2024年浙教版高三化学下册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年浙教版高三化学下册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：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、下列变化中，一定不存在化学能与热能相互转化的是（）A.铝热反应B.金属钝化C.干冰气化D.燃放爆竹2、常温下，某种溶液中由水电离产生的c（H+）=1×10-11mol•L-1，该溶液中的溶质不可能是（）A.NaHSO4B.NaOHC.HClD.Al2（SO4）33、已知在晶体中仍保持一定几何形状的最小单位称为晶胞．干冰晶胞是一个面心立方体，在该晶体中每个顶角各有1个二氧化碳分子，每个面心各有一个二氧化碳分子．实验测得25℃时干冰晶体的晶胞边长为acm，其摩尔质量为Mg/mol，则该干冰晶体的密度为（单位：g/cm3）（）A.B.C.D.4、有机物与我们的生产生活密切相关，下列说法不正确的是（）A.葡萄糖可以发生氧化反应、银镜反应和水解反应B.工业上利用油脂在碱性条件下的水解反应制取肥皂C.食用植物油的主要成分是高级不饱和脂肪酸甘油酯，是人体营养物质D.甲醛对人体有害，但甲醛的水溶液可用于标本的防腐5、设NA为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是（）A.标准状况下，0.1molCl2溶于水，转移的电子数目为0.1NAB.常温常压下，7.0g乙烯与丙烯的混合物中含有氢原子的数目为NAC.某密闭容器盛有0.1molN2和0.3molH2，在一定条件下充分反应，转移电子的数目为0.6NAD.标准状态下，33.6L氟化氢中含有氟原子的数目为1.5NA6、化学世界是个五彩缤纷的世界，下列关于颜色的变化叙述正确的是（）A.向盛有苯酚溶液的试管中滴入FeCl3溶液，溶液呈紫色B.淀粉溶液遇碘离子变蓝C.氨气能使湿润的蓝色石蕊试纸变红D.二氧化硫能使石蕊溶液变红后褪色评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)7、在2KMnO4+16HCl═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反应中（）A.氧化产物与还原产物的粒子个数比为5：2B.氧化产物与还原产物的粒子个数比为2：5C.氧化剂与还原剂的粒子个数之比为1：8D.氧化剂与还原剂的粒子个数之比为1：58、由FeO、Fe2O3和Fe3O4组成的混合物，测得其中铁元素与氧元素的质量比为21：8，则这种混合物中FeO、Fe2O3和Fe3O4的物质的量之比是（）A.1：1：1B.2：1：1C.1：2：1D.1：1：39、将SO2和X气体分别通入BaCl2溶液中，未见沉淀生成，若同时通入，有沉淀生成，则X气体可能是（）A.CO2B.HClC.Cl2D.H2S10、用固体氢氧化钠配制一定物质的量浓度溶液时，下列操作能导致溶液浓度偏低的是（）A.在烧杯中溶解时，有少量液体溅出B.样品中混有碳酸钠固体C.容量瓶使用前未经干燥D.定容时俯视容量瓶刻度线11、对有机物的化学性质叙述正确的是（）A.能发生氧化反应B.与H2发生加成反应，必定得一种纯的新有机物C.能发生加聚反应生成高聚物D.检验-CHO可用酸性KMnO4溶液12、常温下，pH=12的NaOH溶液和pH=2的醋酸混合后恰好完全反应（不考虑溶液体积的变化）．下列说法正确的是（）A.原醋酸物质的量浓度大于0.01mol•L-1B.两种反应物中水电离出的c（H+）都是1×10-12mol•L-1C.反应后的溶液中：c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=0.01mol•L-1D.反应后的溶液中：c（CH3COO-）=c（Na+）＞c（H+）=c（OH-）评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)13、氨气在工农业生产中有重要应用．

Ⅰ．（1）如图所示，向NaOH固体上滴几滴浓氨水，迅速盖上盖，观察现象．

①浓盐酸液滴附近会出现白烟，发生反应的化学方程式为____．

②FeSO4液滴中先出现灰绿色沉淀，过一段时间后变成红褐色，发生的反应包括Fe2++2NH3•H2O═Fe（OH）2↓+2NH4+和____．

（2）已知氨气极易溶于水，而难溶于有机溶剂CCl4．下列装置中不适宜做氨气尾气吸收的是____．

Ⅱ．现代传感信息技术在化学实验中有广泛的应用。

某小组用传感技术测定喷泉实验中的压强变化来认识喷泉实验的原理（图1）．

（1）关闭a，将吸有2mL水的胶头滴管塞紧颈口c，打开b，完成喷泉实验，电脑绘制三颈瓶内气压变化曲线（图2）．图2中____点时喷泉最剧烈．

（2）从三颈瓶中量取25.00mL氨水至锥形瓶中，加入____做指示剂；用0.0500mol•L-1HCl滴定．终点时溶液颜色由____色变为____色；用pH计采集数据；电脑绘制滴定曲线如下图。

（3）据图，计算氨水的浓度为____mol•L-1；比较当VHCI=17.50ml时溶液中离子浓度大小关系____．

（4）关于该滴定实验的说法中，正确的是____．

A．锥形瓶中有少量蒸馏水导致测定结果偏低。

B．酸式滴定管在滴定前有气泡；滴定后气泡消失测得氨水的浓度偏高。

C．酸式滴定管未用盐酸润洗会导致测得氨水的浓度偏高。

D．滴定终点时俯视读数会导致测得氨水的浓度偏低．14、就有关物质的分离回答下面的问题；有一瓶A和B的混合液，已知它们的性质如表．

。物质熔点/°C沸点/°C密度/g•cm-3溶解性A-11.51981.11A、B互溶，且均易溶于水B17.92901.26据此分析，将A和B相互分离的常用方法是____．15、乙炔是一种重要的有机化工原料；以乙炔为原料在不同的反应条件下可以转化成以下化合物．完成下列各题：

（1）正四面体烷的分子式为____，其二氯取代产物有____种．

（2）关于乙烯基乙炔分子的说法错误的是：____

a、能使酸性KMnO4溶液褪色。

b、1摩尔乙烯基乙炔能与3摩尔Br2发生加成反应。

c、等质量的乙炔与乙烯基乙炔完全燃烧时的耗氧量不相同．16、维生素可根据其溶解性的不同分为____性维生素和____性维生素两大类，其中维生素C属于____性维生素．17、材料1：酒精；苯、四氯化碳都是有机溶剂；有机溶剂之间大都能互溶．

材料2：碘难溶于水；易溶与有机溶剂．

材料3：溴难溶于水；易溶于有机溶剂，其溶液呈橙色．

在酒精、苯、CCl4；NaCl、蒸馏水五种试剂中：

（1）能把碘单质从碘水中萃取出来的是____，进行分液之后是否能得到纯净的碘单质？____

（2）能把溴从溴水中萃取出来，并在分液时使溴从分液漏斗下端流出的是____；萃取时，液体接近无色的是____层，有色层是____层。

（3）CCl4能把碘酒中的碘萃取出来吗？为什么？____．18、已知：氧化性：KMnO4＞HNO3；Bi位于周期表中VA族，＋3价较稳定，Bi2O3为碱性氧化物，Bi3+的溶液为无色。取一定量硝酸酸化的Mn(NO3)2溶液依次进行下列实验，现象记录如下：①向其中加入适量的NaBiO3，溶液变为紫红色。②继续滴加适量H2O2，紫红色褪去，并有气泡产生。③再加入适量的PbO2固体，固体溶解，溶液又变为紫红色。回答下列问题：写出实验①反应的离子方程式：______________________________________。KMnO4、H2O2、PbO2氧化性由强到弱的顺序为____________________________。向反应③得到的溶液中通入SO2气体，看到的现象是____________________________。若实验②放出了336mL气体（标准状况），则反应①被氧化的Mn(NO3)2为________mol。19、（1）下列物质中：互为同素异形体的有____（填序号，下同），属于同位素的有____，属于同一种物质的有____．

①液氯②Cl③白磷④氯气⑤红磷⑥Cl

（2）下列物质中：只存在共价键的是____（填序号，下同），既存在离子键又存在极性共价键的是____，只存在离子键的是____．

①Ar②CO2③Na2O2④KOH⑤MgBr2⑥NH4Cl⑦CaO⑧H2SO4．20、t℃时，将2molSO2和1molO2通入体积为2L的恒温恒容密闭容器中，发生如下反应：2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g），△H=-196.6kJ/mol．2min时反应达到化学平衡，此时测得反应物O2还剩余0.8mol；请填写下列空白：

（1）从反应开始到达化学平衡，生成SO3的平均反应速率为____；平衡时SO2浓度为____

（2）下列叙述能证明该反应已达到化学平衡状态的是（填标号）____

A．容器内气体的总压强不再发生变化。

B．SO2的体积分数不再发生变化。

C．容器内气体原子总数不再发生变化。

D．相同时间内消耗2nmolSO2的同时消耗nmolO2

E．相同时间内消耗2nmolSO2的同时生成nmolO2．21、蓄电池是一种可以反复充电、放电的装置。有一种蓄电池在充电和放电时发生的反应为NiO2+Fe+2H2OFe(OH)2+Ni(OH)2（1）该蓄电池放电时，发生还原反应的物质是____（填字母，下同）。A．NiO2B．FeC．Fe(OH)2D．Ni(OH)2（2）下列有关该电池的说法中正确的是____A．放电时电解质溶液显强酸性B．放电时5.6gFe全部转化为Fe(OH)2时，外电路中通过了0.2mol电子C．充电时阳极反应为Ni(OH)2+2OH－−2e－==NiO2+2H2OD．充电时阴极附近溶液的碱性保持不变（3）用此蓄电池电解含有0.01molCuSO4和0.01molNaCl的混合溶液100mL，电解池的电极均为惰性电极。当溶液中的Cu2+全部转化成Cu时，阳极产生的气体在标准状况下的体积为；将电解后的溶液加水稀释至1L，此时溶液的pH=。（4）用此蓄电池进行电解，且电解池的电极均为铜电极，电解质溶液为浓碱液与NaCl溶液的混合液，电解一段时间后，同学们惊奇地发现，阳极附近不是生成蓝色沉淀，而是生成红色沉淀，查阅资料得知该红色沉淀是Cu2O。写出该阳极上的电极反应式：。评卷人得分四、判断题(共4题，共8分)22、22.4LNO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为NA．____（判断对错）23、Na2SO4固体中含钠离子．____（判断对错）24、可逆反应达到平衡，反应就不再进行．____（判断对错）25、对于C（s）+CO2（g）═2CO（g）的反应，当密度保持不变，在恒温恒容或恒温恒压条件下，均能作为达到化学平衡状态的标志．____（判断对错）评卷人得分五、探究题(共4题，共32分)26、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________．27、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：28、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________．29、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、综合题(共4题，共16分)30、［化学—选修物质结构与性质］（15分）美国《科学》杂志评出的2009年十大科学突破之一是石墨烯的研究和应用方面的突破。石墨烯具有原子级的厚度、优异的电学性能、出色的化学稳定性和热力学稳定性。制备石墨烯方法有石墨剥离法、化学气相沉积法等。石墨烯的球棍模型及分子结构示意图如右：（1）下列有关石墨烯说法正确的是＿＿＿＿。A．石墨烯的结构与金刚石相似B．石墨烯分子中所有原子可以处于同一平面C．12g石墨烯含σ键数为NAD．从石墨剥离得石墨烯需克服石墨层与层之间的分子间作用力（2）化学气相沉积法是获得大量石墨烯的有效方法之一，催化剂为金、铜、钴等金属或合金，含碳源可以是甲烷、乙炔、苯、乙醇或酞菁等中的一种或任意组合。①钴原子在基态时，核外电子排布式为：＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。②乙醇沸点比氯乙烷高，主要原因是＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。③上图是金与铜形成的金属互化物合金，它的化学式可表示为：＿＿＿＿＿＿＿＿。④含碳源中属于非极性分子的是＿＿＿（a．甲烷b．乙炔c．苯d．乙醇）⑤酞菁与酞菁铜染料分子结构如下图，酞菁分子中氮原子采用的杂化方式有：＿＿＿＿＿＿＿＿。31、（15分）为研究铁质材料与热浓硫酸的反应，某小组进行了以下探究活动：[探究一]（1）称取铁钉（碳素钢）12．0g放入30．0mL浓硫酸中，加热，充分应后得到溶液X并收集到气体Y。①甲同学认为X中除Fe3+外还可能含有Fe2+。若要确认其中是否含有Fe2+，应选择加入的试剂为________（选填序号）。a．KSCN溶液和氯水b．铁粉和KSCN溶液c．浓氨水d．酸性KMnO4溶液②乙同学取672mL（标准状况）气体Y通入足量溴水中，发生反应：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4然后加入足量BaCl2溶液，经适当操作后得到干燥固体4．66g。据此推知气体Y中SO2的体积分数为____。（相对原子质量：O—16S—32Ba—137）[探究二]分析上述实验中SO2体积分数的结果，丙同学认为气体Y中还可能含量有H2和CO2气体。为此设计了下列探究实验装置（图中夹持仪器省略）。（2）写出产生CO2的化学方程式____。（3）装置A中试剂的作用是____。（4）简述确认气体Y中含有CO2的实验现象。（5）如果气体Y中含有H2，预计实验现象应是。32、已知N、P同属元素周期表的ⅤA族元素，N在第二周期，P在第三周期，NH3分子呈三角锥形，N原子位于锥顶，三个H原子位于锥底，N—H键间的夹角是107°。33、［化学选修──有机化学基础］（15分）根据图示回答下列问题：（1）写出A、E、G的结构简式：A_____________，E_______________，G______________；（2）反应②的化学方程式（包括反应条件）是_________________________，（3）反应④化学方程式（包括反应条件）是____________________________________；（4）写出①、⑤的反应类型：①________________、⑤__________________。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、C【分析】【分析】存在化学能与热能的相互转化，是指发生化学反应过程中伴随有能量的变化，能量以热能体现．【解析】【解答】解：A；铝热反应是化学变化；且放出热量，是化学能转化为热能，故A不符合；

B；金属钝化是化学变化；且放出热量，是化学能转化为热能，故B不符合；

C；干冰的气化为物理变化；不存在化学能与热能的转化，故C符合；

D；爆竹中炸药爆炸过程中有化学反应发生；有化学能和热能变化，故D不符合；

故选：C．2、D【分析】【分析】常温下，某种溶液中由水电离产生的c（H+）=1×10-11mol•L-1＜1.0×10-7mol/L，说明水的电离程度减小，该溶质的溶液抑制了水的电离，该溶质可能为酸性溶液，也有可能为碱性溶液；由于弱酸根或弱碱根离子能够促进水的电离，所以不会是强酸弱碱盐或者强碱弱酸盐的溶液．【解析】【解答】解：常温下纯水电离的氢离子浓度为：c（H+）=1.0×10-7mol/L，由水电离产生的c（H+）=1×10-11mol•L-1＜1.0×10-7mol/L；说明抑制了水电离电离；

A、NaHSO4溶液中，硫酸氢根离子在水溶液中完全电离，电离出氢离子和硫酸根离子，水的电离H2O⇌H++OH-向逆反应方向移动；抑制了水的电离，所以可能为硫酸氢钠溶液，故A错误；

B；氢氧化钠溶液中；氢氧化钠分离出的氢氧根离子使溶液中氢氧根离子浓度增大，抑制了水的电离，水电离的氢离子浓度减小，所以可能是氢氧化钠溶液，故B错误；

C；氯化氢溶液为强酸性溶液；溶液中氯化氢氢离子使溶液中氢离子浓度增大，抑制了水的电离，溶液中水电离的氢离子浓度减小，所以可能为氯化氢溶液，故C错误；

D；硫酸铝溶液中；铝离子水解结合了水电离的氢氧根离子，促进了水的电离，溶液中水电离的氢离子浓度增大，故D正确．

故选D．3、D【分析】【分析】每个顶点上的二氧化碳分子被8个晶胞共用，每个面心上的二氧化碳分子被两个晶胞共用，所以该晶胞中二氧化碳分子个数==4，根据ρ=计算即可．【解析】【解答】解：每个顶点上的二氧化碳分子被8个晶胞共用，每个面心上的二氧化碳分子被两个晶胞共用，所以该晶胞中二氧化碳分子个数==4，ρ===g/cm3；

故选：D．4、A【分析】【分析】A．葡萄糖为单糖；单糖不能发生水解；

B．油脂属于酯类物质；油脂在碱性条件下的水解反应制取肥皂和甘油；

C．植物油中含有不饱和的碳碳键；为高级不饱和脂肪酸甘油酯；

D．甲醛有毒，对人体有害；甲醛能使蛋白质变性，可用于标本的防腐．【解析】【解答】解：A．葡萄糖分子中含有醛基和羟基；能够发生氧化反应和银镜反应，但是葡萄糖为单糖，不能发生水解，故A错误；

B．油脂为高级脂肪酸甘油酯；能够发生水解反应，则利用油脂在碱性条件下的水解反应工业上制取肥皂和甘油，故B正确；

C．食用植物油中含有不饱和的碳碳键；属于高级不饱和脂肪酸甘油酯，故C正确；

D．由于甲醛有毒；所以对人体有害；甲醛能使蛋白质变性，可用于标本的防腐，故D正确；

故选A．5、B【分析】【分析】A；氯气与水的反应是可逆反应；不能进行彻底；

B、根据乙烯和丙烯的最简式均为CH2来计算；

C；合成氨的反应为可逆反应；不能进行彻底；

D、标况下，HF为液态．【解析】【解答】解：A、氯气与水的反应是可逆反应，不能进行彻底，故0.1molCl2溶于水，转移的电子数目小于0.1NA；故A错误；

B、乙烯和丙烯的最简式均为CH2，则7.0g的混合物中CH2的物质的量n===0.5mol，氢原子的物质的量为1mol，数目为NA；故B正确；

C、合成氨的反应为可逆反应，不能进行彻底，故0.1molN2和0.3molH2，在一定条件下充分反应，转移电子的数目小于0.6NA；故C错误；

D；标况下；HF为液态，故D错误．

故选B．6、A【分析】解：A．酚类物质与铁离子能形成紫色的络合物；苯酚与氯化铁发生显色反应，观察到紫色，故A正确；

B．碘单质遇淀粉与淀粉结合形成蓝色物质；淀粉碘化钾溶液中含有碘离子，碘离子遇淀粉不变色，故B错误；

C．氨气能使湿润的酚酞试纸变红色；能使湿润的紫色石蕊试纸变蓝，不能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，故C错误；

D．二氧化硫与水反应生成亚硫酸；亚硫酸电离产生氢离子，显酸性，使石蕊变红，二氧化硫具有漂白性，能使品红褪色，但不能漂白石蕊变成的红色，故D错误；

故选A．

A．当羟基直接连接在苯环上为酚类物质；可与氯化铁发生颜色反应，溶液变紫色；

B．淀粉遇碘单质变蓝色；

C．蓝色石蕊试纸遇酸性物质能变红；紫色石蕊试纸遇碱性物质能变蓝，酚酞遇碱变红；

D．二氧化硫与水反应生成亚硫酸使石蕊溶液变红；但不褪色；

本题主要通过颜色的变化考查物质的性质，注意颜色变化的本质，属于对基础知识的考查，题目难度不大．【解析】【答案】A二、多选题(共6题，共12分)7、AD【分析】【分析】2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中，Mn元素的化合价由+7价降低为+2价，则KMnO4为氧化剂，生成MnCl2为还原产物，Cl元素的化合价由-1价升高为0，但在反应的16HCl（浓）中，被氧化的占10mol，未被氧化的HCl为6mol，所以10molHCl为还原剂，生成5molCl2为氧化产物，以此来解答．【解析】【解答】解：2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中，Mn元素的化合价由+7价降低为+2价，则KMnO4为氧化剂，生成MnCl2为还原产物，Cl元素的化合价由-1价升高为0，但在反应的16HCl（浓）中，被氧化的占10mol，未被氧化的HCl为6mol，所以10molHCl为还原剂，生成5molCl2为氧化产物；则氧化产物与还原产物的粒子个数比为5：2，氧化剂与还原剂的粒子个数之比为2：10=1：5，则AD正确；

故选：AD．8、AD【分析】【分析】因Fe3O4中铁元素和氧元素的质量比为21：8，要满足混合物中铁、氧元素的质量之比也为21：8，则样品中含有任意量的Fe3O4都可以，关键是FeO和Fe2O3中的元素的质量比，而FeO和Fe2O3的分子个数比为1：1时，两种物质的混合物中铁元素和氧元素的质量比也恰好为21：8．【解析】【解答】解：因Fe3O4中铁元素和氧元素的质量比为21：8，则Fe3O4为任意量都可满足混合物中铁；氧元素的质量之比为21：8；

Fe3O4可以形成FeO．Fe2O3，即FeO．Fe2O3物质的量之比为1：1时；两种物质的混合物中铁元素和氧元素的质量比也恰好为21：8；

故选：AD．9、CD【分析】【分析】A．二氧化硫和二氧化碳与氯化钡不反应；同时通入也不发生反应；

B．二氧化硫和盐酸与氯化钡不反应；同时通入也不发生反应；

C．二氧化硫和氯气与氯化钡不反应；同时通入，二氧化硫和氯气反应生成硫酸和盐酸，硫酸能与氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀；

D．二氧化硫和硫化氢与氯化钡不反应，同时通入，二氧化硫和硫化氢反应生成淡黄色的单质硫沉淀．【解析】【解答】解：A．二氧化硫和二氧化碳与氯化钡不反应；同时通入也不发生反应，故A错误；

B．二氧化硫和盐酸与氯化钡不反应；同时通入也不发生反应，故B错误；

C．二氧化硫和氯气与氯化钡不反应；同时通入，二氧化硫和氯气反应生成硫酸和盐酸，硫酸能与氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀，故C正确；

D．二氧化硫和硫化氢与氯化钡不反应；同时通入，二氧化硫和硫化氢反应生成淡黄色的单质硫沉淀，故D正确；

故选CD．10、AB【分析】【分析】分析操作对溶质的物质的量或溶液的体积的影响，根据c=判断不当操作对所配溶液浓度影响．【解析】【解答】解：A；在烧杯中溶解时；有少量液体溅出，氢氧化钠损失，移入容量瓶内氢氧化钠的物质的量减小，导致所配溶液浓度偏低，故A符合；

B；样品中混有碳酸钠固体；称取的氢氧化钠的实际质量减小，所配溶液浓度偏低，故B符合；

C；配制最后需加水定容；容量瓶使用前未经干燥，对所配溶液浓度无影响，故C不符合；

D；定容时俯视容量瓶刻度线；所配溶液体积偏小，导致所配溶液浓度偏高，故D不符合．

故选：AB．11、AC【分析】【分析】该有机物含有碳碳双键、醛基，可以发生氧化反应、加聚反应，与氢气发生加成反应是可能为碳碳双键、醛基中其中一种发生加成反应，也可能为完全发生加成反应，碳碳双键、醛基均能被是酸性高锰酸钾溶液氧化．【解析】【解答】解：A．该有机物含有碳碳双键；醛基；可以发生氧化反应，故A正确；

B．与氢气发生加成反应是可能为碳碳双键；醛基中其中一种发生加成反应；也可能为完全发生加成反应，不一定得到一种物质，故B错误；

C．该物质含有碳碳双键；可以发生加聚反应生成高聚物，故C正确；

D．碳碳双键、醛基均能被是酸性高锰酸钾溶液氧化，不能用酸性KMnO4溶液检验-CHO；可以用银氨溶液或新制氢氧化铜进行检验，故D错误；

故选AC．12、AB【分析】【分析】A．醋酸为弱电解质；溶液中部分电离出氢离子，pH=2的醋酸溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，则溶液中醋酸浓度大于0.01mol/L；

B．酸溶液和碱溶液都抑制了水的电离；氢离子；氢氧根离子浓度相等，则溶液中水的电离程度相等；

C．醋酸为弱电解质；溶液中只能部分电离，题中数据无法计算溶质醋酸的物质的量；

D．反应的溶液为醋酸钠溶液，醋酸根离子水解，溶液显示碱性，则c（H+）＜c（OH-），根据电荷守恒可知：c（CH3COO-）＜c（Na+）．【解析】【解答】解：A．醋酸为弱酸，溶液中只能部分电离出氢离子，pH=2的醋酸中氢离子浓度为0.01mol/l，则溶液中醋酸的浓度大于0.01mol•L-1；故A正确；

B．pH=12的NaOH溶液中水电离的氢离子为溶液中的氢离子浓度：1×10-12mol/L，pH=2的醋酸溶液中，水电离的氢离子为溶液中的氢氧根离子浓度：1×10-12mol/L，所以两溶液中水电离的c（H+）=1×10-12mol•L-1；故B正确；

C．由于醋酸为弱电解质，溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，则醋酸的浓度大于0.01mol/L，无法判断溶液中c（CH3COO-）+c（CH3COOH）的大小；故C错误；

D．反应后的溶液为醋酸钠溶液，由于醋酸根离子部分水解，溶液中显示碱性，则c（OH-）＞c（H+）、c（Na+）＞c（CH3COO-），所以溶液中离子浓度大小关系为：c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（H+）；故D错误；

故选AB．三、填空题(共9题，共18分)13、NH3+HCl═NH4Cl4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3CD甲基橙黄橙0.0450c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+）BCD【分析】【分析】Ⅰ．（1）①浓盐酸和浓氨水易挥发；浓盐酸液滴附近会出现白烟，发生HCl与氨气的反应生成氯化铵；

②氢氧化钠具有吸水性；溶于水并放热，滴加氨水，生成氨气，氨气与浓盐酸反应生成氯化铵，与浓硫酸反应生成硫酸铵或硫酸氢铵，氨气与硫酸亚铁溶液反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，易被氧化生成氢氧化铁，以此解答；

（2）根据氨气极易溶于水，尾气吸收时要防止倒吸，导气管不能插入到液面以下以及氨气难溶于有机溶剂CCl4；

Ⅱ．（1）三颈瓶内气体与外界大气压压强之差越大；其喷泉越剧烈；

（2）氨水是弱碱；用盐酸滴定恰好反应生成氯化铵溶液，铵根离子水解显酸性，甲基橙指示剂变色范围3.1-4.4，酸中为红色，碱中为黄色，变色范围内为橙色；

可以用移液管或碱式滴定管量取碱性溶液；

（3）氨气极易溶于水，三颈瓶中氨气溶于水形成喷泉充满整个三颈瓶，氨水的物质的量浓度=mol/L=mol/L，当VHCI=17.50ml时；溶液PH=9，溶液显碱性，此时溶液中为氯化铵和一水合氨；

（4）A．锥形瓶中有少量蒸馏水不影响氨水的物质的量；

B．酸式滴定管在滴定前有气泡；滴定后气泡消失，读取标准溶液体积增大；

C．酸式滴定管未用盐酸润洗会导致盐酸浓度偏低；

D．滴定终点时俯视读数会导致盐酸溶液体积偏小．【解析】【解答】解：Ⅰ．（1）①浓盐酸液滴附近会出现白烟，发生HCl与氨气的反应生成氯化铵，该反应为NH3+HCl═NH4Cl，故答案为：NH3+HCl═NH4Cl；

②FeSO4与碱反应生成白色沉淀，发生反应为Fe2++2NH3•H2O═Fe（OH）2↓+2NH4+，然后出现灰绿色沉淀，过一段时间后变成红褐色，是因氢氧化亚铁被氧化，发生反应为4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3；

故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3；

（2）A；水的密度比四氯化碳小；浮在四氯化碳的上面，四氯化碳不能和氨气反应，也不溶解氨气，该装置既能够吸收易溶性气体，又能够防止倒吸．故A正确；

B；吸收装置中的导管下连漏斗；漏斗的边缘紧靠液面，易吸收易溶性气体，能防止倒吸，故B正确；

C；吸收装置中的导气管插入到液面；易吸收易溶性气体，但产生倒吸，故C错误；

D；吸收装置中的导管没直接伸入到液体中；而是与烧杯连接紧密，易吸收易溶性气体，能防止倒吸，故D正确；

故选：C；

Ⅱ．（1）三颈瓶内气体与外界大气压压强之差越大；其反应速率越快，D点压强最小；大气压不变，所以大气压和D点压强差最大，则喷泉越剧烈，故答案为：D；

（2）从三颈瓶中量取25.00mL氨水至锥形瓶中，加入甲基橙指示剂，在碱溶液中是黄色，PH变色范围为：3.1-4.4，用0.0500mol•L-1HCl滴定．终点时溶液颜色由黄色变化为橙色；

故答案为：甲基橙；黄，橙；

（3）氨气极易溶于水，三颈瓶中氨气溶于水形成喷泉充满整个三颈瓶，设三颈瓶体积为1L，所以氨水的物质的量浓度=mol/L=mol/L=0.0450mol/L，当VHCI=17.50ml时，溶液PH=9，溶液显碱性，此时溶液中为氯化铵和一水合氨，一水合氨电离大于铵根离子水解程度，所以溶液中离子浓度大小为：c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+）；

故答案为：0.0450；c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+）；

（4）c（待测）=；标准溶液浓度和待测溶液体积是恒定数值，分析操作归结为标准溶液的体积变化来判断待测溶液的浓度变化；

A．锥形瓶中有少量蒸馏水；待测溶液浓度稀释，溶质物质的量不变，对测定结果无影响，故A错误；

B．酸式滴定管在滴定前有气泡；滴定后气泡消失，消耗标准溶液盐酸的体积增大，测得氨水的浓度偏高，故B正确；

C．酸式滴定管未用盐酸润洗会导致标准溶液浓度减小；测得氨水的浓度偏高，故C正确；

D．滴定终点时俯视读数；读取标准溶液的体积会偏小，导致测得氨水的浓度偏低，故D正确；

故答案为：BCD；14、蒸馏【分析】【分析】A、B互溶，但沸点相差较大，可用蒸馏的方法分离．【解析】【解答】解：A、B互溶，但沸点相差较大，可用蒸馏的方法分离，故答案为：蒸馏．15、C4H41c【分析】【分析】（1）正四面体烷的每个顶点代表一个碳原子；碳可形成4对共用电子对，每个碳原子上都连有一个氢原子；

依据正四面体烷分子为正四面体对称结构；分子中只有1种H原子；每个C原子上只有1个H原子，判断二氯代物种数；

（2）乙烯基乙炔分子式为：CH≡C-CH═CH2，含有1个三键和1个双键，据此解答．【解析】【解答】解：（1）正四面体烷的每个顶点代表一个碳原子，碳可形成4对共用电子对，每个碳原子上都连有一个氢原子，正四面体烷的分子式为C4H4；

分子为正四面体对称结构；分子中只有1种H原子；每个C原子上只有1个H原子，且4个H原子均为相邻位置，则二氯代产物只有1种；

故答案为：C4H4；1；

（2）乙烯基乙炔分子式为：CH≡C-CH═CH2；含有1个三键和1个双键．

a．乙烯基乙炔含有不饱和键；具有还原性，能够被酸性高锰酸钾氧化，故a正确；

b.1mol乙烯基乙炔分子中1mol碳碳双键、1mol碳碳三键，1mol碳碳双键能和1摩尔Br2发生加成反应，1mol碳碳三键能和2摩尔Br2发生加成反应，所以1摩尔乙烯基乙炔能与3摩尔Br2发生加成反应，故b正确；

c．乙烯基乙炔为CH2=CH-C≡CH最简式为CH，乙炔C2H2的最简式为CH；最简式相同，等质量的乙炔和乙烯基乙炔完全燃烧，消耗氧气的物质的量相等，故c错误；

故选：c．16、脂溶水溶水溶【分析】【分析】维生素可根据其溶解性的不同分为脂溶性维生素和水溶性维生素两大类．【解析】【解答】解：维生素可根据其溶解性的不同分为脂溶性维生素和水溶性维生素两大类；维生素C是水溶性维生素，故答案为：脂溶；水溶；水溶．17、苯、CCl4不能CCl4无橙不能，四氯化碳与酒精混溶【分析】【分析】（1）萃取剂的选择原则是：与水互不相溶；被萃取的物质在该溶剂中的溶解度比在水中的溶解度大，且跟萃取物不发生化学反应；

（2）根据液体的密度判断；溴在四氯化碳中的颜色是橙色．

（3）根据萃取剂的选择标准判断．【解析】【解答】解：（1）碘在苯、CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，且和碘不反应，苯、CCl4和水不互溶，所以符合萃取剂的选择标准，故萃取剂为苯、CCl4；

碘被萃取到四氯化碳或苯中；得到的仍是混合物，所以不能得到纯净的碘单质．

故答案为：苯、CCl4；不能；

②四氯化碳的密度大于水的密度；所以四氯化碳在下方，水在上方；萃取时，上层液体是水，溴被萃取到下方四氯化碳中，所以上层无色，下层橙色；

故答案为：CCl4；无；橙；

③四氯化碳和乙醇互溶，不符合萃取剂的选择标准，故不能，故答案为：不能，四氯化碳与酒精混溶．18、略

【分析】【解析】试题分析：（1）向其中加入适量的NaBiO3，溶液变为紫红色，这说明反应中有高锰酸钾生成，即NaBiO3将Mn2＋氧化，所以反应的化学方程式是5BiO3-＋2Mn2＋＋14H+→5Bi3＋＋2MnO4－＋7H2O。（2）继续滴加适量H2O2，紫红色褪去，并有气泡产生，说明反应中双氧水被氧化，高锰酸钾是氧化剂。再加入适量的PbO2固体，固体溶解，溶液又变为紫红色，这说明PbO2也能将Mn2＋氧化生成高锰酸钾，所以根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的可知，氧化性强弱顺序是PbO2＞KMnO4＞H2O2。（3）SO2具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，则实验现象是紫红色褪去，生成(白色)沉淀硫酸铅。（4）氧气的物质的量是0.015mol，反应中转移电子的物质的量是0.015mol×2＝0.03mol，则消耗高锰酸钾的物质的量是0.03mol÷5＝0.006mol。所以根据原子守恒可知，反应①被氧化的Mn(NO3)2为0.006mol。考点：考查氧化还原反应的有关判断、计算【解析】【答案】5BiO3-＋2Mn2＋＋14H+→5Bi3＋＋2MnO4－＋7H2O（2分）PbO2＞KMnO4＞H2O2（2分）紫红色褪去，生成(白色)沉淀（“白色”不写不扣分）（2分）0.006mol（2分）19、③⑤②⑥①④②⑧④⑥⑤⑦【分析】【分析】（1）根据同素异形体是由同一元素形成的不同单质；同位素是同种元素的不同核素判断；

（2）根据共价键和和离子键的定义判断．共价键：相邻原子间通过共用电子对形成的化学键；离子键：阴阳离子通过静电作用形成的化学键；

共价键的极性根据成键元素判断．【解析】【解答】解：（1）同素异形体是由同一元素形成的不同单质；同位素是同种元素的不同核素判断．

①液氯和④氯气是氯气的不同状态；是同种物质；

②Cl和⑥⑥Cl质子数相同；中子数不同，互为同素异形体；

③白磷和⑤红磷是由同一元素形成的结构性质不同的单质；属于同素异形体；

故答案为：③⑤；②⑥；①④；

（2）共价键：相邻原子间通过共用电子对形成的化学键；离子键：阴阳离子通过静电作用形成的化学键；

同种元素原子之间形成的非极性共价键；不同种元素原子之间形成极性共价键．

①Ar单原子分子；不存在化学键；

②CO2碳原子和氧原子形成极性共价键；

③Na2O2中钠离子和过氧根离子间形成离子键；过氧根离子内部氧原子之间形成非极性共价键；

④KOH中钾离子和氢氧根离子间形成离子键；氢氧根离子内部氧原子；氢原子间形成极性共价键；

⑤MgBr2镁离子与溴离子间形成离子键；

⑥NH4Cl铵根离子与氯离子间形成离子键；铵根离子内部氮原子；氢原子间形成极性共价键；

⑦CaO钙离子和氧原子间形成离子键；

⑧H2SO4氢原子与氧原子之间；氧原子与硫原子间均形成极性共价键；

故答案为：②⑧；④⑥；⑤⑦．20、0.1mol•L-1•min-10.8mol•L-1ABE【分析】【分析】（1）根据平均反应速率v=计算出反应速率；根据平衡时SO2浓度=计算；

（2）化学平衡状态的标志：正反应速率等于逆反应速率，平衡混合物中各组成成分的含量不变来判断．【解析】【解答】解：（1）还剩余0.8mo1氧气可知：反应消耗0.4molSO2和0.2molO2，生成0.4molSO3；

三氧化硫的反应速率为v（SO3）===0.1mol•L-1•min-1；

SO2浓度===0.8mol•L-1；

故答案为：0.1mol•L-1•min-1；0.8mol•L-1；

（2）A．容器内压强不再发生变化；该反应两边气体体积不相等，反应过程中压强是变量，压强不变，该反应达到了平衡状态，故A正确；

B．SO2的体积分数不再发生变化；表明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故B正确；

C．容器内气体原子总数不再发生变化；根据原子守恒，原子总数始终不变，所以原子总数不能作为判断平衡状态的依据，故C错误；

D．相同时间内消耗2nmolSO2的同时消耗nmolO2；都是指的是正反应方向，因此不能作为判断平衡状态的依据，故D错误；

E．相同时间内消耗2nmolSO2的同时生成nmolO2，相同时间内消耗2nmolSO2等效于消耗nmolO2，同时生成nmolO2；正反应速率等于逆反应速率，故E正确；

故答案：ABE．21、略

【分析】试题分析：（1）还原反应是化合价降低的物质发生的，NiO2生成Ni(OH)2化合价由+4降到+2，（3）电解含有0.01molCuSO4和0.01molNaCl的混合溶液100mL转移0.02mol电子时先是氯离子失去电子，然后是水中OH-失去电子，各失去电子0.01mol，产生Cl20.005mol,O20.0025mol,共0.0075mol，体积为0.0075mol×22.4L·mol-1=0.168L,OH-失去电子0.01mol同时产生0.01molH+,稀释至1L时c(H+)=0.01mol·L-1,pH为2。（4）由信息可知电极反应为：2Cu+2OH－−2e－=Cu2O+H2O考点：考查电化学原理及计算等相关知识。【解析】【答案】（1）A（2）B、C（3）0.168L2（4）2Cu+2OH－−2e－=Cu2O+H2O四、判断题(共4题，共8分)22、×【分析】【分析】每个NO2和CO2分子均含有2个O原子，故二者混合气体中含有O原子数目为分子总数的2倍．【解析】【解答】解：每个NO2和CO2分子均含有2个O原子，故分子总数为NA的NO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为2NA，状况不知，无法求物质的量，故答案为：×．×23、√【分析】【分析】可从该化合物所含化学键及晶体类型判断是否含有钠离子．【解析】【解答】解：Na是第ⅠA族活泼金属，与酸根离子形成离子键，所以Na2SO4属于离子化合物；由阳离子钠离子和阴离子硫酸根离子构成；

故答案为：√．24、×【分析】【分析】据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变．【解析】【解答】解：化学平衡是动态平衡；当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0；

故答案为：×．25、√【分析】【分析】化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，由此衍生的一些物理量也不变，结合反应的特点进行分析．【解析】【解答】解：反应前后气体的质量不等；在恒温恒容条件下，混合气体的密度逐渐增大，当达到平衡状态时，容器中混合气体的密度不变；

而恒温恒压条件下，随反应进行，体系的体积增大，分子量：CO2＞CO；故混合气体的密度逐渐减小，当密度保持不变，反应达到平衡；

故答案为：√．五、探究题(共4题，共32分)26、|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．27、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．28、|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