2025年上外版高三化学上册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年上外版高三化学上册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：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、下列反应产生的气体，通入Na2SO3溶液不反应的是①Na2O2和CO2②Al和NaOH溶液③MnO2和浓盐酸共热④浓硝酸和铜片⑤铜片和浓硫酸共热A.②B.①②C.①②⑤D.②④⑤2、下列关于实验的叙述正确的是（）

A.石蕊试纸和pH试纸使用前都必须用蒸馏水润湿。

B.滴定管盛装滴定液前需先用蒸馏水洗净；再用滴定液润洗。

C.配制一定物质的量浓度的溶液时；可直接在容量瓶中稀释或溶解。

D.向沸水中滴加过量饱和氯化铁溶液并不断搅拌；制取氢氧化铁胶体。

3、下列有关物质的应用与性质相对应的说法有几个（）

①明矾能用于净水是因为铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有强氧化性。

②氯化铁溶液可用于制作印刷电路板是因为其能氧化单质铜。

③浓硫酸可用作干燥剂是因为其具有脱水性。

④光导纤维可用作通讯材料是因为其具有导电性。

⑤Mg0、Al203的熔点很高；可制作耐高温材料。

⑥NaHC03能与碱反应；因此食品工业上用作焙制糕点的膨松剂。

⑦Al具有良好的延展性和抗腐蚀性，可制成铝箔包装物品．A.2个B.3个C.4个D.5个4、下列反应：2HBr（g）⇌Br2（g）+H2（g）在密闭容器中进行，将密闭容器的体积缩小至原来的一半，下列说法正确的是（）A.化学反应速率不变，平衡不移动B.化学反应速率加快，平衡不移动C.平衡向右移动，气体颜色加深D.平衡不移动，气体颜色不变5、海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源，下图为海水利用的部分过程。下列有关说法正确的是A.过程①中除去粗盐中的SO、Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋等杂质，加入的药品顺序为：Na2CO3溶液→NaOH溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸B.用澄清的石灰水可鉴别NaHCO3和Na2CO3C.过程②中结晶出的MgCl2·6H2O要在HCl氛围中加热脱水制得无水MgCl2D.工业上通过电解饱和MgCl2溶液制取金属镁6、8．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.0.1mol甲烷含有的电子数为NAB.1L0.1mol/LNa2CO3溶液中含有的CO3数目为0.1NAC.1LpH=1的硫酸溶液中含有的H+数为0.2NAD.标准状况下，2.24LCO和CO2混合气体中含有的氧原子数为0.15NA7、下列关于常温下各rm{0.1mol}的rm{NaHCO_{3}}和rm{Na_{2}CO_{3}}的叙述中正确的是rm{(}rm{)}A.二者分别与少量邻羟基苯甲酸作用，所得产物相同B.若将二者均配成rm{0.1mol/L}的溶液，前者的rm{pH}较大C.分别加入过量盐酸充分反应后，二者产生rm{CO_{2}}的体积在标准状况下均为rm{2.24L}D.若将二者分别加入rm{1mL}水中充分搅拌，恢复至室温后，只有后者有固体剩余评卷人得分二、双选题(共5题，共10分)8、下列各组物质能相互反应，最终能生成氢氧化铝的是（）A.铝和氢氧化钠溶液共热B.氯化铝溶液中滴入过量氢氧化钾溶液C.明矾溶液中滴入过量氨水D.物质的量浓度相同的硝酸铝溶液和氢氧化钠溶液等体积混合9、化合物Ⅲ是合成中药黄芩中的主要活性成分的中间体；合成方法如下：

rm{+}rm{+HCl}ⅠⅡⅢ下列有关叙述正确的是rm{(}rm{)}A.Ⅰ在空气中稳定存在B.Ⅱ中所有原子均有可能共面C.可用rm{FeCl_{3}}溶液鉴别有机物Ⅱ和ⅢD.rm{1mol}产物Ⅲ与足量溴水反应，消耗rm{Br_{2}}的物质的量为rm{1.5mol}10、下列过程能一步实现的是()A.rm{SiO_{2}xrightarrow[]{NaOH}Na_{2}SiO_{3}xrightarrow[]{HCl}H_{2}SiO_{3}}B.rm{Sixrightarrow[碌茫脠录]{{O}_{2}}SiO_{2}xrightarrow[]{{H}_{2}O}H_{2}SiO_{3}}C.rm{H_{2}SiO_{3}xrightarrow[]{?}SiO_{2}xrightarrow[]{HCl}SiCl_{4}}D.石英砂rm{SiO_{2}xrightarrow[]{NaOH}

Na_{2}SiO_{3}xrightarrow[]{HCl}H_{2}SiO_{3}}粗硅rm{xrightarrow[赂脽脦脗]{C{l}_{2}}SiCl_{4}xrightarrow[赂脽脦脗]{{H}_{2}}}高纯度硅rm{Sixrightarrow[碌茫脠录]{{O}_{2}}

SiO_{2}xrightarrow[]{{H}_{2}O}H_{2}SiO_{3}}11、在与外界无能量交换的情况下，恒容密闭容器中发生反应SO2（g）+NO2（g）⇌SO3（g）+NO（g），并达到平衡．反应过程中正反应速率随时间的变化如图所示．由图可得出的正确结论是（）A.反应在c点达到平衡状态B.反应物浓度：a点大于b点C.反应物的总能量低于生成物的总能量D.△t1=△t2时，SO2的转化率：a～b段小于b～c段12、下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.常温下，rm{C(s)+H_{2}O(g)?CO(g)+H_{2}(g)}不能自发进行，则该反应的rm{triangleH>0}B.用rm{pH}均为rm{2}的盐酸和醋酸分别中和等物质的量的rm{NaOH}消耗醋酸的体积更大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.常温下，在rm{0.1}rm{mol/L}氨水中，加入少量rm{NH_{4}Cl}晶体，溶液的rm{pH}减小评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)13、（2015秋•信阳月考）一定温度下，三种碳酸盐MCO3（M：Mg2+、Ca2+、Mn2+）的沉淀溶解平衡曲线如图所示．已知：pM=-lgc（M），pc（CO32-）=-lgc（CO32-）．下列说法正确的是____．

A．MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次增大。

B．a点可表示MnCO3的饱和溶液，且c（Mn2+）=c（CO32-）

C．b点可表示CaCO3的饱和溶液，且c（Ca2+）＜c（CO32-）

D．c点可表示MgCO3的不饱和溶液，且c（Mg2+）＜c（CO32-）14、（1）由A、B两种气态烃组成的混合气体，对H2的相对密度为17．常温常压下；取这种混合气体10mL与80mL氧气（过量）混合，当完全燃烧后恢复到原状态时，测得气体的体积为70mL．试求：

①混合气体的平均组成为（用CxHy的形式表示）____；

②若上述两种气体按体积1：1混合时，则两种气态烃的可能组成为____．

（2）具有支链的化合物X的分子式为C4H8O，X既能使Br2的四氯化碳溶液褪色，又能与Na反应．①X的结构简式是____；

②写出与X具有相同官能团的X的所有同分异构体的结构简式：____．15、某自来水厂利用河水处理成自来水的工艺流程示意图如下图所示：提供的试剂：饱和Na2CO3溶液、NaOH溶液、生石灰、CC14、BaCl2溶液，KOH溶液（1）为除水中含有Ca2+、Mg2+、HCO3－、Cl－、SO42－，试剂a代表两种化学物质，主要是除去水中SO42－、Mg2+和HCO3－，这两种试剂是_______和______(只填化学式）。（2）凝聚剂A常用FeSO4·7H2O，最终生成红褐色胶状沉淀，该胶状沉淀的化学式为______，可以除去其中的悬浮固体颗粒，该过程是______(填序号）。A．只有物理变化，无化学变化B．只有化学变化，无物理变化C．既有化学变化，又有物理变化（3）通入CO2的目的是______和______。（4）传统的氧化剂是Cl2，现代工艺用ClO2取代Cl2，通入CIO2的作用是______，优点是______。（5）离子交换柱X、Y中有一种是H+型交换柱，另一种是H－型离子交换柱，目的是除去水中残留的杂质离子，则X应是哪种交换柱______(填“H+型”、“OH－型”）；如果两个交换柱位置颠倒会产生什么后果____________。16、Q是合成防晒霜的主要成分；某同学以石油化工的基本产品为主要原料，设计合成Q的流程如图（部分反应条件和试剂未注明）：

已知：Ⅰ．钯催化的交叉偶联反应原理（R、R1为烃基或其他基团；X为卤素原子）：

R-X+R1-CH═CH2R1-CH═CH-R+H-X

Ⅱ．C8H17OH分子中只有一个支链；且为乙基，其连续氧化的产物能与碳酸氢钠。

反应生成CO2；其消去产物的分子只有一个碳原子上没有氢原子．

Ⅲ．F不能与氢氧化钠溶液反应；G的核磁共振氢谱中有3个峰．

（1）反应⑤的反应类型为____，G的结构简式为____．

（2）C中官能团的名称是____；C8H17OH的名称（用系统命名法命名）为____．

（3）X是F的同分异构体，X遇氯化铁溶液发生显色反应且环上的一溴取代物有两种，写出X的结构简式：____．

（4）下列有关B、C的说法正确的是____（填序号）．

a．二者都能使溴的四氯化碳溶液或酸性高锰酸钾溶液褪色。

b．二者都能与碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳。

c．1molB或C都能最多消耗44.8L（标准状况）氢气。

d．二者都能与新制氢氧化铜悬浊液反应。

（5）分离提纯中间产物D的操作：先用饱和碳酸钠溶液除去C和浓硫酸，再用水洗涤，弃去水层，最终通过____操作除去C8H17OH；精制得到D．

（6）写出反应⑥的化学方程式：____．17、为了合理利用化学能；确保安全生产，化工设计需要充分考虑化学反应的焓变，并采取相应措施．化学反应的焓变通常用实验进行测定，也可进行理论推算．

（1）实验测得，5g甲醇在氧气中充分燃烧生成二氧化碳气体和液态水时释放出113.5kJ的热量，试写出甲醇燃烧的热化学方程式：____．

（2）由气态基态原子形成1mol化学键释放的最低能量叫键能．从化学键的角度分析；化学反应的过程就是反应物的化学键的破坏和生成物的化学键的形成过程．在化学反应过程中，拆开化学键需要消耗能量，形成化学键又会释放能量．

。化学键H-HN-HN≡N键能/kJ•mol-1436391945已知反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=akJ•mol-1．试根据表中所列键能数据估算a的数值：____．18、在1L容器中通入CO2、H2各2mol，在一定条件下发生反应：CO2+H2⇌CO+H2O；回答下列问题：

（1）在830℃条件下，反应达到平衡时CO2的转化率为50%．若把体系温度降至800℃求得平衡常数K1=0.81，可以推知该反应的正反应为____反应（填“吸热”；“放热”）．

（2）T℃时，某时刻测得体系中各物质的量如下：n（CO2）=1.2mol，n（H2）=1.5mol，n（CO）=0.9mol，n（H2O）=0.9mol，则此时该反应____进行．（填“向正反应方向”“向逆反应方向”或“处于平衡状态”）．19、为了保护环境，变害为利，工业上常用纯碱吸收有害气体SO2，同时得到亚硫酸氢钠，该反应的离子方程式是____．从这一反应可见H2SO3的酸性比H2CO3的酸性____．亚硫酸钠常用于除去漂白织物后剩余的游离氯，该反应的离子方程式为____．评卷人得分四、判断题(共1题，共2分)20、胶体属于介稳体系____．（判断对错）评卷人得分五、简答题(共2题，共6分)21、菠萝酯rm{F}是一种具有菠萝香味的赋香剂；其合成路线如下：

．

已知：

rm{(1)A}的结构简式为______，rm{A}中所含官能团的名称是______；

rm{(2)}由rm{A}生成rm{B}的反应类型是______，rm{E}的某同分异构体只有一种相同化学环境的氢；该同分异构体的结构简式为______；

rm{(3)}写出rm{D}和rm{E}反应生成rm{F}的化学方程式______；

rm{(4)}结合题给信息，以溴乙烷和环氧乙烷为原料制备rm{1-}丁醇，设计合成路线rm{(}其他试剂任选rm{)}．

合成路线流程图示例：rm{CH_{3}CHOxrightarrow[{麓脽禄炉录脕}triangle]{O_{2}}CH_{3}COOHxrightarrow[{脜篓脕貌脣谩},triangle]{CH_{2}CH_{2}OH}CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}}．rm{CH_{3}CHO

xrightarrow[{麓脽禄炉录脕}triangle]{O_{2}}CH_{3}COOH

xrightarrow[{脜篓脕貌脣谩},triangle

]{CH_{2}CH_{2}OH}CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}}22、碱式氧化镍（NiOOH）可用作镍氢电池的正极材料．以含镍（Ni2+）废液为原料生产NiOOH的一种T艺流程如图1：

（1）加入Na2C03溶液时，证明Ni2+已经完全沉淀的实验方法是____，过滤时需用到的玻璃仪器有烧杯、____．

（2）写出碳酸镍与稀硫酸反应的离子方程式：____

（3）硫酸镍溶液可用于制备合成氨的催化剂ConNi（1-n）Fe2O4．如图2表示在其他条件相同时合成氨的相对初始速率随催化剂中n值变化的曲线，由图分析可知Co2+、Ni2+两种离子中催化效果更好的是____．

（4）写出在空气中加热Ni（OH）2制取NiOOH的化学方程式：____

（5）若加热不充分，则制得的NiOOH中会混有Ni（OH）2，其组成可表示为xNiOOH．yNi（OH）2．现称取9.21g样品溶于稀硫酸中，冷却后转入容量瓶并配制成500mL溶液．取出25.00mL，用0.010mol．L-l的KMnO4标准溶液滴定，用去KMnO4标准溶液10.00mL，则x：y=____．[已知反应（未配平）：Ni2++MnO+H+→Ni3++Mn2++H2O]．评卷人得分六、综合题(共3题，共15分)23、（14分）合成氨对工、农业生产和国防都有重要意义。已知：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）；△H=-92．4kJ·mol-1，请回答：（1）合成氨工业中采取的下列措施可以用勒夏特列原理解释的是＿＿＿＿＿（填字母）。a．用铁触媒（催化剂）加快化学反应速率b．采用较高压强（20MPa~50MPa）c．将原料气中的少量CO等气体净化除去d．将生成的氨液化并及时从体系中分离出来（2）一定温度下，在密闭容器中充入1molN2和3molH2并发生反应。①若容器容积V恒定，达到平衡时，气体的压强为原来的则N2的转化率а1=＿＿＿＿＿，此时，反应放热＿＿＿＿＿kJ；该温度下合成氨反应的平衡常数K=＿＿＿＿＿（只需列出数字表达式）；②若容器压强恒定，则达到平衡时，容器中N2的转化率а2＿＿а1（填“＞、＜或＝”）。（3）随着对合成氨研究的发展，希腊科学家采用高质子导电性的SCY陶瓷（能传递H+）为介质，用吸附在它内外表面上的金属钯多晶薄膜做电极，实现了常压、570℃条件下高转化率的电解法合成氨（装置如下图）。钯电极A是电解池的＿＿＿＿极（填“阳”或“阴”），该极上的电极反应式是。24、已知N、P同属元素周期表的ⅤA族元素，N在第二周期，P在第三周期，NH3分子呈三角锥形，N原子位于锥顶，三个H原子位于锥底，N—H键间的夹角是107°。25、（14分）合成氨对工、农业生产和国防都有重要意义。已知：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）；△H=-92．4kJ·mol-1，请回答：（1）合成氨工业中采取的下列措施可以用勒夏特列原理解释的是＿＿＿＿＿（填字母）。a．用铁触媒（催化剂）加快化学反应速率b．采用较高压强（20MPa~50MPa）c．将原料气中的少量CO等气体净化除去d．将生成的氨液化并及时从体系中分离出来（2）一定温度下，在密闭容器中充入1molN2和3molH2并发生反应。①若容器容积V恒定，达到平衡时，气体的压强为原来的则N2的转化率а1=＿＿＿＿＿，此时，反应放热＿＿＿＿＿kJ；该温度下合成氨反应的平衡常数K=＿＿＿＿＿（只需列出数字表达式）；②若容器压强恒定，则达到平衡时，容器中N2的转化率а2＿＿а1（填“＞、＜或＝”）。（3）随着对合成氨研究的发展，希腊科学家采用高质子导电性的SCY陶瓷（能传递H+）为介质，用吸附在它内外表面上的金属钯多晶薄膜做电极，实现了常压、570℃条件下高转化率的电解法合成氨（装置如下图）。钯电极A是电解池的＿＿＿＿极（填“阳”或“阴”），该极上的电极反应式是。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、A【分析】试题分析：亚硫酸钠具有还原性，能和氧化性物质，如氧气、氯气、二氧化氮发生氧化还原反应，和二氧化硫气体生成亚硫酸氢钠溶液反应，氢气不能和亚硫酸钠溶液反应。考点：考查物质的化学性质和用途。【解析】【答案】A2、B【分析】

A．石蕊试纸和pH试纸使用前用蒸馏水润湿稀释了溶液；溶液的浓度变小，使测得的值不准，故A错误；

B．滴定管使用前先用蒸馏水洗净；再用待测液润洗，故B正确；

C．容量瓶不能用来稀释或溶解物质；故C错误；

D．向沸水中逐滴加氯化铁饱和溶液；继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热即制得氢氧化铁胶体，故D错误．

故选B．

【解析】【答案】A．石蕊试纸和pH试纸使用前用蒸馏水润湿稀释了溶液；

B．滴定管使用前应用待测液润洗；

C．容量瓶不能稀释或溶解物质；

D．向沸水中逐滴加入5～6滴氯化铁饱和溶液；继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热即制得氢氧化铁胶体．

3、B【分析】【分析】①氢氧化铝胶体不具有强氧化性；

②氯化铁具有氧化性；可氧化铜生成氯化铜；

③浓硫酸具有吸水性；可用作干燥剂；

④光导纤维具有折光性；

⑤Mg0、Al203为离子晶体；熔点高；

⑥NaHC03能与酸反应生成二氧化碳气体；

⑦铝易在表面生成一层致密的氧化膜．【解析】【解答】解：①氢氧化铝胶体具有吸附性；可用于除去水额悬浮物，不具有强氧化性，故错误；

②氯化铁具有氧化性；可氧化铜生成氯化铜和氯化亚铁，可用于制作印刷电路板，故正确；

③浓硫酸具有吸水性；可用作干燥剂，不是脱水性，故错误；

④光导纤维具有折光性；不具有导电性，故错误；

⑤Mg0、Al203为离子晶体；因离子半径较小，则晶格能较大，熔点高，故正确；

⑥NaHC03能与酸反应生成二氧化碳气体；与碱反应不能生成气体，故错误；

⑦铝易在表面生成一层致密的氧化膜；可阻碍反应继续进行，起到保护作用，故正确．

故选B．4、B【分析】【分析】将密闭容器的体积缩小至原来的一半，平衡体系压强增大，反应前后气体体积不变，平衡不动，反应速率增大，体积减小物质浓度增大，混合气体颜色加深；【解析】【解答】解：2HBr（g）⇌Br2（g）+H2（g）在密闭容器中进行；将密闭容器的体积缩小至原来的一半，平衡体系压强增大，反应前后气体体积不变，平衡不动，反应速率增大，体积减小物质浓度增大，混合气体颜色加深；

故选B．5、C【分析】试题分析：A、除去粗盐中的SO、Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋等杂质，加入的药品顺序为：BaCl2溶液→NaOH溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸，错误；B、石灰水与NaHCO3和Na2CO3均反应，生成白色沉淀，不能鉴别，错误；C、MgCl2·6H2O水解生成氢氧化镁和氯化氢，加热促进水解，最终得氧化镁，所以为了抑制水解，要在HCl氛围中加热脱水制得无水MgCl2，正确；D、电解饱和MgCl2溶液得到氢氧化镁沉淀，得不到镁单质，错误，答案选C。考点：考查粗盐提纯，物质的鉴别，水解的应用，电解产物的判断【解析】【答案】C6、A【分析】【解析】试题分析：A项甲烷分子中有10个电子，即1molCH4分子中有10mol电子，那么0.1molCH4含有的电子的物质的量为1mol，则电子数为NA；B项1L0.1mol/LNa2CO3的物质的量为0.1mol，那么溶液中含有的CO3数目为0.1NA，但碳酸根在水溶液中会发生水解，因而碳酸根离子的物质的量小于0.1mol，数目也就小于0.1NA；C项1LpH=1的硫酸溶液中含有的H+数为0.1NA，不是0.2NA；D项在标准状况下，2.24LCO和CO2混合气体共有0.1mol，含有的氧原子数为0.1NA。考点：阿伏加德罗常数的应用【解析】【答案】A7、C【分析】解：rm{A.NaHCO_{3}}与少量邻羟基苯甲酸作用生成二氧化碳，rm{Na_{2}CO_{3}}与邻羟基苯甲酸反应生成碳酸氢钠；二者的产物不同，故A错误；

B.相同条件下，rm{Na_{2}CO_{3}}的水解程度大于rm{NaHCO_{3}}所以若将二者均配成rm{0.1mol/L}的溶液，后者的rm{pH}较大；故B错误；

C.常温下各rm{0.1mol}的rm{NaHCO_{3}}和rm{Na_{2}CO_{3}}分别加入过量盐酸充分反应后，二者产生rm{CO_{2}}均为rm{0.1mol}其体积在标准状况下均为rm{2.24L}故C正确；

D.相同条件下，rm{Na_{2}CO_{3}}的溶解度大于rm{NaHCO_{3}}所以若将二者分别加入rm{1mL}水中充分搅拌；恢复至室温后，只有前者有固体剩余，故D错误．

故选C．

A.rm{Na_{2}CO_{3}}与少量酸反应生成碳酸氢钠；

B.相同条件下，rm{Na_{2}CO_{3}}的水解程度大于rm{NaHCO_{3}}

C.根据rm{C}元素守恒计算；

D.相同条件下，rm{Na_{2}CO_{3}}的溶解度大于rm{NaHCO_{3}}．

本题考查碳酸钠与碳酸氢钠的性质，明确发生的化学反应是解答本题的关键，并注意利用溶解性、与酸的反应、水解反应来分析解答．【解析】rm{C}二、双选题(共5题，共10分)8、C|D【分析】解：A．铝和氢氧化钠溶液共热；产生的是偏铝酸钠，故A不选；

B．由于NaOH过量；二者反应生成偏铝酸钾，故B不选；

C．明矾中铝离子与氨水反应生成氢氧化铝沉淀；生成沉淀，故C选；

D．物质的量浓度相同的硝酸铝溶液和氢氧化钠溶液等体积混合；碱不足，生成氢氧化铝沉淀，故D选；

故选CD．

A．Al与NaOH反应生成偏铝酸钠；

B．KOH过量时生成偏铝酸钾；

C．明矾中铝离子与氨水反应生成氢氧化铝沉淀；

D．物质的量浓度相同的硝酸铝溶液和氢氧化钠溶液等体积混合；碱不足．

本题考查物质的性质及反应，为高频考点，把握发生的反应及现象为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意与量有关的离子反应，题目难度不大．【解析】【答案】CD9、BC【分析】【解析】本题基于苯、乙烯、甲醛的共平面结构判断化合物rm{II}的共平面可能性，基于苯酚的性质进行稳定性判断、物质鉴别、溴的消耗量判断，重点是苯酚的化学性质考查。【解答】A.苯酚在空气中易被氧化，推及含有酚羟基的有机物在空气中易被氧化，rm{I}中含有酚羟基，Ⅰ在空气中不能稳定存在，故A错误；B.苯、乙烯、甲醛分子中所有原子共平面，Ⅱ中所有原子均有可能共面，故B正确；C.化合物rm{III}含有酚羟基，化合物rm{II}没有酚羟基，可用rm{FeCl_{3}}溶液鉴别有机物Ⅱ和Ⅲ，故C正确；D.产物rm{III}中的酚羟基邻位有rm{1}个空位，对位没有空位，产物rm{III}中羰基附近有rm{1}个碳碳双键，rm{1mol}产物Ⅲ与足量溴水反应，取代反应和加成反应各消耗rm{1}摩rm{Br_{2}}共消耗rm{Br_{2}}的物质的量为rm{2mol}，故D错误。本题选BC。【解析】rm{BC}10、AD【分析】【分析】考查硅及其化合物的化学性质，较容易。【解答】A.rm{SiO_{2}xrightarrow[]{NaOH}Na_{2}SiO_{3}xrightarrow[]{HCl}H_{2}SiO_{3}}，可以实现，故A正确；B.rm{SiO_{2}xrightarrow[]{{H}_{2}O}H_{2}SiO_{3}}不能一步实现，故B错误；C.rm{SiO_{2}xrightarrow[]{HCl}SiCl_{4}}不能一步实现，故C错误；D.石英砂rm{SiO_{2}xrightarrow[]{NaOH}

Na_{2}SiO_{3}xrightarrow[]{HCl}H_{2}SiO_{3}}粗硅rm{xrightarrow[赂脽脦脗]{C{l}_{2}}SiCl_{4}xrightarrow[赂脽脦脗]{{H}_{2}}}高纯度硅，可以实现，故D正确。故选AD。rm{SiO_{2}xrightarrow[]{{H}_{2}O}

H_{2}SiO_{3}}【解析】rm{AD}11、B|D【分析】解：A．化学平衡状态的标志是各物质的浓度不再改变；其实质是正反应速率等于逆反应速率，c点对应的正反应速率显然还在改变，故一定未达平衡，故A错；

B．a到b时正反应速率增加；反应物浓度随时间不断减小，故B正确；

C；从a到c正反应速率增大；之后正反应速率减小，说明反应刚开始时温度升高对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响，说明该反应为放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，故C错；

D、随着反应的进行，正反应速率越快，消耗的二氧化硫就越多，SO2的转化率将逐渐增大；故D正确；

故选BD．

该反应是一个反应前后体积不变的可逆反应；容器的体积恒定；混合气体的物质的量的不变，所以压强对反应速率无影响，但温度和浓度影响其反应速率，结合图象可知反应速率先增大后减小，因为只要开始反应，反应物浓度就要降低，反应速率应该降低，但此时正反应却是升高的，这说明此时温度的影响是主要的，由于容器是绝热的，因此只能是正反应为放热反应，从而导致容器内温度升高反应速率加快．

本题考查化学反应速率和平衡图象，注意该反应的特点及反应限制条件，“与外界无能量交换”相当于对反应体系改变温度，一定要读懂此句话表达的含义，难度较大．【解析】【答案】BD12、rAD【分析】解：rm{A.}温下，rm{C(s)+H_{2}O(g)?CO(g)+H_{2}(g)}不能自发进行，则满足rm{triangleH-T?triangleS>0}因rm{triangleH-T?triangle

S>0}则rm{triangleS>0}故A正确；

B.醋酸为弱酸，rm{triangleH>0}均为rm{pH}的盐酸和醋酸溶液，两种溶液中rm{2}离子浓度相等，则醋酸浓度大与盐酸，设盐酸的浓度为rm{H^{+}}醋酸的浓度为rm{C_{1}}则rm{C_{2}}分别中和等体积、等物质的量浓度的氢氧化钠溶液，当氢氧化钠恰好被完全中和时，消耗的两种酸的物质的量相等，则有：rm{C_{1}<C_{2}}因rm{n=C_{1}V_{1}=C_{2}V_{2}}所以：rm{C_{1}<C_{2}}消耗盐酸的体积更大，故B错误；

C.粗锌与稀硫酸反应制氢气比纯锌快；是因为粗锌中锌与杂质构成原电池的两个电极，稀硫酸作电解质溶液。锌作原电池的负极，纯锌仅仅是锌和稀硫酸反应。故反应不及粗锌与稀硫酸反应快。故C错误；

D.铵根离子抑制氨水的电离，氢氧根的浓度减小，溶液的rm{V_{1}>V_{2}}减小；故D正确；

故选：rm{pH}

A.如能自发进行，应满足rm{triangleH-T?triangleS<0}

B.醋酸为弱酸，rm{AD}均为rm{triangleH-T?triangle

S<0}的盐酸和醋酸溶液，两种溶液中rm{pH}离子浓度相等，则醋酸浓度大与盐酸，分别中和等体积、等物质的量浓度的氢氧化钠溶液，当氢氧化钠恰好被完全中和时，消耗的两种酸的物质的量相等，根据rm{2}比较二者的体积关系；

C.粗锌和纯锌都是锌；其化学性质一样，即还原性一样；

D.铵根离子抑制氨水的电离；

本题考查了反应自发进行的判断依据、弱电解质电离平衡影响因素分析、原电池反应等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。rm{H^{+}}【解析】rm{AD}三、填空题(共7题，共14分)13、BD【分析】【分析】A．pM相等时，图线中pc（CO32-）数值越大；实际浓度越小；

B．a点可表示MnCO3的饱和溶液，pM=p（CO32-）；

C．b点可表示CaCO3的饱和溶液，pM＜p（CO32-）；

D．pM数值越大，实际浓度越小，则c点可表示MgCO3的不饱和溶液，pM＞p（CO32-）．【解析】【解答】解：A．pM相等时，图线中p（CO32-）数值越大，实际浓度越小，因此，MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次减小；故A错误；

B．a点可表示MnCO3的饱和溶液，pM=p（CO32-），所以c（Mn2+）=c（CO32-）；故B正确；

C．b点可表示CaCO3的饱和溶液，pM＜p（CO32-），所以c（Ca2+）＞c（CO32-）；故C错误；

D．pM数值越大，实际浓度越小，则c点可表示MgCO3的不饱和溶液，pM＞p（CO32-），所以c（Mg2+）＜c（CO32-）；故D正确；

故选BD．14、C2.5H4CH4和C4H4或C2H4和C3H4或C2H2和C3H6CH2=CH-CH2-CH2OH、CH2=CH-CH（OH）CH3、CH3-CH=CH-CH2OH【分析】【分析】（1）①密度与摩尔质量成正比，混合烃对H2的相对密度为17；据此可以计算出混合烃的平均摩尔质量，然后设出混合烃的平均分子式，根据差量法计算出平均H原子数，再根据平均摩尔质量计算出含有的平均C原子数；

②根据平均分子式及两种气体按体积1：1进行讨论；得出每种体积的烃的组成；

（2）具有支链的化合物X的分子式为C4H8O，X既能使Br2的四氯化碳溶液褪色，又能与Na反应，说明含官能团羟基和碳碳双键，据此写出X的结构简式和符合条件的同分异构体．【解析】【解答】解：（1）①设混合烃的平均分子式为CxHy，密度与摩尔质量成正比，混合烃对H2的相对密度为17；则混合烃的平均摩尔质量为17g/mol×2=34g/mol，则12x+y=34；

混合烃燃烧的方程式为：CxHy+（x+）O2xCO2+H2O；△n；

1x+x1+

10mL（10+80-70）=20mL

（1+）：1=20mL：10mL，解得：y=4，将y=4代入12x+y=34可得x=2.5，所以混合气体的平均组成为C2.5H4；

故答案为：C2.5H4；

②混合气体的平均组成为C2.5H4，当含有甲烷时，则另一种烃分子中含有H数目为4，设另一种烃含有的C数目为x，则：=2.5，解得：x=4，所以另一种烃为C4H4；当不含甲烷时，必须含有2个C的烃，若为C2H4，另一种烃分子中H数目必须为4，设另一种烃中含有C数目为y，则：=2.5，解得：y=3，即另一种气态烃为C3H4；若为C2H2，设另一种烃中含有C数目为z，则=2.5，解得z=3，设另一种烃中含有H数目为a，则：=4，解得a=6，即另一种气态烃为C3H6；

故答案为：CH4和C4H4或C2H4和C3H4或C2H2和C3H6；

（2）具有支链的化合物X的分子式为C4H8O，X既能使Br2的四氯化碳溶液褪色，又能与Na反应，说明含官能团羟基和碳碳双键，X的结构简式为：

含羟基和碳碳双键的同分异构体为：CH2=CH-CH2-CH2OH、CH2=CH-CH（OH）CH3、CH3-CH=CH-CH2OH；

故答案为：CH2=CH-CH2-CH2OH、CH2=CH-CH（OH）CH3、CH3-CH=CH-CH2OH．15、略

【分析】试题解析：（1）除去SO42-可用BaCl2，除去Mg2+和HCO3-，可用生石灰。生石灰与水反应可生成Ca(OH)2。不用NaOH、KOH，这样一方面会增加杂质，另一方面成本较高。（2）FeSO4·7H2O中的Fe2+在水中会水解生成Fe(OH)2，很容易被水中溶解的O2氧化为Fe(OH)3，因此生成的红褐色胶状沉淀是Fe(OH)3。利用Fe(OH)3胶体的吸附性可除去水中的悬浮固体颗粒，这是物理变化。因此整个过程中化学变化、物理变化都有。（3）通入CO2一方面可以出去水中Ca2+，另一方面可调节溶液的pH，使铁离子沉淀完全。（4）通入ClO2是对水进行杀菌、消毒。ClO2与Cl2相比，效率更高，而且无毒、无刺激性气味。（5）水中残留较多的离子是Ca2+、Mg2+等，若先用OH―型离子交换柱，会生成难溶物，而堵塞交换柱。考点：考查工艺流程分析，试剂的选择和作用等。【解析】【答案】（1）BaCl2CaO（2）Fe(OH)3C（3）除去Ca2+、调节溶液的pH=4.5；（4）杀菌、消毒；高效、强力、无毒、无刺激气味（5）H+型；如果先通过OH―型离子交换柱，产生的OH―离子会与水体中残留的Ca2+、Mg2+离等作用生成难溶物，而堵塞交换柱。16、取代反应羧基、碳碳双键2-乙基-1-己醇ad蒸馏++HBr【分析】【分析】B的分子式为C3H4O，能转化得到CH2=CH-COOH，则B为CH2=CH-CHO，A为CH3CH=CH2．C8H17OH分子中只有一个支链，且为乙基，其连续氧化的产物能与NaHCO3反应生成CO2，分子中存在-CH2OH结构，其消去产物的分子中只有一个碳原子上没有氢，故C8H17OH的结构简式为C与C8H17OH发生酯化反应生成D为由E的分子式可知E为苯，F不能与NaOH溶液反应，不含酚羟基，故F为由F与G分子式可知，F反应取代反应生成G，核磁共振图谱显示G分子有3种不同的氢原子，应发生苯环上-OCH3的对位取代，G为由反应条件可知，G与E反应信息中的取代反应，故Q为据此解答．【解析】【解答】解：B的分子式为C3H4O，能转化得到CH2=CH-COOH，则B为CH2=CH-CHO，A为CH3CH=CH2．C8H17OH分子中只有一个支链，且为乙基，其连续氧化的产物能与NaHCO3反应生成CO2，分子中存在-CH2OH结构，其消去产物的分子中只有一个碳原子上没有氢，故C8H17OH的结构简式为C与C8H17OH发生酯化反应生成D为由E的分子式可知E为苯，F不能与NaOH溶液反应，不含酚羟基，故F为由F与G分子式可知，F反应取代反应生成G，核磁共振图谱显示G分子有3种不同的氢原子，应发生苯环上-OCH3的对位取代，G为由反应条件可知，G与E反应信息中的取代反应，故Q为．

（1）反应⑤的反应类型为取代反应，G的结构简式为

故答案为：取代反应；

（2）C中官能团的名称是：羧基、碳碳双键，C8H17OH的结构简式为C8H17OH的名称（用系统命名法命名）为：2-乙基-1-己醇；

故答案为：羧基；碳碳双键；2-乙基-1-己醇；

（3）X是F（）的同分异构体，X遇氯化铁溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，且环上的一溴取代物有两种，甲基与酚羟基处于对位，X的结构简式：

故答案为：

（4）B为CH2=CH-CHO，C为CH2=CH-COOH；

a．二者均含有碳碳双键；且B还含有醛基，都能使溴的四氯化碳溶液或酸性高锰酸钾溶液褪色，故a正确；

b．B中没有羧基，不能与碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳，故b错误；

c．C中只有碳碳双键能与氢气发生加成反应；1mol消耗1mol氢气，标况下消耗氢气体积为22.4L，故c错误；

d．B中含有醛基；能与新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应，C中含有羧基，能与氢氧化铜发生中和反应，故d正确．

故选：ad；

（5）分离提纯中间产物D的操作：先用饱和碳酸钠溶液除去C和浓硫酸，再用水洗涤，弃去水层，最终通过蒸馏操作除去C8H17OH；精制得到D；

故答案为：蒸馏；

（6）反应⑥的化学方程式：++HBr；

故答案为：++HBr．17、2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（l）△H=-1452.8kJ/mol-93【分析】【分析】（1）根据热化学方程式的书写方法可知；化学计量数与反应热成正比，并注意标明物质的聚集状态；

（2）依据△H=反应物键能和-生成物键能和求算．【解析】【解答】解：（1）5gCH3OH在氧气中燃烧生成CO2和液态水，放出113.5kJ热量，64g即2molCH3OH在氧气中燃烧生成CO2和液态水；放出1452.8kJ热量；

则热化学方程式为：2CH3OH（g）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=-1452.8KJ；

故答案为：2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（l）△H=-1452.8kJ/mol；

（2）△H=反应物键能和-生成物键能和=945KJ/mol+3×436KJ/mol-6×391KJ/mol=-93KJ/mol；即a=-93；

故答案为：-93．18、吸热向正反应方向【分析】【分析】（1）依据化学平衡三段式列式计算平衡浓度；结合平衡常数概念计算得到反应的平衡常数，和800°C平衡常数比较判断能量变化；

（2）依据浓度商计算和平衡常数比较分析判断反应进行的方向．【解析】【解答】解：（1）反应达到平衡时CO2的转化率为50%，平衡时CO2的浓度为1mol/L；则：

CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）

开始（mol/L）：2200

变化（mol/L）：1111

开始（mol/L）：1111

故830℃该反应的平衡常数k==1；故答案为：1；

若把体系温度降至800℃求得平衡常数K1=0.81＜K=1；说明降低温度平衡常数减小，平衡逆向进行，逆向为放热反应，正反应为吸热反应；故答案为：吸热；

（2）T℃时，某时刻测得体系中各物质的量如下：n（CO2）=1.2mol，n（H2）=1.5mol，n（CO）=0.9mol，n（H2O）=0.9mol，Q==0.45，小于平衡常数，则反应正向进行；故答案为：向正反应方向．19、2H2SO3+CO32-=2HSO3-+CO2↑强SO32-+Cl2+H2O═SO42-+2Cl-+2H+【分析】【分析】H2SO3的酸性比H2CO3的酸性强，可发生2H2SO3+CO32-=2HSO3-+CO2↑，亚硫酸钠具有还原性，可与氯气发生氧化还原反应，以此解答该题．【解析】【解答】解：纯碱吸收有害气体SO2，同时得到亚硫酸氢钠，反应的离子方程式为2H2SO3+CO32-=2HSO3-+CO2↑，说明H2SO3的酸性比H2CO3的酸性强，亚硫酸钠具有还原性，可与氯气发生氧化还原反应，反应的离子方程式为SO32-+Cl2+H2O═SO42-+2Cl-+2H+；

故答案为：2H2SO3+CO32-=2HSO3-+CO2↑；强；SO32-+Cl2+H2O═SO42-+2Cl-+2H+．四、判断题(共1题，共2分)20、√【分析】【分析】胶体的稳定性介于溶液和浊液之间，在一定条件下能稳定存在．【解析】【解答】解：胶体的稳定性介于溶液和浊液之间，在一定条件下能稳定存在，属于介稳体系，故答案为：√．五、简答题(共2题，共6分)21、醛基、碳碳双键；加成反应；【分析】解：根据题目所给信息，可知rm{1}rm{3-}丁二烯与丙烯醛发生加成反应反应生成rm{A}为rm{A}与足量的氢气发生加成反应生成rm{B}为rm{B}在rm{HBr}条件下发生取代反应生成rm{C}为rm{C}与rm{Mg}在干醚的条件下得到发生信息中反应得到再发生催化氧化反应生成被酸性高锰酸钾溶液溶液氧化生成rm{D}为对比rm{D}与rm{F}的结构可知，rm{D}与rm{CH_{2}=CHCH_{2}OH}反应酯化反应得到rm{F}故E为rm{CH_{2}=CHCH_{2}OH}．

rm{(1)}由上述分析可知，rm{A}的结构简式为所含官能团有：醛基；碳碳双键；

故答案为：醛基；碳碳双键；

rm{(2)}由rm{A}生成rm{B}的反应类型属于加成反应，rm{E}为rm{CH_{2}=CHCH_{2}OH}rm{E}的某同分异构体只有一种相同化学环境的氢，该同分异构体的结构简式为：

故答案为：加成反应；

rm{(3)D}和rm{E}反应生成rm{F}的化学方程式为：

故答案为：

rm{(4)}由转化关系中反应可知，溴乙烷与rm{Mg}在干醚的条件下得到rm{CH_{3}CH_{2}MgBr}再与环氧乙烷在酸性条件下得到rm{1-}丁醇，合成路线流程图为：

故答案为：．

根据题目所给信息，可知rm{1}rm{3-}丁二烯与丙烯醛发生加成反应反应生成rm{A}为rm{A}与足量的氢气发生加成反应生成rm{B}为rm{B}在rm{HBr}条件下发生取代反应生成rm{C}为rm{C}与rm{Mg}在干醚的条件下得到发生信息中反应得到再发生催化氧化反应生成被酸性高锰酸钾溶液溶液氧化生成rm{D}为对比rm{D}与rm{F}的结构可知，rm{D}与rm{CH_{2}=CHCH_{2}OH}反应酯化反应得到rm{F}故E为rm{CH_{2}=CHCH_{2}OH}．

rm{(4)}由转化关系中反应可知，溴乙烷与rm{Mg}在干醚的条件下得到rm{CH_{3}CH_{2}MgBr}再与环氧乙烷在酸性条件下得到rm{1-}丁醇．

本题考查有机物的推断与合成，成分利用转化关系中有机物的进行进行分析解答，较好的考查学生的分析推理能力、获取信息能力、知识迁移运用能力，难度中等．【解析】醛基、碳碳双键；加成反应；22、静置，在上层清液中继续滴加1～2滴Na2CO3溶液，无沉淀生成漏斗、琉璃棒NiCO3+2H+=Ni2++H2O+CO2↑Co2+4Ni（OH）2+O24NiOOH+2H2O9：1【分析】【分析】含镍（Ni2+）废液为原料生产NiOOH，在含Ni+的废液中中加入碳酸钠溶液，过滤得到NiCO3沉淀，沉淀中加入硫酸溶解生成NiSO4，加入试剂调节溶液的pH使镍离子全部沉淀生成Ni（OH）2，在空气中加热Ni（OH）2制取NiOOH；

（1）确