2024年沪教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年沪教版高三化学下册阶段测试试卷448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8题，共16分)1、2015年10月；我国85岁高龄的女科学家屠呦呦因发现青蒿素为治疗疟疾做出了突出贡献，被授予诺贝尔医学奖．青蒿素结构如图所示，下列关于青蒿素的说法错误的是。

（）A.不易溶于水B.分子式是C15H22O5C.1mol青蒿素能与1molNaOH发生反应D.能发生加成反应，不能发生取代反应2、下列物质中最难电离出H+的是（）A.CH3CH2CH2OHB.CH3COOHC.H2OD.H2CO33、往AgNO3、Cu（NO3）2和Zn（NO3）2的混合溶液中加入一定量的铁粉，充分反应后，发现有少量金属析出，过滤后往滤液中滴加盐酸有白色沉淀生成，则析出的少量金属一定是（）A.AgB.CuC.Cu和AgD.无法判断4、实验室中制备HClO溶液的最好方法是将Cl2缓慢通入（）A.蒸馏水B.烧碱溶液C.纯碱溶液D.石灰石的悬浊液5、共价键、离子键、分子间作用力都是微粒间的作用力，含有以上两种作用力的晶体是（）A.NeB.CH4C.NaClD.金刚石6、韩梅梅体检的血液化验单中，葡萄糖为6.1mmol/L．表示该体检指标的物理量是（）A.质量分数（ω）B.物质的量（n）C.物质的量浓度（c）D.摩尔质量（M）7、下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.碘单质的升华过程中不存在化学键破坏的过程B.rm{NaCl}溶于水后，因为共价键被破坏，从而形成了rm{Na^{+}}和rm{Cl^{-}}C.在rm{N_{2}}rm{CO_{2}}和rm{NH_{4}Cl}中，都存在共价键，它们都是由分子构成D.rm{H_{2}S}分子中，所有原子的最外层都达到了rm{8}电子的稳定结构8、某烃的结构简式为分子中含有四面体结构的碳原子数为rm{a}，在同一条直线上的碳原子数最多为rm{b}，一定在同一平面内的碳原子数为rm{c}，则rm{a}、rm{b}、rm{c}分别是()A.rm{4}rm{3}rm{5}B.rm{2}rm{5}rm{4}C.rm{4}rm{3}rm{6}D.rm{4}rm{6}rm{4}评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)9、（2015秋•临沂校级月考）A；B、C、D、E、X是中学常见的无机物；存在如图转化关系（部分生成物和反应条件略去）．

（1）若A为常见的金属单质，焰色反应呈黄色，X能使品红溶液褪色，写出C和E反应的离子方程式：____．

（2）若A为短周期元素组成的单质；该元素的最高价氧化物的水化物酸性最强，则：

①组成单质A的元素在周期表中的位置为____．

②X可能为____（填代号）．

a．NaHCO3b．Na2CO3c．Na2SO3d．Al（OH）3

（3）若A为淡黄色粉末；回答下列问题：

①A与H2O反应的氧化产物为____．

②若X为非金属单质，通常为黑色粉末，写出E的化学式____．

③若X为一种造成温室效应的气体．则鉴别等浓度的D、E两种溶液，可选择的试剂为____（填代号）．

a．盐酸b．BaCl2溶液c．NaOH溶液d．Ca（OH）2溶液。

（4）若A为氧化物；X是Fe，溶液D中加入KSCN溶液变红．

①A与H2O反应的化学反应方程式为____．

②检验溶液D中还可能存在Fe2+的方法是____（注明试剂、现象）．10、（2012春•珠海校级月考）实验课上配制500mL0.5mol/L的NaOH溶液；试回答下列问题．

（1）计算：需要NaOH固体的质量为____．

（2）某学生用托盘天平称量小烧杯的质量（烧杯中盛NaOH），称量前把游码放在标尺的零刻度，天平静止时发现指针在分度盘的偏右位置，此时左边的托盘将____（填“高于”或“低于”）右边的托盘，欲使天平平衡，所进行的操作为____．假定最终称量小烧杯的质量为____（填“32.6g”或“32.61g”）．

（3）在标尺（图）上画出游码位置（画“△”表示）．

（4）配制方法：设计五个操作步骤。

①向盛有NaOH的烧杯中加入200mL蒸馏水使其溶解；并冷却至室温；

②继续向容量瓶中加入蒸馏水至离液面刻度1～2cm；

③将NaOH溶液沿玻璃棒注入500mL容量瓶中；

④在烧杯中加入少量蒸馏水；小心洗涤2～3次后移入容量瓶中；

⑤改用胶头滴管加入蒸馏水至刻度线；加盖摇匀．

试用以上编号写出正确顺序____．

（5）某学生实际配制NaOH溶液的浓度为0.48mol/L，原因可能是____

A．使用滤纸称量NaOH固体。

B．容量瓶中原来存有少量水。

C．溶解后的烧杯未经多次洗涤。

D．用胶头滴管加水定容时仰视刻度．11、在一个固定体积的密闭容器中；保持一定浓度，进行以下反应：

4A（g）+5B（g）⇌4C（g）+6D（g），已知加入4molA和5molB时，反应进行到一定程度时，反应混合物就处于化学平衡状态，现在该容器中，保持温度不变，令a、b、c、d分别代表初始加入的A、B、C、D的物质的量（mol），如果a、b；c、d取不同的数值；它们必须满足一定关系，才能保证达到平衡时反应混合物中各组分的百分含量仍与上述平衡时完全相同，请填写下列空白．

（1）若a=0，b=0，则c=____，d=____．

（2）若a=1，则c=____，b=____，d=____．

（3）a、b、c、d取值必须满足的一般条件是（请用方程式表示，其中一个只含a和c，另一个只含b和c）____，____．12、实验探究：探究碳；硅元素的非金属性的相对强弱．根据要求完成下列各小题．

（1）实验装置：

填写所示仪器名称A____B____

（2）实验步骤：

连接仪器、____；加药品后；打开a、然后滴入浓硫酸，加热．

（3）问题探究：（已知酸性强弱：亚硫酸＞碳酸）

①铜与浓硫酸反应的化学方程式是____；装置E中足量酸性KMnO4溶液（具有强氧化性）的作用是____；

②能说明碳元素的非金属性比硅元素非金属性强的实验现象是____；

③依据试管D中的实验现象，能否证明硫元素的非金属性强于碳元素的非金属性____（填“能”或“否”），试管D中发生反应的离子方程式是____．13、1000℃时，在密闭容器中加入一定量的Na2SO4固体使其发生以下反应并达平衡：Na2SO4（s）+4H2（g）⇌Na2S（s）+4H2O（g）；△H＜0，在恒温恒容时回答以下问题：

（1）向容器中分别加入以下物质；判断对平衡有无影响，有影响的应填写出平衡移动的方向．

①加入Na2SO4____．②加入焦炭____．

（2）若初时加入的Na2SO4是1.42g，平衡时容器中固体物质质量是1.10g，Na2SO4的转化率是____．

（3）若将容器温度升高20℃，H2在混合气体中含量变化用图中____图表示最合适．

14、（1）在有机化学分析中，根据反应的性质和反应产物，即可确定烯烃的组成和结构（双键及支链的位置），例如：据以上线索和下列反应事实，

则该C7H14的结构简式是____，名称是____

（2）分子式为C6H12的某烃的所有碳原子都在同一平面上，则该烃的结构简式为____，若分子式为C4H6的某烃中所有的碳原子都在同一条直线上，则该烃的结构简式为____

（3）有机物A在质谱图中A+的质荷比为74，红外光谱图如下，请写出该分子的结构简对称CH2对称CH3C-O-C

式____．

评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)15、在18g18O2中含有NA个氧原子．____（判断对错）16、用标准NaOH溶液滴定未知浓度的醋酸到终点时，钠离子物质的量等于醋酸根离子的物质的量____（判断正误）17、为了防止龋齿，人人都要使用含氟牙膏．____．（判断对错）18、通过化学变化可以实现35Cl与37Cl间的相互转化____．（判断对错）19、3.4gNH3中含有电子数为0.2NA____（判断对错）20、加过量的稀盐酸，产生无色、无味的气体，溶液里一定含有大量的CO32-．____（判断对错正确的打“√”，错误的打“×”）21、CH2Br-CH2Br的命名为1，2--二溴乙烷．____．（判断对错说明理由）评卷人得分四、推断题(共1题，共3分)22、A～J是初中化学常见的物质；它们的相互转化关系如图所示．其中A是一种常见的化肥，不能与碱性物质混合使用；H和D的组成元素相同．

请回答下列问题：

（1）反应①的基本反应类型为____

（2）B的化学式为____

（3）反应③的化学方程式为____

（4）反应④的实际应用为____

（5）A中阳离子的检验方法____

（6）D与过量的石灰水反应的化学方程式为____．评卷人得分五、实验题(共4题，共12分)23、实验室需要用0.1mol/LNaOH溶液450mL；根据溶液配制和使用回答下列问题：

（1）实验中除了托盘天平、烧杯、容量瓶外还需要的其它仪器有：____．

（2）根据计算得知，所需称量的NaOH的质量为____g．

（3）下列操作对所配浓度有何影响（填写字母）偏大的有____．

A．称量用了生锈的砝码；

B．将NaOH放在纸张上称量；

C．NaOH在烧杯中溶解后；未冷却就立即转移到容量瓶中；

D．往容量瓶转移时；有少量液体溅出。

E．未洗涤溶解NaOH的烧杯。

F．定容时俯视刻度线。

G．容量瓶未干燥即用来配制溶液。

H．定容后塞上瓶塞反复摇匀；静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线．

（4）若配制时，因加水不慎略超过了容量瓶刻度线，此时实验应如何继续进行？答：____．24、硫酸亚铁可与等物质的量的硫酸铵生成硫酸亚铁铵：（NH4）2SO4·FeSO4·6H2O，商品名称为莫尔盐，是一种复盐。一般亚铁盐在空气中易被氧气氧化，形成复盐后就比较稳定。与其他复盐一样，硫酸亚铁铵在水中的溶解度比组成它的每一种盐的溶解度都小，且几乎不溶于乙醇，利用这一性质可以制取硫酸亚铁铵晶体。三种盐的溶解度（单位为g/l00gH2O）见下表：实验用品：Fe屑（含少量碳）、3mol/LH2SO4、（NH4）2SO4、蒸馏水、无水乙醇。实验步骤流程图：请完成以下实验记录：（1）步骤I中用10%Na2CO3的热溶液处理铁屑的目的是，经处理后的干燥铁屑质量记为m1；（2）将称量好的Fe屑放入锥形瓶中，加入适量3mol/LH2SO4溶液，放在水浴中加热至气泡量产生较少时为止（有氢气生成，用明火加热注意安全）。趁热过滤，并用少量热水洗涤锥形瓶及滤纸，将滤液和洗涤液一起转移至蒸发皿中。将滤纸上的固体常温干燥后称重，记为m2；（3）称取一定质量的（NH4）2SO4，加入______g（用含m1和m2的代数式表示，要求化简，下同。）水配制成室温下（20℃）的饱和溶液，并将其加入到上面实验的蒸发皿中，缓缓加热，浓缩至表面出现结晶薄膜为止。放置冷却，得到硫酸亚铁铵的晶体，过滤后用____________洗涤晶体。（4）产品纯度的测定先称取产品1.600g，加水溶解，配成100ml溶液，移取25.00mL待测溶液与锥形瓶中，再用硫酸酸化的0.0100mol/LKMnO4标准溶液进行滴定其中的Fe2+，达到滴定终点时消耗标准液的平均值为20.00mL，则样品中的（NH4）2SO4·FeSO4·6H2O的质量分数？（列式计算）25、某同学查阅教材上的溶解性表时发现，CuCO3对应的为“-”，表示不存在或遇水就分解．已知铜离子的常见沉淀为Cu（OH）2（蓝色）、Cu2（OH）2SO4（蓝色）、Cu2（OH）2CO3（绿色）等，它们均不含结晶水．为了探究CuSO4和Na2CO3反应产物的成份；该同学按以下实验方法制备了两种沉淀，并设计了探究沉淀成份的实验．

取2个小烧杯和2个锥形瓶，在每个烧杯里加入50mL0.5mol/L的CuSO4溶液，在锥形瓶里分别加入40mL和50mL0.5mol/LNa2CO3溶液，置于70℃水中水浴加热，然后将CuSO4溶液加入到Na2CO3溶液中；继续水浴，均有气泡产生，几分钟后分别得到蓝绿色和绿色沉淀．过滤；洗涤、干燥，得到两份固体．

I．对蓝绿色沉淀成份的探究．

通过右边实验证实，沉淀中含有Cu2（OH）2CO3和Cu2（OH）2SO4

（1）证明有Cu2（OH）2CO3存在的现象为______；

（2）试剂①为______，证明有Cu2（OH）2SO4存在的现象为______．

II．对绿色沉淀成份的探究。

重复I实验，发现没有SO42-存在，有Cu2（OH）2CO3存在；

通过下列实验证实，沉淀中只有Cu2（OH）2CO3

（3）该同学想通过测量固体分解所得气体的质量来确定沉淀的成份；按上述思路组装好装置，加入相应的药品，并指出所加药品的目的．

。仪器编号药品目的A碱石灰B绿色固体CDE碱石灰（4）按照该同学的设计思路，只需测定某两个装置的质量变化，即△m（______）：△m（______）=______时（括号中填写装置的序号）就可确定固体是Cu2（OH）2CO3．

（5）结论：n（Cu2+）：n（CO32-）＞1时，所得固体产物有Cu2（OH）2CO3和Cu2（OH）2SO4；n（Cu2+）：n（CO32-）≤1时，所得固体产物全部是Cu2（OH）2CO3，生成该沉淀发生反应的离子方程式为：______．26、用NaOH固体配制250mL0.2mol•L-1NaOH溶液．

（1）经计算需用NaOH固体____g

（2）配制该溶液用到的仪器有除托盘天平、烧杯、玻璃棒、量筒外，还有____；

（3）容量瓶上标有以下五项中的____（填序号）

①温度②浓度③容量④压强⑤刻度线。

（4）配制溶液时，正确的操作顺序是（用字母表示，每个字母只能用一次）____；并完成横线上的内容．

A．用30mL水洗涤烧杯2～3次；洗涤液均注入容量瓶，振荡。

B．用天平准确称取所需质量的NaOH；放入烧杯，加入少量水（约30mL），用玻璃棒慢慢搅拌，使其充分溶解。

C．将已冷却的NaOH溶液沿____注入容量瓶中。

D．将容量瓶盖紧；颠倒摇匀。

E．改用胶头滴管加水，使溶液____．

F．继续往容量瓶内小心加水；直到液面接近刻度1～2cm处。

（5）在配制上述溶液实验中，下列操作引起结果（浓度）偏低的有____（填序号）．

A．没有用蒸馏水洗烧杯2～3次；未将洗液移人容量瓶中。

B．定容时；加水超过了刻度线，倒出一些再重新加水到刻度线。

C．容量瓶刚用蒸馏水洗净，没有烘干．评卷人得分六、简答题(共1题，共10分)27、如图是某学校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容rm{.}现用该浓硫酸配制rm{980mL}rm{0.1mol/L}的稀硫酸rm{.}可供选用的仪器有：

rm{垄脵}胶头滴管；rm{垄脷}烧瓶；rm{垄脹}烧杯；rm{垄脺}药匙；rm{垄脻}量筒；rm{垄脼}托盘天平rm{垄脽}玻璃棒。

请回答下列问题：

rm{(1)}配制稀硫酸时，上述仪器中不需要使用的有______rm{(}选填序号rm{)}还缺少的仪器有______rm{(}写仪器名称rm{)}

rm{(2)}配制rm{0.1mol/L}的稀硫酸rm{980mL}需用量筒量取上述浓硫酸体积为______rm{mL}

rm{(3)}实验中两次用到玻璃棒；其作用分别是：______；______．

rm{(4)}配制时；一般可分为以下几个步骤：

rm{垄脵}量取rm{垄脷}计算rm{垄脹}稀释rm{垄脺}摇匀rm{垄脻}转移rm{垄脼}洗涤rm{垄脽}定容rm{垄脿}冷却rm{.}其正确的操作顺序为______rm{.(}填序号rm{)}

rm{(5)}在配制过程中，下列操作可引起所配溶液浓度偏高有______rm{(}填序号rm{)}

rm{垄脵}洗涤量取浓硫酸的量筒；并将洗涤液转移到容量瓶中．

rm{垄脷}未等稀释后的硫酸溶液冷却至室温就转移到容量瓶中．

rm{垄脹}转移前；容量瓶中含有少量蒸馏水．

rm{垄脺}未洗涤稀释浓硫酸时用过的烧杯和玻璃棒．

rm{垄脻}定容时，俯视刻度线．参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【分析】由结构可知分子式，分子中含-COOC-、醚键及过氧键，结合酯的性质来解答．【解析】【解答】解：A．含-COOC-；由酯的性质可知不溶于水，故A正确；

B．由结构可知分子式为C15H22O5；故B正确；

C．含1个-COOC-；则1mol青蒿素能与1molNaOH发生反应，故C正确；

D．含-COOC-可发生取代反应；不能发生加成反应，故D错误；

故选D．2、A【分析】【分析】醋酸、碳酸为酸，溶液显示酸性，能够电离出氢离子；水为弱电解质，能够电离出氢离子和氢氧根离子，CH3CH2CH2OH为非电解质，在溶液中不会电离出氢离子，据此进行判断．【解析】【解答】解：A．CH3CH2CH2OH为非电解质；在溶液中不会电离出氢离子；

B．醋酸为弱酸；酸性比碳酸强，能够电离出氢离子；

C．水为极弱的电解质；在溶液中可以电离出氢离子和氢氧根离子；

D．碳酸为弱酸；酸性较弱，能够电离出氢离子；

根据分析可知，最难电离出氢离子的为CH3CH2CH2OH；

故选A．3、A【分析】【分析】依据金属活动顺序表，位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来，据此解答．【解析】【解答】解：在金属活动性顺序中；锌＞铁＞氢＞铜＞银，铁能与硝酸银反应生成银和硝酸亚铁，可以和硝酸铜反应生成铜和硝酸亚铁，不能与硝酸锌反应；所以放入铁后铁要先置换出硝酸银中银再去置换硝酸铜中的铜，所以如果向所得滤液中加稀盐酸有白色沉淀生成，说明溶液中还存在银离子其白色沉淀是氯化银，因此硝酸铜一定还没有反应，析出的金属一定为银；

故选：A．4、D【分析】【分析】氯气与水反应为可逆反应，且生成盐酸，HClO与烧碱、纯碱反应，不能制备HClO，结合平衡移动分析．【解析】【解答】解：A．氯气与水反应为可逆反应；且生成盐酸，产物不纯，故A不选；

B．与烧碱反应；不能制备HClO，故B不选；

C．与纯碱反应；不能制备HClO，故C不选；

D．由Cl2+H2O⇌HCl+HClO可知，石灰石的悬浊液可与HCl反应，平衡正向移动，则实验室中制备HClO溶液的最好方法是将Cl2缓慢通入石灰石的悬浊液；故D选；

故选D．5、B【分析】【分析】（1）共价键是原子间通过共用电子对形成的强的相互作用；

（2）离子键是通过阴阳离子间的静电作用形成的；

（3）分子间作用力是分子之间的相互作用；不是化学键，作用力弱；

据此分析．【解析】【解答】解：A；氦是稀有气体；是由原子构成的単原子分子，分子中无化学键，分子间存在分子间作用力，故A错误；

B、CH4属于分子晶体；C与H间形成共价键，分子间存在分子间作用力，所以含有两种作用力，故B正确；

C；NaCl是离子化合物；由钠离子和氯离子构成，只存在离子键，故C错误；

D；金刚石是原子晶体；晶体中只存在于共价键，故D错误；

故选：B．6、C【分析】【分析】质量分数、物质的量浓度是表示溶液组成的物理量，mmol/L是物质的量浓度的单位，据此判断．【解析】【解答】解：mmol/L是物质的量浓度的单位，葡萄糖为6.1mmol/L，表示每1L血液中含有葡萄糖的物质的量是6.1×10-3mol；

故选C．7、A【分析】解：rm{A.}碘由分子构成；升华为物理变化，只破坏分子间作用力，化学键不变，故A正确；

B.rm{NaCl}含离子键；溶于水发生电离，离子键被破坏，故B错误；

C.rm{NH_{4}Cl}含离子键、共价键，由离子构成，而rm{N_{2}}rm{CO_{2}}都存在共价键；它们都是由分子构成，故C错误；

D.rm{H_{2}S}分子结构式为rm{H-S-H}rm{H}原子满足最外层rm{2}个电子结构；故D错误；

故选A．

A.碘由分子构成；升华为物理变化；

B.rm{NaCl}含离子键；溶于水发生电离；

C.rm{NH_{4}Cl}含离子键；共价键；

D.rm{H_{2}S}分子结构式为rm{H-S-H}．

本题考查化学键及原子结构，为高频考点，把握化学键的形成及判断的一般规律、常见物质中的化学键为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D中rm{H}满足rm{2}个电子稳定结构，题目难度不大．【解析】rm{A}8、C【分析】【分析】本题考查学生有机物的共线和共面知识，可以根据基本物质的结构来分析，难度中等。

【解答】

本题由rm{CH_{4}}rm{C_{2}H_{4}}rm{C_{2}H_{2}}分子结构特征演变而来。先对碳原子进行编号：

若碳原子同时连有rm{4}个其他原子，则该碳原子为四面体结构的碳，这样的碳原子共rm{4}个即rm{垄脻垄脼垄脽垄脿}号。由乙炔结构知，rm{垄脵垄脷垄脹}号共rm{3}个碳原子在同一直线上；由乙烯结构知，rm{垄脷垄脹垄脺垄脻垄脽}号碳原子在同一平面内，再结合rm{垄脵垄脷垄脹}号碳原子的关系，得rm{垄脵垄脷垄脹垄脺垄脻垄脽}号共rm{6}个碳原子在同一平面内。故C正确。

故选C。【解析】rm{C}二、填空题(共6题，共12分)9、OH-+HSO3-=SO32-+H2O第三周期ⅦA族bcO2COab3NO2+H2O=2HNO3+NO取D中适量溶液置于洁净试管中，滴加几滴酸性高锰酸钾溶液，充分反应后褪色，证明溶液中含有亚铁离子，否则无【分析】【分析】（1）若A为常见的金属单质，焰色反应呈黄色，应为Na，X能使品红溶液褪色，应为SO2，则B为H2，C为NaOH，D为Na2SO3，E为NaHSO3；

（2）若A为短周期元素组成的单质，该元素的最高价氧化物的水化物酸性最强，应为Cl2；则B为HClO，C为HCl；

（3）若A为淡黄色粉末，应为Na2O2；

（4）若A为氧化物，X是Fe，由转化关系可知C具有强氧化性，则A为NO2，B为NO，C为HNO3；【解析】【解答】解：（1）若A为常见的金属单质，焰色反应呈黄色，应为Na，X能使品红溶液褪色，应为SO2，则B为H2，C为NaOH，D为Na2SO3，E为NaHSO3；

C和E反应的离子方程式为OH-+HSO3-=SO32-+H2O；

故答案为：OH-+HSO3-=SO32-+H2O；

（2）若A为短周期元素组成的单质，该元素的最高价氧化物的水化物酸性最强，应为Cl2；则B为HClO，C为HCl；

①Cl原子核外有3个电子层；最外层电子数为7，位于周期表第三周期ⅦA族；

故答案为：第三周期ⅦA族；

②C为盐酸，可与NaHCO3反应生成CO2，但CO2与NaHCO3不反应，故a错误；与Na2CO3反应生成CO2，CO2与Na2CO3反应可生成NaHCO3，故b正确；与Na2SO3反应生成SO2，SO2与Na2SO3反应可生成NaHSO3；故c正确；盐酸与氢氧化铝反应生成氯化铝，氯化铝与氢氧化铝不反应，故d错误；

故答案为：bc；

（3）若A为淡黄色粉末，应为Na2O2；

①A与足量的H2O充分反应时过氧化钠自身发生氧化还原反应，氧化产物为O2；

故答案为：O2；

②若X为非金属单质，通常为黑色粉末，应为C，则D为CO2；E为CO；

故答案为：CO；

③若X为一种造成温室效应的气体，应为CO2，则C为NaOH，D为Na2CO3，E为NaHCO3；鉴别等浓度的D；E两种溶液，可用盐酸或氯化钡溶液；

故答案为：ab；

（4）若A为氧化物，X是Fe，由转化关系可知C具有强氧化性，则A为NO2，B为NO，C为HNO3；

①NO2与水反应的方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO；

故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；

②Fe2+具有还原性；可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应而使高锰酸钾褪色，则可用高锰酸钾溶液检验，操作为取D中适量溶液置于洁净试管中，滴加几滴酸性高锰酸钾溶液，充分反应后褪色，证明溶液中含有亚铁离子，否则无；

故答案为：取D中适量溶液置于洁净试管中，滴加几滴酸性高锰酸钾溶液，充分反应后褪色，证明溶液中含有亚铁离子，否则无．10、10.0g高于将左边的横梁螺丝往外调以调节平衡32.6g①③④②⑤ACD【分析】【分析】（1）利用n=cV计算出氢氧化钠的物质的量；再根据m=nM计算所需氢氧化钠的质量；

（2）托盘天平的精确度为0.1g；分度盘的指针偏右，说明右边重，将左边的横梁螺丝往外调调节平衡；

（3）根据称量质量判断游码读数；然后在标尺上画出游码的位置；

（4）根据配制溶液的实验操作过程进行实验步骤排序；

（5）分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，根据c=分析判断．【解析】【解答】解：（1）需氢氧化钠的质量为：m（NaOH）=0.5L×0.5mol•L-1×40g/mol=10.0g；

故答案为：10.0g；

（2）分度盘的指针偏右；说明右边重，左盘高于右盘．应将左边的横梁螺丝往外调以调节平衡．托盘天平的精确度为0.1g，故称量的质量应该为32.6g；

故答案为：高于；将左边的横梁螺丝往外调以调节平衡；32.6g；

（3）称量的总质量为32.6g，需要用到游码的读数为2.6g，则在标尺上画出游码的位置为：

故答案为：

（4）操作步骤有计算；称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作；一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解（可用量筒量取水加入烧杯），并用玻璃棒搅拌，加速溶解．冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2-3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀．所以正确操作顺序为①③④②⑤；

故答案为：①③④②⑤；

（5）实际配制NaOH溶液的浓度0.48mol•L-1；所配溶液浓度偏低；

A．用滤纸称量时；滤纸会吸附氢氧化钠，所以转入烧杯的氢氧化钠也少了，所配溶液浓度偏低，故A正确；

B．最后需要定容；容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，对溶液浓度无影响，故B错误；

C．未洗涤液烧杯；玻璃棒；移入容量瓶中氢氧化钠的实际质量减小，溶液浓度偏低，故C正确；

D．定容时仰视刻度；使溶液的体积偏大，所配溶液浓度偏低，故D正确；

故答案为：ACD．11、4631.254.5a+c=4b+=5【分析】【分析】因为反应4A（g）+5B（g）⇌4C（g）+6D（g），是前后气体体积变化的反应，要使达到平衡时反应混合物中各组分的百分含量仍与原平衡时完全相同，则必须满足完全等效，即将生成物全部折算成反应物，满足n（A）=4mol，n（B）=5mol即可，据此答题．【解析】【解答】解：（1）若a=0，b=0；相当于将4molA和5molB全部折算成C；D，根据反应4A（g）+5B（g）⇌4C（g）+6D（g），可以求得C、D的物质的量分别为4mol、6mol；

故答案为：4；6；

（2）若a=1，根据反应4A（g）+5B（g）⇌4C（g）+6D（g），n（A）：n（B）=4：5，得b=1.25，全部折算成A、B则有1+c=4，1+d=4；则c=3，d=4.5；

故答案为：3；1.25；4.5；

（3）根据反应4A（g）+5B（g）⇌4C（g）+6D（g），将C的物质的量c全部折算成A、B，得a+c=4，b+=5，故答案为：a+c=4；b+=5．12、分液漏斗圆底烧瓶检查装置的气密性Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O除去SO2气体盛有Na2SiO3溶液的试管中出现白色沉淀否SO2+2HCO3-=SO32-+H2O+2CO2【分析】【分析】（1）根据装置图中的仪器分析；

（2）反应生成气体；在加入药品之前需要检验装置的气密性；

（3）①在加热条件下铜与浓硫酸反应生成二氧化硫、硫酸铜和水，据此写出反应方程式；多余的二氧化硫用酸性KMnO4溶液吸收；防止干扰后面的试验；

②二氧化碳与Na2SiO3溶液反应生成硅酸；证明了碳酸酸性比硅酸强，说明碳元素的非金属性比硅元素非金属性强；

③依据最高价含氧酸的酸性强弱判断非金属性强弱．【解析】【解答】解：（1）根据装置图中的仪器可知A为分液漏斗；B为圆底烧瓶；

故答案为：分液漏斗；圆底烧瓶；

（2）反应生成气体；在加入药品之前需要检验装置的气密性，防止气密性不好导致气体泄漏；

故答案为：检查装置的气密性；

（3）①在加热条件下铜与浓硫酸反应生成二氧化硫、硫酸铜和水，其反应方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；多余的二氧化硫用酸性KMnO4溶液吸收；防止干扰后面的试验；

故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；除去SO2气体；

②二氧化碳与Na2SiO3溶液反应生成硅酸，证明了碳酸酸性比硅酸强，说明碳元素的非金属性比硅元素非金属性强，所以盛有Na2SiO3溶液的试管中出现白色沉淀即说明碳元素的非金属性比硅元素非金属性强；

故答案为：盛有Na2SiO3溶液的试管中出现白色沉淀；

③依据最高价含氧酸的酸性强弱判断非金属性强弱，二氧化硫溶于水生成的是亚硫酸，不是最高价含氧酸，所以不能判断非金属性强弱，试管D中发生反应是二氧化硫与碳酸氢钠生成二氧化碳，其离子方程式为：SO2+2HCO3-=SO32-+H2O+2CO2；

故答案为：否；SO2+2HCO3-=SO32-+H2O+2CO2．13、无正向移动50%A【分析】【分析】（1）①固体不影响化学平衡；

②加入焦炭和平衡状态水蒸气反应；平衡正向进行；

（2）若初时加入的Na2SO4是1.42g，平衡时容器中固体物质质量是1.10g，依据反应前后固体质量变化计算反应的硫酸钠，Na2SO4的转化率=×100%；

（3）反应是放热反应，升温平衡正向进行，最后达到平衡氢气含量增加后不变，据此分析判断；【解析】【解答】（1）①Na2SO4（s）+4H2（g）⇌Na2S（s）+4H2O（g），△H＜0，硫酸钠为固体，加入Na2SO4；不影响化学平衡；

故答案为：无；

②加入焦炭1000℃时；和水蒸气发生反应，平衡正向进行；

故答案为：正向移动；

（2）若初时加入的Na2SO4是1.42g；平衡时容器中固体物质质量是1.10g，反应前后固体质量减小=1.42g-1.10g=0.32g，依据质量变化计算反应的硫酸钠质量为x

Na2SO4（s）+4H2（g）⇌Na2S（s）+4H2O（g）；△m

14264g

x0.32g

x=0.71g

Na2SO4的转化率=×100%=50%

故答案为：50%；

（3）反应是放热反应；升温20°C，平衡正向进行，氢气含量先增加，达到平衡状态后不变，故选A．

故答案为：A．14、（CH3）2CHC（CH3）=CHCH33，4-二甲基-2-戊烯（CH3）2C=C（CH3）2CH3C≡CCH3CH3CH2OCH2CH3【分析】【分析】（1）依据烯烃的氧化反应就是将双键断开直接连接氧原子解答；

（2）将乙烯中所有氢原子换成甲基即可得到分子式为C6H12，且所有碳原子都在同一平面上；将乙炔中的氢原子换成甲基就可以得到分子式为C4H6；且所有的碳原子都在同一条直线上；

（3）根据质谱图可知该有机物的相对原子质量为74，红外光谱图显示存在对称的甲基、对称的亚甲基和醚键可得分子结构．【解析】【解答】解：（1）根据可知C7H14的结构简式是，（CH3）2CHC（CH3）=CHCH3；故答案为：3，4-二甲基-2-戊烯；

（2）分子式为C6H12的某烃的所有碳原子都在同一平面上，根据乙烯的结构简式可知，将乙烯分子中的所有H原子用甲基取代，就可以得到6个C共平面的有机物，其结构简式为：（CH3）2C=C（CH3）2；分子式为C4H6的烃中所有的碳原子都在同一条直线上，根据乙炔的所有原子共直线可知，将乙炔中H原子用甲基取代，可以得到分子式为C4H6的所有的碳原子都在同一条直线上烃，其结构简式为：CH3C≡CCH3；

故答案为：（CH3）2C=C（CH3）2；CH3C≡CCH3；

（3）质谱图可知该有机物的相对原子质量为74，红外光谱图显示存在对称的甲基、对称的亚甲基和醚键可得分子的结构简式为：CH3CH2OCH2CH3；

故答案为：CH3CH2OCH2CH3．三、判断题(共7题，共14分)15、√【分析】【分析】18O2的相对分子质量为36，结合n==计算．【解析】【解答】解：18O2的相对分子质量为36，n（18O2）==0.5mol，则含有1mol18O原子，个数为NA，故答案为：√．16、×【分析】【分析】用标准NaOH溶液滴定未知浓度的醋酸到终点时，反应恰好生成醋酸钠，水解呈碱性，以此解答．【解析】【解答】解：达到滴定终点时，氢氧化钠和醋酸的物质的量相等，生成醋酸钠，醋酸钠为强碱弱酸盐，水解呈碱性，c（CH3COO-）＜c（Na+）；

故答案为：×．17、×【分析】【分析】氟化物可能影响儿童正常生长发育．【解析】【解答】解：氟化物能有效预防龋齿但氟化物可能影响儿童正常生长发育所以儿童不建议使用含氟牙膏，故答案为：×．18、×【分析】【分析】化学变化不涉及原子核内部的变化，即化学变化不能改变中子数、质子数．故通过化学变化无法实现35Cl与37Cl间的相互转化，同位素之间的转化属于核变化．【解析】【解答】解：35Cl与37Cl间的相互转化没有新物质生成，属于物理变化，故通过化学变化无法实现35Cl与37Cl间的相互转化；

故答案为：×．19、×【分析】【分析】每个NH3分子中含有10个电子，结合n==计算．【解析】【解答】解：n（NH3）==0.2mol，含有的电子的物质的量为0.2mol×10=2mol，则个数为2NA；

故答案为：×．20、×【分析】【分析】碳酸根离子的检验应注意排除碳酸氢根离子、亚硫酸根离子、亚硫酸氢根离子的干扰，加入盐酸产生无色无味的气体，可以排除亚硫酸根离子、亚硫酸氢根离子的干扰，但是不能排除碳酸氢根离子的干扰．【解析】【解答】解：加过量的稀盐酸，产生无色、无味的气体，溶液里可能含有大量的CO32-，也可能含有HCO3-；

要确定是否含有CO32-，可以再取少量的待测液加入CaCl2溶液，若出现白色沉淀证明有大量的CO32-，否则溶液中含有大量的HCO3-；

这种说法错误；

故答案为：×．21、√【分析】【分析】该有机物分子中含有2个溴原子，为乙烷的二溴取代产物，命名时需要指出官能团所处的位置及数目，据此对该有机物的命名进行判断．【解析】【解答】解：CH2Br-CH2Br；该有机物中含有官能团溴原子，相当于两个溴原子分别取代了乙烷中两个C原子的1个H形成的，该有机物名称为：1，2-二溴乙烷，所以该命名是正确的；

故答案为：√，符合有机物的命名原则．四、推断题(共1题，共3分)22、分解反应NH32C+O22CO冶炼金属向其溶液中加入NaOH溶液并加热，如果产生如果产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，就说明含有铵根离子，否则不含铵根离子Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O【分析】【分析】A是一种常见的化肥，不能与碱性物质混合使用，说明A是铵态氮肥，A能分解生成B、C、D，则A是NH4HCO3分解生成NH3、H2O、CO2，C能通电生成E和F，故C是H2O，生成的E和F是氢气或氧气；G能在E中燃烧生成H，故E是O2，F是H2；

H和D的组成元素相同，且H能与I反应生成D，故G可能是C，生成的H可能是CO，CO具有还原性，能与金属氧化物反应生成金属和CO2，故D是CO2，则B是NH3，I可能是氧化铜或氧化铁，据此解答．【解析】【解答】解：A是一种常见的化肥，不能与碱性物质混合使用，说明A是铵态氮肥，A能分解生成B、C、D，则A是NH4HCO3分解生成NH3、H2O、CO2，C能通电生成E和F，故C是H2O，生成的E和F是氢气或氧气；G能在E中燃烧生成H，故E是O2，F是H2；

H和D的组成元素相同，且H能与I反应生成D，故G可能是C，生成的H可能是CO，CO具有还原性，能与金属氧化物反应生成金属和CO2，故D是CO2，则B是NH3；I可能是氧化铜或氧化铁；

（1）反应①由一种物质生成多种物质；所以为分解反应，故答案为：分解反应；

（2）通过以上分析知，B的化学式为NH3；故答案为：NH3；

（3）G是C、C是氧气，H是CO，所以反应③的化学方程式为2C+O22CO，故答案为：2C+O22CO；

（4）反应④是一氧化碳还原金属氧化物的反应；可以用于冶炼金属，故答案为：冶炼金属；

（5）A中阳离子是铵根离子；向铵盐溶液中加入NaOH溶液并加热，如果产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，就说明含有铵根离子，故答案为：向其溶液中加入NaOH溶液并加热，如果产生如果产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，就说明含有铵根离子，否则不含铵根离子；

（6）D是二氧化碳，D与过量的石灰水反应生成碳酸钙白色沉淀和水，反应方程式为Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O，故答案为：Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O．五、实验题(共4题，共12分)23、玻璃棒、胶头滴管2.0ACF重新配制【分析】【分析】（1）根据配制一定物质的量浓度的溶液的操作步骤选择使用的仪器；

（2）根据n=cV和m=nM来计算；

（3）根据c=；通过判断不当操作对溶质的物质的量n和溶液体积V的影响来分析误差；

（4）错误的操作发生后，能补救的就补救，不能补救的则重新配置．【解析】【解答】解：（1）配制0.1mol/LNaOH溶液450mL的操作步骤：首先应注意无450ml容量瓶；需要选用500ml的容量瓶，故配制出的溶液的体积为500ml，故根据500ml的体积计算出需要的药品的质量，然后用托盘天平称量，后放入烧杯中溶解，同时用玻璃棒搅拌，待溶液冷却至室温后，用玻璃杯引流移液至500ml容量瓶，然后洗涤烧杯和玻璃棒2至3次，将洗涤液也注入容量瓶，然后向容量瓶中注水，至液面离刻度线1至2CM时，改用胶头滴管逐滴加入，至凹液面与刻度线相切，然后摇匀；装瓶．整个配制过程中用到的仪器有：托盘天平、烧杯、玻璃棒、500ml容量瓶、胶头滴管，根据题目给出的，还需要玻璃棒和胶头滴管；

故答案为：玻璃棒；胶头滴管；

（2）根据n=CV可知需要的NaOH的物质的量n=0.5L×0.1mol/L=0.05mol；质量m=nM=0.05mol×40g/mol=2.0g，故答案为：2.0；

（3）A．生锈的砝码质量偏大，而m物=m砝+m游；故称量出的药品的质量偏重，则配制出的溶液的浓度偏大，故A选；

B．将NaOH放在纸张上称量会潮解；导致真正的NaOH的质量偏小，则配制出的溶液的浓度偏小，故B不选；

C．NaOH在烧杯中溶解后；未冷却就立即转移到容量瓶中并定容，待溶液冷却后体积偏小，则浓度偏大，故C选；

D．往容量瓶转移时；有少量液体溅出，会导致溶质的损失，则溶液浓度偏小，故D不选；

E．未洗涤溶解NaOH的烧杯；会导致溶质的损失，则溶液浓度偏小，故E不选；

F．定容时俯视刻度线；会导致溶液体积偏小，则浓度偏大，故F选；

G．只要最后定容时凹液面与刻度线相切即可；至于水是事先就有的还是后来加入的，对浓度无影响，故G不选；

H．定容后塞上瓶塞反复摇匀；静置后，液面不到刻度线是正常的，再加水至刻度线会导致浓度偏小，故H不选．

故选ACF；

（4）若配制时，因加水不慎略超过了容量瓶刻度线，此失误无法补救，只能重新配置，故答案为：重新配制．24、略

【分析】试题分析：（1）热的Na2CO3溶液因为水解程度较大，碱性较强，能促进油污的水解而除去。（3）第（2）步参加反应的铁的质量为（m1－m2）g，物质的量为（m1－m2）/56mol，则生成FeSO4的物质的量为（m1－m2）/56mol，由化学式（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O可知，需要(NH4)2SO4的物质的量为（m1－m2）/56mol，设配成饱和溶液需水的质量为mg，根据20℃（NH4）2SO4的溶解度为75.4g列出计算式：（m1－m2）/56mol×132g/mol：mg=75.4g:100g，解得m=3.13（m1－m2）g；因为硫酸亚铁铵几乎不溶于乙醇，为防止硫酸亚铁铵损失，不用水洗，过滤后用无水乙醇洗涤晶体。（4）根据氧化还原反应电子得失相等可得对应关系：KMnO4—5Fe2+，样品中的（NH4）2SO4·FeSO4·6H2O的质量分数为：0.01mol/L×o.1L×5×4×392g/mol÷1.6g×100%=98%。考点：本题考查制备实验方案的设计；溶解度、饱和溶液的概念及计算；铁的化学性质及质量分数的计算。【解析】【答案】（1）洗涤铁屑表面的油污（1分）（3）3．13（m1－m2）（2分）无水乙醇（1分）（4）98%（3分）25、略

【分析】解：（1）因为Cu2（OH）2CO3与盐酸反应有气泡产生，而Cu2（OH）2SO4与盐酸反应无现象产生，所以证明有Cu2（OH）2CO3存在的现象为试管2有气泡产生；故答案为：试管2有气泡产生；

（2）证明有Cu2（OH）2SO4存在即证明硫酸根离子，因为硫酸根与钡离子形成白色沉淀，所以试剂①为BaCl2或Ba（NO3）2溶液，证明有Cu2（OH）2SO4存在的现象为试管3有白色沉淀产生，故答案为：BaCl2或Ba（NO3）2溶液；试管3有白色沉淀产生；

（3）根据通过测量固体分解所得气体的质量来确定沉淀的成份的实验原理；则开始通除了水蒸气和二氧化碳的空气将绿色固体加热分解的气体全部排到吸收装置中，使测量更准确，又首先应测定所得气体中水蒸气的质量，所以C为浓硫酸，目的吸收生成的水蒸气，再测定二氧化碳的质量，则D为碱石灰，目的吸收生成的二氧化碳，最后E再用碱石灰目的主要是防止空气中的水蒸气和二氧化碳从后面进入影响测量结果；故答案为：

。仪器编号药品目的A除去空气中的水蒸气和二氧化碳BC浓硫酸吸收生成的水蒸气D碱石灰吸收生成的二氧化碳E防止空气中的水蒸气和二氧化碳从后面进入影响测量结果（4）因为Cu2（OH）2CO3加热分解方程式Cu2（OH）2CO32CuO+H2O↑+CO2↑，所以只要测定水蒸气质量与二氧化碳质量之比等于18：44即可证明固体只有Cu2（OH）2CO3，所以△m（C）：△m（D）=18：44=9：22时，可确定固体是Cu2（OH）2CO3；故答案为：△m（C）：△m（D）=9：22；

（5）当n（Cu2+）：n（CO32-）≤1时，所得固体产物全部是Cu2（OH）2CO3，则根据电荷原子守恒，离子方程式为2Cu2++2CO32-+H2O=Cu2（OH）2CO3↓+CO2↑；故答案为：2Cu2++2CO32-+H2O=Cu2（OH）2CO3↓+CO2↑．

（1）根据Cu2（OH）2CO3与盐酸反应有气泡产生，而Cu2（OH）2SO4与盐酸反应无现象产生分析；

（2）证明有Cu2（OH）2SO4存在即证明硫酸根离子；根据硫酸根与钡离子形成白色沉淀分析；

（3）根据通过测量固体分解所得气体的质量来确定沉淀的成份的实验原理；则开始通除了水蒸气和二氧化碳的空气将绿色固体加热分解的气体全部排到吸收装置中，使测量更准确，又首先应测定所得气体中水蒸气的质量，所以C为浓硫酸，再测定二氧化碳的质量，则D为碱石灰，最后E再用碱石灰目的主要是防止空气中的水蒸气和二氧化碳从后面进入影响测量结果，据此分析；

（4）根据Cu2（OH）2CO3加热分解方程式Cu2（OH）2CO32CuO+H2O↑+CO2↑，只要测定水蒸气质量与二氧化碳质量之比等于18：44即可证明固体只有Cu2（OH）2CO3；

（5）根据n（Cu2+）：n（CO32-）≤1时，所得固体产物全部是Cu2（OH）2CO3结合电荷原子守恒书写离子方程式．

本题主要考查了CuSO4和Na2CO3反应产物的成份的探究，关键是明确反应原理，掌握基础知识是解答的关键，本题难度不大．【解析】试管2有气泡产生；BaCl2或Ba（NO3）2溶液；试管3有白色沉淀产生；C；D；9：22；2Cu2++2CO32-+H2O=Cu2（OH）2CO3↓+CO2↑26、2.0250mL容量瓶①③⑤B、C、A、F、E玻璃棒凹液面与刻度线相切AB【分析】【分析】（1）利用n=c