2025年新世纪版高三化学上册阶段测试试卷

…………○…………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年新世纪版高三化学上册阶段测试试卷112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总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、根据下列实验现象；所得结论正确的是（）

。实验实验现象结论A

铁钉生锈，小试管内玻璃导管中水面上升金属发生了析氢腐蚀B

左边棉球变为橙色，右边棉球变为蓝色氧化性：Cl2＞Br2＞I2C

先生成蓝色沉淀，后产生白色沉淀溶度积：Ksp[Mg（OH）2]＞Ksp[Cu（OH）2]D

试管中产生白色胶状沉淀HCO3-与AlO2-双水解进行到底A.AB.BC.CD.D2、分类是化学学习和研究中的常用手段．下列分类依据和结论都正确的是（）A.NaF、MgO、CaCl2均由活泼金属或活泼非金属作用形成，都是离子化合物B.HCl、H2SO4、HNO3均具有氧化性，都是氧化性酸C.Na2O、HCl、BaSO4、浓硝酸都是纯净物D.H2O、HCOOH、Cu（NH3）4SO4中均含有氧，都是氧化物3、下列表示不正确的是rm{(}rm{)}A.rm{CO_{2}}的电子式：B.乙炔的结构式：rm{H-C隆脭C-H}C.rm{CH_{4}}的比例模型：D.rm{Cl^{-}}的结构示意图：4、金属的腐蚀除化学腐蚀和普通的电化学腐蚀外，还有“氧浓差腐蚀”，如在管道或缝隙等处的不同部位氧的浓度不同，在氧浓度低的部位是原电池的负极．下列说法正确的是（）A.纯铁的腐蚀属于电化学腐蚀B.钢铁吸氧腐蚀时，负极的电极反应式为Fe-3e-═Fe3﹢C.海轮在浸水部位镶一些铜锭可起到抗腐蚀作用D.在图示氧浓差腐蚀中，M极处发生的电极反应为O2+2H2O+4e-═4OH-5、设阿伏加德罗常数的数值为NA，则下列说法正确的是（）A.15g甲基所含有的电子数是NAB.0.5mol1，3-丁二烯分子中含有碳碳双键的数目为NAC.标准状况下，1L戊烷充分燃烧后生成的气态产物的分子数为5/22.4NAD.常温常压下，1mol丙烷所含有的共价键数目为12NA6、如图是某研究小组采用电解法处理石油炼制过程中产生的大量H2S废气的工艺流程．该方法对H2S的吸收率达99%以上，并可制取H2和S．下列说法正确的是（）A.吸收H2S的离子方程式为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+B.电解时选用阴离子交换膜，电解过程中的阳极区反应主要为：2Cl--2e-=Cl2C.电解过程中若阴极产生2.24L气体，则阳极区产生0.2molFe3+D.实验室可用点燃充分燃烧的方法消除H2S污染7、下列说法正确的是（）A.pH＜7的溶液一定显酸性B.25℃时，pH=5的溶液与pH=3的溶液相比，前者c（OH-）是后者的100倍C.室温下，每1×107个水分子中只有一个水分子发生电离D.在0.1mol/L的氨水中，改变外界条件使c（NH4+）增大，则溶液的pH一定增大8、25℃时，由水电离出的c（H+）=1×10-14mol•L-1的溶液中，一定能大量共存的离子组是（）A.K+、ClO-、SO42-、HCOO-B.Na+、K+、Cl-、NO3-C.NH4+、Al3+、NO3-、Cl-D.Fe2+、Cu2+、NO3-、SO42-9、在同体积0.3mol•L﹣1的H2SO4、HCl、HNO3、CH3COOH溶液中，加入足量的Zn，下列说法中正确的是（）A.盐酸和硝酸中放出的氢气相等B.醋酸中放出氢气量最多C.盐酸中放出的氢气量最多D.硫酸中放出氢气量最多评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)10、有机物A是常用的食用油抗氧化剂，分子式为C10H12O5；可发生如下转化：

已知B的相对分子质量为60，分子中只含一个甲基．C的结构可表示为（其中：-X；-Y均为官能团）．

请回答下列问题：

（1）根据系统命名法，B的名称为____．

（2）官能团-X的名称为____．

（3）A的结构简式为____．

（4）反应⑤的化学方程式为____．

（5）C有多种同分异构体，写出其中2种符合下列要求的同分异构体的结构简式____．

Ⅰ．含有苯环Ⅱ．能发生银镜反应。

Ⅲ．不能发生水解反应。

（6）从分子结构上看，A具有抗氧化作用的主要原因是____（填序号）．

a．含有苯环b．含有羰基c．含有酚羟基．11、有一瓶溶液只有Cl-、CO32-、SO42-、Na+、NH4+、K+、Mg2+七种离子中的某几种．经实验：①原溶液白色沉淀；②将①所得溶液放出使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体；③原溶液中加BaCl2溶液不产生沉淀；④原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀；再加稀硝酸白色沉淀不溶解．回答下列问题：

（1）试分析原溶液中一定含有的离子是____，一定不含有的离子是____，可能含有的离子是____，要确定它们是否真的存在，进行的实验是____．

（2）有同学认为实验④可以省略，他的理由是____．12、溴水和稀碘水均呈黄色，若用物理方法鉴别，操作步骤、现象和相应的结论是____；若用化学方法鉴别，则操作步骤、现象和相应的结论是____．13、（2011•郑州三模）氮元素是重要的非金属元素；可形成卤化物；氮化物，叠氮化物及配合物等多种化合物．

（1）NF3，NBr3、NCl3的沸点由高到低的顺序是____，这三种化台物中N原子的杂化类型是____，分子的空间构型是____．

（2）Mg2N2遇水发生剧烈反应，生成一种有刺激性气味的气体．该反应的化学方程式为____．

（3）叠氮酸（HN3）是一种弱酸．可部分电离出H+和N3-请写出两种与N3-互为等电子体的分子____．

（4）Fe2+、Cu2+、Co3+等过渡金属离子都能与叠氮化物；氰化物形成配合物．

Fe2+的核外电子排布式为____；配合物[Co（N3）（NH3）5]SO4中Co的配位数为____，Co3+与NH3之间的作用力是____．

（5）NaN3与KN3相比，NaN3的晶格能____KN3的晶格能（填“＞”；“=”或“＜”）．

（6）某元素X与N形成的氮化物中，X+中K、L、M三个电子层均充满了电子．它与N3-形成晶体的结构如图所示．X+的符号是____，晶体中每个N3-与其距离最近的X+有____个．14、A、B、C、D、E是中学常见的5种化合物，A、B是氧化物，元素X、Y的单质是生活中常见的金属，Y的用量最大．相关物质间的关系如图所示．

（1）X的单质与A反应的化学方程式是____．

（2）若试剂1是NaOH溶液，①X的单质与试剂1反应的离子方程式是____．

②4.5克X的单质参加反应转移的电子数____．

（3）若试剂1和试剂2均是稀硫酸．

①检验物质D的溶液中金属离子的方法是：____．

②将物质C溶于水，其溶液呈酸性，原因是（用离子方程式表示）____．

③某高效净水剂是由Y（OH）SO4聚合得到的．工业上以E、稀硫酸和亚硝酸钠为原料来制备Y（OH）SO4，反应中有NO生成，该反应的化学方程式是：____．15、（18分）（1）合成氨工业对化学工业和国防工业具有重要意义。工业合成氨生产示意图如图所示。①X的化学式为；②上图中条件选定的主要原因是（选填字母序号）；A．温度、压强对化学平衡影响B．铁触媒在该温度时活性大C．工业生产受动力、材料、设备等条件的限制③改变反应条件，会使平衡发生移动。下图表示随条件改变，氨气的百分含量的变化趋势。当横坐标为压强时，变化趋势正确的是（选填字母代号），当横坐标为温度时，变化趋势正确的是（选填字母序号）。（2）常温下氨气极易溶于水，其水溶液可以导电。①用方程式表示氨气溶于水的过程中存在的可逆反应，②氨水中水电离出的c(OH－)____10－7mol/L（填写“＞”、“＜”或“＝”）；③将相同体积、相同物质的量浓度的氨水和盐酸混合后，溶液中离子浓度由大以小依次为。（3）氨气具有还原性，在铜的催化作用下，氨气和氟气反应生成A和B两种物质。A为铵盐，B在标准状况下为气态。在此反应中，若每反应1体积氨气，同时反应0.75体积氟气；若每反应8.96L氨气（标准状况），同时生成0.3molA。①写出氨气和氟气反应的化学方程式；②在标准状况下，每生成1molB，转移电子的物质的量为mol。评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)16、在18g18O2中含有NA个氧原子．____（判断对错）17、钠与水反应时，会发生剧烈爆炸____．（判断对错）18、氨水呈弱碱性，故NH3是弱电解质____（判断对错）19、物质的量相同的磷酸钠溶液和磷酸溶液中所含的PO43-量相同．____．20、将1mol•L-1的NaCl溶液和0.5mol•L-1的BaCl2溶液等体积混合后，不考虑体积变化c（Cl-）=0.75mol•L-1____（判断对错）21、有下列化合物：

（1）请在空格内用“√”或“×”判断正误．

①甲、乙、丙丁、戊均属于烃的衍生物____

②乙中含氧官能团的名称为“全基”和“羟基”____

③丙和丁互为同系物____

④可用溴水鉴别乙和戊____

（2）化合物戊可由甲按下列途径合成．

试回答下列问题。

①D→戊的有机反应类型是____．

②写出C→D的化学反应方程式____．

③写出同时满足下列条件的甲的同分异构体（两种即可）．____，____．

a．能与FeCl3发生显色反应；不能发生银镜反应；

b．属于酯类；取代基为链状；

c．苯环上一氯代物只有两种．22、Na2O2的电子式为____．（判断对确）23、蒸馏时，温度计水银球插入混合液中，以控制蒸馏的温度．____．（判断对错）24、常温常压下，22.4LSO2和O2的混合气体中氧原子总数为2NA____（判断对错）评卷人得分四、探究题(共4题，共28分)25、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________．26、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：27、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________．28、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、推断题(共1题，共2分)29、图中①～⑩分别代表有关反应中的一种物质；它们均是中学化学中常见物质．已知①～③和⑥～⑩中分别含有同一种元素．

（1）分别写出①；④、⑧的化学式或离子符号：

①____，④____，⑧____．

（2）写出下列反应方程式；是离子反应的写出离子方程式：

①+OH-→____

⑤→____

①+⑥→____

⑨+空气→____．参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【分析】A．强酸性条件下；铁钉发生析氢腐蚀；

B．氯气能氧化溴离子生成溴；也能氧化碘离子生成碘；

C．溶度积常数表达式相同时；外界条件相同时，溶度积常数小的物质先产生沉淀；

D．二者水解都生成碱．【解析】【解答】解：A．强酸性条件下；铁钉发生析氢腐蚀，所以Fe和氢离子发生置换反应生成亚铁离子，不产生铁锈，故A错误；

B．氯气能氧化溴离子生成溴；也能氧化碘离子生成碘，因为氯气和溴离子反应时有未反应的氯气，影响溴与碘离子的反应，故B错误；

C．溶度积常数表达式相同时，外界条件相同时，溶度积常数小的物质先产生沉淀，所以该实验中先产生蓝色沉淀后产生白色沉淀，说明溶度积：Ksp[Mg（OH）2]＞Ksp[Cu（OH）2]；故C正确；

D．二者水解都生成碱；所以二者相互抑制水解，故D错误；

故选C．2、A【分析】解：A、依据物质结构分析，NaF、MgO、CaCl2均由活泼金属或活泼非金属作用形成；都是离子化合物，故A正确；

B、酸有氧化性是氢离子的氧化性，但不是氧化性酸，氧化性酸是酸根离子中心原子得到电子表现出的氧化性，HCl、H2SO4、HNO3均具有氧化性，HCl是非氧化性酸，浓H2SO4、HNO3都是氧化性酸；故B错误；

C、同一种物质组成的为纯净物，Na2O、HCl、BaSO4都是纯净物；浓硝酸是硝酸的溶液属于混合物，故C错误；

D、H2O是氧化物HCOOH、Cu（NH3）4SO4中均含有氧；但不符合氧化物概念，不是氧化物，故D错误；

故选A．

A；活泼金属与活泼非金属反应生成的化合物；一般为离子化合物；

B；酸有氧化性是氢离子的氧化性；但不是氧化性酸，氧化性酸是酸根离子中心原子得到电子表现出的氧化性；

C；浓硝酸是硝酸的水溶液；

D；依据氧化物概念分析；氧化物是两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物．

本题考查了物质分类依据，物质性质的分析判断，掌握基础是关键，题目较简单．【解析】【答案】A3、A【分析】解：rm{A.CO_{2}}是共价化合物，其结构式为rm{O=C=O}碳原子和氧原子之间有rm{2}对电子，其电子式为故A错误；

B.乙炔为共价化合物，乙炔分子含有rm{2}个rm{C-H}rm{1}个rm{C隆脭C}乙炔的结构式：rm{H-C隆脭C-H}故B正确；

C.甲烷为正面体结构，由原子相对大小表示空间结构为比例模型，则rm{CH_{4}}分子的比例模型为故C正确；

D.rm{.}氯离子核内有rm{17}个质子，核外有rm{18}个电子，分布在rm{3}个电子层上，分别容纳rm{2}rm{8}rm{8}个电子，rm{Cl^{-}}的结构示意图：故D正确；

故选：rm{A}．

A.rm{CO_{2}}是共价化合物，其结构式为rm{O=C=O}碳原子和氧原子之间有rm{2}对电子；

B.乙炔分子含有rm{2}个rm{C-H}rm{1}个rm{C隆脭C}

C.甲烷为正面体结构；由原子相对大小表示空间结构为比例模型；

D.氯离子核内有rm{17}个质子，核外有rm{18}个电子，分布在rm{3}个电子层上，分别容纳rm{2}rm{8}rm{8}个电子．

本题考查常用化学用语的书写，掌握电子式、结构式、比例模型、原子结构示意图等常用化学用语的书写方法是解题管就，注意比例模型突出的是原子之间相等大小以及原子的大致连接顺序、空间结构，不能体现原子之间的成键的情况，题目难度中等．【解析】rm{A}4、D【分析】【分析】A．纯铁发生腐蚀时；不能形成原电池；

B．钢铁吸氧腐蚀时；负极Fe失电子生成亚铁离子；

C．Fe；Cu构成原电池时；Fe作负极；

D．M处氧气的浓度大，为原电池的正极．【解析】【解答】解：A．纯铁发生腐蚀时；没有正极材料，不能形成原电池，所以发生的是化学腐蚀，故A错误；

B．钢铁吸氧腐蚀时，负极Fe失电子生成亚铁离子，则负极的电极反应式为Fe-2e-═Fe2﹢；故B错误；

C．Fe；Cu构成原电池时；Fe作负极，Fe失电子被腐蚀，所以海轮在浸水部位镶一些铜锭不能起到抗腐蚀作用，故C错误；

D．M处氧气的浓度大，为原电池的正极，则正极上氧气得电子生成氢氧根离子，则M极处发生的电极反应为O2+2H2O+4e-═4OH-；故D正确．

故选D．5、B【分析】【分析】A；求出甲基的物质的量；然后根据甲基不显电性来分析；

B；根据1；3-丁二烯是二烯烃来分析；

C；标况下；戊烷为液体；

D、1mol丙烷含10mol共价键来计算．【解析】【解答】解：A、15g甲基的物质的量n==1mol，而甲基不显电性，故1mol甲基含9mol电子，即9NA个电子；故A错误；

B、1，3-丁二烯是二烯烃，故1mol1，3-丁二烯含2mol碳碳双键，则0.5mol1，3-丁二烯含1mol碳碳双键，即NA个；故B正确；

C；标况下；戊烷为液体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；

D、丙烷的分子式为C3H8，故1mol丙烷含10mol共价键，即10NA个；故D错误．

故选B．6、A【分析】【分析】A、根据Fe3+的氧化性和H2S的还原性；再根据离子方程式正误的判断；

B、根据氯化亚铁溶液中离子的放电顺序结合实验还能制取H2和S得情况来判断；

C；根据电极反应式以及电子守恒进行计算即可；注意气体的体积和物质的量之间的计算关系；

D、H2S充分燃烧的产物为二氧化硫．【解析】【解答】解：A、由图中的流程图可知，FeCl3与H2S反应生成S和Fe2+，离子方程式为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；故A正确；

B、电解的是氯化亚铁和盐酸溶液，在阴极区域产生的是氢气，为了制得氢气，应该是采用阳离子交换膜，让氢离子通过，阳极发生的应该是氧化反应，所得滤液中含有Fe2+、H+和Cl-，由于还原性Fe2+＞Cl-（或根据图示循环），电解时阳极反应式为Fe2+-e-═Fe3+；故B错误；

C、电解过程中若阴极产生2.24L氢气，在标况下，其物质的量为：0.1mol，根据阴极反应：2H++2e-=H2↑，则转移电子是0.2mol，电解时阳极反应式先是：Fe2+-e-═Fe3+，阳极区产生0.2molFe3+；故C错误；

D、由于H2S充分燃烧的化学方程式为2H2S+3O2═2SO2+2H2O，生成的SO2也是一种有毒气体；故D错误．

故选：A．7、B【分析】【分析】A．pH＜7的溶液可能呈中性；

B．溶液中c（H+）=10-pH，溶液中c（OH-）=；

C．室温下，1L水中10-7mol水发生电离；

D．在1mol•L-1的氨水中，加盐酸，c（NH4+）增大．【解析】【解答】解：A.100℃时；纯水PH=6，纯水是中性的，所以pH＜7的溶液一定是酸溶液错误，故A错误；

B．溶液中c（H+）=10-pH，溶液中c（OH-）=，所以25℃时，pH=5的溶液与pH=3的溶液中c（OH-）为10pH之比=105：103=100；故B正确；

C．室温下，1L水中有10-7mol发生电离，即55.6mol水中有10-7mol发生电离；故C错误；

D、在1mol•L-1的氨水中，加盐酸，c（NH4+）增大；溶液中氢氧根离子的浓度减小，则pH减小，故D错误．

故选B．8、B【分析】【分析】由水电离出的c（H+）=1×10-14mol•L-1的溶液中，为酸或碱溶液，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，则离子大量共存，以此来解答．【解析】【解答】解：由水电离出的c（H+）=1×10-14mol•L-1的溶液中；为酸或碱溶液；

A．酸性溶液中不能大量存在ClO-、HCOO-；故A不选；

B．酸；碱溶液中该组离子之间不反应；可大量共存，故B选；

C．碱溶液中不能大量存在NH4+、Al3+；故C不选；

D．碱溶液中不能大量存在Fe2+、Cu2+，酸溶液中Fe2+、H+、NO3-发生氧化还原反应；不能大量共存，故D不选；

故选B．9、D【分析】【解答】解：酸与足量锌发生反应生成的氢气量与酸中氢离子的物质的量成正比；这几种等浓度等体积的酸中，硫酸中氢离子的物质的量最多，醋酸；硝酸和盐酸中氢元素的物质的量相同，但硝酸和锌反应不生成氢气，所以这几种酸与足量的锌反应，生成氢气最多的是硫酸，其次是盐酸和醋酸，稀硝酸不产生氢气，故选D．

【分析】酸与足量锌发生反应生成的氢气量与酸中氢离子的物质的量成正比，注意硝酸和锌反应不生成氢气．二、填空题(共6题，共12分)10、1-丙醇羧基+NaHCO3→+H2O+CO2↑c【分析】【分析】A能发生水解反应；则A中含有酯基，C能发生显色反应，则C中含有酚羟基，能和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，说明含有羧基；

C的结构可表示为（其中：-X、-Y均为官能团），则C为

B为醇，B的相对分子质量为60，分子中只含一个甲基，D能发生加聚反应生成高分子化合物，D中含有不饱和键，B发生消去反应生成D，结合其分子式知，B结构简式为CH3CH2CH2OH，D为CH2=CHCH3，E结构简式为则可推知A为据此分析解答．【解析】【解答】解：A能发生水解反应；则A中含有酯基，C能发生显色反应，则C中含有酚羟基，能和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，说明含有羧基；

C的结构可表示为（其中：-X、-Y均为官能团），则C为

B为醇，B的相对分子质量为60，分子中只含一个甲基，D能发生加聚反应生成高分子化合物，D中含有不饱和键，B发生消去反应生成D，结合其分子式知，B结构简式为CH3CH2CH2OH，D为CH2=CHCH3，E结构简式为则可推知A为

（1）B为CH3CH2CH2OH；根据系统命名法，B的名称为1-丙醇，故答案为：1-丙醇；

（2）-X为-COOH；官能团-X的名称为羧基，故答案为：羧基；

（3）A的结构简式为故答案为：

（4）C为含有羧基的物质可以和碳酸氢钠发生反应生成二氧化碳，所以和碳酸氢钠发生反应的化学方程式为：+NaHCO3→+H2O+CO2↑；

故答案为：+NaHCO3→+H2O+CO2↑；

（5）C为C的同分异构体符合下列条件：

Ⅰ．含有苯环；Ⅱ．能发生银镜反应说明含有醛基；

Ⅲ．不能发生水解反应；说明不含酯基；

则符合条件C的同分异构体有

故答案为：

（6）A具有抗氧化作用的主要原因是分子中有酚羟基，因为苯酚在空气中易被氧化为粉红色，故答案为：c．11、Cl-、NH4+、Mg2+CO32-、SO42-Na+、K+焰色反应溶液呈电中性，有阳离子存在必有阴离子存在【分析】【分析】（1）Cl-、CO32-、SO42-、Na+、NH4+、K+、Mg2+七种离子中只有有Mg2+能和氢氧化钠反应生成沉淀，说明一定含有Mg2+；Mg2+和CO32-反应生成沉淀，二者不能共存，故无CO32-；能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，证明原溶液含NH4+；原溶液中加BaCl2溶液不产生沉淀，说明不含SO42-；原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解，说明含Cl-．

原溶液中一定含有的离子是Cl-、NH4+、Mg2+，一定不含有的离子是CO32-、SO42-，可能含有Na+、K+；Na+、K+焰色反应现象不同；

（2）根据溶液电中性解答．【解析】【解答】解：Cl-、CO32-、SO42-、Na+、NH4+、K+、Mg2+七种离子中只有有Mg2+能和氢氧化钠反应生成沉淀，说明一定含有Mg2+；Mg2+和CO32-反应生成沉淀，二者不能共存，故无CO32-；能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，证明原溶液含NH4+；原溶液中加BaCl2溶液不产生沉淀，说明不含SO42-；原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解，说明含Cl-．

（1）由以上分析可知，原溶液中一定含有的离子是Cl-、NH4+、Mg2+，一定不含有的离子是CO32-、SO42-，可能含有Na+、K+；钠离子焰色反应为黄色，钾离子焰色反应为紫色，通过焰色反应能鉴别，故答案为：Cl-、NH4+、Mg2+；CO32-、SO42-；Na+、K+；焰色反应；

（2）溶液显电中性，故有阳离子必有阴离子，CO32-、SO42-不存在，则必须含有Cl-，故答案为：溶液呈电中性，有阳离子存在必有阴离子存在．12、向两种试液中分别加入5mL苯（或CCl4）后溶液分层，上层（或下层）呈紫红色的是碘水，上层（或下层）呈现橙红色的是溴水向两种试液中分别加入淀粉溶液后，一样品溶液出现蓝色，另一样品无明显变化则呈蓝色的是碘水，无变化的是溴水【分析】【分析】溴水、碘水在有机溶剂中发生萃取的颜色不同，为物理方法；淀粉遇碘变蓝，而溴不能，为化学方法，以此来解答．【解析】【解答】解：溴水和稀碘水均呈黄色，若用物理方法鉴别，操作步骤、现象和相应的结论为向两种试液中分别加入5mL苯（或CCl4）后溶液分层；上层（或下层）呈紫红色的是碘水，上层（或下层）呈现橙红色的是溴水；

若用化学方法鉴别；则操作步骤；现象和相应的结论是向两种试液中分别加入淀粉溶液后，一样品溶液出现蓝色，另一样品无明显变化则呈蓝色的是碘水，无变化的是溴水；

故答案为：向两种试液中分别加入5mL苯（或CCl4）后溶液分层，上层（或下层）呈紫红色的是碘水，上层（或下层）呈现橙红色的是溴水；向两种试液中分别加入淀粉溶液后，一样品溶液出现蓝色，另一样品无明显变化则呈蓝色的是碘水，无变化的是溴水．13、NBr3＞NCl3＞NF3sp3三角锥形Mg3N2+6H2O=3Mg（OH）2+2NH3↑N2O或CO2或CS2或BeCl2（任写两种）1S22S22P63S23P63d6或[Ar]3d66配位键＞Cu+6【分析】【分析】（1）NF3，NBr3、NCl3都是分子晶体；且结构相似，根据相对分子质量可判断沸点高低，计算中心原子的价电子对数可判断出中心原子杂化方式及分子空间构型；

（2）Mg2N2遇水发生剧烈反应；生成一种有刺激性气味的气体为氨气，根据元素守恒，可写出化学方程式；

（3）根据等电子原理可写出与N3-互为等电子体的分子；

（4）铁为26号元素，可写出Fe2+的核外电子排布式，根据配合物[Co（N3）（NH3）5]SO4的结构可判断出配位数和作用力；

（5）根据钠离子和钾离子的半径可比较出NaN3与KN3的晶格能大小；

（6）根据X的核外电子排布特点推导出X元素的种类，再利用晶体结构图，看出晶体中每个N3-与其距离最近的X+的个数．【解析】【解答】解：（1）NF3，NBr3、NCl3都是分子晶体，且结构相似，它们相对分子质量大小关系为：NBr3＞NCl3＞NF3，所以它们的沸点由高到低的顺序是：NBr3＞NCl3＞NF3，在三种化合物中，每个氮原子都和其它三个原子形成三对共用电子对，另外还有一对孤电子对，所以氮原子是sp3杂化方式，由于有孤电子对，所以它们都是三角锥形，故答案为：NBr3＞NCl3＞NF3；sp3；三角锥形；

（2）Mg2N2遇水发生剧烈反应，生成一种有刺激性气味的气体为氨气，根据元素守恒，可写知化学方程式为：Mg3N2+6H2O=3Mg（OH）2+2NH3↑；

故答案为：Mg3N2+6H2O=3Mg（OH）2+2NH3↑；

（3）N3-中有三个原子，价电子数为16，根据等电子原理可知，与它互为等电子体的分子有：N2O、CO2、CS2、BeCl2；

故答案为：N2O或CO2或CS2或BeCl2（任写两种）；

（4）铁为26号元素，所以Fe2+的核外电子排布式为：1S22S22P63S23P63d6或[Ar]3d6，在配合物[Co（N3）（NH3）5]SO4中，一个N3-和5个氨分子都是内界；与钴离子形成配位键，所以钴离子的配位数就是6；

故答案为：1S22S22P63S23P63d6或[Ar]3d6；6；配位键；

（5）因为钠离子的半径比钾离子的半径小，所以NaN3的晶格比KN3的晶格能大；故答案为：＞；

（6）X+中K、L、M三个电子层均充满了电子，所以X+核外有28个电子，即X为铜元素，X+为Cu+，根据晶体结构图可知，每个N3-与其距离最近的Cu+有6个；

故答案为：Cu+，6．14、略

【分析】

元素X；Y的单质是生活中常见的金属；Y的用量最大，则X为Al，Y为Fe，A、B是氧化物，则Al与氧化铁反应生成Fe和氧化铝；Al、氧化铝都既能与酸反应又能与碱反应，而Fe、氧化铁都能与酸反应，则试剂1为NaOH溶液时，C为偏铝酸钠；试剂2为硫酸时，D为硫酸铁、E为硫酸亚铁；试剂1为硫酸时，C为硫酸铝，该溶液水解显酸性；

（1）X的单质与A反应为铝热反应，即Al与氧化铁反应生成氧化铝和Fe，该反应为Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe；

故答案为：Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe；

（2）若试剂1是NaOH溶液，①Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子反应为2Al+2H2O+2OH-═2AlO2-+3H2↑，故答案为：2Al+2H2O+2OH-═2AlO2-+3H2↑；

②该反应中Al元素由0价升高到+3价，则转移的电子为×（3-0）×NA=3.01×1023，故答案为：3.01×1023；

（3）若试剂1和试剂2均是稀硫酸；

①D为硫酸铁，检验铁离子的方法为取少量溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，溶液变红色，则证明原溶液中含有Fe3+；

故答案为：取少量溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，溶液变红色，则证明原溶液中含有Fe3+；

②C为硫酸铝，水解显酸性，水解离子反应为Al3++3H2OAl（OH）3+3H+；

故答案为：Al3++3H2OAl（OH）3+3H+；

③E为硫酸亚铁，与稀硫酸和亚硝酸钠为原料生成Fe（OH）SO4，反应中有NO生成，该反应为2FeSO4+2NaNO2+H2SO4═2Fe（OH）SO4+Na2SO4+2NO↑；

故答案为：2FeSO4+2NaNO2+H2SO4═2Fe（OH）SO4+Na2SO4+2NO↑．

【解析】【答案】元素X；Y的单质是生活中常见的金属；Y的用量最大，则X为Al，Y为Fe，A、B是氧化物，则Al与氧化铁反应生成Fe和氧化铝；Al、氧化铝都既能与酸反应又能与碱反应，而Fe、氧化铁都能与酸反应，则试剂1为NaOH溶液时，C为偏铝酸钠；试剂2为硫酸时，D为硫酸铁、E为硫酸亚铁；试剂1为硫酸时，C为硫酸铝，该溶液水解显酸性，最后结合化学用语来解答即可．

15、略

【分析】【解析】【答案】（18分）（1）①NH3(2分)②BC（只选一个且正确给1分，错选、多选不给分，2分）③c（2分）a（2分）（2）①NH3+H2ONH3·H2ONH4++OH－（2分）②<（2分）③c(Cl－)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH－)（2分）（3）①4NH3+3F2NF3+3NH4F（催化剂要注明是铜）（2分）②6（2分）三、判断题(共9题，共18分)16、√【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：√．17、√【分析】【分析】钠与水剧烈反应，生成氢气，并放出大量的热，以此解答．【解析】【解答】解：做钠与水的反应时；不能用较大的钠块，因为钠化学性质活泼，与水反应非常激烈，所放出的热量无法及时被水吸收，局部热量过多，便引起爆炸．

故答案为：√．18、×【分析】【分析】电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；

非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；

在水溶液中完全电离的是强电解质；部分电离的是弱电解质．【解析】【解答】解：氨气在水溶液中与水反应生成一水合氨；一水合氨部分电离出铵根离子和氢氧根离子，氨气自身不能电离，故氨气是非电解质；

故答案为：×．19、×【分析】【分析】磷酸钠溶液中磷酸根能发生水解，磷酸溶液中磷酸电离产生PO43-．【解析】【解答】解：磷酸是中强酸；存在电离平衡，磷酸盐存在水解平衡，这两个平衡程度都很小．

磷酸电离由3步（磷酸是三元酸）；分别是磷酸二氢根，磷酸氢根，最后是少量磷酸根离子；

磷酸钠电离状态下电离出钠离子和磷酸根离子；但是磷酸根离子要水解，其程度也很小，所以磷酸钠中磷酸根离子远多于等浓度的磷酸溶液；

故答案为：×．20、×【分析】【分析】0.5mol•L-1的BaCl2溶液中，c（Cl-）=0.5mol/L×2=1mol/L，据此解答即可．【解析】【解答】解：0.5mol•L-1的BaCl2溶液中，c（Cl-）=0.5mol/L×2=1mol/L，故两者混合后，不考虑体积的变化，c（Cl-）=1mol•L-1，故错误，故答案为：×．21、√【分析】【分析】（1）根据甲；乙、丙、丁、戊的结构简式可知；它们都是烃的衍生物，乙中含氧官能团的名称为“醛基”，丁和丙的官能团不完全相同，所以它们不是同系物，乙中有碳碳双键，而戊中没有，所以可以用溴水鉴别它们；

（2）根据题中各物质转化关系，对比甲和C的结构可知，甲发生加成反应生成A为A发生消去反应生成B为B再与氢气加成得C，C在碱性条件下水解得D为D发生分子内酯化得戊．【解析】【解答】解：（1）根据甲；乙、丙、丁、戊的结构简式可知；它们都是烃的衍生物，乙中含氧官能团的名称为“醛基”，丁和丙的官能团不完全相同，所以它们不是同系物，乙中有碳碳双键，而戊中没有，所以可以用溴水鉴别它们，所以①正确，②错误，③错误，④正确；

故答案为：√；×；×；√；

（2）根据题中各物质转化关系，对比甲和C的结构可知，甲发生加成反应生成A为A发生消去反应生成B为B再与氢气加成得C，C在碱性条件下水解得D为D发生分子内酯化得戊；

①D→戊的有机反应类型是酯化反应；

故答案为：酯化反应；

②C→D的化学反应方程式为

故答案为：

③甲的同分异构体，满足下列条件a．能与FeCl3发生显色反应，不能发生银镜反应，说明有酚羟基没有醛基；b．属于酯类，取代基为链状，有酯基；c．苯环上一氯代物只有两种，苯环上有两个处于对位的基团，符合条件的结构为

故答案为：或或或22、×【分析】【分析】过氧化钠是离子化合物，其电子式由阴、阳离子的电子式组合而成，相同的离子不能合并．【解析】【解答】解：Na2O2是钠离子和过氧根离子构成的离子化合物，钠离子失电子形成阳离子，氧原子得到电子形成过氧根阴离子，电子式为故答案为：×．23、×【分析】【分析】根据温度计在该装置中的位置与作用；【解析】【解答】解：蒸馏是用来分离沸点不同的液体混合物；温度计测量的是蒸汽的温度，故应放在支管口；

故答案为：×．24、×【分析】【分析】常温常压下，气体的气体摩尔体积不等于22.4L/mol，无法计算物质的量．【解析】【解答】解：常温常压下，气体的气体摩尔体积不等于22.4L/mol，则22.4LSO2和O2的混合气体的物质的量不等于1mol，氧原子个数不等于2NA；

故答案为：×．四、探究题(共4题，共28分)25、|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．26、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．27、|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．28、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