同一周期，且最外层电子数之和为15，W的最外层电子数为15-4-5=6，则W为O元素；M的质子数是X、Y、Z、W四种质子数之和的M的质子数为（1+6+7+8）×=11；则M为Na，以此来解答。

本题考查原子结构与元素周期律的关系，为高频考点，题目难度不大，把握元素的位置、原子结构推断元素为解本题关键，注意元素化合物知识及规律性知识的应用，试题侧重分析与应用能力的考查。【解析】D4、C【分析】【分析】根据在可逆反应过程中活化能有正反应和逆反应两种，焓变与活化能的关系是△H=正反应的活化能-逆反应的活化能，该反应的△H＜0，据此分析判断．【解析】【解答】解：A．△H=正反应的活化能-逆反应的活化能=-125.4kJ•mol-1；无法确定正反应活化能的大小，故A错误；

B．逆反应的活化能=正反应的活化能+125.4kJ•mol-1，因此逆反应活化能一定大于125.4kJ•mol-1；故B错误；

C．由△H=正反应的活化能-逆反应的活化能=-125.4kJ•mol-1可知，逆反应活化能大于125.4kJ•mol-1；故C正确；

D．焓变与活化能的关系是△H=正反应的活化能-逆反应的活化能=-125.4kJ•mol-1；即故D错误；

故选C．5、D【分析】【分析】A．如果原溶液中含有Ag+；加入HCl后，也会产生白色沉淀；

B．碳酸根；碳酸氢根、亚硫酸根、亚硫酸氢根遇到盐酸；均会生成能使澄清石灰水变浑浊的气体；

C．能和银离子反应生成白色沉淀的阴离子有碳酸根离子；氯离子等；

D．湿润的红色石蕊试纸遇碱性物质变蓝．【解析】【解答】解：A．如果原溶液中含有Ag+；加入HCl后，也会产生白色沉淀，故应选用稀硝酸，故A错误；

B．碳酸根；碳酸氢根、亚硫酸根、亚硫酸氢根遇到盐酸；均会生成能使澄清石灰水变浑浊的气体，故B错误；

C．在某溶液中加入AgNO3溶液有白色沉淀产生；该白色沉淀可能是碳酸银，碳酸银和盐酸反应转化为氯化银白色沉淀，所以原溶液中不一定含有氯离子，故C错误；

D．加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，该气体是氨气，则溶液中一定有NH4+；故D正确；

故选D．6、D【分析】【分析】A．水玻璃是硅酸钠的水溶液；溶液具有粘性，是一种矿物胶，其不燃烧也不易受腐蚀；

B．水玻璃是粘性的物质在建筑工业上可用作粘合剂；其不燃烧可作耐火材料；

C．水玻璃是强碱弱酸盐；性质不稳定，在空气中与二氧化碳反应生成原硅酸；

D．水玻璃是强碱弱酸盐硅酸钠的水溶液．【解析】【解答】解：A．硅酸盐是矿物；硅酸钠的水溶液是水玻璃，是一种凝胶，能将玻璃与玻璃粘接在一起，其不燃烧也不易受腐蚀，故A正确；

B．水玻璃是硅酸钠的水溶液；是具有粘性的物质，所以在建筑工业上可用做粘合剂，其不燃烧也不受腐蚀，所以木材；织物浸过水玻璃后，燃烧时，当水分蒸发后不易燃烧，可作耐火材料，故B正确；

C．水玻璃是硅酸钠的水溶液是强碱弱酸盐溶液，因原硅酸的酸性弱于碳酸，所以其溶液在空气中易发生SiO32-+CO2+2H2O═H4SiO4↓+CO32-；故C正确；

D．硅酸钠是强碱弱酸盐；水玻璃是硅酸钠的水溶液，水玻璃的主要成分不是氧化物，故D错误；

故选D．7、A【分析】解：①用排空气法收集的气体不纯净；不能用于检验纯度，应用排水法收集，故①错误；

②实验结束后不能将所有的废液倒入下水道排出实验室；以免腐蚀下水道；污染环境，故②错误；

③试管内液体若受热不均匀；液体会冲出试管，为避免因液体冲出伤人，故要不时移动试管或加入碎瓷片，故③正确；

④浓硫酸具有很强的腐蚀性；不慎将酸溅到皮肤上，应立即用布拭去，再用大量水冲洗，然后涂稀的小苏打溶液，故④正确；

⑤因浓硫酸的稀释方法：将浓硫酸沿着器壁（如试管和烧怀壁）慢慢的注入水里；并不断搅拌，使产生的热量迅速地扩散，故⑤正确；

故选A．

①根据检验纯度时一氧化碳的收集方法进行分析判断；

②根据实验室废液的处理方法进行分析判断；

③根据给试管中的液体加热时的注意事项进行分析判断；

④根据常见的意外事故的处理方法进行分析判断；

⑤浓硫酸稀释放出大量的热；且浓硫酸的密度大于水．

本题考查化学实验安全及事故处理，难度不大，熟悉各种仪器的用途及使用注意事项、掌握常见化学实验基本操作的注意事项是解答此类试题的关键．【解析】【答案】A二、填空题(共8题，共16分)8、略

【分析】本题的转化关系在解题中作用不是很大，可由小问题结合相关知识推理。(1)A为丙炔；A到B是丙炔与H2O的加成反应。(2)由D到E的结构可知，X应含有7个碳原子，故X为苯甲醛，与新制Cu(OH)2反应的化学方程式为C6H5CHO＋2Cu(OH)2＋NaOHC6H5COONa＋Cu2O↓＋3H2O。(3)从G和J的结构分析，另一产物为CH3COOH。(4)T的核磁共振氢谱只有两组峰，其中羧基占一个，则苯环上只有一种H原子，故T为则Q为R到S为卤代烃的水解反应。(5)能缩合成体型高分子化合物的酚，酚羟基的两个邻位上必须都有H原子。(6)信息①是酚羟基被取代，同时生成C2H5OH，对应到L→M的转化上，应生成信息②是含有羰基的物质被含有酯基的物质取代，其中含羰基的物质断开甲基上的碳氢键，中既含有羰基，又含有酯基，发生该反应后的产物为点拨：知识：有机化合物的结构与性质。反应类型的判断、化学方程式的书写，运用信息推断有机物的结构。能力：通过有机合成与推断，考查吸收和运用新信息的能力。试题难度：较大。【解析】【答案】(1)丙炔加成反应(2)C6H5CHO＋2Cu(OH)2＋NaOHC6H5COONa＋Cu2O↓＋3H2O(3)—COOH或羧基9、新制氯水新制氯水褪色Cl2+SO32-+H2O=2Cl-+SO42-+2H+【分析】【分析】亚硫酸钠具有还原性，可被氧化，可选择新制氯水，发生氧化还原反应生成硫酸钠和盐酸，氯水褪色，以此解答该题．【解析】【解答】要证明Na2SO3具有还原性，应选用具有氧化性的试剂，在所给的试剂中溴水具有较强的氧化性，且氯水有颜色，反应现象明显，若Na2SO3具有还原性；则会使氯水的黄绿色褪去；

故答案为：新制氯水；新制氯水褪色；Cl2+SO32-+H2O=2Cl-+SO42-+2H+．10、【分析】【分析】依据化学方程式计算ClO2反应生成ClO2-，原水样中的ClO2-和ClO2反应生成ClO2-，调节PH和碘离子反应，依据反应ClO2-+4H++4I-═2I2+Cl-+2H2O，反应结束后产生bmolI2．计算得到ClO2-，物质的量共为0.5bmol，减去第一个反应生成的ClO2-，得到原水样中含有的ClO2-，得到饮用水中ClO2-的浓度．【解析】【解答】解：准确量取vmL水样加入到锥形瓶中，调节水样pH=8，加人足量KI晶体，发生如下反应：2ClO2+2I-═I2+2ClO2-，反应结束后产生amolI2；继续调节溶液pH=1，又发生如下反应：ClO2-+4H++4I-═2I2+Cl-+2H2O，反应结束后叉产生bmolI2；原水样中的ClO2-和ClO2反应生成ClO2-，调节PH后，ClO2-和碘离子反应，依据反应ClO2-+4H++4I-═2I2+Cl-+2H2O，反应结束后产生bmolI2．计算得到ClO2-，物质的量共为0.5bmol，减去第一个反应生成的ClO2-物质的量，依据化学方程式2ClO2+2I-═I2+2ClO2-，计算得到为2amol，得到原水样中含有的ClO2-物质的量=（0.5b-2a）mol，得到饮用水中ClO2-的浓度==mol/L；

故答案为：．11、（1）（5）（3）（6）（8）（2）（7）（9）（10）（4）【分析】【分析】根据烃的衍生物的官能团可确定有机物的种类，常见有机物有烯烃、炔烃、醇、酚、醛、酸、酯等，结合有机物的结构简式判断有机物的种类．【解析】【解答】解：（1）CH2=CH2含有碳碳双键；属于烯烃；

（2）CH≡CH含有碳碳三键；属于炔烃；

（3）含有环烷烃基和羟基；属于醇；

（4）是苯；属于芳香烃；

（5）CH3Cl由烃基和氯原子构成；属于卤代烃；

（6）苯环与羟基直接相连属于酚；

（7）CH3COOH中烃基与羧基相连；属于羧酸；

（8）CH3CHO中烃基与醛基相连；属于醛；

（9）CH3COOC2H5含有酯基；属于酯；

（10）CH3OCH3含有醚键；属于醚；

则（1）烯烃：（1）；（2）卤代烃：（5）；（3）醇：（3）；（4）酚：（6）；

（5）醛：（8）；（6）炔：（2）；

（7）羧酸：（7）；（8）酯：（9）．

（9）醚：（10）；（10）芳香烃：（4）．

故答案为：（1）、（5）、（3）、（6）、（8）、（2）、（7）、（9）、（10）、（4）．12、吸水脱水增加【分析】【分析】浓硫酸属于酸，具有酸的通性，浓硫酸还具有吸水性、脱水性和强氧化性，据此分析解答．【解析】【解答】解：浓硫酸具有吸水性；能干燥氯气；HCl等气体；浓硫酸能将蔗糖中的H、O元素以水的形式脱去而体现脱水性；浓硫酸能吸收空气中的水蒸气，所以若将盛有浓硫酸的容器敞口放在空气中一段时间后，其质量会增加；

故答案为：吸水；脱水；增加．13、cFe2O3+3CO2Fe+3CO2相同形状大小的铝片和铁片放入相同浓度的盐酸中，观察气泡产生的速度，如铝片上产生气泡的速度快，说明铝比铁活泼铝表面形成致密的氧化膜，隔绝空气与内部的铝接触AlO2-+H++H2O⇌Al（OH）3⇌Al3++3OH-【分析】【分析】（1）根据金属冶炼方法判断；

（2）一氧化碳与氧化铁在高温条件下反应生成铁和二氧化碳；

（3）金属活泼性越强；与酸反应越剧烈；Al的表面能形成致密的氧化膜；

（4）氢氧化铝能发生碱式电离和酸式电离．【解析】【解答】解：（1）金属的活动性越强；冶炼的程度越难，利用的越晚；

故答案为：c；

（2）一氧化碳与氧化铁在高温条件下反应生成铁和二氧化碳，其反应的方程式为：3CO+Fe2O32Fe+3CO2；

故答案为：3CO+Fe2O32Fe+3CO2；

（3）金属活泼性越强；与酸反应越剧烈，相同形状大小的铝片和铁片放入相同浓度的盐酸中，观察气泡产生的速度，如铝片上产生气泡的速度快，说明铝比铁活泼；

铝在空气中易被氧气氧化使表面生成致密的氧化物保护膜；

故答案为：相同形状大小的铝片和铁片放入相同浓度的盐酸中；观察气泡产生的速度，如铝片上产生气泡的速度快，说明铝比铁活泼；铝的表面生成一层致密的氧化膜；

（4）氢氧化铝能发生碱式电离电离出铝离子和氢氧根离子，发生酸式电离出偏铝酸根离子和氢离子，其电离方程式为：AlO2-+H++H2O⇌Al（OH）3⇌Al3++3OH-；

故答案为：AlO2-+H++H2O⇌Al（OH）3⇌Al3++3OH-．14、酚酞无色溶液变成浅红色，且半分钟内不褪色碱式滴定管、锥形瓶1滴定时有NaOH溶液滴到锥形瓶外面；未用NaOH溶液润洗滴定管；0.12mol/L【分析】【分析】（1）邻苯二甲酸氢钾与NaOH生成邻苯二甲酸钠钾和水；

（2）根据滴定终点的pH要在指示剂的变色范围之内确定指示剂；

根据指示剂在不同的酸碱性溶液显示不同的颜色判断；

（3）根据实验操作分析仪器；

（4）根据表中数据分析；第一次操作与另外两次数据差别较大；造成这种误差的可能原因是滴定时有NaOH溶液滴到锥形瓶外面或未用NaOH溶液润洗滴定管；

（5）邻苯二甲酸氢钾的质量求出物质的量，根据体积求出浓度．【解析】【解答】解：（1）邻苯二甲酸氢钾与NaOH生成邻苯二甲酸钠钾和水，其反应方程为：

故答案为：

（2）邻苯二甲酸氢钾为弱酸；终点时溶液的pH约为9.1，滴定终点的pH要在指示剂的变色范围之内，所以选用酚酞作指示剂，酚酞在pH＜8时为无色，pH为8～10之间，呈浅红色，所以当无色溶液变成浅红色，且半分钟内不褪色，说明反应到终点；

故答案为：酚酞；无色溶液变成浅红色；且半分钟内不褪色；

（3）该实验要用碱式滴定管盛放氢氧化钠溶液；用锥形瓶盛放邻苯二甲酸氢钾，故主要玻璃仪器为：碱式滴定管；锥形瓶；

故答案为：碱式滴定管；锥形瓶；

（4）根据表中数据分析；第1次操作与另外两次数据差别较大；造成这种误差的可能原因是滴定时有NaOH溶液滴到锥形瓶外面或未用NaOH溶液润洗滴定管，故答案为：1；滴定时有NaOH溶液滴到锥形瓶外面；未用NaOH溶液润洗滴定管；

（5）邻苯二甲酸氢钾；分子内有1个羧基，所以邻苯二甲酸氢钾与氢氧化钠按1：1反应，即邻苯二甲酸氢钾与氢氧化钠的物质的量相等；

n（邻苯二甲酸氢钾）==0.00204mol；

V（NaOH）=×10-3=0.017L

所以氢氧化钠溶液物质的量浓度为c（NaOH）==0.12mol/L；

故答案为：0.12mol/L．15、略

【分析】【解析】【答案】（1）2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－（2分）（2）加入少量盐酸加热浓缩，再冷却结晶（3分）（3）Fe2Cl6（2分）（4）1.1×10－6（2分）（5）①滴入最后一滴，溶液颜色由蓝色变为无色。（2分）②162.5Vc/m%（2分）③FeCl3·6H2O烘干时失去了部分结晶水（2分）三、判断题(共8题，共16分)16、×【分析】【分析】化学变化中的能量变化主要是热量变化，另外还有光能、电能等等．【解析】【解答】解：化学反应中能量变化的形式主要是热量变化，还有热能、光能、电能等等，故错误，故答案为：×．17、√【分析】【分析】镁能与氧气反应生成氧化镁，属于化合反应，镁能与空气中二氧化碳反应生成氧化镁和碳单质，属于置换反应．【解析】【解答】解：镁能与氧气反应生成氧化镁，属于化合反应，镁能与空气中二氧化碳反应生成氧化镁和碳单质，属于置换反应，故正确，答案为：√．18、×【分析】【分析】根据胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小不同．【解析】【解答】解：胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1-100nm之间，溶液的粒子直径小于1nm，浊液的子直径大于100nm，故答案为：×．19、×【分析】【分析】需要考虑铵根离子的浓度和氨气极易溶于水的性质来解答．【解析】【解答】解：因为氨气极易溶于水；所以若溶液里铵根离子的浓度很小时，即使加入过量的NaOH溶液，生成的一水合氨的浓度很小，不能放出氨气．

故答案为：×．20、×【分析】【分析】用PH试纸测定溶液PH的方法为：用玻璃棒蘸取少许待测液滴在PH试纸上，然后把试纸显示的颜色与标准比色卡对照，即可确定溶液的酸碱度，切记不能直接把试纸浸入待测液中，也不能先用水将pH试纸润湿后测定，因为这样做会稀释待测液，使测量结果不准．【解析】【解答】解：用玻璃棒蘸取待测溶液在已有水的PH试纸上；稀释了溶液，使测量结果不准．

故答案为：×．21、√【分析】【分析】溶液中含水应先除杂质后干燥，据此解题．【解析】【解答】解：对气体提纯时若用溶液做除杂质的试剂，要注意溶液中含水应先除杂质后干燥，故答案为：√．22、×【分析】【分析】元素的化合价升高，失去电子被氧化，以此来解答．【解析】【解答】解：在化学反应中某元素化合价只升高，作还原剂，失去电子被氧化，故答案为：×．23、×【分析】【分析】常温常压下，气体摩尔体积不是22.4L/mol，而是大于22.4L/mol，结合n=、N=nNA判断．【解析】【解答】解：常温常压下，气体摩尔体积不是22.4L/mol，由PV=nRT可知，气体摩尔体积大于22.4L/mol，由n=可知，22.4LCO2的物质的量小于1mol，故含有CO2分子数目小于NA个N=nNA，故错误，故答案为：×．四、书写(共3题，共30分)24、3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2OCu++2H++NO2-═Cu2++NO↑+H2O【分析】【分析】（1）硝酸盐在酸性条件下；具有强氧化性，与Cu反应生成NO和水；

（2）Cu+与亚硝酸根离子在酸性水溶液中发生氧化还原反应，生成铜离子、NO和水．【解析】【解答】解：（1）硝酸盐在酸性条件下，具有强氧化性，与Cu反应生成NO和水，该离子反应为3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O；

故答案为：3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O；

（2）Cu+与亚硝酸根离子在酸性水溶液中发生氧化还原反应，生成铜离子、NO和水，该离子反应为Cu++2H++NO2-═Cu2++NO↑+H2O；

故答案为：Cu++2H++NO2-═Cu2++NO↑+H2O．25、Ba2++SO42-=BaSO4↓2H++CO32-=H2O+CO2↑Cl-+Ag+=AgCl↓【分析】【分析】（1）碳酸钠与氯化钡反应生成碳酸钡和氯化钠；据此写出反应的离子方程式；

（2）盐酸与碳酸钠反应生成氯化钠；二氧化碳和水；反应的实质是碳酸根离子与氢离子反应生成二氧化碳和水；

（3）硝酸银与氯化钾反应生成氯化银沉淀和硝酸钾，实质是氯离子与银离子反应生成氯化银沉淀．【解析】【解答】解：（1）硫酸钠溶液与氯化钡溶液生成硫酸钡沉淀和氯化钠，反应的离子方程式为：Ba2++SO42-=BaSO4↓；

故答案为：Ba2++SO42-=BaSO4↓；

（2）盐酸与碳酸钠溶液反应生成氯化钠、二氧化碳和水，反应的离子方程式为：2H++CO32-=H2O+CO2↑；

故答案为：2H++CO32-=H2O+CO2↑；

（3）硝酸银溶液与氯化钾溶液生成氯化银沉淀和硝酸钾，反应的离子方程式为：Cl-+Ag+=AgCl↓；

故答案为：Cl-+Ag+=AgCl↓．26、CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）B1：7【分析】【分析】（1）根据“绿色化学”的特征：反应物中原子全部转化为欲制得的产物；即原子的利用率为100%；

（2）平衡状态时；正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不变；计算平衡时各物质的浓度，可计算平衡常数；

（3）根据二氧化碳气体体积和溶液质量增加的量列方程组解出一氧化氮和二氧化氮的体积，从而得出其体积之比．【解析】【解答】解：（1）以CO与H2为原料，在一定条件下均可合成甲醇：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）；

以CO2与H2为原料，在一定条件下均可合成甲醇：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g））+H2O；

以CO与H2为原料；产物只有一种，符合符合“绿色化学”的思想；

故答案为：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）；

（2）A．无论是否达到平衡；体系压强都保持不变，不能用于判断是否达到平衡状态，故A错误；

B．混合气体颜色保持不变；说明浓度不变，达到平衡状态，故B正确；

C．SO3和NO的计量数之比为1：1；无论是否达到平衡，二者的体积比保持不变，不能判断是否达到平衡状态，故C错误；

D．物质的量之比等于化学计量数之比，则每消耗1molSO3的同时生成1molNO2；不能判断是否达到平衡状态，故D错误．

NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）

起始物质的体积a2a00

转化物质的体积xxxx

平衡物质的体积a-x2a-xxx

平衡时NO2与SO2体积比为1：6，即（1a-x）：（2a-x）=1：6，故x=a，故平衡常数K====；

故答案为：B；；

（3）设NO的物质的量是x，NO2的物质的量是y；则。

解得：x=，y=；即一氧化氮和二氧化氮的物质的量之比为：：=1：7；所以相同条件下，一氧化氮和二氧化氮的体积之比是1：7；

故答案为：1：7．五、推断题(共1题，共9分)27、Cl2+H2O═HCl+HClO2Na+2H2O═2NaOH+H2↑浮在水面上，熔为小球，快速移动，溶液变红Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑【分析】【分析】有X；Y、Z三种单质；其中X单质在常温、常压下为气体，Y、Z单质为固体．

①纯净的氢气可在X单质中燃烧产生苍白色的火焰和大量的白雾；证明X为Cl2；

②Y单质在空气中剧烈燃烧；发出黄色的火焰，生成一种淡黄色的固体；证明Y为Na；

③ZZO2ZO3H2ZO4，H2ZO4是一种具有强氧化性的酸．依据转化关系判断Z为S；

依据判断出的物质分析回答问题．【解析】【解答】解：①纯净的氢气可在X单质中燃烧产生苍白色的火焰和大量的白雾；证明X为Cl2；

②Y单质在空气中剧烈燃烧；发出黄色的火焰，生成一种淡黄色的固体；证明Y为Na；

③ZZO2ZO3H2ZO4，H2ZO4是一种具有强氧化性的酸．依据转化关系判断Z为S；

（1）X（Cl2）单质与水反应的化学方程式：Cl2+H2O═HCl+HClO，故答案为：Cl2+H2O═HCl+HClO；

（2）Y（Na）单质与水反应的化学方程式为：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，故答案为：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑；

（3）将一小块Y（Na）单质放入滴有酚酞水中时；看到的实验现象为：浮在水面上，熔为小球，快速移动，溶液变红；

故答案为：浮在水面上；熔为小球，快速移动，溶液变红；

（4）铜与H2SO4浓溶液在加热时反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑；

故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑．六、实验题(共4题，共12分)28、Mg（OH）2CaCO3③除去Ca2+杀菌消毒强氧化Cl2+H2O═HCl+HClO①③【分析】【分析】（1）氢氧化钙中的氢氧根离子可以和镁离子，碳酸氢根离子反应，碳酸根离子还可以和钙离子反应，即HCO3-+OH-=CO32-+H2O；Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O；

（2）混凝剂能使固体颗粒沉淀，且混凝剂中的硫酸根离子与钙离子结合生成沉淀，生成胶状Fe（OH）3沉淀具有吸附性；

（3）通入二氧化碳；增大溶液中碳酸根离子浓度并调节酸碱性；

（4）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，HClO具有强氧化性，能杀菌消毒；氯气具有强氧化性，能杀菌消毒，则作为Cl2的替代品的物质需具有强氧化性；

（5）具有强氧化性的物质可作为气体Cl2的代用品．【解析】【解答】解：（1）氢氧化钙中的氢氧根离子可以和镁离子，碳酸氢根离子反应，碳酸根离子还可以和钙离子反应，即HCO3-+OH-=CO32-+H2O、Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓、Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O，则在一级沉降池中所得沉淀为，故答案为：Mg（OH）2；CaCO3；

（2）混凝剂能使固体颗粒沉淀，且混凝剂中的硫酸根离子与钙离子结合生成沉淀，为化学变化，而生成胶状Fe（OH）3沉淀具有吸附性；除去悬浮固体颗粒为物理变化，故答案为：③；

（3）通入二氧化碳；增大溶液中碳酸根离子浓度，则与钙离子反应生成沉淀，从而除去钙离子，并降低溶液的碱性，调节溶液的酸碱度；

故答案为：除去Ca2+；

（4）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，该反应为Cl2+H2O═HCl+HClO，HClO具有强氧化性，能杀菌消毒，故答案为：杀菌消毒；强氧化；Cl2+H2O═HCl+HClO；

（5）氯气具有强氧化性，能杀菌消毒，则作为Cl2的替代品的物质需具有强氧化性，选项中只有①③具有强氧化性，可作为气体Cl2的代用品，故答案为：①③．29、NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2Oc在干燥管D末端连接一导管，将导管插入烧杯中的液面下，用酒精灯微热蒸馏烧瓶，导管口有气泡冒出，撤掉酒精灯一段时间，导管内上升一段水柱，证明气密性良好在干燥管D末端连接一个尾气处理装置c不变61.5%【分析】【分析】（1）饱和NaNO2与NH4Cl溶液反应生成氯化钠；氮气和水；

（2）根据实验的需要结合大气压强原理来回答；

（3）只要先将装置密封再利用热胀冷缩原理进行气密性验证；

（4）实验必须对有毒气体进行尾气处理；防止空气污染；

（5）①根据广口瓶中的试剂X的作用考虑；

②根据反应前后广口瓶的上方留有的少量空间填充气体变化考虑；

③根据氨气的体积计算出物质的量，得出其中氮原子的物质的量，根据氮原子守恒，来计算氮化铝的百分含量．【解析】【解答】解：（1）饱和NaNO2与NH4Cl溶液反应生成氯化钠、氮气和水，故答案为：NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O；

（2）装置中分液漏斗与蒸馏烧瓶之间的导管A具有平衡气压的作用，这样可以保证NaNO2饱和溶液容易滴下；故选c；

（3）关闭分液漏斗开关；使装置处于密闭体系，将导管一端浸入水中，用手紧握锥形瓶外壁，由于热胀冷缩，锥形瓶内气体受热膨胀，如果导管口有气泡冒出，说明气密性良好，否则装置漏气，故答案为：在干燥管D末端连接一导管，将导管插入烧杯中的液面下，用酒精灯微热蒸馏烧瓶，导管口有气泡冒出，撤掉酒精灯一段时间，导管内上升一段水柱，证明气密性良好；

（4）实验必须对有毒气体进行尾气处理；防止空气污染，故答案为：在干燥管D末端连接一个尾气处理装置；

（5）①广口瓶中的试剂X的作用是将氨气与水隔开；