2025年鲁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2025年鲁科版高三化学下册阶段测试试卷552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、下列说法正确的是（）A.API含义是空气污染指数，它是衡量空气质量好坏的指标，数值越大，空气质量就越好B.空气质量级别分为5级，5级为优，1级为重度污染C.正常雨水的PH=7D.SO2是形成酸雨的主要物质之一，主要来源于化石燃料的燃烧2、无色透明的强酸性溶液中，能大量共存的离子组是（）A.CO32-、Br-、K+、Na+B.NH4+、SO42-、Cl-、NO3-C.K+、Na+、ClO-、Cl-D.K+、SO42-、HCO3-、Mg2+3、水热法制备rm{Fe_{3}O_{4}}纳米颗粒的反应是rm{3Fe^{2+}+2S_{2}O_{3}^{2-}+O_{2}+xOH^{-}=Fe_{3}O_{4}+S_{4}O^{2-}+2H_{2}O}下列说法中，不正确的是rm{(}rm{)}A.rm{1molFe^{2+}}被氧化时，被rm{Fe^{2+}}还原的rm{O_{2}}的物质的量为rm{dfrac{1}{3}{mol}}B.rm{x=4}C.每生成rm{1molFe_{3}O_{4}}反应转移的电子总数为rm{4mol}D.rm{S_{2}O_{3}^{2-}}是还原剂4、以下化学用语正确的是（）A.乙醇的分子式CH3CH2OHB.CH3COCH3的官能团名称：醚键C.苯的最简式：CHD.的类别：醇类5、下列不能根据元素电负性判断的是（）A.判断一种元素是金属还是非金属B.判断化合物中元素正负价C.判断化合物溶解度D.判断化学键类型6、下列化学实验事实及其解释都正确的是（）A.过量的铜屑与稀硝酸作用，反应停止后，再加入1mol/L稀硫酸，铜屑又逐渐溶解是因为铜可直接与1mol/L稀硫酸反应B.铁钉放在浓硝酸中浸泡后，再用蒸馏水冲洗，然后放入CuSO4溶液中不反应，说明铁钉表面形成了一层致密稳定的氧化膜C.粗锌与稀硫酸反应制氢气比纯锌快，是因为粗锌比纯锌还原性强D.工业制玻璃的主要反应之一：高温下Na2CO3+SiO2=Na2SiO3+CO2↑该反应原理可用“强酸H2CO3制弱酸H2SiO3”来解释7、下列各组离子一定能大量共存的是（）A.能使蓝色石蕊试纸变红的溶液中：S2O32-、K+、Fe2+、ClO-B.在常温下由水电离出的c（OH-）=1×10-12mol•L-1的溶液中：NO3-、Na+、ClO4-、K+C.某无色透明溶液中：Fe3+、NO3-、HCO3-、AlO2-D.常温下在pH=1的溶液中：K+、CrO42-、Cl-、NO3-评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)8、磁性氧化铁（Fe3O4）的组成可写成FeO•Fe2O3．某化学实验小组通过实验来探究一黑色粉末是否由Fe3O4；CuO组成（不含有其它黑色物质）．探究过程如下：

▲提出假设：假设1．黑色粉末是CuO；假设2．黑色粉末是Fe3O4；

假设3．____．

▲探究实验：取少量粉末放入足量稀硫酸中；在所得溶液中滴加KSCN试剂．

①若假设1成立，则实验现象是____．

②若所得溶液显血红色，则假设____成立．

③为进一步探究，继续向所得溶液加入足量铁粉，若产生____现象；则假设3成立．

有另一小组同学提出；若混合物中CuO含量较少，可能加入铁粉后实验现象不明显．查阅资料：

Cu2+与足量氨水反应生成深蓝色溶液，Cu2++4NH3•H2O═Cu（NH3）42++4H2O．

④为探究是假设2还是假设3成立，另取少量粉末加稀硫酸充分溶解后，再加入足量氨水，若假设2成立，则产生____现象；若产生____现象，则假设3成立．9、（2013春•桐乡市月考）有如图装置：回答下列问题：

（1）装置A是____池，B是____池．

（2）装置A中的Zn极是____极，Cu极上的电极反应方程式为：____．

（3）锌与铁组成的合金在潮湿的空气中，锌被腐蚀而另一种金属被保护，这种保护方法叫做____，正极反应式为____．

（4）装置B中是浓度均为0.1mol/L的NaCl、CuSO4混合溶液，溶液体积为500mL．当装置A中Zn棒质量减少3.25g时，C2上质量增加____g．10、硫铁矿烧渣的主要成分为Fe2O3、Fe3O4，以及少量SiO2、Al2O3等．由硫铁矿烧渣制备铁红（Fe2O3）的一种工艺流程如下：

已知：还原焙烧时，大部分Fe2O3、Fe3O4转化为FeO．

几种离子开始沉淀和完全沉淀时的pH如下表所示：

。离子开始沉淀时的pH完全沉淀时的pHFe2+7.69.7Fe3+2.73.7Al3+3.84.7（1）“酸浸、过滤”步骤中所得滤液中的金属阳离子有（填离子符号）____．

（2）Fe粉除调pH外，另一个作用是____；Fe粉调节溶液的pH为____．

（3）“沉淀、过滤”步骤中生成FeCO3的离子方程式为____；所得滤液的主要溶质是（填化学式）____．

（4）高温条件下，“氧化”步骤中发生反应的化学方程式为____．11、异戊酸薄荷酯（）是一种治疗心脏病的药物，可由甲基丙烯、丙烯和为原料制取．

完成下列填空：

（1）制取异戊酸薄荷酯的最后一步为酯化反应，其反应物的结构简式为：____．

（2）的名称____，其属于芳香族化合物的同分异构有____种（不含）．

（3）制取异戊酸薄荷酯的流程中；有一步反应为：

+CH3-CH=CH2反应类型属于____反应．有机反应中通常副反应较多，实际生产中发现生成的量远大于生成的量，试分析其原因：____．

（4）甲基丙烯是重要的化工原料，请设计一条由苯和甲基丙烯通过三步反应制取化工中间体的合成线路：（合成路线常用的表示方式为：AB目标产物）____．12、有A、B、C、D四种溶液，它们各为H2SO4、BaCl2、K2CO3、Na2SO4中的一种；分别取少量样品进行下列实验，现象为：在A中加C，无明显变化；在A中加D，无明显变化；在B中加D，生成沉淀E，并得到一种溶液；在B中加C，生成沉淀并得到一种溶液F；将少量E加入到足量F中，有气体放出．

（1）写化学式，A是____，D是____．

（2）如果将B和C混合，离子方程式为____

（3）将E加入足量F中，离子方程式为____．13、为解决大气中CO2的含量增大的问题，某科学家提出“绿色自由”构想：把工厂排出的富含CO2的废气经净化吹入碳酸钾溶液吸收，然后再把CO2从溶液中提取出来，经化学反应使废气中的CO2转变为燃料甲醇．“绿色自由”构想的部分技术流程如下：

（1）吸收池中主要反应的离子方程式为____，该过程中反应液的pH____（填“增大”；“减小”或“不变”）．

（2）合成塔中反应的化学方程式为____；△H＜0．从平衡移动原理分析，低温有利于提高原料气的平衡转化率．而实际生产中采用300℃的温度，除考虑温度对反应速率的影响外，还主要考虑____．若反应不使用催化剂，其他条件不变时，△H____（填“增大”；“减小”或“不变”）．

（3）从合成塔分离出甲醇的原理与下列____操作的原理比较相符（填字母）

A．过滤B．分液C．蒸馏D．结晶

工业流程中一定包括“循环利用”，“循环利用”是提高效益、节能环保的重要措施．“绿色自由”构想技术流程中能够“循环利用”的，除K2CO3溶液和CO2、H2外，还包括____．

（4）若在实验室模拟“绿色自由”构想，则需要制取氢气．现要组装一套可以控制氢气输出速率的装置，则必需选用的下列仪器为____（填字母）．

将氢气通入模拟合成塔前必须进行的操作是____．14、某芳香族化合物A的分子中含有C、H、O、N四种元素，相同状况下，其蒸气的密度氢气密度的68.5倍。现以苯为原料合成A，并最终制得F（一种染料中间体），转化关系如下：请回答下列问题：（1）写出A的分子式_______________；A的结构简式_____________________。（2）N-A的反应类型是__________________。（3）①上述转化中试剂I和试剂II分别是：试剂I_________，试剂II__________（选填字母）。a．KMnO4(H＋)b．Fe／盐酸c．NaOH溶液②若上述转化中物质A依次与试剂Ⅱ、试剂I、化合物E（浓硫酸／△）作用，能否得到F，为什么？______________________________________________________________。（4）用核磁共振氢谱可以证明化合物E中含有________种处于不同化学环境的氢。（5）写出同时符合下列要求的两种D的同分异构体的结构简式_________________。①嘱于芳香族化合物，分子中有两个互为对位的取代基，其中—个取代基是硝基；②分子中含有结构。（6）有一种D的同分异构体W，在酸性条件下水解后，可得到一种能与溶液发生显色反应的产物，写出W在酸性条件下水解的化学方程式_________________________。（7）F的水解反应如下：化合物H在一定条件下经缩聚反应可制得高分子纤维，广泛用于通讯、导弹、宇航等领域。请写出该缩聚反应的化学方程式____________________________________________。15、1­丁炔的最简式是________，它与过量溴加成后产物的结构简式是________；有机物A的分子式与1­丁炔相同，而且属于同一类别，A与过量溴加成后产物的结构简式是________；与1­丁炔属于同系物且所含碳原子数最少的有机物是________，它能发生________(填反应类型)反应制造导电塑料这是21世纪具有广阔前景的合成材料。16、某温度下，纯水中的c（H+）=2.0×10-7mol/L，则此时溶液中c（OH-）为______mol/L；若温度不变，滴入稀硫酸使c（H+）=5.0×10-6mol/L，则c（OH-）为______mol/L．评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)17、为防止流感传染，可将教室门窗关闭后，用食醋熏蒸，进行消毒．____．（判断对错）18、向试管中滴加液体时，胶头滴管紧贴试管内壁____．（判断对错）19、乙炔、聚乙炔、乙烯、聚乙烯、甲苯、乙苯都能使KMnO4（H+）溶液褪色____（判断对错）20、加过量的AgNO3溶液，产生大量的白色沉淀，溶液里一定含有大量的Cl-．____（判断对错）正确的打“√”，错误的打“×”21、判断下列说法是否正确；正确的在横线内打“√”，错误的打“×”．

①1mol任何气体的体积都是22.4L．____

②在标准状况下，某气体的体积为22.4L，则该气体的物质的量为1mol，所含的分子数目约为6.02×1023．____

③当温度高于0℃时，一定量任何气体的体积都大于22.4L．____

④凡升高温度，均可使饱和溶液变成不饱和溶液．____．22、在0.5molNa2SO4中含有Na+的数目为6.02×1023个____．（判断对错）23、判断下列说法是否正确；正确的划“√”，错误的划“×”

（1）乙醛分子中的所有原子都在同一平面上____

（2）凡是能发生银镜反应的有机物都是醛____

（3）醛类既能被氧化为羧酸，又能被还原为醇____

（4）完全燃烧等物质的量的乙醛和乙醇，消耗氧气的质量相等____

（5）在水溶液里，乙酸分子中的-CH可以电离出H+____．24、以下有些结构简式；书写得不规范；不正确．请在它们后面打一个×号，并把你认为正确的写法写在后面．（注意：如果原式是允许的、正确的，请在后面打√就可以了）

（1）乙醇：HOCH2CH3____；

（2）丙二醛：CHOCH2CHO____；

（3）对甲苯酚：____；

（4）三硝基甲苯：____；

（5）甲酸苯酯：____；

（6）苯乙醛：____．25、乙酸的结构简式：C2H4O2____．评卷人得分四、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：评卷人得分五、解答题(共3题，共24分)30、将15.6gNa2O2完全溶于适量的水中，再将所得溶液加水稀释为500mL，计算该溶液的物质的量浓度．31、实验室常用硫酸的质量分数为98%，密度为1.80g/cm3．

（1）此硫酸的物质的量浓度是多少？（列式计算）

（2）从该溶液中取出2L，加水稀释到10L，稀释后溶液的物质的量浓度为？32、为了达到下列表格中的实验要求；请从供选择的化学试剂中选出合适的，将其标号填入对应的空格中．

供选择的化学试剂：A．无水硫酸铜B．四氯化碳C．饱和NaHCO3溶液D．碘水

。实验要求选项的标号证明马铃薯中含淀粉检验酒精中含水提取碘水中的碘除去CO2中少量的SO2评卷人得分六、其他(共2题，共8分)33、已知有机物A分子中含有苯环且只有一个侧链。有机物A的相对分子质量M不超过200，其中氧元素的质量分数为26.7%，完全燃烧只生成水和二氧化碳。与之有关的有机物转化关系如下：（注意：部分反应产物省略）（1）有机物A中含有官能团的名称分别为________________，A的分子式为____________。（2）有机物Ｃ的结构简式为＿＿＿＿＿＿＿＿（3）有机物A～F中互为同分异构体的有____________和______________（填写序号）（4）有机物A～F中不能使溴的四氯化碳溶液褪色的有_________________（填写序号）（5）16.2g有机物BCD组成的混合物完全燃烧，得到的CO2通入3mol/LNaOH溶液中得到的产物为________________。（6）写出A+D生成E的化学方程式_____________________________。34、将下列各仪器名称前的字母序号与其用途相对应的选项填在相应位置．

（1）用来夹试管的工具是____；

（2）贮存固体药品的仪器是____；

（3）常作为反应用的玻璃容器是____；

（4）用于洗涤仪器内壁的工具是____；

（5）用于夹持燃烧镁条的工具是____；

（6）检验物质可燃性，进行固气燃烧实验的仪器是____；

（7）用于加热浓缩溶液、析出晶体的瓷器是____；

（8）加热时常垫在玻璃容器与热源之间的用品是____．参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】【分析】A．数值越大；说明空气质量越差；

B．空气质量越好；级数越小；

C．正常雨水的pH为5.6；

D．SO2可形成酸雨．【解析】【解答】解：A．空气污染指数的数值越大；说明空气质量越差，故A错误；

B．1级为优；5级为重度污染，故B错误；

C．正常雨水的PH为5.6；pH＜5.6的雨水属于酸雨，故C错误；

D．SO2可形成酸雨；化石能源含有硫元素，故D正确．

故选D．2、B【分析】【分析】酸性溶液中含大量的H+，根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀等，不能发生氧化还原反应，则离子能大量共存，并结合离子的颜色来解答．【解析】【解答】解：A．因CO32-、H+结合生成水和气体；则不能大量共存，故A错误；

B．因该组离子之间不反应；能大量共存，且离子均为无色，故B正确；

C．因H+、ClO-、Cl-发生氧化还原反应；则不能大量共存，故C错误；

D．因HCO3-、H+结合生成水和气体；则不能大量共存，故D错误；

故选B．3、A【分析】【分析】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重电子守恒计算的考查。【解答】从电荷守恒的角度分析，可配平反应的离子方程式：rm{3Fe^{2+}+2S_{2}O_{3}^{2-}+O_{2}+4OH^{-}篓TFe_{3}O_{4}+S_{4}O_{6}^{2-}+2H_{2}O}反应中rm{3Fe^{2+}隆煤Fe_{3}O_{4}}当rm{3molFe^{2+}}参加反应时，有rm{2molFe^{2+}}化合价升高，反应中rm{Fe}和rm{S}元素的化合价升高，被氧化，rm{O_{2}}为氧化剂，以此解答该题。A.rm{1molFe^{2+}}被氧化时，失去rm{1mol}电子，则被rm{Fe^{2+}}还原的rm{O_{2}}的物质的量为rm{dfrac{1}{4}mol}故A错误；

B.反应的离子方程式为rm{3Fe^{2+}+2S_{2}O_{3}^{2-}+O_{2}+4OH^{-}篓TFe_{3}O_{4}+S_{4}O_{6}^{2-}+2H_{2}O}则rm{x=4}故B正确；

C.反应rm{3Fe^{2+}+2S_{2}O_{3}^{2-}+O_{2}+4OH^{-}篓TFe_{3}O_{4}+S_{4}O_{6}^{2-}+2H_{2}O}中，rm{Fe}和rm{S}元素的化合价升高，被氧化，rm{O_{2}}为氧化剂，每生成rm{1molFe_{3}O_{4}}反应转移的电子总数为rm{4mol}故C正确；

D.rm{S_{2}O_{3}^{2-}隆煤S_{4}O_{6}^{2-}}rm{S}元素的化合价升高，rm{S_{2}O_{3}^{2-}}是还原剂；故D正确。

故选A。

【解析】rm{A}4、C【分析】【分析】A．乙醇的分子式中不需要标出官能团结构；

B．该有机物分子中的官能团为羰基；

C．最简式为分子中各原子数的最简比；

D．羟基与苯环直接相连，该有机物属于酚类．【解析】【解答】解：A．CH3CH2OH为乙醇的结构简式，乙醇的分子式为：C2H6O；故A错误；

B．CH3COCH3的含有碳氧双键；其官能团为羰基，不是醚基，故B错误；

C．苯的分子式为C6H6；则其最简式为CH，故C正确；

D．分子中羟基与苯环直接相连；该有机物属于酚类，故D错误；

故选C．5、C【分析】【分析】电负性是元素的原子在化合物中吸引电子能力的标度，电负性可以判断元素的金属性和非金属性，可以判断化合物中元素化合价的正负，可以判断分子的极性和键型．【解析】【解答】解：A；电负性也可以作为判断元素的金属性和非金属性强弱的尺度．一般来说；电负性大于1.8的是非金属元素小于1.8的是金属元素，而位于非金属三角区边界的“类金属”（如锗、锑等）的电负性则在1.8左右，它们既有金属性又有非金属性，故A不符合．

B；电负性能判断化合物中元素化合价的正负．电负性数值小的元素在化合物吸引电子的能力弱；元素的化合价为正值；电负性大的元素在化合物中吸引电子的能力强，元素的化合价为负值，故B不符合．

C；电负性不能确定化合物的溶解度；故C符合．

D；电负性能判断分子的极性和键型．电负性相同的非金属元素化合形成化合物时；形成非极性共价键，其分子都是非极性分子；电负性差值小于1.7的两种元素的原子之间形成极性共价键，相应的化合物是共价化合物；电负性差值大于1.7的两种元素化合时，形成离子键，相应的化合物为离子化合物，故D不符合．

故选C6、B【分析】【分析】答案：B

A．不正确，过量的铜屑与稀硝酸作用，反应停止后，再加入1mol/L稀硫酸，铜屑又逐渐溶解是因为硫酸电离的H＋与溶液中的NO3―组成硝酸与铜继续反应。

B．正确；

C．不正确；粗锌与稀硫酸反应制氢气比纯锌快，是因为粗锌中杂质与锌；溶液形成原电池，反应加快。

D．不正确，高温下Na2CO3+SiO2=Na2SiO3+CO2↑该反应原理可不用“强酸H2CO3制弱酸H2SiO3”来解释，“强酸H2CO3制弱酸H2SiO3”是溶液中的理论。原理是高沸点制低沸点。7、B【分析】解：A．能使蓝色石蕊试纸变红的溶液中存在大量氢离子，氢离子与S2O32-、ClO-反应，S2O32-、H+、Fe2+都与ClO-反应；在溶液中不能大量共存，故A错误；

B．在常温下由水电离出的c（OH-）=1×10-12mol•L-1的溶液呈酸性或碱性，NO3-、Na+、ClO4-、K+之间不反应；都不与氢离子；氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；

C．Fe3+为有色离子，Fe3+与HCO3-、AlO2-发生反应；在溶液中不能大量共存，故C错误；

D．常温下在pH=1的溶液呈酸性，CrO42-、Cl-在酸性条件下发生氧化还原反应；在溶液中不能大量共存，故D错误；

故选：B。

A．该溶液呈酸性；次氯酸根离子与氢离子；亚铁离子、硫代硫酸根离子反应，硫代硫酸根离子与氢离子反应；

B．该溶液呈酸性或碱性；四种离子之间不反应，都不与氢离子和氢氧根离子反应；

C．铁离子为有色离子；铁离子与碳酸氢根离子；偏铝酸根离子反应；

D．该溶液呈酸性；酸性条件下铬酸根离子能够氧化氯离子。

本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，题目难度不大题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等。【解析】B二、填空题(共9题，共18分)8、黑色粉末是CuO和Fe3O4的混合物溶液显蓝色2或3有红色固体析出红褐色沉淀红褐色沉淀，同时溶液呈深蓝色【分析】【分析】依据物质的颜色结合假设1和假设2解答；

①硫酸与氧化铜反应生成硫酸铜；硫酸铜溶液呈蓝色；

②三价铁离子遇到KSCN显血红色；据此解答；

③铁粉与铜离子反应置换出铜；

④如果假设2成立，则加入硫酸后得到的溶液中含有三价铁离子，加入氨水后生成氢氧化铁红褐色沉淀；如果假设3成立则加入硫酸后溶液中既含有三价铁离子还含有铜离子，加入足量氨水反应生成氢氧化铁红褐色沉淀；铜离子与氨水发生反应Cu2++4NH3•H2O═Cu（NH3）42++4H2O，盐酸变为深蓝色【解析】【解答】解：该物质是黑色固体，也可能既含有CuO又含有Fe3O4黑色粉末，是CuO和Fe3O4的混合物；

故答案为：黑色粉末是CuO和Fe3O4的混合物；

①硫酸与氧化铜发生反应：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O；硫酸铜溶液显蓝色，若假设1成立，实验现象为：溶液显蓝色；

故答案为：溶液显蓝色；

②三价铁离子与KSCN试剂络合成红色络合物，所以如果所得溶液显血红色，证明加入硫酸后生成了三价铁离子，说明黑色物质中含有Fe3O4；所以假设2或3都有可能；

故答案为：2或3；

③铁粉与铜离子发生反应：2Cu2++Fe=3Fe2++Cu；所以如果产生红色物质，证明溶液中存在铜离子，则黑色固体中含有CuO

；故假设3正确；

故答案为：有红色固体析出；

④如果假设2成立，则加入硫酸后得到的溶液中含有三价铁离子，加入氨水后生成氢氧化铁红褐色沉淀；如果假设3成立则加入硫酸后溶液中既含有三价铁离子还含有铜离子，加入足量氨水反应生成氢氧化铁红褐色沉淀；铜离子与氨水发生反应Cu2++4NH3•H2O═Cu（NH3）42++4H2O；盐酸变为深蓝色；

故答案为：红褐色沉淀；红褐色沉淀，同时溶液呈深蓝色．9、原电电解负2H++2e-=H2↑牺牲阳极的阴极保护法O2+4e-+2H2O=4OH-3.2【分析】【分析】（1）A能自发的进行氧化还原反应而作原电池；B连接外接电源属于电解池；

（2）原电池中；易失电子的金属锌作负极，铜作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应；

（3）锌与铁组成的合金在潮湿的空气中能够形成原电池；Zn为负极，Fe为正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子；

（4）根据转移电子相等及溶液中铜离子的物质的量计算C2上质量增加量．【解析】【解答】解：（1）A能自发的进行氧化还原反应而作原电池；B连接外接电源属于电解池；

故答案为：原电；电解；

（2）原电池中，易失电子的金属锌作负极，铜作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应而生成氢气，电极反应式为：2H++2e-=H2↑；

故答案为：负；2H++2e-=H2↑；

（3）锌与铁组成的合金在潮湿的空气中能够形成原电池，Zn为负极，失电子生成锌离子，Fe为正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，Fe得到保护，称为牺牲阳极的阴极保护法，正极电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，故答案为：牺牲阳极的阴极保护法；O2+4e-+2H2O=4OH-；

（4）C1作阳极，C2作阴极，电解氯化钠和硫酸铜混合溶液时，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上铜离子放电生成铜，串联电路中转移电子数相等，3.25gZn失电子物质的量×2=0.1mol，能够析出Cu0.05mol，溶液中铜离子的物质的量=0.1mol/L×0.5L=0.05mol，所以析出铜的质量是0.05mol×64g/mol=3.2g，故答案为：3.2．10、Fe2+、Fe3+、Al3+将铁离子还原为亚铁离子，便于与铝离子的分离4.7～7.6之间Fe2++2HCO3-═FeCO3↓+CO2↑+H2O（NH4）2SO44FeCO3+O22Fe2O3+4CO2【分析】【分析】硫铁矿烧渣与焦炭还原焙烧得到Fe2O3、Fe3O4、FeO、SiO2、Al2O3的混合物；混合物中加入足量硫酸，Fe2O3、Fe3O4、FeO、Al2O3与酸反应生成的硫酸亚铁、硫酸铁和硫酸铝；在滤液中加入铁粉调节PH值，铁粉具有还原性，可以将铁离子还原为亚铁离子，便于与铝离子的分离；将PH值调至4.7～7.6之间，使铝离子完全生成氢氧化铝沉淀；再加入碳酸氢铵，与亚铁离子反应生成碳酸亚铁沉淀，碳酸亚铁在高温下与氧气发生氧化还原反应生成氧化铁和二氧化碳，以此进行解答．【解析】【解答】解：（1）Fe2O3、Fe3O4、FeO、Al2O3与酸反应生成的硫酸亚铁、硫酸铁和硫酸铝，故滤液中的金属阳离子有Fe2+、Fe3+、Al3+；

故答案为：Fe2+、Fe3+、Al3+；

（2）Fe3+与Al3+开始沉淀时的pH值相近；铁粉具有还原性，可以将铁离子还原为亚铁离子，便于与铝离子的分离；加入铁粉调节PH至4.7～7.6之间，使铝离子完全沉淀，而亚铁离子不沉淀；

故答案为：将铁离子还原为亚铁离子；便于与铝离子的分离；4.7～7.6之间；

（3）碳酸氢根离子与亚铁离子发生双水解反应生成碳酸亚铁沉淀、水和二氧化碳，离子方程式为：Fe2++2HCO3-═FeCO3↓+CO2↑+H2O；所得滤液的主要溶质是硫酸铵，化学式为：（NH4）2SO4；

故答案为：（NH4）2SO4；

（4）碳酸亚铁与氧气发生氧化还原反应生成氧化铁和二氧化碳，方程式为：4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2，故答案为：4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2．11、3-甲基苯酚4加成羟基使得苯环的邻对位氢原子易于取代【分析】【分析】（1）制取异戊酸薄荷酯的最后一步为酯化反应，由异戊酸薄荷酯的结构可知，其反应物的结构简式为：

（2）的名称为3-甲基苯酚，取代基不变时，还有邻位、对位2种，含有一个侧链为-OCH3、或-CH2OH；

（3）由反应物与生成物结构可知；该反应属于加成反应；羟基使得苯环的邻对位氢原子易于取代；

（4）苯与甲基丙烯发生（3）中加成反应生成再与氯气在光照条件下生成最后在氢氧化钠水溶液、加热条件下水解得到．【解析】【解答】解：（1）制取异戊酸薄荷酯的最后一步为酯化反应，由异戊酸薄荷酯的结构可知，其反应物的结构简式为：

故答案为：

（2）的名称为3-甲基苯酚，取代基不变时，还有邻位、对位2种，含有一个侧链为-OCH3、或-CH2OH；属于芳香族的同分异构体还有4种；

故答案为：3-甲基苯酚；4；

（3）由反应物与生成物结构可知，该反应属于加成反应；实际生产中发现生成的量远大于生成的量；原因是：羟基使得苯环的邻对位氢原子易于取代；

故答案为：加成；羟基使得苯环的邻对位氢原子易于取代；

（4）苯与甲基丙烯发生（3）中加成反应生成再与氯气在光照条件下生成最后在氢氧化钠水溶液、加热条件下水解得到合成路线流程图为：

故答案为：．12、Na2SO4K2CO3Ba2++SO42-═BaSO4↓BaCO3+2H+═Ba2++CO2↑+H2O【分析】【分析】Na2SO4和H2SO4、K2CO3均不反应，混合无明显变化，故A为Na2SO4，而C、D为H2SO4、K2CO3中的一种，B为BaCl2；将少量E加入到足量F中，有气体放出，说明E为碳酸钡，则D为K2CO3，C为H2SO4，F为盐酸溶液，以此解答．【解析】【解答】解：Na2SO4和H2SO4、K2CO3均不反应，混合无明显变化，故A为Na2SO4，而C、D为H2SO4、K2CO3中的一种，B为BaCl2；将少量E加入到足量F中，有气体放出，说明E为碳酸钡，则D为K2CO3，C为H2SO4；F为盐酸溶液；

（1）由以上分析知：A是Na2SO4，D是K2CO3，故答案为：Na2SO4；K2CO3；

（2）氯化钡和硫酸反应的离子方程式为：Ba2++SO42-═BaSO4↓，故答案为：Ba2++SO42-═BaSO4↓；

（3）碳酸钡加入盐酸中生成二氧化碳和氯化钡，反应离子方程式为：BaCO3+2H+═Ba2++CO2↑+H2O，故答案为：BaCO3+2H+═Ba2++CO2↑+H2O．13、CO32-+CO2+H2O=2HCO3-减小CO2+3H2CH3OH+H2O催化剂的催化活性不变C高温水蒸气或反应热BCE检验氢气的纯度【分析】【分析】（1）二氧化碳与碳酸钾反应生成碳酸氢钾；起到吸收；提纯二氧化碳的目的，反应后溶液的pH减小；

（2）根据工艺流程可知；合成塔内反应是氢气与二氧化碳反应生成甲醇和水；工业生产条件选择要考虑转化率；反应速率、对催化剂的影响、材料、成本等多方面综合考虑；

（3）从合成塔出来的主要为甲醇与水的混合液；甲醇与水互溶，沸点相差大；由流程图可以找出循环利用的物质；

（4）控制氢气输出速率，并且符合绿色自由的构想，应控制酸的用量，减少浪费，可用分液漏斗加入，在试管中进行反应．【解析】【解答】解：（1）二氧化碳与碳酸钾反应生成碳酸氢钾，反应的离子方程式为CO32-+CO2+H2O=2HCO3-，由于CO32-水解程度大于HCO3-；则溶液pH减小；

故答案为：CO32-+CO2+H2O=2HCO3-；减小；

（2）合成塔反应是二氧化碳和氢气在一定条件下可生成甲醇和水，其方程式为CO2+3H2CH3OH+H2O；温度影响催化剂的活性，除考虑温度对反应速率的影响外，还主要考虑了催化剂的催化活性，无论是否加入催化剂，反应热都不变，只与反应物与生成物有关；

故答案为：CO2+3H2CH3OH+H2O；催化剂的催化活性；不变；

（3）从合成塔出来的主要为甲醇与水的混合液，甲醇与水互溶，沸点相差大，可用蒸馏的方法分离，由工艺流程可知，可重复利用的物质有K2CO3溶液和CO2、H2；高温水蒸气；

故答案为：C；高温水蒸气或反应热；

（4）控制氢气输出速率，并且符合绿色自由的构想，应控制酸的用量，减少浪费，可用分液漏斗加入，在试管中进行反应，则应选用BCE，不纯的氢气易爆炸，应先验纯，故答案为：BCE；检验氢气的纯度．14、略

【分析】试题分析：由题给信息可知N应为在浓硫酸作用下与硝酸发生取代反应，生成则A为相对分子质量为137，蒸气的密度为氢气密度的68.5倍，A被酸性高锰酸钾氧化生成B为与甲醇在浓硫酸作用下反应生成D为然后发生还原反应生成F，（1）由以上分析可知A的分子式为：C7H7NO2，结构简式为答案为：C7H7NO2，（2）N为在浓硫酸作用下与硝酸发生取代反应，生成答案为：取代反应；（3）①由题给信息结合以上分析可知试剂I和试剂Ⅱ分别是KMnO4（H+）、Fe/盐酸，答案为：a；b；②若先还原后氧化，则还原生成的氨基又被氧化，所以不能得到F，答案为：若先还原后氧化，则还原生成的氨基又被氧化；（4）E为CH3OH，含有两种不同的H原子，答案为：2；（5）D为对应的属于芳香族化合物，分子中有两个互为对位的取代基，其中一个取代基是硝基；且分子中含有结构的同分异构体有答案为：（6）D的同分异构体w，在酸性条件下水解后，可得到一种能与FeCl3溶液发生显色反应的产物，说明分子中含有酚羟基，应为水解的方程式为答案为：（7）F的水解产物为和CH3OH，化合物H在一定条件下经缩聚反应可制得高分子纤维，广泛用于通讯、导弹、宇航等领域，则H为可发生缩聚反应，方程式为答案为：．考点：有机物的推断【解析】【答案】（18分）（1）C7H7NO2（2分）（2分）（2）取代（2分）①a（1分）b（1分）②不可以，若先还原后氧化，则还原生成的氨基又会被氧化（2分）（3）2（2分）（5）任意两个（2分）（6）（2分）（7）（2分）15、略

【分析】试题分析：1­丁炔是其最简式是C2H3，它与过量溴加成后生成CHBr2CBr2CH2CH3；有机物A应是2丁炔，A与过量溴加成后生成CH3CBr2CBr2CH3；炔烃中含碳原子数最少的是乙炔，它能发生加聚反应而生成考点：炔烃的结构和性质。【解析】【答案】C2H3CHBr2CBr2CH2CH316、略

【分析】解：纯水显示中性，c（OH-）=c（H+）=2.0×10-7mol/L，水的离子积为：2.0×10-7×2.0×10-7=4.0×10-14；

溶液中氢离子浓度c（H+）=5.0×10-6mol/L，c（OH-）==8.0×10-9mol/L；

故答案为：2.0×10-7；8.0×10-9．

根据纯水中c（OH-）=c（H+）；溶液显示中性进行分析；根据该温度下纯水中氢离子浓度和氢氧根离子浓度，计算出水的离子积，根据水的离子积计算出溶液中氢氧根离子的浓度．

本题考查了水的电离，注意纯水中c（OH-）=c（H+），本题难度不大，可以根据所学知识完成．【解析】2.0×10-7；8.0×10-9三、判断题(共9题，共18分)17、√【分析】【分析】流感病毒的成分为蛋白质，而食醋的主要成分为乙酸，乙酸能使蛋白质发生变性，以此来解答．【解析】【解答】解：因流感病毒的成分为蛋白质；而食醋的主要成分为乙酸，乙酸能使蛋白质发生变性，则为防止流感传染，可将教室门窗关闭后，用食醋熏蒸，进行消毒，做法正确；

故答案为：√．18、×【分析】【分析】根据滴管滴加液体时，滴管尖端要悬空在容器口的正上方，不能伸入试管内部更不能接触试管内壁解答．【解析】【解答】解：滴管滴加液体时，滴管尖端要悬空在容器口的正上方，不能伸入试管内部更不能接触试管内壁，以免污染滴管内的液体，故答案为：×．19、×【分析】【分析】烯烃、炔烃及苯的同系物均能被高锰酸钾氧化，使其褪色，而不含不饱和键的物质不能，以此来解答．【解析】【解答】解：乙炔；聚乙炔、乙烯均含不饱和键；均能被高锰酸钾氧化，使其褪色；

甲苯、乙苯为苯的同系物，都能使KMnO4（H+）溶液褪色；

只有聚乙烯中不含C=C；不能被高锰酸钾氧化，则不能使其褪色；

故答案为：×．20、×【分析】【分析】碳酸根离子等也能与AgNO3溶液产生白色沉淀．【解析】【解答】解：与AgNO3溶液，产生白色沉淀的不只Cl-，还有碳酸根离子等．所以检验Cl-时；通常先加稀硝酸酸化，以排除碳酸根离子的干扰．

故答案为：×．21、×【分析】【分析】①外界条件不同；气体的体积不同；

②标准状况下，气体的气体摩尔体积为22.4L/mol，结合n==计算；

③气体的体积受温度；压强影响；

④升高温度，如溶解度减小，则仍未饱和溶液．【解析】【解答】解：①气体的体积受温度；压强影响；外界条件不同，分子之间的距离不同，则气体的体积不同，故答案为：×；

②标准状况下，气体的气体摩尔体积为22.4L/mol，n===1moL，所含的分子数目约为6.02×1023；故答案为：√；

③气体的体积受温度；压强影响；如压强较大，则气体的体积可能小于22.4L，故答案为：×；

④升高温度，如溶解度减小，则仍未饱和溶液，故答案为：×．22、√【分析】【分析】根据化学式为Na2SO4，利用硫酸钠的物质的量来确定钠离子的物质的量，再利用N=n×NA来计算钠离子的数目．【解析】【解答】解：0.5molNa2SO4中钠离子的物质的量为0.5mol×2=1mol；

则由N=n×NA可知，则钠离子的个数为1mol×6.02×1023mol-1=6.02×1023；

故答案为：√．23、×【分析】【分析】（1）乙醛可看作甲烷中的氢原子被醛基取代产物；

（2）含醛基的物质能发生银镜反应；

（3）醛基既可被氧化为羧基也可被还原为羟基；

（4）根据乙醛和乙醇的分子式分析；

（5）乙酸分子中羧基可电离出氢离子，据此分析．【解析】【解答】解：（1）乙醛可看作甲烷中的氢原子被醛基取代产物；而甲烷为四面体结构，则甲烷的衍生物也是四面体结构；

故答案为：×；

（2）含醛基的物质能发生银镜反应；葡萄糖含醛基能发生银镜反应；

故答案为：×；

（3）醛基既可被氧化为羧基也可被还原为羟基；

故答案为：√；

（4）乙醛的分子式为C2H4O，乙醇的分子式为C2H6O；从组成看，等物质的量的乙醛和乙醇燃烧乙醇耗氧多；

故答案为：×；

（5）乙酸分子中羧基可电离出氢离子；其余氢原子不能电离出氢原子；

故答案为：×．24、√【分析】【分析】（1）羟基正在有机物分子最前面时应该表示为HO-；据此进行判断；

（2）醛基写在有机物分子前边时应该表示为：OHC-；

（3）酚羟基的表示方式错误；应该表示为：HO-；

（4）左边的硝基中含有原子组成错误，应该为O2N-；

（5）结构简式中酯基表示方式错误；

（6）苯乙醛中醛基的结构简式表示错误，应该为-CHO．【解析】【解答】解：（1）乙醇：HOCH2CH3；乙醇的结构简式正确，故答案为：√；

（2）羟基的表示方法错误，丙二醛的结构简式应该是：OHCCH2CHO，故答案为：OHCCH2CHO；

（3）酚羟基的表示方法错误，对甲基苯酚的结构简式应该是：故答案为：

（4）左边硝基的组成错误，正确应该为：O2N-，三硝基甲苯的结构简式为故答案为：

（5）酯基的表示方法错误，甲酸苯酚的结构简式是故答案为：

（6）醛基的书写错误，苯乙醛的结构简式是：

故答案为：．25、×【分析】【分析】根据结构简式的书写方法来解答；【解析】【解答】解：乙酸的分子式为：C2H4O2，结构简式为CH3COOH，故答案为：×；四、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．29、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+