2024年沪科版高三化学上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年沪科版高三化学上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、下列各图中哪一个是氧原子的电子排布图（）A.B.C.D.2、将金属钠分别投入下列物质的水溶液中，产生气体和蓝色沉淀的是（）A.NaClB.K2SO4C.CuCl2D.MgCl23、现在电池的种类非常多，且由电池造成的污染越来越严重，下列电池不会造成环境污染的是（）A.碱性锌锰电池B.氢氧燃料电池C.酸性锌锰电池D.镍镉电池4、利用如图装置，可模拟铁的电化学防护．下列有关说法正确的是（）A.若X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，开关K应置于M处B.若X为锌板，K置于M或N处，均能减缓铁的腐蚀C.若X为碳棒，K置于M或N处，一段时间后溶液pH均不变D.若X为碳棒，K置于M或N处，Cl-均向X电极移动5、下列实验操作、现象和解释都正确的是。选项实验操作现象解释A在密闭容器中加热CuO黑色固体变成红色固体CuO受热分解得到单质CuB将SO2通入品红溶液中溶液褪色SO2具有漂白性C将Mg、Al与NaOH溶液组成原电池Al电极溶解Al比Mg金属活动性强D向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液有白色沉淀生成该溶液中一定含有SO42-6、下列叙述不正确的是（）A.食盐可作调味剂，也可作食品防腐剂B.大量排放SO2、NO2会导致酸雨的形成C.废弃的金属、纸制品及玻璃都是可回收再利用的资源D.纤维素可直接成为人的营养物质评卷人得分二、双选题(共8题，共16分)7、实验室做化学实验，发生下列事故，处理方法不正确的是（）A.金属钠着火，用泡沫灭火器扑灭B.实验台上的酒精灯碰翻着火，立即用湿抹布扑灭C.皮肤溅上浓H2SO4，立即用大量水冲洗D.汞洒落地面，应立即撒上一层硫黄粉8、已知：rm{2Na[Al(OH)]+CO_{2}隆煤2Al(OH)_{3}隆媒+Na_{2}CO_{3}+H_{2}O}向含rm{2molNaOH}rm{1molBa(OH)_{2}}rm{2molNa[Al(OH)_{4}]}的混合溶液中慢慢通入rm{CO_{2}}则通入rm{CO_{2}}的量和生成沉淀的量关系正确的是rm{(}rm{)}。选项rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{n(CO_{2})(mol)}rm{2}rm{3}rm{4}rm{6}rm{n(}沉淀rm{)(mol)}rm{1}rm{2}rm{3}rm{3}A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}9、下列实验现象预测正确的是（）

A.实验Ⅰ：振荡后静置，上层溶液颜色保持不变B.实验Ⅱ：酸性KMnO4溶液中出现气泡，且颜色逐渐褪去C.实验Ⅲ：微热稀HNO3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色D.实验Ⅳ：继续煮沸溶液至红褐色，停止加热，当光束通过体系时可产生丁达尔效应10、rm{10mL}浓度为rm{1mol隆陇L^{-1}}的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能减慢反应速率但又不影响氢气生成量的是rm{(}rm{)}A.rm{K_{2}SO_{4}}B.rm{CH_{3}COONa}C.rm{CuSO_{4}}D.rm{Na_{2}CO_{3}}11、rm{.}下列数据是对应物质的熔点，有关的判断错误的是()。rm{Na_{2}O}rm{Na}rm{AlF_{3}}rm{AlCl_{3}}rm{Al_{2}O_{3}}rm{BCl_{3}}rm{CO_{2}}rm{SiO_{2}}rm{920隆忙}rm{97.8隆忙}rm{1291隆忙}rm{190隆忙}rm{2073隆忙}rm{-107隆忙}rm{-57隆忙}rm{1723隆忙}A.只要含有金属阳离子的晶体就一定是离子晶体。

B.在共价化合物分子中各原子都形成rm{8}电子结构。

C.同族元素的氧化物可形成不同类型的晶体。

D.金属晶体的熔点不一定比分子晶体的高12、下列有关说法正确的是rm{(}rm{)}A.室温下，rm{Ag^{+}(aq)+Cl^{-}(aq)篓TAgCl(s)}反应可自发进行，则该反应的rm{triangleH<0}B.高温下，工业上用纯碱和石英砂制玻璃，说明硅酸的酸性强于碳酸C.加热蒸干氯化铝溶液并灼烧残留物至质量不变，所得固体为氧化铝D.高温下，用金属钠与氯化钾可以置换出金属钾，说明钠的金属性比钾强13、真菌聚酮rm{(X)}具有多种生物活性，一定条件下可分别转化为rm{Y}和rm{Z}．

下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{X}rm{Y}和rm{Z}中均不含手性碳原子B.rm{Y}能发生氧化、还原、取代反应C.一定条件下，rm{1}rm{mol}rm{X}最多能与rm{5}rm{mol}rm{H_{2}}发生加成反应D.rm{1}rm{mol}rm{Z}最多可与含rm{3}rm{mol}rm{NaOH}的溶液反应14、下列单元操作中采用了热交换设计的有rm{(}rm{)}A.电解食盐水制烧碱B.合成氨中的催化合成C.硫酸生产中的催化氧化D.氨碱法中的氨盐水碳酸化评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)15、有下列化学仪器：①托盘天平；②玻璃棒；③药匙；④烧杯；⑤量筒；⑥容量瓶；⑦胶头滴管；⑧细口试剂瓶；⑨标签纸．

（1）现需要配制450mL1mol/L硫酸溶液，需用量筒量取质量分数为98%、密度为1.84g•cm-3的浓硫酸____ml．

（2）从上述仪器中选择适当的仪器，按实验使用的先后顺序的编号依次是____．

（3）若实验遇到下列情况；对硫酸溶液的物质的量浓度有何影响（填“偏高”；“偏低”、“不变”）：

①用于稀释硫酸的烧杯未洗涤，____

②未经冷却趁热将溶液注入容量瓶，____

③摇匀后发现液面低于刻度线再加水，____

④定容时观察液面俯视，____

⑤配置前容量瓶中有蒸馏水，____．16、将4molA气体和2molB气体在2L的容器中混合并在一定条件下发生如下反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g）若经2s后测得C的浓度为0.6mol•L-1；那么；

（1）用物质A表示的反应的平均速率为____，用物质B表示的反应的平均速率为____．

（2）2s时物质B的浓度为____，2s时物质A的转化率为____．17、“碘钟”实验中，3I-+S2O32-═I3-+2SO42-的反应速率可以用I3-与加入的淀粉溶液显蓝色的时间t来度量；t越小，反应速率越大，某研究性学习小组在20℃进行实验，得到的数据如表，请回答有关问题：

。实验编号①②③④⑤C（I-）/mol•L-10.0400.0800.0800.1600.120C（S2O32-）/mol•L-10.0400.0400.0800.0200.040t/s88.044.022.044.0t2（1）该实验的目的是____；

（2）显色时间t2=____；

（3）通过分析比较表中的数据，得到的结论是____．18、某有机物的结构简式为HOOC-CH=CHCH2OH．

①请你写出该有机物官能团的名称：____、____、____．

②验证该有机物中含有-COOH官能团常采用的方法____，产生的现象为____．

③请你写出该有机物与氢气反应的化学方程式：____．19、找出每组不同于其他物质的物质．

（1）HCl，H2SO4，H2CO3，H3PO4____；

HCl，H2S，HF，HClO3____；

NaOH，Ba（OH）2，KOH，Cu（OH）2____；

空气，石油，煤，HCl气体____；

NaHCO3，KHSO4，KHSO3，NH4Cl____；

（2）CaO，Na2O，CO2，CuO____；

HCl，H2O，H2SO4，HNO3____；

O2，Fe，Cu，Zn____；

S，C，Ar，Cu____．20、在①乙醇、②乙醛、③乙酸三种物质中，具有酸性的是____（填序号，下同），能发生银镜反应的是____，可在医疗上用作消毒剂的是____．21、0.6mol的气态高能燃料乙硼烷（B2H6）在氧气中燃烧，生成固态B2O3和液态水，放出800kJ热量，其热化学方程式为：____．评卷人得分四、判断题(共3题，共30分)22、0.1L3.0mol•L-1的NH4NO3溶液中含有的NH4+的数目为0.3NA．____（判断对错）23、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×）．24、钠的性质活泼，在空气中易发生反应，故应保存在CCl4或酒精中．____（判断对错）评卷人得分五、计算题(共1题，共7分)25、一定质量的小苏打粉末经充分加热后，质量比原来减少了3.1g，剩余物的质量为Ag；相同质量的小苏打和一定质量的结晶苏打（Na2CO3•xH2O）的混合物；经充分加热后，质量比原来减少10.3g．剩余物的质量为Bg；又知B：A=2：1．试求：

（1）原小苏打和结晶苏打的质量；

（2）结晶苏打化学式中x的值．评卷人得分六、简答题(共3题，共6分)26、为验证氧化性Cl2＞Fe3+＞SO2；某小组用下图所示装置进行实验（夹持仪器和A中加热装置已略，气密性已检验）．

实验过程：

I．打开弹簧夹K1～K4，通入一段时间N2，再将T型导管插入B中，继续通入N2，然后关闭K1、K3、K4．

Ⅱ．打开活塞a；滴加一定量的浓盐酸，给A加热．

Ⅲ．当B中溶液变黄时，停止加热，关闭K2．

Ⅳ．打开活塞b；使约2mL的溶液流入D试管中，检验其中的离子．

Ⅴ．打开K3和活塞c，加入70%的硫酸，一段时间后关闭K3．

Ⅵ．更新试管D；重复过程Ⅳ，检验B溶液中的离子．

（1）过程Ⅰ的目的是______．

（2）棉花中浸润的溶液为______．

（3）A中发生反应的化学方程式______．

（4）若将制取的SO2通入酸性高锰酸钾溶液可使溶液褪色，其离子方程式为______．

（5）甲、乙、丙三位同学分别完成了上述实验，结论如下表所示．他们的检测结果一定能够证明氧化性Cl2＞Fe3+＞SO2的是______（填“甲”“乙”“丙”）．

。过程ⅣB溶液中含有的离子过程ⅥB溶液中含有的离子甲有Fe3+无Fe2+有SO42-乙既有Fe3+又有Fe2+有SO42-丙有Fe3+无Fe2+有Fe2+27、如图是一种治疗关节炎止痛药（F）的传统合成法路线图：

回答下列问题：

（1）A→B的化学方程式为______。

（2）B中含氧官能团的名称为______；C分子中手性碳原子数目为______个；D→E的反应类型为______。

（3）E在酸性条件下发生水解反应生成F和无机盐；该无机盐中的阳离子为______。

（4）比F少1个碳原子的同系物X有多种同分异构体；其中满足下列条件的X的同分异构体结构简式为（写出任意一种）______。

①属于芳香族化合物；②不能发生银镜反应；但能发生水解反应；③分子中有4种不同化学环境的氢原子。

（5）改良法合成该关节炎止痛药（F）是以2甲基-1-丙醇；苯为原料合成的；产率和原子利用率都比较高。试写出改良法合成该关节炎止痛药（F）的合成路线图（乙酸酐和其他无机试剂任选）。

合成路线流程图示例如下：H2C=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH

已知：

28、二甲醚是一种重要的清洁燃料，也可替代氟利昂作制冷剂等，对臭氧层无破坏作用rm{.}工业上可利用煤的气化产物rm{(}水煤气rm{)}合成二甲醚rm{.}请回答下列问题：

rm{(1)}煤的气化过程中产生的有害气体rm{H_{2}S}用rm{Na_{2}CO_{3}}溶液吸收；生成两种酸式盐，该反应的化学方程式为：______．

rm{(2)}利用水煤气合成二甲醚的三步反应如下：

rm{垄脵2H_{2}(g)+CO(g)?CH_{3}OH(g)}rm{triangleH=-90.8kJ?mol^{-1}}

rm{triangle

H=-90.8kJ?mol^{-1}}rm{triangleH=-23.5kJ?mol^{-1}}

rm{垄脷2CH_{3}OH(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+H_{2}O(g)}rm{triangleH=-41.3kJ?mol^{-1}}

总反应：rm{triangle

H=-23.5kJ?mol^{-1}}的rm{垄脹CO(g)+H_{2}O(g)?CO_{2}(g)+H_{2}(g)}______；一定条件下的密闭容器中，该总反应达到平衡，要提高rm{triangle

H=-41.3kJ?mol^{-1}}的转化率，可以采取的措施是______rm{3H_{2}(g)+3CO(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+CO_{2}(g)}填字母代号rm{triangleH=}．

rm{CO}压缩体积rm{(}加入催化剂rm{)}减少rm{a.}的浓度rm{b.}增加rm{c.}的浓度rm{CO_{2}}分离出二甲醚。

rm{d.}已知反应rm{CO}某温度下的平衡常数为rm{e.}此温度下，在密闭容器中加入rm{(3)}反应到某时刻测得各组分的浓度如下：

。rm{垄脷2CH_{3}OH(g)?CH_{3}OCH_{3}(g)+H_{2}O(g)}物质rm{C_{H}3OH}rm{CH_{3}OCH_{3}}rm{H_{2}O}浓度rm{/(mol?L^{-1})}rm{0.44}rm{0.6}rm{0.6}rm{垄脵}比较此时正、逆反应速率的大小：rm{v}正______rm{v}逆rm{(}填“rm{>}”、“rm{<}”或“rm{=}”rm{)}．

rm{垄脷}温度升高，该反应的平衡常数rm{K}______rm{(}填“增大”、“减小”或“不变”rm{)}参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【分析】氧原子最外层6个电子，其中2p轨道中还有4个电子，核外电子排布式为1s22s22p4，结合洪特规则和泡利原理分析．【解析】【解答】解：A；该选项违反了能量最低原理；应先排满2s轨道，故A错误；

B；2p能级上的两个单电子；应自旋方向相同，违反了洪特规则，故B错误；

C；该选项违反了洪特规则；电子分布到能量简并的原子轨道时，优先以自旋相同的方式分别占据不同的轨道，故C错误；

D、氧原子的核外电子排布式为1s22s22p4，电子排布图为故D正确；

故选D．2、C【分析】【分析】将钠加入电解质溶液中，钠发生反应2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，生成的NaOH能和可溶性铜盐生成氢氧化铜蓝色沉淀，据此分析解答．【解析】【解答】解：A．钠加入NaCl溶液中发生反应2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；NaOH和氯化钠不反应，所以只生成气体，故A错误；

B．将钠加入硫酸钾溶液中发生反应2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；NaOH和硫酸钾不反应，所以只生成气体，故B错误；

C．钠加入氯化铜溶液中发生反应2Na+2H2O=2NaOH+H2↑、2NaOH+CuCl2=Cu（OH）2↓+2NaCl；氢氧化铜为蓝色沉淀，所以有气体和蓝色沉淀生成，故C正确；

D．钠加入氯化镁溶液中发生反应2Na+2H2O=2NaOH+H2↑、2NaOH+MgCl2=Mg（OH）2↓+2NaCl；氢氧化镁是白色沉淀，所以有气体和白色沉淀生成，故D错误；

故选C．3、B【分析】【分析】电池都是将化学能转化为电能；废电池危害：（1）对环境，一节干电池可污染12立方米水；

（2）对人类：我们日常所用的普通干电池、蓄电池，主要有酸性锌锰电池和碱性锌锰电池两类，它们都含有汞、锰、镉、铅、锌等重金属物质．【解析】【解答】解：锂电池；锌锰电池以及镍镉电池都是消耗有限的资源得到电能；并且使用之后污染严重，而氢氧燃料电池的产物是水，不会对环境造成污染．

故选B．4、B【分析】【分析】根据金属的防护，若K置于N处，必须让被保护的金属接电源负极；若开关K置于M处，形成原电池，金属铁为正极，金属铁被保护，铁做负极被腐蚀．【解析】【解答】解：A；若X为碳棒；开关K置于M处，形成原电池，此时金属铁为负极，金属铁被腐蚀，故A错误；

B；若X为锌板；开关K置于M处，形成原电池，此时金属锌为负极，金属铁为正极，铁被保护，开关K置于N处，形成电解池，此时金属铁为阴极，铁被保护，可减缓铁的腐蚀，故B正确；

C；若X为碳棒；开关K置于N处，形成电解池，此时金属铁为阴极，铁被保护，可减缓铁的腐蚀，开关K置于M处，形成原电池，此时金属铁为负极，金属铁被腐蚀，故C错误；

D；若X为碳棒；开关K置于N处，形成电解池，X极为阳极，氯离子移向X电极发生氧化反应，开关K置于M处，形成原电池，此时金属铁为负极，溶液中氯离子移向负极铁，故D错误．

故选B．5、B【分析】CuO受热分解生成了红色的Cu2O和O2，A错误；SO2具有漂白性，能够使品红溶液褪色，B正确；Al比Mg金属活动性弱，在Mg、Al与NaOH溶液组成原电池中，由于Al能够与NaOH溶液反应，而Mg不能，故Al电极溶解，C错误；加入盐酸酸化的氯化钡溶液，产生的白色沉淀可能是BaSO4，也可能是AgCl，故该溶液中可能含有SO42-，也可能含有Ag+，或者既含有SO42-又含有Ag+，D错误。【解析】【答案】B6、D【分析】解：A．食盐腌制食品；食盐进入食品内液产生浓度差，形成细菌不易生长的环境，可作防腐剂，食盐具有咸味，所以食盐可作调味剂，所以食盐可作调味剂，也可作食品防腐剂，故A正确；

B．酸雨是由二氧化硫；氮的氧化物排放引起；故B正确；

C．塑料；金属、纸制品及玻璃可以回收再加工利用；有利于节能减排，故C正确；

D．人体内无纤维素酶；纤维素不能在人体内水解，所以纤维素不能直接成为人的营养物质，故D错误；

故选：D。

A．食盐腌制食品；食盐进入食品内液产生浓度差，形成细菌不易生长的环境，可作防腐剂，食盐具有咸味，所以食盐可作调味剂；

B．依据酸雨成因解答；

C．塑料；金属、纸制品及玻璃可以回收再加工利用；

D．人体内无纤维素酶；纤维素不能在人体内水解．

本题考查了生活中的化学知识，该类题型与现实生活结合紧密，是高考的热点，注意有关化学常识的积累．【解析】D二、双选题(共8题，共16分)7、A|C【分析】解：A；钠和水反应放出可燃性气体；且钠燃烧后生成过氧化钠，过氧化钠和水、二氧化碳都反应生成氧气，促进钠燃烧，所以不能用水灭火，可用沙土覆盖，故A错误；

B；油或酒精的密度比水小；如果油或酒精着火时用水扑灭，油或酒精会浮上来，使燃烧更旺，所以如果酒精灯不慎碰倒起火时，可用湿抹布或沙子盖灭水扑灭，不能用水泼灭，故B正确；

C；浓硫酸具有强腐蚀性；如果浓硫酸溅到手上，要先立即用抹布擦去，然后用大量水冲洗，然后涂上碳酸氢钠溶液，故C错误；

D；由于硫磺能够与反应生成无毒物质；汞洒落地面，应立即撒上一层硫黄粉，避免汞挥发影响人的健康，故D正确；

故选AC．

A；钠燃烧后生成过氧化钠；过氧化钠和水反应生成氧气；

B；根据酒精的密度比水的密度小分析；

C；根据浓硫酸的强腐蚀性和溶于水放热的角度分析；

D；根据汞有毒易挥发而硫磺能够与汞反应生成无毒的物质分析．

本题考查学生化学实验中的安全及事故处理知识，题目难度不大，旨在考查学生的基础知识的掌握，化学实验是化学的基础，要了解常见的实验操作，能对错误操作的后果做出判断，养成良好的实验习惯．【解析】【答案】AC8、AC【分析】【分析】

本题考查了化学方程式的相关计算；题目难度中等，把握反应的先后顺序是解题的关键，注意二氧化碳与碱反应量的关系对反应的影响。

【解答】

A.通入rm{2mol}二氧化碳，先发生反应：rm{Ba(OH)_{2}+CO_{2}=BaCO_{3}隆媒+H_{2}O}消耗rm{1mol}二氧化碳，生成rm{1mol}碳酸钡沉淀，剩余的rm{1mol}二氧化碳与氢氧化钠反应，rm{CO_{2}+2NaOH=Na_{2}CO_{3}+H_{2}O}故A正确；

B.当通入的rm{n(CO_{2})=3mol}时，发生的离子反应是rm{Ba^{2+}+2OH^{-}+CO_{2}=BaCO_{3}隆媒+H_{2}O}rm{2OH^{-}+CO_{2}=CO_{3}^{2-}+H_{2}O}rm{2[Al(OH)_{4}]^{-}+CO_{2}=2Al(OH)_{3}隆媒+CO_{3}^{2-}+H_{2}O}所以产生的沉淀是rm{BaCO_{3}}和rm{Al(OH)_{3}}且rm{n(}沉淀rm{)}之和是rm{3mol(1molBaCO_{3}}和rm{2molAl(OH)_{3})}故B错误；

C.通入rm{4mol}二氧化碳，先发生反应：rm{Ba(OH)_{2}+CO_{2}=BaCO_{3}隆媒+H_{2}O}消耗rm{1mol}二氧化碳，生成rm{1mol}碳酸钡沉淀，剩余rm{3mol}二氧化碳与氢氧化钠发生反应：rm{CO_{2}+2NaOH=Na_{2}CO_{3}+H_{2}O}消耗二氧化碳rm{1mol}然后rm{1mol}二氧化碳与rm{Na[Al(OH)_{4}]}发生反应rm{2Na[Al(OH)_{4}]+CO_{2}隆煤2Al(OH)_{3}隆媒+Na_{2}CO_{3}+H_{2}O}生成rm{2mol}氢氧化铝沉淀；

最后rm{1mol}与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，故生成沉淀总物质的量为rm{3mol}故C正确；

D.当通入rm{6mol}二氧化碳，分别发生反应rm{Ba(OH)_{2}+CO_{2}=BaCO_{3}隆媒+H_{2}O}rm{CO_{2}+NaOH=NaHCO_{3}}rm{2Na[Al(OH)_{4}]+CO_{2}隆煤2Al(OH)_{3}隆媒+Na_{2}CO_{3}+H_{2}O}生成rm{1mol}碳酸钡、rm{2mol}氢氧化铝沉淀，rm{2mol}碳酸氢钠，rm{1mol}碳酸钠，消耗rm{4mol}二氧化碳，剩余的rm{2mol}二氧化碳分别与生成的rm{1mol}碳酸钠和rm{1mol}碳酸钡沉淀发生反应：rm{Na_{2}CO_{3}+CO_{2}+H_{2}O=2NaHCO_{3}}rm{BaCO_{3}+CO_{2}+H_{2}O=Ba(HCO_{3})_{2}}所以最后剩余沉淀的物质的量为rm{2mol}故D错误。

故选：rm{AC}【解析】rm{AC}9、B|D【分析】解：A．溴和NaOH反应生成NaBr和NaBrO；苯不溶于水，且密度比水小，所以上层无色，故A错误；

B．浓硫酸和蔗糖反应生成二氧化碳和二氧化硫气体；二氧化硫与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，二氧化碳不反应，故B正确；

C．生成NO；NO易与空气中氧气反应生成二氧化氮，为红棕色，故C错误；

D．在沸水中滴加饱和氯化铁溶液可生成氢氧化铁胶体；当光束通过体系时可产生丁达尔效应，故D正确．

故选BD．

A．溴和NaOH反应；苯不溶于水，且密度比水小；

B．浓硫酸和蔗糖反应生成二氧化碳和二氧化硫气体；

C．生成NO；根据NO的性质判断；

D．在沸水中滴加饱和氯化铁溶液可生成氢氧化铁胶体．

本题考查化学实验基本操作，题目难度中等，解答本题的关键是把握相关物质的性质，学习中注意积累．【解析】【答案】BD10、AB【分析】【分析】

本题考查影响化学反应速率速率的因素。

【解答】

rm{Zn}与稀盐酸发生反应：rm{Zn+2HCl=ZnCl_{2}+H_{2}隆眉}若加入物质是反应速率降低，则rm{c(H^{+})}减小。但是不影响产生氢气的物质的量，说明最终电离产生的rm{n(H^{+})}不变。A.rm{K_{2}SO_{4}}是强酸强碱盐，不发生水解，溶液显中性，溶液中的水对盐酸起稀释作用，使rm{c(H^{+})}减小，但没有消耗rm{H+}因此rm{n(H+)}不变，符合题意，故A正确；B.rm{CH_{3}COONa}与rm{HCl}发生反应：rm{CH_{3}COONa+HCl=CH_{3}COOH+NaCl}使溶液中rm{c(H^{+})}减小，反应速率降低，当反应进行到一定程度，会发生反应：rm{2CH_{3}COOH+Zn=}rm{(CH_{3}COO)_{2}Zn+}rm{H2隆眉}因此最终不会影响产生氢气的物质的量，故B正确；C.加入rm{CuSO_{4}}溶液会与rm{Zn}发生置换反应：rm{CuSO_{4}+Zn=Cu+ZnSO_{4}}产生的rm{Cu}与rm{Zn}和盐酸构成原电池。会加快反应速率，与题意不符合，故C错误；D.若加入rm{Na_{2}CO_{3}}溶液，会与盐酸发生反应：rm{Na_{2}CO_{3}+2HCl=2NaCl+H_{2}O+CO_{2}隆眉}使溶液中溶液中的rm{c(H^{+})}减小，但由于逸出了rm{CO_{2}}气体，因此使rm{n(H^{+})}也减小，产生氢气的物质的量减小，不符合题意，故D错误。故选AB。

【解析】rm{AB}11、AB【分析】略【解析】rm{AB}12、rAC【分析】解：rm{A}反应自发进行的判断依据是rm{triangleH-TtriangleS<0}据此分析，室温下，rm{triangleH-Ttriangle

S<0}反应可自发进行，rm{triangleH-TtriangleS<0}反应过程是熵变减小的反应，rm{Ag^{+}(aq)+Cl^{-}(aq)篓TAgCl(s)}则该反应的rm{triangleH-Ttriangle

S<0}故A正确；

B、纯碱和石英砂制玻璃，rm{SiO_{2}+Na_{2}CO_{3}dfrac{overset{;{赂脽脦脗};}{}}{;}Na_{2}SiO_{3}+CO_{2}}利用难挥发性酸酐制备易挥发性酸酐，实际碳酸酸性大于硅酸，故B错误；

C；氯化铝溶液中水解生成氢氧化铝和氯化氢；加热蒸干氯化铝溶液并灼烧，氯化氢挥发得到水解产物氢氧化铝灼烧得到氧化铝，故C正确；

D；高温下；用金属钠与氯化钾可以置换出金属钾，利用的是钾的沸点低于钠，反应过程中生成钾挥发平衡正向进行，实际钾比钠活泼，故D错误；

故选AC．

A、反应自发进行的判断依据是rm{triangleH-TtriangleS<0}据此分析；

B；纯碱和石英砂制玻璃；利用难挥发性酸酐制备易挥发性酸酐，碳酸酸性大于硅酸；

C；氯化铝溶液中水解生成氢氧化铝和氯化氢；加热蒸干氯化铝溶液并灼烧，氯化氢挥发得到水解产物氢氧化铝灼烧得到氧化铝；

D；高温下；用金属钠与氯化钾可以置换出金属钾，利用的是钾的沸点低于钠，反应过程中生成钾挥发平衡正向进行．

本题考查了反应自发进行的判断，盐类水解分析应用，掌握物质性质、化学反应原理是解题关键，题目难度中等．rm{triangleS<0}【解析】rm{AC}13、rBD【分析】解：rm{A.Z}中与酯基中的rm{O}相连接的rm{C}原子为手性碳原子，连接rm{4}个不同的原子或原子团；故A错误；

B.rm{Y}含有酚羟基；可发生取代；氧化反应，含有苯环，可发生加成反应，也为还原反应，故B正确；

C.rm{X}中能与氢气反应的为苯环和羰基，则一定条件下，rm{1}rm{mol}rm{X}最多能与rm{4}rm{mol}rm{H_{2}}发生加成反应；故C错误；

D.rm{Z}中酚羟基和酯基可与氢氧化钠溶液反应，则rm{1}rm{mol}rm{Z}最多可与含rm{3}rm{mol}rm{NaOH}的溶液反应；故D正确．

故选BD．

A.根据手性碳原子的定义判断；

B.rm{Y}含有酚羟基；可发生取代；氧化反应，含有苯环，可发生加成反应；

C.rm{X}中能与氢气反应的为苯环和羰基；

D.rm{Z}中酚羟基和酯基可与氢氧化钠溶液反应．

本题考查有机物结构和性质，为高频考点，把握官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查酚、酯的性质，易错选项是rm{A}．【解析】rm{BD}14、rBC【分析】解：rm{A.}氯碱工业中电解饱和食盐水是常温下的反应；不需要进行热交换，故A错误；

B.氮气与氢气的反应都需要加热；而且它们反应时会放热，所以使用热交换器可以充分利用反应所放出的热量，故B正确；

C.二氧化硫的氧化反应需在高温下进行；且反应时会放热，使用热交换器可以充分利用反应所放出的热量，故C正确；

D.氨碱法中的氨盐水碳酸化需在常温下进行；温度不能较高，防止气体挥发，故D错误．

故选BC．

二氧化硫氧化反应；硝酸工业中氨气的催化氧化、氮气与氢气的反应都需要加热；而且反应放热，在工业生产中，常常进行热交换，以充分利用能源，以此解答．

本题考查了几个常见工业生产的原理，侧重于化学与生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，注意工业反应条件，题目难度不大．【解析】rm{BC}三、填空题(共7题，共14分)15、27.2⑤④②⑥⑦⑧⑨偏低偏高偏低偏高不变【分析】【分析】（1）可设出溶液的体积；利用m=ρV求出质量，根据溶液稀释前后溶质质量不变来列式解答；

（2）根据实验操作的步骤；配制顺序是：计算→量取→稀释；冷却→移液→定容→摇匀→装瓶→贴签，因此使用仪器的顺序为：⑤④②⑥⑦⑧⑨；

（3）根据c=n/V分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断．【解析】【解答】解：（1）设需质量分数为98%、密度为1.84g•cm-3的浓硫酸的体积为V，V×1.84g•cm-3×98%=0.5L×1mol•L-1×98g•mol-1；V≈27.2mL；

故答案为：27.2；

（2）配制顺序是：计算→量取→稀释；冷却→移液→定容→摇匀→装瓶→贴签；因此使用仪器的顺序为：⑤④②⑥⑦⑧⑨；

故答案为：⑤④②⑥⑦⑧⑨；

（3）①用以稀释硫酸的烧杯未洗涤；造成溶质偏少，浓度偏少；

故答案为：偏低；

②未经冷却趁热将溶液注入容量瓶中；一旦冷却下来溶液体积减小，浓度偏大；

故答案为：偏高；

③摇匀后发现液面低于刻度线再加水；滞留在刻度线上的液体会下落，造成体积偏大，浓度偏小；

故答案为：偏低；

④定容时观察液面俯视；造成体积偏小，浓度偏大；

故答案为：偏高；

⑤定容时本身需加蒸馏水至刻度线；配置前容量瓶中有蒸馏水无影响，所配溶液浓度不变；

故答案为：不变．16、0.3mol/（L．min）0.15mol/（L．min）0.7mol/L30%【分析】【分析】（1）根据v=计算v（C）；再根据速率之比等于化学计量数之比计算v（A）；v（B）；

（2）浓度变化量之比等于化学计量数之比；据此计算B的浓度变化量，进而计算2S时B的浓度；

计算C的物质的量变化量，根据方程式计算转化的A的物质的量，根据转化率定义计算A的转化率．【解析】【解答】解：（1）2s后测得C的浓度为0.6mol•L-1，则v（C）==0.3mol/（L．min），速率之比等于化学计量数之比，故v（A）=v（C）=0.3mol/（L．min），v（B）=v（C）=×0.3mol/（L．min）=0.15mol/（L．min）；

故答案为：0.3mol/（L．min）；0.15mol/（L．min）；

（2）浓度变化量之比等于化学计量数之比，故B的浓度变化量=×0.6mol•L-1=0.3mol/L，故2S时B的浓度为-0.3mol/L=0.7mol/L；

C的物质的量变化为2L×0.6mol•L-1=1.2mol，根据方程式可知转化的A的物质的量=1.2mol，故A的转化率=×100%=30%；

故答案为：0.7mol/L；30%．17、研究反应物I-与S2O82-的浓度对反应速率的影响29.3s反应速率与反应物起始浓度乘积成正比或显色时间与反应物起始浓度乘积成反比【分析】【分析】（1）根据图表已知物理量判断；

（2）根据浓度与时间的关系计算；

（3）根据图表中物理量的关系得出结论．【解析】【解答】解：（1）图表中的物理量是反应物浓度与时间；通过分析知，反应物的浓度与时间成反比，浓度的变化量与时间的比值为速率，所以得出反应物浓度与反应速率的关系．

故答案为：研究反应物I-与S2O82-的浓度对反应速率的影响；

（2）通过分析各组数据知；反应物起始浓度乘积与时间成反比，由①；⑤列比例式；

（0.040mol•L-1×0.040mol•L-1）：（0.120mol•L-1×0.040mol•L-1）=t1：88.0s，所以t1=29.3s；

故答案为：29.3s；

（3）通过分析知；反应物的浓度乘积与时间成反比，浓度的变化量与时间的比值为速率；

故答案为：反应速率与反应物起始浓度乘积成正比或显色时间与反应物起始浓度乘积成反比．18、羟基羧基碳碳双键碳酸钠溶液或石蕊试液产生气泡或变红HOOC-CH=CHCH2OH+H2HOOC-CH2CH2CH2OH【分析】【分析】有机物含有羧基，可发生中和、酯化反应，含有羟基，可发生取代、氧化反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，以此解答该题．【解析】【解答】解：（1）根据有机物的结构简式可知；该有机物含有羟基；羧基、碳碳双键三种官能团，故答案为：羟基；羧基；碳碳双键；

（2）羧基具有酸的通性；能使石蕊试液变红，能和碳酸钠反应生成二氧化碳等，所以可用碳酸钠溶液或石蕊试液验证．故答案为：碳酸钠溶液或石蕊试液；产生气泡或变红；

（3）含有碳碳双键，可与氢气发生加成反应，方程式为HOOC-CH=CHCH2OH+H2HOOC-CH2CH2CH2OH，故答案为：HOOC-CH=CHCH2OH+H2HOOC-CH2CH2CH2OH．19、HClHClO3Cu（OH）2HCl气体NH4ClCO2H2OO2Cu【分析】【分析】（1）从酸的元素组成；碱的强弱、混合物与纯净物、正盐与酸式盐的角度分析；

（2）从氧化物的元素组成、酸的概念、单质的元素组成等角度来分析．【解析】【解答】解：（1）HCl是无氧酸；其他均为含氧酸，故HCl与其他不同；

HClO3是含氧酸，其他为无氧酸，故HClO3与其他不同；

Cu（OH）2是弱碱，其他为强碱，故Cu（OH）2与其他不同；

HCl气体是纯净物；其他为混合物，故HCl气体与其他不同；

NH4Cl为正盐，其他为酸式盐，故NH4Cl与其他不同；

故答案为：HCl；HClO3；Cu（OH）2；HCl气体；NH4Cl；

（2）CO2是非金属氧化物，其他为金属氧化物，故CO2与其他物质不同；H2O是非金属氧化物，其他为酸，故H2O与其他的物质不同；

O2是非金属单质，其他为金属单质，故O2与其他物质不同；Cu是金属单质；其他为非金属单质，故Cu与其他物质不同；

故答案为：CO2；H2O；O2；Cu．20、③②①【分析】【分析】①乙醇含有-OH官能团；可发生酯化；取代、消去反应，75%乙醇可使蛋白质变性；

②乙醛含有-CHO能发生加成；氧化反应；

③乙酸含有-COOH，具有酸性，可发生置换、取代反应．据此分析．【解析】【解答】解：乙酸含有-COOH；具有酸性，乙醛含有-CHO能发生氧化反应可被银氨溶液氧化发生银镜反应，75%的乙醇能使蛋白质变性，可用来消毒；

故答案为：③；②；①．21、B2H6（g）+3O2（g）=B2O3（s）+3H2O（l）△H=-1333.3kJ/mol【分析】【分析】0.6mol的气态高能燃料乙硼烷（B2H6）在氧气中燃烧，生成固态B2O3和液态水，放出800kJ热量，则1mol气态高能燃料乙硼烷在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出1333.3kJ的热量，根据盖斯定律写出其热化学反应方程式．【解析】【解答】解：0.6mol的气态高能燃料乙硼烷（B2H6）在氧气中燃烧，生成固态B2O3和液态水，放出800kJ热量，则1mol气态高能燃料乙硼烷在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出=1333.3kJ的热量，因此其热化学方程式为B2H6（g）+3O2（g）=B2O3（s）+3H2O（l）△H=-1333.3kJ/mol；

故答案为：B2H6（g）+3O2（g）=B2O3（s）+3H2O（l）△H=-1333.3kJ/mol．四、判断题(共3题，共30分)22、×【分析】【分析】NH4NO3为强酸弱碱盐，发生水解生成一水合氨，以此解答该题．【解析】【解答】解：0.1L3.0mol•L-1的NH4NO3溶液中n（NH4NO3）=0.1L×3.0mol/L=0.3mool，NH4NO3为强酸弱碱盐，发生水解生成一水合氨，则NH4+的数目小于0.3NA；

故答案为：×．23、×【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：×．24、×【分析】【分析】钠的性质活泼，易与水、氧气等反应，保存钠时，应注意隔绝空气，且不能与水接触，结合钠能与乙醇反应以及四氯化碳的密度解答该题．【解析】【解答】解：钠能与乙醇反应生成乙醇钠和氢气；钠的密度比四氯化碳的小，钠浮在四氯化碳的上面，不能用于保存钠；

故答案为：×．五、计算题(共1题，共7分)25、略

【分析】【分析】根据加热一定量的小苏打充分反应后，称量剩余物发现比原来少了3.1g结合方程式利用差量法计算小苏打的质量；根据加热同质量的小苏打及一定量的Na2CO3•xH2O的混合物，充分反应后，发现剩余物质量为10.6g，现比原来减少10.3g，计算原混合物的总质量，再根据小苏打的质量计算碳酸钠晶体的质量，最后根据方程式利用差量法计算x的值．【解析】【解答】解：（1）小苏打粉末经充分加热后剩余固体为碳酸钠；

2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O△m

16810662

m（NaHCO3）A3.1g=，=；

解得m（NaHCO3）=8.4g；A=5.3g；

故一定量的小苏打的质量8.4g；剩余物的质量为Bg；又知B：A=2：1，B=10.6g；

加热同质量的小苏打及一定量的Na2CO3•xH2O的混合物，剩余物质量为10.6g，现比原来减少10.3g，所以原混合物总质量为10.6+10.3=20.9g，故一定量的Na2CO3•xH2O的质量为：m（Na2CO3•xH2O）=20.9-8.4=12.5g；

答：原小苏打的质量为8.4g；结晶苏打的质量12.5g；

（2）Na2CO3•xH2ONa2CO3+xH2O↑△m

106+18x10618x18x

12.5gm（Na2CO3）10.3g-3.1g=解得：x=8

答：结晶苏打化学式中x的值为8．六、简答题(共3题，共6分)26、略

【分析】解：（1）打开K1～K4，关闭K5、K6，通入一段时间N2；目的是排出装置中的氧气，故答案为：排出装置中的空气，防止干扰；

（2）棉花中浸有NaOH溶液；吸收多余氯气；二氧化硫，防止污染空气，故答案为：NaOH溶液；

（3）A中发生二氧化锰与浓盐酸的反应，生成氯化锰、氯气、水，该反应为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；

，故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；

（4）SO2具有还原性，酸性高锰酸钾溶液具有强的氧化性，二者混合后可以发生氧化还原反应：2MnO4-+5SO2+4H2O=2Mn2++5SO42-+4H+，使高锰酸钾褪色，故答案为：2MnO4-+5SO2+4H2O=2Mn2++5SO42-+4H+；

（5）溶液显酸性，检验硫酸根离子应选择氯化钡溶液；乙中第一次，说明氯气不足，氯气氧化性大于铁离子，第二次有硫酸根离子，说明发生二氧化硫与铁离子的反应，则氧化性铁离子大于二氧化硫丙中第一次有Fe3+，无Fe2+；则氯气的氧化性大于铁离子，第二次有亚铁离子，说明发生二氧化硫与铁离子的反应，则氧化性铁离子大于二氧化硫；故答案为：乙；丙．

（1）通入一段时间N2；排出装置中的氧气；

（2）氯气和二氧化硫都是有毒气体；可以用氢氧化钠来吸收；

（3）A中发生二氧化锰与浓盐酸的反应；生成氯化锰；氯气、水；

（4）SO2通入酸性高锰酸钾溶液中二者可以发生氧化还原反应；

（5）溶液显酸性，检验硫酸根离子应选择氯化钡溶液；乙中第一次，说明氯气不足，氯气氧化性大于铁离子，第二次有硫酸根离子，说明发生二氧化硫与铁离子的反应，则氧化性铁离子大于二氧化硫丙中第一次有Fe3+，无Fe2+；则氯气的氧化性大于铁离子，第二次有亚铁离子，说明发生二氧化硫与铁离子的反应，则氧化性铁离子大于二氧化硫．

本题考查性质实验方案的设计及氧化还原反应，明确装置的作用及发生的反应是解答的关键，注意氧化性的比较是解答的难点，题目难度较大．【解析】排出装置中的空气，防止干扰；NaOH溶液；MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；2MnO4-+5SO2+4H2O=2Mn2++5SO42-+4H+；乙、丙27、羰基1消去反应NH4+【分析】解：（1）比较A、B的结构简式，利用元素守恒可写出A→B的化学方程式为

故答案为：

（2）B中含氧官能团名称是羰基；根据C的结构简式可知，C中有1个手性碳，D→E的反应为D中-CH=NOH基团脱去一分子水生成-CN基团，是消去反应；

故答案为：羰基；1；消去反应；

（3）E在酸性条件下发生水解反应，实际上就-CN基团水解生成-COOH和NH4+；

故答案为：NH4+；

（4）F为比F少1个碳原子的同系物X符合下列条件：①属于芳香族化合物，则含有苯环；②不能发生银镜反应，说明不含有醛基，但能发生水解反应，说明含有酯基；③分子中有4种不同化学环境的氢原子，符合条件的结构简式为

故答案为：

（5）根据F和原料可知，F中苯环右边增加的基团应来自乙酸酐（根据流程A到B）再经过信息②得到，苯环左边来自2-甲基-1-丙醇[（CH3）2CHCH2OH）]，需先变成卤代烃，根据信息①合成，所以流程为：

故答案为：

A发生取代反应生成B；B发生加成反应生成C，C发生取代反应生成D，D经过消去反应生成E，E水解生成F。

（1）比较A；B的结构简式；利用元素守恒可写出化学方程式；

（2）B中含有羰基；根据C的结构简式判断手性碳的个数；D→E的反应为D中-CH=NOH基团脱去一分子水生成-CN基团；

（3）E在酸性条件下发生水解反应，实际上就-CN基团水解生成-COOH和NH4+；

（4）F为比F少1个碳原子的同系物X符合下列条件：①属于芳香族化合物，则含有苯环；②不能发生银镜反应，说明不含有醛基，但能发生水解反应，说明含有酯基；③分子中有4种不同化学环境的氢原子；

（5）根据F和原料可知，F中苯环右边增加的基团应来自乙酸酐（根据流程A到B）再经过信息②得到，苯环左边来自2-甲基-1-丙醇[（CH3）2CHCH2OH）]；需先变成卤代烃，根据信息①合成。