2024年沪教版高三化学上册月考试卷

…………○…………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年沪教版高三化学上册月考试卷68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、已知H2和O2反应放热，且破坏1molH-H键、1molO=O键，需吸收的能量分别为Q1kJ、Q2kJ，形成1molO-H键需释放Q3kJ．下列关系正确的是（）A.Q1+Q2＞Q3B.Q1+Q2＞2Q3C.2Q1+Q2＜4Q3D.2Q1+Q2＜2Q32、利用碳酸钠晶体（Na2CO3•10H2O）来配制1.0mol•L-1Na2CO3溶液500mL．假如其它操作都准确无误．下列情况会引起新配溶液的浓度偏高的是（）A.定容时，俯视观察刻度线B.称取碳酸钠晶体时左码右物C.转移溶液时，用于溶解碳酸钠晶体的烧杯没有洗涤D.定容后，将容量瓶振荡摇匀，静置时发现液面低于刻度线，又加少量水至刻度线3、25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A.能使甲基橙变红的溶液中：NH4+、Mg2+、SO42﹣、NO3﹣B.1.0mol•L﹣1FeCl3溶液：Na+、Cl﹣、NO3﹣、SCN﹣C.1.0mol•L﹣1的KNO3溶液中：Fe2+、H+、Cl﹣、SO42﹣D.与Al反应能放出H2的溶液中：Na+、Cl﹣、HCO3﹣、SO42﹣4、下列各项中的方程式不能正确解释对应的原因或现象的是rm{(}rm{)}A.盛放碱液的试剂瓶不用玻璃塞；rm{SiO_{2}+2OH^{-}篓TSiO_{3}^{2-}+H_{2}O}B.配制rm{FeCl_{3}}溶液时要加盐酸：rm{Fe^{3+}+3H_{2}O?Fe(OH)_{3}+3H^{+}}C.制rm{Cl_{2}}时用排饱和氯化钠溶液收集气体：rm{H_{2}O+Cl_{2}?Cl^{-}+H^{+}+HClO}D.金属钠燃烧时，火焰呈黄色：rm{2Na+O_{2}}rm{dfrac{overset{;{碌茫脠录};}{}}{;}Na_{2}O_{2}}rm{dfrac{

overset{;{碌茫脠录};}{}}{;}Na_{2}O_{2}}5、（2016•揭阳一模）甲图为一种新型污水处理装置，该装置可利用一种微生物将有机废水的化学能直接转化为电能．乙图是一种家用环保型消毒液发生器，用惰性电极电解饱和食盐水．下列说法中正确的是（）A.装置乙的b极要与装置甲的X极连接B.装置乙中a极的电极反应式为2Cl--2e-═Cl2↑C.若有机废水中主要含有葡萄糖，则装置甲中M的电极反应式为：C6H12O6+6H2O-24e-═6CO2↑+24H+D.N电极发生还原反应，当N电极消耗56L气体（标准状况下）时，则有2NA个H+通过离子交换膜6、下列说法不正确的是（）A.着火时应立即灭火，一般的小火应用湿布、石棉布或沙子覆盖燃烧物，衣服着火时应迅速脱下衣服或用石棉布覆盖着火处B.沸水中滴加适量的饱和FeCl3溶液，形成带电的胶体，导电能力增强C.取5mL0.1mol•L-1KI溶液，滴加0.1mol•L-1FeCl3溶液5～6滴，再加入2mLCCl4，充分振荡后静置，取上层溶液滴加KSCN溶液，溶液不变色D.当大量氯气泄漏时，用浸润苏打或小苏打水溶液的毛巾捂住鼻子可防中毒7、用下列仪器配制250mL0.5mol•L-1的NaOH溶液；还缺少的仪器是（）

①量筒②250mL容量瓶③托盘天平和砝码④药匙⑤玻璃棒⑥胶头滴管．A.烧杯B.分液漏斗C.烧瓶D.锥形瓶评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)8、下列叙述正确的是（）A.稀盐酸可除去烧瓶内残留的MnO2B.可用磨口玻璃瓶保存NaOH溶液C.稀硝酸可除去试管内壁的银镜D.煮沸自来水可除去其中的Ca（HCO3）29、下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A.0.1mol•L-1某二元弱酸酸式盐NaHA溶液中：c（Na+）=2c（A2-）+c（HA-）+c（H2A）B.向NH4HSO4溶液中加入等物质的量的NaOH形成的溶液中：c（Na+）=c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）C.0.1mol•L-1的Na2CO3溶液中：c（OH-）=c（H+）+c（HCO3-）+c（H2CO3）D.用0.1mol•L-1CH3COOH溶液滴定0.1mol•L-1NaOH至中性时：c（CH3COO-）+c（CH3COOH）＞c（Na+）10、生活处处有化学，下列说法正确的是（）A.石油主要是各种烷烃、环烷烃、烯烃组成的混合物B.做衣服的棉和麻均与淀粉互为同分异构体C.煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的酯类D.磨豆浆的大豆富含蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质变成了氨基酸11、为保护地下钢管不受腐蚀，可使它与（）A.直流电源负极相连B.铜板相连C.锌板相连D.直流电源正极相连12、某烃的结构简式如图，它可能具有的性质是（）A.它能使溴水褪色，但不能使酸性高锰酸钾溶液褪色B.它既能使溴水褪色，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.易溶于水，也易溶于有机溶剂D.能发生加成反应，一定条件下最多可与四倍物质的量的氢气加成13、下列说法正确的是（）A.乙烯、苯酚和乙醛都能被酸性高锰酸钾溶液氧化B.煤油是石油的分馏产品，可用于保存少量金属钠C.碳酸钡难溶于水和酸，可做X光透视肠胃的药剂D.绿色化学的核心是在化学合成中将原子充分利用，转化为新的原子14、2010年11月6日，中央电视台《经济半小时》节目播放了有关氢化油和反式脂肪酸的内容，引起全国民众的持续关注，下列有关说法不正确的是（）A.反式脂肪酸甘油酯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色B.油脂是人类的营养物质之一，进入人体后，在胃中水解产生高级脂肪酸和甘油C.天然动物脂肪中不含反式脂肪酸，可大量食用D.脂肪酸甘油酯顺式变反式，主要是在氢化过程中产生的变化15、一定温度下，有可逆反应：2A（g）+2B（g）⇌C（g）+3D（g）；△H＜0．现将2molA和2molB充入体积为V的甲容器，将2molC和6molD充入乙容器并使乙容器在反应开始前的体积为2V（如图所示），保持反应过程中两容器的温度与起始时相同．下列说法正确的是（）A.甲、乙两容器中的反应达到化学平衡时，两容器内压强相等B.甲、乙两容器中的反应达到化学平衡时，C的体积分数相等C.向甲容器中再充入2molA和2molB，平衡后甲中物质C的浓度不变D.向乙容器中再充入2molC和6molD，平衡后乙中物质C的浓度为原来的2倍16、（2011春•赤坎区校级月考）锂离子电池已经成为应用最广泛的可充电电池．某种锂离子电池的结构示意图：其中两极区间的隔膜只允许Li+通过．电池充电时的总反应化学方程式为：LiC002=Li1-xC002+xLi．关于该电池的推论错误的是（）A.放电时，Li+主要从正极区通过隔膜移向负极区B.放电时，负极反应xLi-xe-=xLi+C.充电时，有电能转化为化学能D.充电时，负极（C）上锂元素被氧化评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)17、二氧化锰是化学工业中常用的氧化剂和有机合成中的催化剂，其主要制备方法是碳酸锰热分解，反应原理为2MnCO3+O2═2MnO2+2CO2．经研究发现该反应过程为①MnCO3═MnO+CO2②2MnO+O2═2MnO2．

回答下列问题：

（1）某温度下该平衡体系的压强为P，CO2、O2的物质的量分别为n1和n2，用平衡分压代替平衡浓度，写出碳酸锰热分解反应的平衡常数表达式K=____（分压=总压×物质的量分数）；K与反应①、②的平衡常数K1、K2关系为____．

（2）反应②在低温下能自发进行，则其△H____0（填“＞”；“＜”、“=”）．

（3）某科研小组对碳酸锰热分解法制二氧化锰的条件（焙烧温度和气氛）进行了研究，获得如下三幅图．该制备反应合适的焙烧温度为____，合适的含水量气氛条件为____．

（4）MnO2也可在MnSO4-H2SO4-H2O为体系的电解液中电解获得，其阳极的电极反应式为____，电解后溶液的pH将____（填“增大”、“减小”或“不变”）．18、（2013•天津校级一模）氮是地球上含量丰富的一种元素，氨和肼（N2H4）是氮的两种常见化合物；在科学技术和生产中有重要的应用．

Ⅰ．（1）N2H4中的N原子最外层达到8电子稳定结构，写出N2H4的结构式____．

（2）NH3与NaClO反应可得到肼（N2H4），该反应的化学方程式为____．

（3）肼是一种高能燃料，有关化学反应的能量变化如图所示，写出肼燃烧的热化学方程式____．

Ⅱ．氨的合成是最重要的化工生产之一．已知：

N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=-92.4kJ•mol-1

在3个体积均为2L的密闭容器中；在相同的温度下，使用相同的催化剂合成氨，实验测得反应在起始；达到平衡时的有关数据如下表所示：

。容器甲乙丙反应物投入量3molH2、2molN26molH2、4molN22molNH3达到平衡的时间（min）58N2的浓度（mol•L）c11.5NH的体积分数ω1ω2ω3混合气体密度（g•L）ρ1ρ2试回答：

（1）下列各项能说明该反应已达到平衡状态的是____（填写序号字母）．

a．容器内N2、H2、NH3的浓度之比为1：3：2b．v（N2）正=3v（H2）逆

c．容器内压强保持不变d．混合气体的密度保持不变。

（2）分析上表数据，下列关系正确的是____（填写序号字母）．

A．2c1＞1.5mol•L-1B．w3=w1C．2ρ1=ρ2D．K甲=K乙=K丙

（3）容器乙中反应从开始到达平衡平均速率为v（H2）=____．

Ⅲ．直接供氨式碱性燃料电池的电池反应式是4NH3+3O2═2N2+6H2O，电解质溶液一般使用KOH溶液，则负极电极反应式是____．19、已知2CuBr2（s）⇌2CuBr（s）+Br2（g）△H=+105.4kJ/mol；在恒温恒容的密闭容器中加入一定量的固体CuBr2，反应达平衡时c（Br2）=0.1mol/L，若只将容器体积扩大一倍，则再次平衡后c（Br2）=______mol/L．20、水杨酸某酯E的合成路线如图所示：

已知：①2RCH2CHOR-

②A分子中只含有1个甲基；③D的相对分子质量为130；

（1）C中含氧官能团的名称为____；反应④的反应方程式为____；

（2）在合成路线中，设计⑤和⑦的目的____；

（3）X是B的最简单同系物，请写出X与足量银氨溶液反应的离子方程式____；

（4）下列有关说法正确的是____；

a．B中有4种不同的氢。

b．水杨酸与足量NaHCO3反应生成

c．D不与金属钠反应。

d．1molE与氢气加成，最多消耗4molH2

（5）H有多种同分异构体，其中能同时满足下列条件的共有____种（不考虑立体异构）

①能发生银镜反应；②能发生水解反应；③能与FeCl3溶液发生显色反应，其中有5种氢，且氢的个数比为1：1：2：2：2的为____（写结构简式）．21、如图是常见有机物之间的转化关系图．完成下列各题：

（1）可用来检验碘单质的物质是____（写名称）；通常糖尿病患者尿液中____（写名称）含量超标．

（2）乙醇的结构简式为____；乙醇、苯、四氯化碳是常见的有机溶剂，其中难溶于水，且密度比水小的是____（写名称）．

（3）乙酸分子中的-COOH原子团的名称是____；乙酸转化为乙酸乙酯反应的化学方程式____；

该反应的反应类型是____．

22、研究氨氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时；同温度下涉及如下反应：

a：2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g）△H1＜0其平衡常数为K1

b：2NO2（g）+NaCl（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g）△H2＜0其平衡常数为K2

（1）4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）的平衡常数K=____（用K1、K2表示）．△H3=____（用△H1、△H2表示）

（2）为研究不同条件对反应a的影响，在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入0.2molNO和0.1molCl2，10min时反应a达到平衡．测得10min内v（ClNO）=7.5×10-3mol•L-1•min-1，则平衡后n（Cl2）=

____mol，NO的转化率α1=____．其他条件保持不变，反应（Ⅱ）在恒压条件下进行，平衡时NO的转化率α2____α1（填“＞”“＜”或“=”），平衡常数K2____（填“增大”“减小”或“不变”）．若要使K2减小，可采取的措施是____．评卷人得分四、判断题(共4题，共24分)23、分液时，先将下层液体从分液漏斗下端放出，再将上层液体从上口倒出．____．（判断对错）24、钠与水反应时，会发生剧烈爆炸____．（判断对错）25、摩尔是七个基本物理量之一____．（判断对错）26、将40gNaOH溶解在1L水中，溶液中溶质的物质的量浓度为1mol/L____．（判断对错）评卷人得分五、实验题(共4题，共16分)27、碳酸钠俗称纯碱，其用途很广。实验室中，用碳酸氢铵和饱和食盐水可制得纯碱。各物质在不同温度下的溶解度见表。。温度℃溶解度溶质g/100g水10203040506070NaCl35.836.036.336.637.037.337.8NH4HCO315.821.027.0NaHCO38.29.611.112.714.416.4NH4Cl33.337.241.445.850.455.260.2实验步骤Ⅰ、化盐与精制：①粗盐(含Ca2+、Mg2+、SO42－)溶解；②加入足量NaOH和Na2CO3溶液，煮沸；③过滤；④加入盐酸调pH至7。Ⅱ、转化：①将精制后的食盐溶液温度控制在30~35℃之间；在不断搅拌下，加入研细的碳酸氢铵；保温，搅拌半小时；②静置，a、b；③得到NaHCO3晶体。Ⅲ、制纯碱：将得的NaHCO3放入蒸发皿中，在酒精灯上灼烧，冷却到室温，即得到纯碱。完成下列填空：（1）“化盐与精制”可除去的粗盐中的杂质离子是。（2）“转化”的离子方程式是。（3）“转化”过程中，温度控制在30~35℃之间的加热方式是；为什么温度控制在30~35℃之间？。（4）a、b处的操作分别是____、。（5）实验室制得的纯碱含少量NaCl还可能含少量NaHCO3，为测定纯碱的纯度，用电子天平准确称取样品G克，将其放入锥形瓶中用适量蒸馏水溶解，滴加2滴酚酞，用cmol/L的标准盐酸滴定至溶液由浅红色变成无色且半分钟不变，滴定过程中无气体产生，所用盐酸的体积为V1mL。此时发生的反应为：CO32－+H+→HCO3－①样品中碳酸钠质量百分含量的表达式是。②向锥形瓶溶液中继续滴加2滴甲基橙，用同浓度的盐酸继续滴定至终点，所用盐酸的体积为V2mL。滴定终点时溶液颜色的变化是；根据实验数据，如何判断样品含有NaHCO3。28、硫代硫酸钠(Na2S2O3)俗称大苏打，照相业中用作定影剂。Na2S2O3易溶于水，在酸性溶液中与酸反应有单质硫和SO2生成。（1）Na2S2O3溶液与稀硫酸混合反应可用于探究外界条件对反应速率的影响，完成有关的实验设计表(已知各溶液体积均为5mL)：。实验编号T/Kc(Na2S2O3)/mol·L－1c(H2SO4)/mol·L－1实验目的①2980.10.1实验①和②探究温度对该反应速率的影响；实验①、③和④探究反应物浓度对该反应速率的影响②308③0.2④0.1（2）Na2S2O3还具有很强的还原性，Na2S2O3溶液与足量氯水反应的化学方程式为：________(提示：S元素被氧化为SO)。（3）现有一瓶Na2S2O3固体，可能含有Na2SO4固体，请设计实验验证，写出实验步骤、预期现象和结论。限选试剂：1mol·L－1H2SO4、1mol·L－1HNO3、1mol·L－1HCl、1mol·L－1NaOH、0.1mol·L－1BaCl2、0.01mol·L－1KMnO4、蒸馏水。。实验步骤预期现象和结论步骤1：取少量固体于试管中，加蒸馏水溶解步骤2：步骤3：29、(15分）实验室常用MnO2与浓盐酸反应制备Cl2（发生装置如图所示）。(1)制备实验开始时，先检查装置气密性，接下来的操作依次是＿（填序号）A.往烧瓶中加人MnO2粉末B.加热C.往烧瓶中加人浓盐酸(2)制备反应会因盐酸浓度下降而停止。为测定反应残余液中盐酸的浓度，探究小组同学提出下列实验方案：甲方案：与足量AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl质量。乙方案：采用酸碱中和滴定法测定。丙方案：与已知量CaCO3（过量）反应，称量剩余的CaCO3质量。丁方案：与足量Zn反应，测量生成的H2体积。继而进行下列判断和实验：①判定甲方案不可行，理由是。②进行乙方案实验：准确量取残余清液稀释一定倍数后作为试样。a.量取试样20.00mL，用0.1000mol·L-1NaOH标准溶液滴定，消耗22.00mL，该次滴定测得试样中盐酸浓度为____mol·L-1b.平行滴定后获得实验结果。③判断丙方案的实验结果（填“偏大”、“偏小”或“准确”）。［已知：Ksp（CaCO3)=2.8×10-9、Ksp（MnCO3)=2.3×10-11④进行丁方案实验：装置如图所示（夹持器具已略去）。(i)使Y形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是将____转移到____中。(ii)反应完毕，每间隔1分钟读取气体体积，气体体积逐次减小，直至不变。气体体积逐次减小的原因是＿（排除仪器和实验操作的影响因素）。30、以电石渣rm{[}主要成分为rm{Ca(OH)_{2}}和rm{CaCO_{3}]}为原料制备rm{KClO_{3}}的流程如图rm{1}

rm{(1)}氯化过程控制电石渣过量，在rm{75隆忙}左右进行rm{.}氯化时存在rm{Cl_{2}}与rm{Ca(OH)_{2}}作用生成rm{Ca(ClO)_{2}}的反应，rm{Ca(ClO)_{2}}进一步转化为rm{Ca(ClO_{3})_{2}}少量rm{Ca(ClO)_{2}}分解为rm{CaCl_{2}}和rm{O_{2}}．

rm{垄脵}生成rm{Ca(ClO)_{2}}的化学方程式为______．

rm{垄脷}提高rm{Cl_{2}}转化为rm{Ca(ClO_{3})_{2}}的转化率的可行措施有______rm{(}填序号rm{)}．

A.适当减缓通入rm{Cl_{2}}速率rm{B.}充分搅拌浆料rm{C.}加水使rm{Ca(OH)_{2}}完全溶解。

rm{(2)}氯化过程中rm{Cl_{2}}转化为rm{Ca(ClO_{3})_{2}}的总反应方程式为：

rm{6Ca(OH)_{2}+6Cl_{2}篓TCa(ClO_{3})_{2}+5CaCl_{2}+6H_{2}O}

氯化完成后过滤．

rm{垄脵}滤渣的主要成分为______rm{(}填化学式rm{)}．

rm{垄脷}滤液中rm{Ca(ClO_{3})_{2}}与rm{CaCl_{2}}的物质的量之比rm{n[Ca(ClO_{3})_{2}]}rm{n[CaCl_{2}]}______rm{1}rm{5(}填“rm{>}”、“rm{<}”或“rm{=}”rm{)}．

rm{(3)}向滤液中加入稍过量rm{KCl}固体可将rm{Ca(ClO_{3})_{2}}转化为rm{KClO_{3}}若溶液中rm{KClO_{3}}的含量为rm{100g?L^{-1}}从该溶液中尽可能多地析出rm{KClO_{3}}固体的方法是______．评卷人得分六、推断题(共4题，共40分)31、A；B、C、D均为中学常见的纯净物；B为地壳中含量最多的元素所形成的单质．它们之间有如图转化关系（副产物已略去）：

（1）若D的焰色反应为黄色的固体单质．C与CO2反应的化学方程式____，盛放A的水溶液的试剂瓶不能用玻璃塞的原因____．（用离子方程式表示）

（2）若D遇蘸有浓HCl的玻璃棒立即产生白烟的气体．D的电子式____，D催化氧化生成A的化学方程式____，C与水反应化学方程式____，由D、B和NaOH溶液构成的燃料电池且产物无污染，写出负极的电极反应式____．（用离子方程式表示）

（3）若D为淡黄色固体单质．则C属于____（填“极性”或“非极性”）分子，A生成C的化学方程式____．将A通入FeCl3溶液反应的离子方程式____，A的水溶液放置在空气中，溶液的PH值逐渐减少的原因____．（用离子方程式表示）

（4）若D是硬度最大的非金属固体单质．C中D元素的杂化方式____，若C中含有A的杂质，除去杂质的试剂为灼热____，若A中含有C的杂质，除去杂质的化学方程式____，Mg在C中燃烧的化学方程式____．32、现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H，它们之间能发生如图反应（图中有些反应产物和反应条件没有全部标出）．请根据信息回答下列问题：

（1）写出物质E的名称：____；说出黄绿色气体乙的一种用途____．

（2）实验室检验G中是否混有F的方法____．

（3）写出D溶液与金属B反应的离子方程式为____．

（4）反应⑤（物质F→物质G）的离子方程式为____．33、已知：水杨酸酯E为紫外吸收剂，可用于配制防晒霜。E的一种合成路线如下：请回答下列问题：（1）一元醇A中氧的质量分数约为21.6%。则A的分子式为；结构分析显示A只有一个甲基，A的名称为。（2）B能与新制的Cu(OH)2发生反应，该反应的化学方程式为。（3）C有种结构；若一次取样，检验C中所含官能团，按使用的先后顺序写出所用试剂；（4）第③的反应类型为；D所含官能团的名称为。（5）写出同时符合下列条件的水杨酸所有同分异构体的结构简式：。A、分子中含有6个碳原子在一条线上B、分子中所含官能团包括水杨酸具有的官能团（6）第④步的反应条件为；写出E的结构简式。34、X；Y、Z、W四种化合物均由短周期元素组成；其中X含有四种元素，X、Y、Z的焰色反应均为黄色，W为无色无味气体．

这四种化合物具有下列转化关系（部分反应物；产物及反应条件已略去）．

请回答：

（1）W的电子式是______．

（2）X与Y在溶液中反应的离子方程式是______．

（3）将4.48L（标准状况）W通入100mL3mol/L的Y的水溶液后，离子方程式为______．

（4）自然界中存在X、Z和H2O按一定比例结晶而成的固体．取一定量该固体溶于水配成100mL溶液，测得溶液中金属阳离子的浓度为0.5mol/L．若取相同质量的固体加热至恒重，剩余固体的质量为______g．

（5）向过量的Z溶液中通入Cl2可以制得漂白液，该反应的离子方程式：______．参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】【分析】氢气在氧气中燃烧的反应放热反应，△H＜0，根据反应热△H=反应物的总键能-生成物的总键来计算该反应的反应热，据此进行解答．【解析】【解答】解：破坏1molH-H消耗的能量为Q1kJ，则H-H键能为Q1kJ/mol；

破坏1molO=O键消耗的能量为Q2kJ，则O=O键键能为Q2kJ/mol；

形成1molH-O键释放的能量为Q3kJ，则H-O键能为Q3kJ/mol；

对于2H2（g）+O2（g）═2H2O；反应热△H=反应物的总键能-生成物的总键能，则：

反应热△H=2Q1kJ/mol+Q2kJ/mol-4Q3kJ/mol=（2Q1+Q2-4Q3）KJ/mol；

由于氢气在氧气中燃烧，反应热△H＜0，则（2Q1+Q2-4Q3）＜0；

即：2Q1+Q2＜4Q3；

故选C．2、A【分析】【分析】根据c=可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的，误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化：若n比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大．【解析】【解答】解：A．定容时；俯视观察刻度线，导致加入的蒸馏水体积偏小，配制的溶液浓度偏高，故A正确；

B．称取碳酸钠晶体时左码右物；会导致称量的碳酸钠的质量偏小，配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏小，故B错误；

C．转移溶液时；用于溶解碳酸钠晶体的烧杯没有洗涤，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，故C错误；

D．定容后；将容量瓶振荡摇匀，静置时发现液面低于刻度线，又加少量水至刻度线，导致配制的溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故D错误；

故选A．3、A【分析】【解答】解：．能使甲基橙变红的溶液呈酸性，酸性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故A正确；B．SCN﹣与Fe3+与发生络合反应；不能大量共存，故B错误；

C．酸性条件下NO3﹣具有强氧化性，Fe2+不能大量共存；故C错误；

D．与Al反应能放出H2的溶液可能为强碱性溶液或非氧化性酸溶液，无论呈酸性还是碱性，HCO3﹣都不能大量共存；故D错误．

故选A．

【分析】A．能使甲基橙变红的溶液呈酸性；

B．与Fe3+反应的离子不能大量共存；

C．酸性条件下NO3﹣具有强氧化性；

D．与Al反应能放出H2的溶液可能为强碱性溶液或非氧化性酸溶液．4、D【分析】解：rm{A.}由于发生反应：rm{SiO_{2}+2OH^{-}篓TSiO_{3}^{2-}+H_{2}O}将玻璃塞与玻璃瓶黏在一起，所以盛放碱液的试剂瓶不用玻璃塞，故A错误；

B.由于铁离子发生水解：rm{Fe^{3+}+3H_{2}O?Fe(OH)_{3}+3H^{+}}所以配制rm{FeCl_{3}}溶液时要加盐酸；抑制铁离子的水解，故B正确；

C.氯气与水存在反应：rm{H_{2}O+Cl_{2}?Cl^{-}+H^{+}+HClO}为了降低氯气的损失，则制rm{Cl_{2}}时用排饱和氯化钠溶液收集气体；故C正确；

D.金属钠燃烧时，火焰呈黄色，是钠元素的物理性质，与反应rm{2Na+O_{2}}rm{dfrac{overset{;{碌茫脠录};}{}}{;}Na_{2}O_{2}}无关；故D错误；

故选D．

A.二氧化硅与氢氧根离子反应生成硅酸根离子；不能用玻璃塞的试剂瓶盛放碱溶液；

B.铁离子易水解；配制时需要加入盐酸；

C.饱和氯化钠溶液中；氯离子抑制了氯气与水的反应；

D.钠元素的焰色反应的火焰呈黄色；与钠与氧气的反应无关．

本题考查了离子方程式、化学方程式的书写及应用，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子方程式、化学方程式的书写原则，试题有利于提高学生的分析能力及逻辑推理能力．rm{dfrac{

overset{;{碌茫脠录};}{}}{;}Na_{2}O_{2}}【解析】rm{D}5、C【分析】【分析】甲为原电池，有机物失电子在负极反应，氧气得电子在正极反应；乙为电解池，在下端生成氯气，上端生成氢氧化钠和氢气，氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，则下端为阳极，所以b与正极相连．【解析】【解答】解：A、装置乙的a极上生成氢氧化钠和氢气，则a为阴极，与甲中的负极相连，即与X相连，b极要与装置甲的Y极连接；故A错误；

B、乙为电解池，在下端生成氯气，则b极的电极反应式为2Cl--2e-═Cl2↑；故B错误；

C、若有机废水中主要含有葡萄糖，则装置甲中M极上C6H12O6失电子生成二氧化碳，其电极应为：C6H12O6+6H2O-24e-═6CO2↑+24H+；故C正确；

D、N电极为氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+4H++4e-=2H2O，则当N电极消耗5.6L气体（标准状况下）即0.25mol时，消耗的氢离子为1mol，则有NA个H+通过离子交换膜；故D错误；

故选C．6、B【分析】【分析】A．由灭火原理：降低温度或隔绝空气即可；

B．胶体是电中性的分散系；

C．取5mL0.1mol•L-1KI溶液，滴加0.1mol•L-1FeCl3溶液5-6滴，I-将Fe3+完全还原为Fe2+；

D．氯气有毒，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸酸性大于碳酸，所以氯气和碳酸钠、碳酸氢钠溶液都反应．【解析】【解答】解：A．用湿布；石棉布或沙子覆盖燃烧物；衣服着火时应迅速脱下衣服或用石棉布覆盖着火处，符合灭火原理，故A正确；

B．氢氧化铁胶体的胶体粒子带有正电荷；但氢氧化铁胶体呈电中性，故B错误；

C．取5mL0.1mol•L-1KI溶液，滴加0.1mol•L-1FeCl3溶液5-6滴，I-将Fe3+完全还原为Fe2+；继续加入2mLCCl4，充分振荡后静置，上层是FeCl2和过量KI的混合溶液；下层是碘的四氯化碳溶液，故取上层溶液加KSCN溶液，无明显现象，故C正确；

D．氯气有毒；氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸酸性大于碳酸，所以氯气和碳酸钠；碳酸氢钠溶液都反应而降低毒性，所以当大量氯气泄漏时，用浸润苏打或小苏打水溶液的毛巾捂住鼻子可防中毒，故D正确；

故选B．7、A【分析】【分析】根据实验具体操作步骤有：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤移液、定容、摇匀等，来选择实验所需仪器．【解析】【解答】解：一定规格的容量瓶只能配制相应体积的溶液；容量瓶应选择250ml规格；

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），用玻璃棒搅拌，冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤并将洗涤液移入容量瓶中，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加至溶液凹面与刻度线水平相切，盖好瓶塞，摇匀．

所以需要的仪器为：托盘天平；药匙、烧杯、筒量（可用、也可不用）、玻璃棒、250ml容量瓶、胶头滴管。

所以还需要仪器为：烧杯；

故选A．二、多选题(共9题，共18分)8、CD【分析】【分析】A．稀盐酸不能与二氧化锰反应；

B．玻璃中含有二氧化硅；能与氢氧化钠反应生成硅酸钠；

C．Ag与稀硝酸反应生成硝酸银；NO与水；可以除去试管内壁的银镜；

D．自来水煮沸，Ca（HCO3）2可以转化为CaCO3．【解析】【解答】解：A．稀盐酸不能与二氧化锰反应，用浓盐酸、加热除去烧瓶内残留的MnO2；故A错误；

B．玻璃中含有二氧化硅；能与氢氧化钠反应生成硅酸钠，硅酸钠为无机矿物胶，使瓶塞与瓶口粘连在一起，故B错误；

C．Ag与稀硝酸反应生成硝酸银；NO与水；可以除去试管内壁的银镜，故C正确；

D．自来水煮沸，Ca（HCO3）2可以转化为CaCO3；使硬水得到软化，故D正确；

故选：CD．9、BD【分析】【分析】A．根据物料守恒判断；

B．向NH4HSO4溶液中加入等物质的量的NaOH形成的溶液；反应后溶液的溶质为硫酸钠和硫酸铵，溶液呈酸性；

C．根据质子守恒判断；

D．醋酸为弱酸，反应后呈中性，醋酸应过量．【解析】【解答】解：A．二元弱酸酸式盐NaHA溶液中存在物料守恒，应为c（Na+）=c（A2-）+c（HA-）+c（H2A）；故A错误；

B．向NH4HSO4溶液中加入等物质的量的NaOH形成的溶液，反应后溶液的溶质为硫酸钠和硫酸铵，由于NH4+水解，溶液呈酸性，则有c（Na+）=c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）；故B正确；

C．Na2CO3溶液中存在质子守恒：c（OH-）=c（H+）+c（HCO3-）+2c（H2CO3）；故C错误；

D．醋酸为弱酸，反应后呈中性，醋酸应过量，则c（CH3COO-）+c（CH3COOH）＞c（Na+）；故D正确．

故选BD．10、AC【分析】【分析】A．石油主要是各种烷烃；环烷烃、芳香烃的混合物；

B．棉和麻为纤维素，与淀粉均可用（C6H10O5）n表示；但n不同；

C．花生油和牛油均为油脂；含-COOC-；

D．豆浆煮沸发生变性．【解析】【解答】解：A．石油又称原油；是从地下深处开采的棕黑色可燃粘稠液体．主要是各种烷烃；环烷烃、芳香烃的混合物，故A正确；

B．棉和麻为纤维素，与淀粉均可用（C6H10O5）n表示；但n不同，则不是同分异构体，故B错误；

C．花生油和牛油均为油脂；含-COOC-，则均属于酯类，故C正确；

D．豆浆煮沸发生变性；而水解才生成氨基酸，故D错误；

故选AC．11、AC【分析】【分析】作原电池负极或电解池阳极的金属加速被腐蚀，作原电池正极或电解池阴极的金属被保护，如果保护金属，应该将被保护的金属作原电池正极或电解池阴极，据此分析解答．【解析】【解答】解：A．如果钢管与直流电源负极相连；则钢管作电解池阴极，被保护，故A正确；

B．如果与Cu连接；Fe；Cu和电解质溶液构成原电池，Fe易失电子作负极，加速被腐蚀，故B错误；

C．与锌板相连；Fe；Zn和电解质溶液构成原电池，Zn易失电子作负极、Fe作正极，则Fe被保护，故C正确；

D．与直流电源正极相连；则钢铁作阳极，加速被腐蚀，故D错误；

故选AC．12、BD【分析】【分析】由结构简式可知，分子中含苯环和碳碳双键，结合苯及烯烃的性质来解答．【解析】【解答】解：A．含碳碳双键；能使溴水褪色，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；

B．含碳碳双键；能使溴水褪色，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；

C．该物质为芳香烃；不溶于水，故C错误；

D．苯环；碳碳双键均与氢气发生加成反应；则能发生加成反应，一定条件下最多可与四倍物质的量的氢气加成，故D正确；

故选BD．13、AB【分析】【分析】A．乙烯；乙醛中含不饱和键；易被氧化，而苯酚中酚-OH易被氧化；

B．石油分馏可以得到汽油；煤油、柴油等物质；金属钠能与空气中的氧气和水反应；保存在煤油中；

C．碳酸钡溶于胃酸中的盐酸；

D．绿色化学的核心就是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染．【解析】【解答】解：A．乙烯；乙醛中含不饱和键；易被氧化，而苯酚中酚-OH易被氧化，则乙烯、苯酚和乙醛都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故A正确；

B．石油分馏可以得到汽油；煤油、柴油等物质；金属钠能与空气中的氧气和水反应；钠的密度比煤油大，保存在煤油中，隔绝空气和氧气，故B正确；

C．碳酸钡溶于胃酸中的盐酸；则利用硫酸钡做X光透视肠胃的药剂，故C错误；

D．绿色化学的核心就是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染；不能利用化学合成生成新的原子，原子为化学变化中的最小微粒，故D错误；

故选：AB．14、AC【分析】【分析】A；根据反式脂肪酸中含有不饱和碳碳双键判断；

B；根据油脂的组成及高级脂肪酸的水解反应进行判断；

C；根据脂肪对人体的危害分析；

D、根据反式脂肪酸甘油酯是天然油脂的氢化过程中会产生副产品判断．【解析】【解答】解：A；反式脂肪酸甘油酯是不饱和脂肪酸的甘油酯；含有碳碳双键，能够时高锰酸钾溶液褪色，故A错误；

B；油脂是高级不饱和脂肪酸甘油酯；脂肪是饱和高级脂肪酸甘油酯，二者统称为油脂，在人体内发生反应生成了高级脂肪酸和甘油，故B正确；

C；天然动物脂肪大量食用容易堵塞血管而导致心脑血管疾病；故C错误；

D；天然油脂的氢化过程中会产生副产品反式脂肪酸甘油酯；所以脂肪酸甘油酯顺式变反式，主要是在氢化过程中产生的变化，故D正确；

故选AC．15、AB【分析】【分析】由于反应2A（g）+2B（g）⇌C（g）+3D（g）中，反应两边气体的体积不变，所以压强不影响化学平衡，只要按照计量数将各物质的物质的量转化成A、B，满足物质的量之比1：1，就是等效平衡，各组分的含量不变；将乙中6molD、2molC转化成反应物为2molA、2molB，所以甲、乙为等效平衡；注意甲的容积不变，乙的压强不变、容积可变．【解析】【解答】解：该反应前后气体的体积不变；压强不影响化学平衡，只要按照计量数将各物质的物质的量转化成A；B，满足物质的量之比1：1，就是等效平衡，各组分的含量不变；将乙中6molD、2molC转化成反应物为2molA、2molB，所以甲、乙为等效平衡；

A；根据以上分析；甲乙为等效平衡，反应前后气体的物质的量不变，压强始终不变，反应前压强相等，反应达到化学平衡时，两容器内压强仍然相等，故A正确；

B；甲乙两容器为完全等效平衡；达到化学平衡状态时，甲乙中各组分的含量相同，所以C的体积分数相等，故B正确；

C；向甲容器中再充入2molA和2molB；由于甲的容积固定，达到平衡后，各组分的浓度增大为原来的2倍，故C错误；

D；向乙容器中再充入2molC和6molD；由于乙的容积可变，所以平衡后乙中物质C的浓度不变，故D错误；

故选AB．16、AD【分析】【分析】电池充电时的总反应化学方程式为：LiC002=Li1-xC002+xLi，则放电时的总反应为Li1-xC002+xLi=LiC002，放电时Li被氧化，为原电池的负极，电极反应式为xLi-xe-=xLi+，正极Li1-xC002得电子被还原，电极反应式为Li1-xC002+xe-+xLi+=LiC002，原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，充电时，电极反应与放电时的反应相反．【解析】【解答】解：A．放电时，Li+主要从负极区通过隔膜移向正极区；故A错误；

B．放电时Li被氧化，为原电池的负极，电极反应式为xLi-xe-=xLi+；故B正确；

C．充电时；为电解池反应，电能转化为化学能，故C正确；

D．由反应LiC002=Li1-xC002+xLi可知；充电时，阴极发生还原反应，生成Li，被还原，故D错误．

故选AD．三、填空题(共6题，共12分)17、K=K12×K2＜350℃30%Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H减小【分析】【分析】（1）生成物浓度的幂之积比上反应浓度的幂之积，固体不代入表达式；2MnCO3+O2═2MnO2+2CO2为方程①②之和，所以K=K1×K2；

（2）反应自发进行的判断依据是△H-T△S＜0；反应自发进行，△H-T△S＞0，反应非自发进行；

（3）由图分析在在指定温度下和水分含量下碳酸锰转化率要高；

（4）阳极发生氧化反应，锰由+2价变成+4价，产生大量的氢离子．【解析】【解答】解：（1）反应①的平衡常数表达式K1===，K与反应①、②的平衡常数K1、K2关系为：2MnCO3+O2═2MnO2+2CO2为方程①的系扩大2倍后与②之和所以K=K12×K2，故答案为：；K=K12×K2；

（2）反应②在低温下能；只有△H＜0，△G＜0反应自发，故答案为：＜；

（3）由图2分析；在350℃左右碳酸锰转化率比较高，由图3可知水分含量的30%左右碳酸锰转化率比较高（或20%-40%都正确），故答案为：350℃（或325-375℃都正确）；30%（或20%-40%都正确）；

（4）阳极发生氧化反应，锰由+2价变成+4价，电极反应为Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+，产生大量的氢离子，电解后溶液的pH将减小，故答案为：Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+；减小．18、2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2ON2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=-534kJ•mol-1cACD0.3mol•L-1•min-12NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O【分析】【分析】Ⅰ（1）依据氮原子最外层电子数为3；易形成3个共价键分析形成8电子结构，依据结构式书写方法写出；

（2）依据氧化还原反应电子守恒分析判断产物和配平化学方程式；

（3）根据盖斯定律可求得反应热；再写出热化学方程式；

Ⅱ（1）达到平衡状态时；正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，以此判断；

（2）先将丙中的数据按照化学计量数转化成反应物氮气；氢气的物质的量；然后利用等效平衡知识进行分析；

（3）先计算出用氮气表示的反应速率；然后利用化学计量数关系计算出用氢气表示的反应速率；

Ⅲ．氨气为碱性气体，电解质溶液应呈碱性，负极发生氧化反应，氨气被氧化生产氮气，电极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O．【解析】【解答】解：Ⅰ（1）N2H4中的N原子可达到8电子的稳定结构，氮原子最外层3个电子形成三对共用电子对，和未成键的一对电子形成8电子稳定结构，每个氮原子和两个氢原子形成共价键，氮原子间形成一个共价键，结构式为：故答案为：

（2）NH3与NaClO反应可得到肼（N2H4），氮元素化合价升高被氧化，次氯酸钠做氧化剂被还原为氯化钠，依据原子守恒配平写出化学方程式为2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O；

故答案为：2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O；

（3）由图可知，在反应N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）中△H=2218kJ•mol-1-2752kJ•mol-1=-534kJ•mol-1，所以热化学方程式为：N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=-534kJ•mol-1，故答案为：N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=-534kJ•mol-1；

Ⅱ（1）a．容器内N2、H2、NH3的浓度之比为1：3：2；不能说明达到判断状态，取决于起始配料比和转化程度，故a错误；

b．当3v（N2）正=v（H2）逆时，才说明达到平衡状态，故b错误；

c．容器内压强保持不变；可说明达到平衡状态，故c正确；

d．恒容时体积不变；质量不变，则混合气体的密度保持不变，不能达到平衡状态，故d错误．

故答案为：c；

（2）恒温；恒容条件下：

A．假设乙容器的容积为4L，则达到平衡时甲乙为等效平衡，各组分的含量、浓度相等，此时氮气的浓度为c1，然后将容器的容积缩小到2L，若平衡不移动，2c1=1.5mol/L，由于压强增大，平衡向着正向移动，氨气的浓度增大，所以2c1＞1.5mol/L；故A正确；

B．丙中2mol氨气相当于加入了1mol氮气、3mol氢气，而甲中为3molH2、2molN2，由于丙反应物氮气的物质的量减小，生成的氨气的物质的量减小，所以ω3＜ω1；故B错误；

C．反应前后都是气体，容器的容积都是2L，乙中混合气体的质量为甲的2倍，根据可知：2ρ1=ρ2；故C正确；

D．因为温度相同，故K甲=K乙=K丙；故D正确；

故选ACD；

（3）容器乙中，反应前氮气的浓度为：=2mol/L，氮气的平均反应速率为：v（N2）==0.1mol•L-1•min-1，根据反应3H2（g）+N2（g）⇌2NH3（g）可知：v（H2）=3v（N2）=0.3mol•L-1•min-1，故答案为：0.3mol•L-1•min-1；

Ⅲ．氨气为碱性气体，电解质溶液应呈碱性，负极发生氧化反应，氨气被氧化生产氮气，电极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，故答案为：2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O．19、略

【分析】解：平衡常数K=c（Br2）=0.1mol/L，由于温度不变，故增大压强后平衡常数不变，则只将容器体积扩大一倍，则再次平衡后c（Br2）=0.1mol/L；故答案为：0.1．

平衡常数K=c（Br2）=0.1mol/L；由于温度不变，故增大压强后平衡常数不变，可以知道再次平衡后溴的浓度不变．

本题考查化学平衡的计算，比较基础，关键是对化学平衡常数的理解．【解析】0.120、醛基CH3CH2CH2CH2CH（CH2CH3）CH2OH+→+H2O防止苯环上的酚羟其被氧化HCHO+4[Ag（NH3）2]++4OH-CO32++2NH4++4Ag↓+6NH3+2H2Oa13【分析】【分析】A的分子式为C4H10O，分子中只含有1个甲基，可以发生催化氧化，则A的结构简式为CH3CH2CH2CH2OH，B的结构简式为CH3CH2CH2CHO，由题目信息可知C的结构简式为CH3CH2CH2CH=C（CH2CH3）CHO，D的相对分子质量为130，比C的相对分子质量大4，E为水杨酸酯，则D结构简式为CH3CH2CH2CH2CH（CH2CH3）CH2OH，C和氢气发生加成反应生成D，D和邻羟基苯甲酸发生酯化反应生成E，E结构简式为F发生取代反应生成G，G发生氧化反应生成H，H发生取代反应生成水杨酸，设计⑤和⑦的目的防止苯环上的酚羟其被氧化．【解析】【解答】解：A的分子式为C4H10O，分子中只含有1个甲基，可以发生催化氧化，则A的结构简式为CH3CH2CH2CH2OH，B的结构简式为CH3CH2CH2CHO，由题目信息可知C的结构简式为CH3CH2CH2CH=C（CH2CH3）CHO，D的相对分子质量为130，比C的相对分子质量大4，E为水杨酸酯，则D结构简式为CH3CH2CH2CH2CH（CH2CH3）CH2OH，C和氢气发生加成反应生成D，D和邻羟基苯甲酸发生酯化反应生成E，E结构简式为F发生取代反应生成G，G发生氧化反应生成H，H发生取代反应生成水杨酸，设计⑤和⑦的目的防止苯环上的酚羟其被氧化．

（1）C的结构简式为CH3CH2CH2CH=C（CH2CH3）CHO，C中含氧官能团的名称为醛基，反应④的反应方程式为：CH3CH2CH2CH2CH（CH2CH3）CH2OH+→+H2O；

故答案为：醛基；CH3CH2CH2CH2CH（CH2CH3）CH2OH+→+H2O；

（2）在合成路线中；设计⑤和⑦的目的：防止苯环上的酚羟其被氧化；

故答案为：防止苯环上的酚羟其被氧化；

（3）X是B的最简单同系物，则X为HCHO，与足量银氨溶液反应的离子方程式：HCHO+4[Ag（NH3）2]++4OH-CO32++2NH4++4Ag↓+6NH3+2H2O；

故答案为：HCHO+4[Ag（NH3）2]++4OH-CO32++2NH4++4Ag↓+6NH3+2H2O；

（4）a．B为CH3CH2CH2CHO；有4种不同的氢，故a正确；

b．羧基能与碳酸氢钠反应，而酚羟基不能够与碳酸氢钠反应，故b错误；

c．D中含有醇羟基；能与金属钠反应，故c错误；

d．E中苯环能与氢气发生加成反应，1molE与氢气加成，最多消耗3molH2；故d错误．

故选：a；

（5）H有多种同分异构体，其中能同时满足下列条件：①能发生银镜反应，说明含有醛基，②能发生水解反应，说明含有酯基，为甲酸形成的酯基，③能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，含有2个侧链，除酚羟基外，另外的取代基为-CH2OOCH，有邻、间、对3种，含有3个取代基为-OH、-CH3、-OOCH，当-OH、-CH3有邻、间、对3种位置，对应的-OOCH分别有4种、4种、2种位置，故符合条件的同分异构体共有13种，其中有5种氢，且氢的个数比为1：1：2：2：2的为

故答案为：13；．21、淀粉葡萄糖H3CH2OH苯羧基CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O酯化（或取代）【分析】【分析】（1）碘单质遇淀粉变蓝色；糖尿病患者尿液中葡萄糖含量超标；

（2）乙醇的官能团是羟基；苯不溶于水密度比水小；

（3）-COOH原子团的名称为羧基．【解析】【解答】解：（1）碘单质遇淀粉变蓝色；可用淀粉检验，糖尿病患者尿液中葡萄糖含量超标，故答案为：淀粉；葡萄糖；

（2）乙醇的结构简式为：CH3CH2OH；因乙醇能于水任意比互溶，苯不溶于水密度比水小，四氯化碳不溶于水密度比水大，故答案为：H3CH2OH；苯；

（3）-COOH原子团的名称为羧基，乙酸能与乙酸发生反应生成乙酸乙酯，该反应为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；为酯化反应，也属于取代反应；

故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；酯化（或取代）．22、2△H2-△H10.02575%＞不变升高温度【分析】【分析】（1）依据化学平衡常数概念，结合反应化学方程式书写平衡常数，结合平衡常数表达式计算得到平衡常数关系；根据盖斯定律计算△H3；

（2）依据平衡三段式列式计算，依据反应速率概念计算V=、转化率概念的计算，转化率=×100%，反应（Ⅱ）在恒压条件下进行，随反应进行，气体体积减小，为保持恒压所以容器体积减小，压强比恒容容器大，平衡正向进行，平衡时NO的转化率α2增大；平衡常数随温度变化，不随浓度、压强变化，若要使K2减小，平衡逆向进行，反应是放热反应，依据平衡移动原理应升高温度，平衡逆向进行，平衡常数随温度变化；【解析】【解答】解：（1）①2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g），△H1＜0（Ⅱ），平衡常数K1=；

②2NO2（g）+NaCl（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g），△H2＜0（Ⅰ），平衡常数K2=；

（1）③4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）的平衡常数K=，由②×2-①计算得到K=，△H3=2△H2-△H1；

故答案为：；2△H2-△H1；

（2）在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入0.2molNO和0.1molCl2，10min时反应（Ⅱ）达到平衡，测得10min内v（ClNO）=7.5×10-3mol•L-1•min-1，物质的量为7.5×10-3mol•L-1•min-1×10min×2L=0.15mol；

2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g）；

起始量（mol）0.20.10

变化量（mol）0.150.0750.15

平衡量（mol）0.050.0250.15

则平衡后n（Cl2）=0.025mol；

NO的转化率α1=×100%=75%；

其他条件保持不变，反应（Ⅱ）在恒压条件下进行，随反应进行，气体体积减小，为保持恒压所以容器体积减小，压强比恒容容器大，平衡正向进行，平衡时NO的转化率α2增大；平衡常数随温度变化，不随浓度、压强变化，若要使K2减小；平衡逆向进行，反应是放热反应，依据平衡移动原理应升高温度，平衡逆向进行；

故答案为：0.025；75%；＞；不变；升高温度．四、判断题(共4题，共24分)23、√【分析】【分析】上层液体若从下口流出会掺杂仪器中附着的下层液体．据此解题．【解析】【解答】解：分液时，先把下层液体从下口放出，再把上层液体从上口倒出，故答案为：√．24、√【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：√．25、×【分析】【分析】摩尔是物质的量的单位．【解析】【解答】解：摩尔是物质的量的单位；是国际单位制中七个基本单位之一；

故答案为：×．26、×【分析】【分析】将40gNaOH溶解在1L水中，溶液体积大于1L．【解析】【解答】解：将40gNaOH溶解在1L水中；溶液体积大于1L，溶液中溶质的物质的量浓度小于1mol/L；

故答案为：×．五、实验题(共4题，共16分)27、略

【分析】试题分析：（1）足量NaOH可以除去Mg2+；Na2CO3溶液可以除去Ca2+，故答案为：Ca2+、Mg2+；（2）NH4HCO3与NaCl反应：NH4HCO3与+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，离子方程式Na++HCO3-=NaHCO3↓，故答案为：Na++HCO3-=NaHCO3↓；（3）根据水浴加热温度易控制且受热均匀；温度过高造成NH4HCO3分解，温度过低NH4HCO3的溶解度小；故答案为：水浴加热；温度过高造成NH4HCO3分解，温度过低NH4HCO3的溶解度小；（4）NH4HCO3与氯化钠两者发生反应生成碳酸氢钠，便有晶体析出，然后过滤、洗涤可得NaHCO3晶体，故答案为：过滤；洗涤；（5）①酚酞指示剂，用物质的量浓度为c（mol/L）的HCl溶液滴定至溶液由红色到无色，指示CO32-+H+=HCO3-反应的终点，所用HCl溶液体积为V1mL，碳酸氢钠的质量为c×V1×10-3×M（Na2CO3）g，碳酸钠的质量分数为。c×V1×10−3×M(Na2CO3)gGg②用甲基橙指示剂，继续用HCl溶液滴定至溶液由黄变橙，指示HCO3-+H+=CO2+H2O反应的终点，所用HCl溶液体积为V2mL，若V2=V1，只有Na2CO3；若V2＞V1，则含有NaHCO3，故答案为：黄色变为橙色且半分钟不变；V2＞V1则含有NaHCO3．考点：本题主要考查侯氏制碱法的原理和过程，同使也考查了双指示剂法，难度稍大．【解析】【答案】（1）Ca2+、Mg2+（2分，各1分）（2）Na++HCO3－→NaHCO3↓（1分）（3）水浴加热（1分）温度过高造成NH4HCO3分解，温度过低NH4HCO3的溶解度小（2分）（4）过滤洗涤（2分）（5）①Na2CO3%=（2分）[M(Na2CO3)用106表示也得分]②黄色变为橙色且半分钟不变（1分）；V2＞V1则含有NaHCO3（1分）28、略

【分析】试题分析：（1）设计对比实验时，必须其他变量保持不变，只有一个变量；依题意可知，①与②的目的是探究温度对化学反应速率的影响规律，因此两种反应物的起始浓度应保持不变，都是0.1mol/L；①与③的目的是探究反应物浓度对化学反应速率的影响规律，则温度都是298K、硫酸的初始浓度都是0.1mol/L；①与④的目的是探究反应物浓度对化学反应速率的影响规律，则温度都是298K、硫代硫酸钠的初始浓度都是0.1mol/L，硫酸的初始浓度变为0.2mol/L或其它合理的答案；（2）书写陌生的氧化还原反应时，先确定氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物，再确定化合价升降数目，然后根据最小公倍数法确定氧化剂和还原剂的系数，最后用观察法配平其它物质的系数；综上所述，该反应为Na2S2O3+4Cl2+5H2O===Na2SO4+8HCl+H2SO4或Na2S2O3+4Cl2+5H2O===2NaCl+6HCl+2H2SO4；（3）硫酸钠常用硫酸根离子的沉淀法检验，但是Na2S2O3也能与氯化钡溶液产生白色沉淀，干扰硫酸钠的检验，所以需要先除去样品中的Na2S2O3；由于Na2S2O3易溶于水，在酸性溶液中与酸反应有单质硫和SO2生成，加硫酸会引入硫酸根离子，硝酸能将硫代硫酸根离子氧化为硫酸根离子，干扰硫酸根离子的检验，因此步骤2中只能加入过量1mol·L－1HCl溶液，充分振荡，静置，有淡黄色沉淀生成或产生有刺激性气味的气体，说明Na2S2O3已经被转化为NaCl、单质硫和SO2；除去硫代硫酸根离子之后，取上层清液于另一试管中，滴加少量0.1mol·L－1BaCl2溶液，振荡，有白色沉淀生成，证明固体中混有Na2SO4[或无白色沉淀生成，证明固体中无Na2SO4]。考点：考查探究实验，涉及设计实验方案探究外界条件对化学反应速率的影响、氧化还原反应方程式的书写和配平、设计实验方案检验硫酸钠的存在、设计实验方案除去硫酸钠中的硫代硫酸钠等。【解析】【答案】（16分）(1)表格内每空1分，共6分。实验编号T/Kc(Na2S2O3)/mol·L－1c(H2SO4)/mol·L－1①②0.10.1③2980.1④2980.2(不填0.1的均给分)（2）Na2S2O3+4Cl2+5H2O=Na2SO4+8HCl+H2SO4(2分，未配平给1分)（或Na2S2O3+4Cl2+5H2O=2NaCl+6HCl+2H2SO4)（3）。实验步骤预期现象和结论步骤1：取少量固体于试管中，加蒸馏水溶解步骤2：向试管中加入过量1mol·L－1HCl溶液，充分振荡，静置(2分)有淡黄色沉淀生成(2分)步骤3：取上层清液于另一试管中，滴加少量0.1mol·L－1BaCl2溶液(2分)有白色沉淀生成，证明固体中混有Na2SO4(2分)[或无白色沉淀生成，证明固体中无Na2SO4]步骤2：步骤与现象、结论不株连。未写“过量”扣1分；缺少“充分振荡”扣一分。现象和结论中：刺激性气味气体或气泡产生可给分。步骤3：无“少量”不扣分，将BaCl2写成Ba(NO3)2的不得分，不株连现象和结论29、略

【分析】（1）注意加药品时先加入固体MnO2，再通过分液漏斗加入浓盐酸，最后才能加热。则依次顺序是ACB(2)①根据反应的离子方程式：MnO2+4H＋+2Cl－Mn2＋+Cl2↑+2H2O，可以看出反应残余液中c(Cl－)>c(H＋)，用甲方案测得的是c(Cl－)，而不是(H＋)。②根据c(盐酸)×V(盐酸)＝c(氢氧化钠)×V(氢氧化钠)，c(盐酸)＝c(氢氧化钠)×V(氢氧化钠)/V(盐酸)=22.00mL×0.1000mol·L－1/20.00mL=0.1100mol·L－1。③由于KSP(MnCO3)<KSP(CaCO3)，过量的CaCO3要转化为一部分MnCO3，由于M(MnCO3)>M(CaCO3)，故最终剩余的固体质量增加，导致测得的c(H＋)偏小。④Zn与盐酸反应放热，因此，冷却后气体的体积将缩小。考点定位：本题考查了化学实验方案基本操作、实验的设计与评价等，重在考查学生的实验能力和数据处理能力。【解析】【答案】（1）ACB（按序写出三项）（2）①残余清液中，n(Cl-)＞n(H+)(或其他合理答案)②0.1100③偏小④（ⅰ）Zn粒残余清液（按序写出两项）（ⅱ）装置内气体尚未冷至室温30、略

【分析】解：电石渣含有rm{Ca(OH)_{2}}加入水打浆，通入氯气，可生成rm{Ca(ClO)_{2}}rm{Ca(ClO)_{2}}进一步转化为rm{Ca(ClO_{3})_{2}}过滤后在滤液中加入rm{KCl}转化生成rm{KClO_{3}}经蒸发浓缩、冷却结晶可得晶体rm{KClO_{3}}

rm{(1)垄脷}氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的化学方程式为rm{2Cl_{2}+2Ca(OH)_{2}=CaCl_{2}+Ca(ClO)_{2}+2H_{2}O}故答案为：rm{2Cl_{2}+2Ca(OH)_{2}=CaCl_{2}+Ca(ClO)_{2}+2H_{2}O}

rm{垄脷}提高rm{Cl_{2}}转化为rm{Ca(ClO_{3})_{2}}的转化率，可使氯气和氢氧化钙充分接触，可适当减缓通入rm{Cl_{2}}速率；充分搅拌浆料；因氢氧化钙微溶于水，加水溶解的做法不可取，因浓度过低，对后续实验不利；

故答案为：rm{AB}

rm{(2)垄脵}发生rm{6Ca(OH)_{2}+6Cl_{2}篓TCa(ClO_{3})_{2}+5CaCl_{2}+6H_{2}O}生成的rm{Ca(ClO_{3})_{2}}溶于水，rm{CaCO_{3}}不溶于水，rm{Ca(OH)_{2}}微溶，则滤渣中含有rm{CaCO_{3}}rm{Ca(OH)_{2}}

故答案为：rm{CaCO_{3}}rm{Ca(OH)_{2}}

rm{垄脷}氯化过程中rm{Cl_{2}}与氢氧化钙反应部分生成rm{Ca(ClO)_{2}}和rm{CaCl_{2}}则rm{n[Ca(ClO_{3})_{2}]}rm{n[CaCl_{2}]<1}rm{5}故答案为：rm{<}

rm{(3)}该溶液中尽可能多地析出rm{KClO_{3}}固体；应经蒸发浓缩；冷却结晶，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶．

电石渣含有rm{Ca(OH)_{2}}加入水打浆，通入氯气，可生成rm{Ca(ClO)_{2}}rm{Ca(ClO)_{2}}进一步转化为rm{Ca(ClO_{3})_{2}}过滤后在滤液中加入rm{KCl}转化生成rm{KClO_{3}}经蒸发浓缩、冷却结晶可得晶体rm{KClO_{3}}

rm{(1)垄脵}氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙；次氯酸钙和水；

rm{垄脷}提高rm{Cl_{2}}转化为rm{Ca(ClO_{3})_{2}}的转化率；可使氯气和氢氧化钙充分接触；

rm{(2)垄脵}发生rm{6Ca(OH)_{2}+6Cl_{2}篓TCa(ClO_{3})_{2}+5CaCl_{2}+6H_{2}O}生成的rm{Ca(ClO_{3})_{2}}溶于水，rm{CaCO_{3}}不溶于水，rm{Ca(OH)_{2}}微溶；

rm{垄脷}氯化过程中rm{Cl_{2}}与氢氧化钙反应部分生成rm{Ca(ClO)_{2}}和rm{CaCl_{2}}

rm{(3)}经蒸发浓缩、冷却结晶可得晶体rm{KClO_{3}}．

本题考查物质的制备，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析、实验能力的考查，解答本题注意把握物质的性质以及题给信息，把握反应的流程，同时要具有扎实的实验基础知识，难度不大．【解析】rm{2Cl_{2}+2Ca(OH)_{2}=CaCl_{2}+Ca(ClO)_{2}+2H_{2}O}rm{AB}rm{CaCO_{3}}rm{Ca(OH)_{2}}rm{<}蒸发浓缩、冷却结晶六、推断题(共4题，共40分)31、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2SiO2+2OH-=SiO32-+H2O4NH3+5O24NO+6H2O3NO2+H2O=2HNO3+NO2NH3+6OH--6e-=N2+6H2O非极性2SO2+O22SO3SO2+2Fe3++2H2O=SO42-+2Fe2++4H+2SO2+O2+2H2O=SO42-+4H+spCuOCO2+2NaOH=Na2CO3+H2O2Mg+CO22MgO+C【分析】【分析】B为地壳中含量最多的元素所形成的单质，则B为O2．

（1）若D的焰色反应为黄色的固体单质；能与氧气连续反应，则D为Na，A为氧化钠，C为过氧化钠；

（2）若D遇蘸有浓HCl的玻璃棒立即产生白烟的气体；则D为氨气，A为NO，C为二氧化氮；

（3）若D为淡黄色固体单质；则D为硫，A为二氧化硫，C为三氧化硫；

（4）若D是硬度最大的非金属固体单质，则D为碳，A为CO，C为二氧化碳．【解析】【解答】解：B为地壳中含量最多的元素所形成的单质，则B为O2．

（1）若D的焰色反应为黄色的固体单质，能与氧气连续反应，则D为Na，A为氧化钠，C为过氧化钠，C与CO2反应的化学方程式：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，A的水溶液为NaOH，试剂瓶不能用玻璃塞的原因：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；

故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；SiO2+2OH-=SiO32-