2024年北师大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年北师大版高三化学下册阶段测试试卷83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5题，共10分)1、设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法中错误的是（）A.在标准状况下，22.4L苯所含的碳原子数目为6NAB.常温常压下，6.2g氧化钠含有的离子数为0.3NAC.18g水所含的电子数目为10NAD.3.2gO2、O3混合物中所含O原子一定是0.2NA2、在一定条件下，A气体与B气体反应生成C气体．反应过程中，反应物与生成物的浓度随时间变化的曲线如图，则下列叙述正确的是（）A.该反应的化学方程式为3A+B⇌2CB.在t1～（t110）s时，v（A）=v（B）=0C.t1s时反应物A转化率为60%D.0～t1s内A的反应速率为v（A）=mol/（L•s）3、IIA族元素从第二周期到到第六周期的元素分别是Be（铍）、Mg（镁）、Ca（钙）、Sr（锶）；Ba（钡）．下列关于ⅡA族元素预言可能正确的是（）

①常温下，单质铍能与水剧烈反应放出H2

②常温下，单质钡能与水剧烈反应放出H2

③Be（OH）2易溶于水。

④Ba（OH）2易溶于水。

⑤SrCO3易溶于水．A.①②③B.③⑤C.②④D.①②③④⑤4、室温时；两个容积相同的烧瓶中分别盛有M和N两种气体（同温同压），取下弹簧夹A，使两烧瓶内的气体接触（如图），容器内的压强由大到小的顺序是（）

。编号①②③④气体MH2SH2NH3NO气体NSO2Cl2HClO2A.①②③④B.①④③②C.②④①③D.④①②③5、化学与科学；技术、社会、环境密切相关；下列做法中不正确的是（）

A.泄露在美国墨西哥湾海洋中的大量原油能被海洋生物迅速分解；故不会导致生态灾难。

B.减少燃煤的使用；改用风能；太阳能等能源，符合“低碳生活”理念。

C.在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋；可防止食物受潮；氧化变质。

D.使用纤维素和淀粉为原料制成的微生物降解塑料；可治理“白色污染”

评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)6、下列叙述正确的是（）A.pH=3的醋酸溶液与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH=7B.物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合：c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=2c（Na+）C.常温下，向NH4Cl溶液中加入氨水至溶液的pH=7，此时溶液中c（NH4+）＞c（Cl-）D.0.1mol•L-1NaHCO3溶液：c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H+）7、水溶液中可能存在Na+、Al3+、Fe2+、NH4+、NO3-、CO32-、SO42-中的若干离子；且存在的各离子具有相同的物质的量，某同学对该溶液进行如下实验，下列判断有误的是（）

A.气体A一定没有CO2，气体B一定是NH3B.有色沉淀一定是混合物C.Na+可能存在于该溶液中D.白色沉淀中一定没有Al（OH）38、将0.2mol/L的醋酸钠溶液与0.1mol/L盐酸等体积混合后，溶液显酸性，则溶液中有关微粒的浓度关系正确的是（）A.c（Cl-）＞c（Ac-）＞c（HAc）＞c（H+）B.c（Ac-）+c（HAc）=0.1mol/LC.c（Na+）＞c（H+）＞c（Ac-）＞c（OH-）D.c（Na+）+c（H+）=c（Ac-）+c（Cl-）+c（OH-）9、下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是（）A.在强碱存在的条件下，酯在水中的溶解度增大B.加催化剂，使氮气和氢气在一定条件下转化为氨气C.可用浓氨水和氢氧化钠固体快速制取氨气D.500℃左右比室温更有利于合成氨反应10、第85号元素砹（At）是核电荷数最大的卤素，下列关于砹及其化合物的叙述中正确的是（）A.At2可能是一种有色固体，难溶于水，易溶于有机溶剂B.AgAt见光易分解，是一种能溶于水的有色固体C.相同条件下，HAt比HI更稳定D.由KAt的水溶液制备砹的化学方程式为：2KAt+Cl2→2KCl+At211、下列有关实验原理或实验操作正确的是（）

A.图1中正极反应是Zn-2e-=Zn2+B.图2可用于比较碳酸、苯酚酸性的强弱C.图3可以用于比较MnO2、Cl2、I2氧化性强弱D.图4可用于检查装置气密性12、直接NaBH4/H2O2燃料电池（DBFC）的结构如图，“负极材料采用Pt/C，正极材料采用MnO2”；有关该电池的说法正确的是

（）A.电极B材料中包含MnO2层，MnO2可起催化作用B.电池负极区的电极反应为：B+8OH--8e-=B+6H2OC.放电过程中，Na+从正极区向负极区迁移D.在电池反应中，每消耗1L6mol/LH2O2溶液，理论上流过电路中的电子为6NA个13、下列实验操作中叙述正确的是（）A.蒸馏时，温度计的水银球在液面下B.分液时，先将下层液体从下口放出后，再将上层液体从上口倒出C.配制溶液前，一定要将容量瓶烘干，否则会使浓度偏小D.蒸发时要一边加热，一边用玻璃棒搅动溶液评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)14、次磷酸钠（NaH2PO2）是化学镀镍的重要原料，工业上制备NaH2PO2•H2O的流程如下：

回答下列问题：

（1）NaH2PO2•H2O中磷元素的化合价为____．

（2）在反应器中加入乳化剂并高速搅拌的目的是____．

（3）在反应器中发生多个反应，其中Ca（OH）2与P4反应生成次磷酸钙及磷化氢的化学方程式为____．

（4）流程中通入CO2的目的是____，滤渣X的化学式为____．

（5）流程中母液中的溶质除NaH2PO2外，还有的一种主要成分为____．

（6）含磷化氢的尾气可合成阻燃剂THPC{[P（CH2OH）4]Cl}．

①PH3的电子式为____．

②含PH3的废气可用NaClO和NaOH的混合溶液处理将其转化为磷酸盐，该反应的离子方程式为____．15、A为药用有机物，从A出发可发生如图所示的一系列反应．已知A在一定条件下能跟醇发生酯化反应，A分子中苯环上的两个取代基连在相邻的碳原子上；D不能跟NaHCO3溶液反应；但能跟NaOH溶液反应．

请回答：（1）A转化为B、C时，涉及到的有机反应类型是____．

（2）B的结构简式是____．

（3）已知：酰氯能与含有羟基的物质反应生成酯类物质．例如：

+CH3CH2OH→+HCl

写出草酰氯（结构式：ClOCCOCl）与足量有机物D反应的化学方程式：____

（4）已知：由邻甲基苯酚经过两步反应可生成有机物A：邻甲基苯酚→中间产物→有机物A

请写出“中间产物”的结构简式____．

（5）上题（4）中的中间产物有多种同分异构体，请写出其中两种符合下列条件的结构简式：____；

①苯环上有两个侧链；②苯环上的一氯代物只有两种；③能发生银镜反应；

④含有羟基，但遇FeCl3溶液不发生显色反应．16、（2015•朔州校级模拟）镍及其化合物在合金材料以及催化剂等方面应用广泛．

（1）基态Ni原子的核外电子排布式为____，第二周期基态原子未成对电子数与Ni相同且电负性最小的元素是____（填元素符号）．

（2）金属镍能与CO形成配合物Ni（CO）4，写出与CO互为等电子体的一种分子和一种离子的化学式____、____．

（3）很多不饱和有机物在Ni催化下与H2发生加成反应，如①CH2=CH2②HC≡CH、③④HCHO，其中碳原子采取sp2杂化有____，HCHO分子内σ键与π键个数之比为____．

（4）金属镍与镧（La）形成的合金是一种良好的储氢材料，如图是一种镍镧合金储氢后的晶胞结构示意图，该合金储氢后，含1molLa的合金可吸附H2的数目为____．17、化合物A（分子式为C6H6O）是一种有机化工原料；在空气中易被氧化．A参与的有关转化反应如图（部分反应条件略去）：

（1）B的结构简式为____．

（2）化合物H中含氧官能团有羟基、____和____（填名称）．

（3）某化合物是E的同分异构体，写出其符合下列条件的结构简式：____．

Ⅰ．能与FeCl3溶液发生显色反应；Ⅱ．能与NaHCO3溶液反应；Ⅲ．有4种不同化学环境的氢．

（4）写出C→D的化学方程式：____．

（5）根据已有知识并结合流程图中相关信息，写出以为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）．合成路线流程图示例如下：

CH3CH2BrCH2═CH2CH3CH3．18、下图是中学化学中常用于混合物的分离和提纯的装置，请根据装置回答问题：

（1）从氯化钾溶液中得到氯化钾固体，选择装置____（填代表装置图的字母，下同）；除去自来水中的Cl─等杂质，选择装置____．

（2）从碘水中分离出I2，选择装置____，该分离方法的名称为____．

（3）装置A中①的名称是____，进水的方向是____．19、（8分）已知由短周期元素组成的A、B、C、D四种化合物所含原子数目依次为2、3、4、5，其中A、B、C含有18个电子，D含有10个电子。请回答（1）A、B、D的化学式分别是A____；B____；D____（2）已知8gD与O2完全反应，生成稳定化合物时放出445kJ的热量，写出反应的热化学方程式____（3）若C为第一和第二周期元素组成的化合物。①C的溶液中加入少量的二氧化锰，有无色气体生成，写出化学方程式②C的溶液中加入足量二氧化锰和稀硫酸，二氧化锰逐渐溶解生成Mn2+，反应中二氧化锰做____剂③当C分别发生①和②两个反应时，若都有1molC完全反应，①和②两个反应中转移电子数之比是：____评卷人得分四、判断题(共2题，共16分)20、SO3和H2O的反应与SO2和H2O的反应类型完全相同____（判断对和错）21、蛋白质、纤维素、蔗糖、PVC、淀粉都是高分子化合物____（判断对错）评卷人得分五、简答题(共1题，共3分)22、为了降低电子垃圾对环境构成的影响；将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70%Cu；25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：

。方法Ⅰ用炭粉在高温条件下还原CuO方法Ⅱ电解法：2Cu+H2OCu2O+H2↑方法Ⅲ用肼（N2H4）还原新制Cu（OH）2（1）第①步Cu与混酸反应的离子方程式为______．得到滤渣1的主要成分为______．

（2）第②步中加入H2O2的作用是______，使用H2O2的优点是______；调溶液pH的目的是______．

（3）简述第③步由滤液2得到CuSO4•5H2O的方法是______

（4）由滤渣2制取Al2（SO4）3•18H2O；设计了以下三种方案：

甲：滤渣2酸浸液Al2（SO4）3•18H2O

乙：滤渣2酸浸液滤液Al2（SO4）3•18H2O

丙：滤渣2滤液溶液Al2（SO4）3•18H2O

上述三种方案中，______方案不可行，原因是______；从原子利用率角度考虑，______方案更合理．

（5）用滴定法测定CuSO4•5H2O含量．取ag试样配成100mL溶液；每次取20.00mL，消除干扰离子后，用c

mol•L-1EDTA（H2Y2-）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液bmL．滴定反应如下：Cu2++H2Y2-→CuY2-+

2H+．写出计算CuSO4•5H2O质量分数的表达式ω=______．评卷人得分六、探究题(共4题，共36分)23、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________．24、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：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：参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、A【分析】【分析】A；标况下苯为液体；

B；求出氧化钠的物质的量；然后根据1mol氧化钠中含2mol钠离子和1mol氧离子来分析；

C；求出水的物质的量；然后根据水为10电子微粒来分析；

D、氧气和臭氧均由氧原子构成．【解析】【解答】解：A；标况下苯为液体；故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；

B、6.2g氧化钠的物质的量为0.1mol，而1mol氧化钠中含2mol钠离子和1mol氧离子，故0.1mol氧化钠中含0.3mol离子即0.3NA个；故B正确；

C、18g水的物质的量为1mol，而水为10电子微粒，故1mol水中含10mol电子即10NA个；故C正确；

D、氧气和臭氧均由氧原子构成，故3.2g混合物中的氧原子的物质的量n==0.2mol，即0.2NA个；故D正确．

故选A．2、A【分析】【分析】A．0～t1s内；浓度变化量之比等于反应速率之比，也等于化学计量数之比；

B．平衡时；正逆反应速率相等，但不等于0；

C.0～t1s内；A转化了0.8-0.2=0.6mol/L；

D．结合v=计算．【解析】【解答】解：A．由图可知；A；B为反应物，C为生成物，化学计量数之比为（0.8-0.2）：（0.5-0.3）：（0.4-0）=3：1：2，该反应为3A+B⇌2C，故A正确；

B．在t1～（t1+10）s时；为平衡状态，v（正）=v（逆）≠0，故B错误；

C.0～t1s内时反应物A的转化率为×100%=75%；故C错误；

D．0～t1s内，△c（A）=0.6mol/L，A的反应速率为v（A）=mol/（L•s）；故D错误；

故选A．3、C【分析】【分析】根据第二周期到到第六周期的元素从上往下金属性增强，与水反应越容易，最高氧化物对应的水化物的溶解性增强，碳酸盐都难溶于水，由此分析解答．【解析】【解答】解：①第二周期到到第六周期的元素从上往下金属性增强；与水反应越容易，常温下镁与冷水缓慢的反应，所以单质铍很难与冷水反应，故错误；

②常温下镁与冷水缓慢的反应，所以常温下，单质钡能与水剧烈反应放出H2；故正确；

③氢氧化镁难溶于水，所以Be（OH）2不溶于水；故错误；

④氢氧化钙微溶于水，所以Ba（OH）2易溶于水；故正确；

⑤碳酸盐都不易溶于水，所以SrCO3难溶于水；故错误；

故选：C．4、C【分析】【分析】取下弹簧夹A；使两烧瓶内的气体接触，生成的气体越少，则压强越小．

①发生2H2S+SO2=3S↓+2H2O；

②发生H2、Cl2不反应；③发生NH3+HCl=NH4Cl；

④发生2NO+O2=2NO2，设体积均为2L，结合反应分析．【解析】【解答】解：取下弹簧夹A；使两烧瓶内的气体接触，生成的气体越少，则压强越小．

①发生2H2S+SO2=3S↓+2H2O；

②不发生反应；

③发生NH3+HCl=NH4Cl；

④发生2NO+O2=2NO2；设体积均为2L；

由反应可知；①中反应后只有1L气体，②中有4L气体，③中不含气体，④中含3L左右的气体；

则容器内的压强由大到小的顺序是②④①③；

故选C．5、A【分析】

A；石油不溶于水；不能溶解在海水中，漂浮在水面上，这样会使海洋生物隔绝氧气而死亡，会导致生态灾难，故A错误；

B；减少燃煤的使用；改用风能、太阳能等能源，可以减少有毒气体的排放，符合“低碳生活”理念，故B正确；

C；硅胶具有吸水性；可做干燥剂，铁粉具有还原性，能被氧气氧化，在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质，故C正确；

D；微生物降解塑料可以降解为无毒无污染的物质；可以治理“白色污染”，故D正确．

故选A．

【解析】【答案】A；石油不溶于水；不能溶解在海水中，漂浮在水面上，不能被海洋生物分解；

B；风能、太阳能等能源属于无污染能源；煤燃烧会产生有毒气体；

C；硅胶具有吸水性和铁粉具有还原性；

D；微生物降解塑料可以治理“白色污染”．

二、多选题(共8题，共16分)6、BD【分析】【分析】A；醋酸为弱电解质；pH=3的醋酸溶液与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合，醋酸过量，溶液显示酸性；

B、根据物料守恒进行判断溶液中c（CH3COO-）+c（CH3COOH）与c（Na+）的关系；

C、常温下溶液的pH=7，溶液显示中性，氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，根据电荷守恒可知，c（NH4+）=c（Cl-）；

D、碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子部分水解，溶液显示碱性，据此判断溶液中各离子浓度大小关系．【解析】【解答】解：A；醋酸在溶液中部分电离出氢离子；所以pH=3的醋酸溶液与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后，醋酸过量，溶液显示酸性，pH＜7，故A错误；

B、物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合，根据混合液中物料守恒可知：c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=2c（Na+）；故B正确；

C、常温下，向NH4Cl溶液中加入氨水至溶液的pH=7，则c（H+）=c（OH-），根据溶液中电荷守恒：c（H+）+c（NH4+）=c（OH-）+c（Cl-）可知，溶液中c（NH4+）=c（Cl-）；故C错误；

D、碳酸氢钠溶液中，碳酸氢根离子部分水解，碳酸氢根离子数目减少，则c（Na+）＞c（HCO3-），由于溶液显示碱性，则c（OH-）＞c（H+），所以碳酸氢钠溶液中离子浓度大小关系为：c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H+）；故D正确；

故选BD．7、BC【分析】【分析】溶液加入盐酸生成气体，可能含有CO32-，或为Fe2+、NO3-发生氧化还原反应生成NO，溶液Ⅰ加入过量氢氧化钡生成气体B，一定为氨气，则存在NH4+，有色沉淀为氢氧化铁，则含有Fe2+，可知不存在CO32-，存在的各离子具有相同的物质的量，则存在NO3-、SO42-，溶液Ⅱ呈碱性，白色沉淀碳酸钡，以此解答该题．【解析】【解答】解：溶液加入盐酸生成气体，可能含有CO32-，或为Fe2+、NO3-发生氧化还原反应生成NO，溶液Ⅰ加入过量氢氧化钡生成气体B，一定为氨气，则存在NH4+，有色沉淀为氢氧化铁，则含有Fe2+，可知不存在CO32-，存在的各离子具有相同的物质的量，则存在NO3-、SO42-；溶液Ⅱ呈碱性，白色沉淀碳酸钡；

A．由以上分析可知A为NO，没有CO2；故A正确；

B．有色沉淀为氢氧化铁；故B错误；

C．题中存在的各离子具有相同的物质的量，含有Fe2+、NH4+、NO3-、SO42-，不含Na+；故C错误；

D．不含Al3+，则白色沉淀中一定没有Al（OH）3；故D正确．

故选BC．8、BD【分析】【分析】混合溶液中溶质为等物质的量浓度的NaCl、CH3COOH、CH3COONa，混合溶液呈酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液中存在电荷守恒和物料守恒，据此分析解答．【解析】【解答】解：混合溶液中溶质为等物质的量浓度的NaCl、CH3COOH、CH3COONa；混合溶液呈酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度；

A．HAc为弱电解质，部分电离，应有c（Ac-）＞c（Cl-）＞c（HAc）＞c（H+）；故A错误；

B．根据物料守恒得c（Ac-）+c（HAc）==0.1mol/L；故B正确；

C．HAc为弱电解质，部分电离，应有c（Ac-）＞c（Cl-）＞c（HAc）＞c（H+）；故C错误；

D．溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（Ac-）+c（Cl-）+c（OH-）；故D正确．

故选BD．9、BD【分析】【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动．使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用．【解析】【解答】解：A；酯水解是可逆反应；碱性条件下，碱能与水解生成的酸反应，降低生成物浓度，促进酯的水解，能用化学平衡移动原理解释，故A不符合；

B、催化剂改变反应速率，不改变化学平衡，加催化剂，使N2和H2在一定的条件下转化为NH3；不能用化学平衡移动原理解释，故B符合；

C、浓氨水加入氢氧化钠固体，氢氧化钠固体溶解放热，使一水合氨分解生成氨气的，化学平衡NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH-；逆向进行，能用化学平衡移动原理解释，故C不符合；

D；工业合成氨时温度控制在500℃能极大加快反应速率；化学平衡逆向移动，不能用勒夏特列原理解释，故D符合；

故选BD．10、AD【分析】【分析】砹属于卤族元素，在卤族元素中，砹的金属性最强，非金属性最弱，结合同周期元素性质的相似性和递变性分析该题．【解析】【解答】解：A．卤族元素从上到下；单质的颜色逐渐加深，熔沸点逐渐增大，则砹是有色固体，溴；碘都不溶于水，根据同一主族元素性质的相似性知，砹不溶于水但易溶于四氯化碳，故A正确；

B．AgAt见光易分解，结合AgCl、AgBr；AgI的性质可知；是一种不溶于水的有色固体，颜色应比AgI深，故B错误；

C．同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱；非金属性I＞At，HAt不稳定，故C错误；

D．由同主族性质变化规律可知，氧化性氯气大于At2，则发生2KAt+Cl2═2KCl+At2；故D正确．

故选AD．11、BD【分析】【分析】A．锌比铁活泼；锌为负极，铁为正极；

B．如观察到溶液变浑浊；可说明生成苯酚；

C．反应应在加热条件下进行；

D．根据压强差原理进行判断．【解析】【解答】解：A．锌比铁活泼，锌为负极，铁为正极，负极反应为Zn-2e-=Zn2+；正极上氧气得电子被还原，故A错误；

B．如观察到溶液变浑浊；可说明生成苯酚，符合强酸制备弱酸的原理，故B正确；

C．反应应在加热条件下进行；不能生成氯气，故C错误；

D．用弹簧夹夹住右边导管；向长颈漏斗中倒水，形成的液面高度不变，说明装置气密性良好，故D正确．

故选BD．12、AB【分析】【分析】以硼氢化合物NaBH4（B元素的化合价为+3价）和H2O2作原料的燃料电池，电解质溶液呈碱性，由工作原理装置图可知，负极发生氧化反应，电极反应式为BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O，正极H2O2发生还原反应，得到电子被还原生成OH-，电极反应式为H2O2+2e-=2OH-，结合原电池的工作原理和解答该题．【解析】【解答】解：A．电极B采用MnO2，为正极，H2O2发生还原反应，得到电子被还原生成OH-，MnO2既作电极材料又有催化作用；故A正确；

B．负极发生氧化反应生成BO2-，电极反应式为BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O；故B正确；

C．放电时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，则Na+从A极区移向B极区；故C错误；

D．正极电极反应式为H2O2+2e-=2OH-，每消耗6molH2O2，转移的电子为12NA个；故D错误；

故选AB．13、BD【分析】【分析】A．蒸馏时；测量是的蒸气的温度；

B．根据分液操作时下层液体从下口放出；上层液体从上口倒出；

C．配制需加水定容；

D．玻璃棒的作用是搅拌防止局部过热．【解析】【解答】解：A．在蒸馏操作中；温度计的水银球应与支管口相平，故A错误；

B．分液操作时；分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，一避免两种液体相互污染，故B正确；

C．配制需加水定容；转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水，对所配溶液无影响，故C错误；

D．玻璃棒的作用是搅拌防止局部过热；引起液体飞溅，故D正确．

故选BD．三、填空题(共6题，共12分)14、+1加快反应速率2P4+3Ca（OH）2•6H2O=3Ca（H2PO2）2+2PH3↑将Ca（H2PO2）2转化为NaH2PO2CaCO3Na2HPO3PH3+4ClO-+3OH-=PO43-+4Cl-+3H2O【分析】【分析】在高速乳化反应器中加入碳酸钠、氢氧化钙、P4，加入水发生多个反应，其中Ca（OH）2与P4反应生成次磷酸钙及磷化氢，过滤得到CaHPO3，滤液中加入NaH2PO2、Ca（H2PO2）2、Na2HPO3、NaOH通入CO2调节PH=7，过滤得到滤渣X为碳酸钙，滤液为NaH2PO2，浓缩离心分离、干燥得到NaH2PO2•H2O，母液中除NaH2PO2外，还有的一种主要成分为Na2HPO3；

（1）化合物中元素化合价代数和为0计算得到磷元素的化合价；

（2）高速搅拌的目的是为了加快反应速率；

（3）Ca（OH）2与P4反应生成次磷酸钙及磷化氢依据原子守恒配平书写化学方程式；

（4）流程中通入CO2的目的是将Ca（H2PO2）2转化为NaH2PO2；同时生成碳酸钙沉淀；

（5）依据流程图可知流程中母液中的溶质除NaH2PO2外，还有的一种主要成分为Na2HPO3；

（6）①PH3的电子式书写不能漏掉一对孤对电子对；结构式共用电子对用短线表示；

②含PH3的废气可用NaClO和NaOH的混合溶液处理将其转化为磷酸盐、同时生成氯化钠和水．【解析】【解答】解：在高速乳化反应器中加入碳酸钠、氢氧化钙、P4，加入水发生多个反应，其中Ca（OH）2与P4反应生成次磷酸钙及磷化氢，过滤得到CaHPO3，滤液中加入NaH2PO2、Ca（H2PO2）2、Na2HPO3、NaOH通入CO2调节PH=7，过滤得到滤渣X为碳酸钙，滤液为NaH2PO2，浓缩离心分离、干燥得到NaH2PO2•H2O，母液中除NaH2PO2外，还有的一种主要成分为Na2HPO3；

（1）化合物中元素化合价代数和为0计算得到磷元素的化合价，设磷元素化合价为x价，NaH2PO2•H2O中钠元素化合价+1价；氧元素化合价-2价，氢元素化合价+1价，（+1）+2×（+1）+x+（-2）×2=0，x=+1；

故答案为：+1；

（2）在反应器中加入乳化剂并高速搅拌的目的是为了加快反应速率；

故答案为：加快反应速率；

（3）Ca（OH）2与P4反应生成次磷酸钙及磷化氢，依据原子守恒配平书写化学方程式为：2P4+3Ca（OH）2•6H2O=3Ca（H2PO2）2+2PH3↑；

故答案为：2P4+3Ca（OH）2•6H2O=3Ca（H2PO2）2+2PH3↑；

（4）流程中通入CO2的目的是将Ca（H2PO2）2转化为NaH2PO2；同时生成X为碳酸钙沉淀；

故答案为：将Ca（H2PO2）2转化为NaH2PO2，CaCO3；

（5）依据流程图可知流程中加入了Na2HPO3，所以母液中的溶质除NaH2PO2外，还有的一种主要成分为Na2HPO3；

故答案为：Na2HPO3；

（6）①PH3的电子式书写不能漏掉一对孤对电子，所以电子式为：

故答案为：

②含PH3的废气可用NaClO和NaOH的混合溶液处理将其转化为磷酸盐、同时生成氯化钠和水反应的离子方程式为：PH3+4ClO-+3OH-=PO43-+4Cl-+3H2O，故答案为：PH3+4ClO-+3OH-=PO43-+4Cl-+3H2O．15、取代反应等【分析】【分析】A在一定条件下能与醇发生酯化反应，分子中含有-COOH，A在氢氧化钠水溶液水解生成B与C（乙酸钠），故A分子中还含有酯基，A分子中苯环上的两个取代基连在相邻的碳原子上，结合A的分子式C9H8O4可知，A的结构简式为故B结构简式为B溶液中通入气体CO2生成D，D不能与NaHCO3溶液反应，但能与NaOH溶液反应，则D中有酚羟基并无羧基，故D为C酸化得到E为CH3COOH，据此解答．【解析】【解答】解：A在一定条件下能与醇发生酯化反应，分子中含有-COOH，A在氢氧化钠水溶液水解生成B与C（乙酸钠），故A分子中还含有酯基，A分子中苯环上的两个取代基连在相邻的碳原子上，结合A的分子式C9H8O4可知，A的结构简式为故B结构简式为B溶液中通入气体CO2生成D，D不能与NaHCO3溶液反应，但能与NaOH溶液反应，则D中有酚羟基并无羧基，故D为C酸化得到E为CH3COOH；

（1）A转化为B；C时；发生酯的水解反应，中和反应，涉及到的有机反应类型是：取代反应；

故答案为：取代反应；

（2）由上述分析可知，B的结构简式是

故答案为：

（3）草酰氯（结构式：）与D中酚羟基发生取代反应会生成HCl，HCl与-COONa反应得到-COOH，故草酰氯足量有机物D反应的化学方程式为：

故答案为：

（4）由于酚羟基易被氧化，邻甲基苯酚先与乙酸转化得到再用酸性高锰酸钾氧化得到A；

故答案为：

（5）上题（4）中的中间产物（）有多种同分异构体，符合下列条件的结构简式：③能发生银镜反应，含有醛基；④含有羟基，但遇FeCl3溶液不发生显色反应，含有醇羟基，①苯环上有两个侧链；②苯环上的一氯代物只有两种，两个侧链处于对位，符合条件的同分异构体有：

故答案为：等．16、1s22s22p63s23p63d84s2CN2CN-①③④3：13NA【分析】【分析】（1）镍属于28号元素；根据构造原理可以写出该原子的核外电子排布式；Ni原子有2个未成对电子，第二周期有2个未成对电子的元素有C；O元素，同一周期，元素的电负性随着原子序数的增大而增大；

（2）等电子体中原子数相同；价电子数相同；据此解答即可；

（3）根据碳原子含有的σ键和孤电子对判断碳原子采取的杂化方式；根据单键为σ键；双键中1个σ键和1个π键回答；

（4）由晶胞可知，晶胞中La位于定点，平均含有8×=1，Ni位于面心和体心，共含有8×+1=5，H2位于边和面心，共有8×+2×=3，以此解答．【解析】【解答】解：①镍属于28号元素，根据构造原理可以写出该原子的核外电子排布式，Ni的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d84s2，第二周期有2个未成对电子的元素是C和O元素，电负性较小的是C元素，故答案为：1s22s22p63s23p63d84s2；C；

（2）CO含有2个原子14个电子，所以CO互为等电子体的一种分子和一种离子的化学式为：N2、CN-（或O22+、C22-、NO+），故答案为：N2；CN-；

（3）①CH2=CH2中每个碳原子含有3个σ键，不含孤电子对，所以采取sp2杂化；故正确；

②HC≡CH中每个碳原子含有2个σ键；不含孤电子对，所以采取sp杂化，故错误；

③中每个碳原子含有3个σ键，不含孤电子对，所以采取sp2杂化；故正确；

④HCHO中碳原子含有3个σ键，不含孤电子对，所以采取sp2杂化；故正确；

HCHO中碳原子含有3个σ键；1个π键，HCHO分子内σ键与π键个数之比为3：1；

故答案为：①③④；3：1；

（4）由晶胞可知，晶胞中La位于定点，平均含有8×=1，Ni位于面心和体心，共含有8×+1=5，H2位于边和面心，共有8×+2×=3，则含1molLa的合金可吸附H2的物质的量为3mol，故答案为：3NA．17、酯基羰基【分析】【分析】（1）化合物A的分子式为C6H6O，在空气中易被氧化，结合D含有苯环结构，可推知A是苯酚，结构简式为：由D的结构逆推，可知C为B为

（2）根据H的结构简式判断含有的官能团；

（3）某化合物是E的同分异构体，其结构符合下列条件：Ⅰ．能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，Ⅱ．能与NaHCO3溶液反应；说明含有-COOH，由E的不饱和度可知，该同分异构体中含有-C≡C-，故含有的侧链为-OH；-C≡C-COOH，Ⅲ．有4种不同化学环境的氢，两个侧链处于对位；

（4）C→D是与乙酸酐反应生成D；同时还生成乙酸；

（5）根据转化关系图中F→G的转化可知，制备物质应先制备再与氢气发生加成反应可得目标物，再上一步需要制备故溴苯与氢气发生加成反应生成发生水解反应得到环己醇发生催化氧化得到．【解析】【解答】解：（1）化合物A的分子式为C6H6O，在空气中易被氧化，结合D含有苯环结构，可推知A是苯酚，结构简式为：由D的结构逆推，可知C为B为故答案为：

（2）根据H的结构简式；可知其含氧官能团为羟基；酯基、羰基，故答案为：酯基、羰基；

（3）某化合物是E的同分异构体，其结构符合下列条件：Ⅰ．能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，Ⅱ．能与NaHCO3溶液反应，说明含有-COOH，由E的不饱和度可知，该同分异构体中含有-C≡C-，故含有的侧链为-OH、-C≡C-COOH，Ⅲ．有4种不同化学环境的氢，两个侧链处于对位，符合条件的同分异构体为故答案为：

（4）C→D是与乙酸酐反应生成D，同时还生成乙酸，反应方程式为：故答案为：

（5）根据转化关系图中F→G的转化可知，制备物质应先制备再与氢气发生加成反应可得目标物，再上一步需要制备故溴苯与氢气发生加成反应生成发生水解反应得到环己醇发生催化氧化得到则以为原料制备的合成路线流程图为：

故答案为：．18、DAB萃取冷凝管下进上出【分析】【分析】据物质分离的方法有：过滤、分液、蒸发和蒸馏等，根据实验选择合适的仪器以及使用方法．【解析】【解答】解：（1）蒸发可以实现易溶于水的固体和水的分离，从氯化钾溶液中得到氯化钾固体可用蒸发，因蒸馏可以实现水中难挥发性杂质和水的分离，则除去自来水中的Cl─等杂质；可用蒸馏，故答案为：D；A；

（2）碘微溶于水；碘易溶于苯；四氯化碳等有机溶剂，且苯、四氯化碳与水互不相溶，可用萃取法分离，故答案为：B；萃取；

（3）装置A中①的名称是冷凝管，使用时下口进水上口出水，故答案为：冷凝管；下进上出；19、略

【分析】【解析】试题分析：（1）由短周期两原子组成的18电子的化合物为HCl，三原子组成的18电子的化合物为H2S，四原子组成的18电子化合物为PH3或H2O2，由短周期五原子组成的10电子的化合物为CH4；（2）根据题意1molCH4完全燃烧放出热量为：△H=-890kJ·mol-1，则其反应的热化学方程式为：CH4（g）+2O2（g）=CO2(g)+2H2O(l);△H=-890kJ·mol-1；（3）若C为第一和第三周期元素组成的化合物，则C为PH3，根据题意，为PH3在氧气中燃烧生成两种氧化物即为P2O5、H2O，反应方程式为：2PH3+4O2P2O5+3H2O；若C为第一和第二周期元素组成的化合物，则C为H2O2，H2O2在二氧化锰作用下会迅速产生氧气：2H2O22H2O+O2↑；H2O2溶液中加入足量二氧化锰和稀硫酸，二氧化锰逐渐溶解生成Mn2+，锰元素化合价降低，二氧化锰做氧化剂；2H2O22H2O+O2↑1molH2O2完全反应，转移电子1mol，H2O2＋MnO2＋H2SO4=MnSO4＋2H2O＋O2↑,1molH2O2完全反应，转移电子2mol，两个反应中转移电子数之比是1：2。考点：原子结构元素周期律【解析】【答案】（1）HCl；H2S；CH4（2）CH4(g)+2O2(g)==CO2(g)+2H2O(l)；△H=-890KJ.mol-1（3）①2H2O2==2H2O+O2↑②氧化剂③1：2四、判断题(共2题，共16分)20、×【分析】【分析】依据化学方程式分析判断，反应都是两种物质反应生成一种物质，属于化合反应，但从可逆反应上来看，二氧化硫与水反应为可逆反应．【解析】【解答】解：SO3+H2O=H2SO4，H2O+SO2⇌H2SO3依据化学方程式分析判断，反应都是两种物质反应生成一种物质，属于化合反应，但从可逆反应上来看，二氧化硫与水反应为可逆反应，故不完全相同，故答案为：×．21、×【分析】【分析】高分子化合物（又称高聚物）一般相对分子质量高于10000，结构中有重复的结构单元；据此分析．【解析】【解答】解：蔗糖的分子式为：C12H22O12；其相对分子质量较小，不属于高分子化合物，蛋白质；纤维素、PVC、淀粉都是高分子化合物，故该说法错误；

故答案为：×．五、简答题(共1题，共3分)22、略

【分析】解：（1）稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+；所以滤渣1的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+；第①步Cu与酸反应的离子方程式为：Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O；Au；Pt和酸不反应，所以是滤渣；

故答案为：Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O；Au；Pt；

（2）第②步加H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+；过氧化氢做氧化剂不引入杂质，对环境无污染，调节溶液PH铁离子和铝离子全部沉淀后过滤得到氢氧化铁；氢氧化铝沉淀和滤液硫酸铜；

故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；不引入杂质，对环境无污染；使Fe3+、Al3+沉淀除去；

（3）第③步由五水硫酸铜制备硫酸铜的方法应是在坩埚中加热脱水；经过蒸发；冷却、结晶、过滤，最终制得硫酸铜晶体；

故答案为：加热滤液2；经过蒸发；冷却、结晶、过滤，最终制得硫酸铜晶体；

（4）制备硫酸铝晶体的甲；乙、丙三种方法中；

甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质，方法不可行；乙和丙方法均可行；乙方案先在滤渣中加H2SO4，生成Fe2（SO4）3和Al2（SO4）3，再加Al粉和Fe2（SO4）3生成Al2（SO4）3；蒸发；冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；

丙方案先在滤渣中加NaOH和Al（OH）3反应生成NaAlO2，再在滤液中加H2SO4生成Al2（SO4）3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；但从原子利用角度考虑方案乙更合理，因为丙加的NaOH和制备的Al2（SO4）3的原子组成没有关系；造成原子浪费；

所以从原子利用率和是否产生杂质考虑知；乙更合理；

故答案为：甲；所得产品中含有较多Fe2（SO4）3杂质；乙．

（5）取ag试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用cmol•L-1EDTA（H2Y2-）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液bmL．滴定反应如下：Cu2++H2Y2-=CuY2-+2H+

铜离子物质的量和标准液物质的量相同，则20mL溶液中铜离子的物质的量=cmol/L×b×10-3L=bc×10-3mol；

则ag样品中CuSO4•5H2O的质量=c×b×10-3mol×250g/mol×5，所以CuSO4•5H2O质量分数的表达式=×100%．

故答案为：×100%．

含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物加入混酸加热过滤，铜反应生成铜盐溶液，Au、Pt不与混酸反应，所以滤渣的主要成分是Au、Pt，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液PH的目的是使Fe3+和Al3+形成沉淀．所以滤液2的成分是Cu2+；滤渣2的成分为氢氧化铁和氢氧化铝；

（1）Cu与混酸反应的实质是与H+、NO3-反应，随反应进行离子浓度逐渐减小，所以离子方程式为Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O，3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，Au、Pt不与混酸反应，所以滤渣的主要成分是Au、Pt，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+；

（2）过氧化氢具有氧化性且被还原为水，无杂质无污染；可以氧化亚铁离子为铁离子易于沉淀除去，调节溶液PH目的是铁离子和铝离子全部沉淀；第②步加H2O2的作用是把Fe2+氧化为Fe3+，该氧化剂的优点是不引入杂质，产物对环境物污染．调节溶液PH的目的是使Fe3+和Al3+形成沉淀．所以滤液2的成分是Cu2+；滤渣2的成分为氢氧化铁和氢氧化铝；

（3）第③步由五水硫酸铜制备硫酸铜的方法应是在坩埚中加热脱水；经过蒸发；冷却、结晶、过滤，最终制得硫酸铜晶体；

（4）甲方案不可行，因为滤渣2的主要成分是Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，加入硫酸沉淀全部溶解使制得的产品中含有较多Fe2（SO4）3杂质；从原子利用率角度分析；乙方案更合理，不仅能除去硫酸铁，同时增加了硫酸铝的量，原子利用率较高。

（5）由滴定反应方程式得100ml溶液中n（Cu2+）=b×10-3×a×5mol，所以CuSO4•5H2O质量分数=b×10-3×a×5××100%；

本题考查离子分离的方法，实验设计，试剂选择，中和滴定的简单计算和误差的分析，离子性质的熟练掌握是解题关键，题目难度较大．【解析】Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O；Au、Pt；将Fe2+氧化为Fe3+；过氧化氢做氧化剂不引入杂质，对环境无污染；使Fe3+、Al3+沉淀除去；加热滤液2，经过蒸发、冷却、结晶、过滤，最终制得硫酸铜晶体；甲；所得产品中含有较多Fe2（SO4）3杂质；乙；×100%六、探究题(共4题，共36分)23、|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．24、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