2025年鲁科五四新版高三化学下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年鲁科五四新版高三化学下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5题，共10分)1、常温下，将等体积，等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体，过滤，所得滤液pH＜7．下列关于滤液中的离子浓度关系不正确的是（）A.c（H+）+c（NH4+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-）B.c（Na+）=c（HCO3-）+c（CO32-）+c（H2CO3）C.＜1.0×10-7mol/LD.c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）2、配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时；使所配制的溶液浓度偏小的操作是（）

①烧杯中NaOH溶液移入容量瓶后；没有洗涤烧杯和转移洗涤液。

②实验用的容量瓶洗净后未干燥；里面含有少量水。

③定容后摇匀；发现液面低于刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线。

④定容时俯视。

⑤所用NaOH已经潮解。

⑥称量时所用砝码生锈．A.①③⑤B.①②③C.①③④D.②④⑥3、据美国《大众科学》网站2012年7月26日消息，有位美国人用3D打印机打出了一支可射击的手枪，累计射击200余次．3D打印（3Dprinting）是一种以数字模型为基础，运用粉末状金属或塑料等可粘合材料，运用激光，通过逐层打印的方式来构造物体的技术．有一种3D打印材料为工程塑料中的聚碳酸酯（简称PC），其结构简式如图，PC在酸性条件下的水解产物可能有（）A.二醇类B.二烯类C.二酚类D.二醛类4、下列叙述正确的是（）A.同温同压下，相同体积的物质，其物质的量一定相等B.等物质的量的甲烷和一氧化碳所含的分子数一定相等C.1L一氧化碳气体质量一定比1L氧气的质量小D.相同条件下的CO气体和NO气体，若体积相等，则它们的质量一定相等5、原子序数大于4的主族元素A和B的离子Am+和Bn-它们的核外电子排布相同，据此推断正确的是（）A.A和B所属同周期B.A和B的核电荷数之差为m+nC.B和A的族序数之差为n-mD.m+n=8评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)6、（2014•攀枝花校级模拟）原子序数依次增大的五种元素A；B、C、D、E；其中A是周期表中原子半径最小元素，B原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2倍，D原子基态时2p原子轨道上有2个未成对的电子，E的原子序数为29．

回答下列问题（所有元素均用元素符号表示）：

（1）B2A2分子中B原子轨道的杂化类型为____，1molB2A2含有σ键的数目为____．

（2）B、C、D第一电离能由大到小为：____，E元素基态原子简化电子排布式为：____．

（3）化合物CA3的沸点比化合物BA4的高，其主要原因是____．

（4）元素B、D形成的一种化合物与元素C、D形成的一种化合物互为等电子体，元素C、D形成化合物的分子式是____．

（5）元素E的一种氯化物晶体的晶胞结构如图所示，该氯化物的化学式是____，测得其晶胞边长为acm，则该晶体密度为____g/cm3它可与浓盐酸发生非氧化还原反应，只生成配合物HnECl3，反应的化学方程式为____．7、铬化学丰富多彩，由于铬光泽度好，常将铬镀在其他金属表面，同铁、镍组成各种性能的不锈钢，CrO3大量地用于电镀工业中．

（1）在下图装置中，观察到图1装置铜电极上产生大量的无色气泡，而图2装置中铜电极上无气体产生，铬电极上产生大量有色气体．根据上述现象试推测金属铬的两个重要化学性质，由图1知____、由图2知____．

（2）CrO3具有强氧化性，遇到有机物（如酒精）时，猛烈反应以至着火，若该过程中乙醇被氧化成乙酸，CrO3被还原成绿色的硫酸铬[Cr2（SO4）3]．则该反应的化学方程式为：____．

（3）CrO3的热稳定性较差；加热时逐步分解，其固体残留率随温度的变化如3图所示．

①A点时剩余固体的成分是____（填化学式）．

②从开始加热到750K时总反应方程式为____．

（4）CrO3和K2Cr2O7均易溶于水，这是工业上造成铬污染的主要原因．净化处理方法之一是将含+6价Cr的废水放入电解槽内，用铁作阳极，加入适量的NaCl进行电解：阳极区生成的Fe2+和Cr2O72-发生反应，生成的Fe3+和Cr3+在阴极区与OH-结合生成Fe（OH）3和Cr（OH）3沉淀除去[已知KspFe（OH）3=4.0×10-38，KspCr（OH）3=6.0×10-31]．

①电解过程中NaCI的作用是____．

②已知电解后的溶液中c（Fe3+）为2.0×10-13mol•L-1，则溶液中c（Cr3+）为______mol•L-1．8、A；B、C、D、E五种短周期主族元素的原子序数依次增大；且知：①其原子半径大小关系是C＞D＞E＞B＞A；②A、C同主族，B、D同主族；③B是地壳中含量最多的元素．请填写以下空白：

（1）化合物C2B2的电子式为____．

（2）B、D分别与A形成的结构相似的两种化合物的沸点高低为____＞____，原因是____．

（3）已知lgA与E的单质反应时放出92.3kJ热量，写出该反应的热化学方程式____．

（4）B、C、D可以形成一种常见化合物M，M的水溶液呈碱性的原因是____（用离子方程式表示）；M与E的单质反应的离子方程式为____．

（5）以上元素能形成的具有漂白性的化合物有____（至少写三种）．9、某药物H的合成路线如下：

试回答下列问题：

（1）反应Ⅰ所涉及的物质均为烃，氢的质量分数均相同．则A的名称为____，A分子中最多有____个碳原子在一条直线上．

（2）反应Ⅱ的反应类型是____，反应Ⅲ的反应类型是____．

（3）B的结构简式是____；E的分子式为____；F中含氧官能团的名称是____．

（4）由C→D反应的化学方程式为____．

（5）化合物G酸性条件下水解产物之一M有多种同分异构体，同时满足下列条件的结构有____种．

①能发生水解反应和银镜反应；②能与FeCl3发生显色反应；③苯环上有三个取代基．

（6）参照上述合成路线，设计一条由制备的合成路线流程____．10、某化工厂废水中含一定量的重铬酸根离子，毒性很大．某科研小组为了变废为宝，将废水处理得到磁性材料Cr0．5Fe1．5FeO4（Fe的化合价依次为+3；+2）；设计了如下实验流程：

（1）该化工厂排出的废水呈橙黄色，其中橙色、黄色分别是由____离子和____离子污染造成的（填写离子符号）．

（2）该流程中用pH试纸测定溶液pH的操作方法是：____．

（3）实验中过滤得到的滤渣中主要成分除Cr（OH）3外，还有____．11、已知可以写成现有有机物A，可写为

请回答下列问题：

（1）有机物A的分子式为____，其所含官能团的名称为____．

（2）有机物A属于____．

A芳香化合物B．脂环化合物C．烯烃D．醇E酚。

（3）A不具有的性质是____（填序号）．

a．能与NaHC03溶液反应b．能发生氧化反应c．能发生加成反应d常温常压下为气体。

e．能使KMnO4酸性溶液褪色。

（4）1molA能与____molH2完全加成．评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)12、乙烷与氯气的取代反应，乙烯与氯代烃的加成反应，均可用于制取1-氯乙烷____（判断对错）13、胶体区别于其他分散系的本质特征是胶体具有丁达尔效应．____．（判断对错）14、醋可同时用作防腐剂和调味剂____．（判断对错）15、放热反应不需加热就可以发生____．（判断对错）16、在化学反应中某元素化合价只升高，则反应过程中该元素被还原了．____．（判断对错）17、葡萄糖注射液不能产生丁达尔效应，不属于胶体____（判断对错）18、I．下列实验操作或对实验事实的叙述中；正确的在横线里打√，错误的在横线里打×：

（____）（1）实验室制取乙烯时；必须将温度计的水银球插入反应液液面以下，根据温度计指示的温度来调节酒精灯火焰大小，以控制反应液的温度．

（____）（2）在洁净的试管里加入1mL2%的氨水；然后一边摇动试管，一边逐滴滴入2%的硝酸银溶液，至最初产生的沉淀恰好溶解为止，即得银氨溶液．

（____）（3）用稀硝酸清洗做过银镜反应实验的试管．

（____）（4）实验室制肥皂时；将适量植物油和NaOH溶液混合，并不断搅拌；加热，直到混合物变稠，即可得到肥皂．

（____）（5）进行纤维素水解实验时，把一小团蓬松脱脂棉放入试管，滴入少量浓硫酸搅拌，使脱脂棉变成糊状，再加入一定量的水，加热至溶液呈亮棕色，然后加入新制的Cu（OH）2加热至沸腾即可．

II．现安装一套实验室利用液一液反应制备气体的装置；有人设计了五步操作，请你安排出正确而简捷的程序，将序号（1；2、3）填入括号内．

（____）将蒸馏烧瓶固定在铁架台上．

（____）把酒精灯放在铁架台上；根据酒精灯确定铁圈的高度，固定铁圈，放好石棉网．

（____）用漏斗向蒸馏烧瓶中加入一种液体反应物；再向分液漏斗中加入另一种液体反应物，并将导气管放入气体收集器中．

（____）检查装置的气密性（利用对固定装置进行微热的方法来检查气密性；假定瓶口漏气而需要更换橡皮塞）．

（____）在蒸馏烧瓶上装好分液漏斗；连接好导气管．

III．某校学生小组为探究乙酸；碳酸和苯酚的酸性强弱；进行下述实验．

该校学生设计了如图的实验装置（夹持仪器已略去）．

（1）某生检查装置A的气密性时，先关闭止水夹，从左管向U型管内加水，至左管液面高于右管液面，静置一段时间后，若U型管两侧液面差不发生变化，则气密性良好．你认为该生的操作正确与否？____（填“正确”或“错误”）

大理石与乙酸溶液反应的化学方程式为____

（2）装置A中反应产生的气体通入苯酚钠溶液中，实验现象为____

反应的离子方程式为____

（3）有学生认为（2）中的实验现象不足以证明碳酸的酸性比苯酚强，理由是乙酸有挥发性，挥发出的乙酸也可以和苯酚钠溶液反应，生成苯酚．改进该装置的方法是____．评卷人得分四、探究题(共4题，共12分)19、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________．20、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：21、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________．22、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、书写(共1题，共10分)23、写出下列反应的化学方程式：

（1）金属钠和水反应：____

（2）过氧化钠和水反应：____

（3）实验室制取Cl2：____．评卷人得分六、解答题(共3题，共21分)24、标准状况下，有H2和CO的混合气体共8.96L；测得其总质量为6.0g，试计算：

（1）求混合气体的平均相对分子质量；

（2）该混合气体中H2和CO的质量与体积分别为多少？（须写出详细计算过程）25、PTT是近几年来迅速发展起来的新型热塑性聚酯材料；具有优异性能，能作为工程塑料；纺织纤维和地毯等材料而得到广泛应用．其合成路线可设计为：

其中A、B、C均为链状化合物，A能发生银镜反应，C中不含甲基，1molC可与足量钠反应生成22.4LH2（标准状况）．请回答下列问题：

（1）A中所含官能团的名称为______；B的结构简式为______．

（2）由物质C与D反应生成PTT的化学方程式为______；反应类型为______．

（3）分子式为C4H6O；与A互为同系物的同分异构体有______种．

（4）请补充完整下列以CH2=CHCH3为主要原料（无机试剂任用）制备CH3CH（OH）COOH的合成路线流程图（须注明反应条件）．

26、风靡全球的饮料果醋中含有苹果酸（MLA）；苹果酸经聚合生成聚苹果酸（PMLA）．

已知：

（1）0.1mol苹果酸与足量NaHCO3溶液反应能产生4.48LCO2（标准状况）；

（2）苹果酸脱水生成能使溴水褪色的产物；

（3）R-CH2-COOH

RCH2BrRCH2COOH．

请回答：

（1）写出实验室制乙烯的化学方程式______参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、A【分析】【分析】A．根据混合液中的电荷守恒进行计算；

B．根据物料守恒即c（Na）=c（C）分析；

C．根据Kw=c（H+）×c（OH-）=1.0×10-14计算；

D．铵根离子部分水解，则c（Cl-）＞c（NH4+），HCO3-的电离程度很小．【解析】【解答】解：A．溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）+c（NH4+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（Cl-），由于析出部分NaHCO3晶体，则c（Na+）＜c（Cl-），所以c（H+）+c（NH4+）＞c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-）；故A错误；

B．溶液中存在物料守恒，即：c（Na）=c（C），则：c（Na+）=c（HCO3-）+c（CO32-）+c（H2CO3）；故B正确；

C．水的离子积为：Kw=c（H+）×c（OH-）=1.0×10-14，已知pH＜7，则c（H+）＞1.0×10-7mol/L，所以＜1.0×10-7mol/L；故C正确；

D．铵根离子部分水解，则c（Cl-）＞c（NH4+），由于析出部分NaHCO3晶体，则HCO3-浓度减小，HCO3-的电离程度很小，所以c（CO32-）最小，即c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）；故D正确；

故选A．2、A【分析】【分析】分析操作对n、V的具体影响，根据c=分析不当操作对浓度的影响．【解析】【解答】解：①烧杯中NaOH溶液移入容量瓶后；没有洗涤烧杯和转移洗涤液，导致溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低，故①选；

②实验用的容量瓶洗净后未干燥；里面含有少量水，对n；V都不会产生影响，溶液的浓度不变，故②不选；

③定容后摇匀；发现液面低于刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线，导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏小，故③选；

④定容时俯视；导致溶液的体积偏小，溶液的浓度偏高，故④不选；

⑤所用NaOH已经潮解；实际称量的氢氧化钠的质量减小，氢氧化钠的物质的量减小，所配溶液浓度偏低，故⑤选；

⑥称量时所用砝码生锈；实际称量的氢氧化钠的质量增加，氢氧化钠的物质的量偏大，所配溶液浓度偏大，故⑥不选；

故选：A．3、C【分析】【分析】从结构式可知有机物含酯基，故水解时从碳氧单键断开生成相应的酸和含羟基的物质．【解析】【解答】解：从结构式可知有机物含酯基，故水解时从碳氧单键断开生成碳酸和含羟基的物质羟基和苯环直接相连，属于酚类，故选C．4、B【分析】【分析】A．同温同压下；气体摩尔体积相同，相同体积的物质，其物质的量不一定相等；

B．根据N=nNA判断所含分子数是否相等；

C．温度和压强不同；气体摩尔体积不一定相同；

D．相同条件下，气体摩尔体积相同，根据m=判断是否相等．【解析】【解答】解：A．虽然同温同压下；气体摩尔体积相同，但该物质不一定是气体，所以其物质的量不一定相同，故A错误；

B．根据N=nNA知；分子数与物质的量成正比，物质的量相等则其分子数一定相等，故B正确；

C．温度和压强未知；所以气体摩尔体积不一定相同，导致无法比较两种气体的质量，故C错误；

D．相同条件下，气体摩尔体积相同，根据m=知；相同体积的一氧化碳和一氧化氮，气体质量与摩尔质量成正比，两种气体的摩尔质量不同，所以其质量不同，故D错误；

故选B．5、B【分析】【分析】由Am+和Bn-它们的核外电子排布相同，则A在下一周期的前面，B在上一周期的后边，且ZA-m=ZB+n，则ZA-ZB=m+n，再由最高正价态来分析族，以此来解答．【解析】【解答】解：A．由Am+和Bn-它们的核外电子排布相同；则A在下一周期的前面，B在上一周期的后边，二者不在同一周期，故A错误；

B．电子排布相同，则电子数相同，即ZA-m=ZB+n，则ZA-ZB=m+n；故B正确；

C．B的负价为-n；则最高正价为8-n，即B的族序数为8-n，而A的族序数为m，B和A的族序数之差为8-n-m，故C错误；

D．由B可知；m+nweiA；B的核电荷数之差，因A、B不在同一主族，则短周期时m+n＜8，故D错误；

故选B．二、填空题(共6题，共12分)6、sp3×6.02×1023N＞O＞C[Ar]3d104s1氨气分子间形成了分子间氢键N2OCuClCuCl+2HCl（浓）═H2CuCl3【分析】【分析】原子序数依次增大的五种元素A、B、C、D、E，其中A是周期表中原子半径最小元素，则A为H元素；B原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故B为碳元素；D原子基态时2p原子轨道上有2个未成对的电子，原子序数大于碳，故D核外电子排布为1s22s22p4，则D为O元素；C的原子序数介于碳、氧之间，故C为N元素；E的原子序数为29，则E为Cu元素，据此解答．【解析】【解答】解：原子序数依次增大的五种元素A、B、C、D、E，其中A是周期表中原子半径最小元素，则A为H元素；B原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故B为碳元素；D原子基态时2p原子轨道上有2个未成对的电子，原子序数大于碳，故D核外电子排布为1s22s22p4；则D为O元素；C的原子序数介于碳；氧之间，故C为N元素；E的原子序数为29，则E为Cu元素．

（1）C2H2分子结构式为H-C≡C-H，C原子形成2个σ键，没有孤对电子，故碳原子轨道的杂化类型为sp杂化，1molC2H2含有σ键的数目为3×6.02×1023；

故答案为：sp；3×6.02×1023；

（2）同周期随原子序数增大；元素第一电离能呈增大趋势，但氮元素原子2p轨道容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能：N＞O＞C；

E的原子序数为29，则E为Cu元素，基态原子简化电子排布式为：[Ar]3d104s1；

故答案为：N＞O＞C；[Ar]3d104s1；

（3）氨气分子间形成了分子间氢键，沸点高于CH4；

故答案为：氨气分子间形成了分子间氢键；

（4）元素C、O形成的一种化合物与元素N、O形成的一种化合物互为等电子体，应是CO2与N2O；

故答案为：N2O；

（5）元素E的一种氯化物晶体的晶胞结构如图所示，晶胞中白色球为数目为8×+6×=4，黑色球数目为4，原子数目之比为1：1，故该氯化物的化学式是CuCl，晶胞质量为g×4；测得其晶胞边长为acm；

则该晶体密度为g×4÷（acm）3=g/cm3，它可与浓盐酸发生非氧化还原反应，只生成配合物HnCuCl3，反应的化学方程式为CuCl+2HCl（浓）═H2CuCl3；

故答案为：CuCl；；CuCl+2HCl（浓）═H2CuCl3．7、金属铬的活动性比铜强，能和稀硫酸反应生成H2金属铬易被稀硝酸钝化4CrO3+3CH3CH2OH+12H+═4Cr3++3CH3COOH+9H2OCr3O84CrO32Cr2O3+3O2↑增强溶液的导电性3×10-6【分析】【分析】（1）图1装置铜电极上产生大量的无色气泡，说明Cr的活泼性大于Cu，能和稀硫酸反应生成H2；而图2装置中铜电极上无气体产生，铬电极上产生大量有色气体，说明Cr和硝酸能产生钝化现象；

（2）根据化合价升降总数相等以及原子守恒来解答；

（3）①根据质量守恒定律，在变化过程中，Cr的质量没有变；求出氧原子和铬原子的个数比即可；

②先求出B的固体的成分；再利用原子守恒写出方程式；

（4）①NaCl为电解质；加入适量的NaCl可增强溶液的导电能力；

②先根据KspFe（OH）3和c（Fe3+）求出c（OH-），然后再根据c（OH-）和KspCr（OH）3求出c（Cr3+）．【解析】【解答】解：（1）图1装置铜电极上产生大量的无色气泡，说明Cr的活泼性大于Cu，能和稀硫酸反应生成H2；而图2装置中铜电极上无气体产生，铬电极上产生大量有色气体，说明Cr和硝酸能产生钝化现象；

故答案为：金属铬的活动性比铜强，能和稀硫酸反应生成H2；金属铬易被稀硝酸钝化；

（2）CrO3具有强氧化性，遇到有机物（如酒精）时，乙醇被氧化成乙酸，碳的平均化合价从-2价升高到0，1个乙醇化合价变化4，CrO3被还原成绿色的硫酸铬[Cr2（SO4）3]，铬的化合价从+6价降低到+3价，1个CrO3化合价变化3，两者的最小公倍数是12，再根据原子守恒得4CrO3+3CH3CH2OH+12H+═4Cr3++3CH3COOH+9H2O；

故答案为：4CrO3+3CH3CH2OH+12H+═4Cr3++3CH3COOH+9H2O；

（3）①设CrO3的质量为100g，则CrO3中铬元素的质量为：100g×=52g，A点时固体的质量为：100g×94.67%=94.67g，Co的质量没有变，所以生成物中Co的质量为52g，氧元素的质量为42.67g，两者的个数比为：=3：8，所以A点时剩余固体的成分是Cr3O8，故答案为：Cr3O8；

②B点时固体的质量为：100g×76%=76g，Cr的质量没有变，所以生成物中Cr的质量为52g，氧元素的质量为16，两者的个数比为：=2：3，所以B点时剩余固体的成分是Cr2O3，所以加热到750K时成分是Cr2O3，则反应方程式为：4CrO32Cr2O3+3O2↑；

故答案为：4CrO32Cr2O3+3O2↑；

（4）①因NaCl为电解质；加入适量的NaCl可增强溶液的导电能力，故答案为：增强溶液的导电能力；

②溶液中c（OH-）==mol/L=mol/L，则溶液中c（Cr3+）===3.0×10ˉ6mol/L；

故答案为：3.0×10ˉ6．8、H2OH2SH2O分子之间存在氢键H2（g）+Cl2（g）=HCl（g）△H=-184.6kJ/molSO32-+H2O⇌HSO3-+OH-SO32-+Cl2+H2O=SO42-+Cl-+H+H2O2、Na2O2、SO2、HClO等【分析】【分析】A、B、C、D、E五种短周期主族元素的原子序数依次增大，B是地壳中含量最多的元素，则B为氧元素；B、D同主族，则D为硫元素；E的原子序数最大，故E为Cl元素；A、C同主族，原子半径大小关系是C＞D＞E＞B＞A，A不可能处于ⅦA族，故A为氢元素、C为Na元素，据此解答．【解析】【解答】解：A；B、C、D、E五种短周期主族元素的原子序数依次增大；B是地壳中含量最多的元素，则B为氧元素；B、D同主族，则D为硫元素；E的原子序数最大，故E为Cl元素；A、C同主族，原子半径大小关系是C＞D＞E＞B＞A，A不可能处于ⅦA族，故A为氢元素、C为Na元素；

（1）化合物Na2O2的电子式为

故答案为：

（2）O、S与H形成的结构相似的两种化合物分别为H2O、H2S，由于H2O分子之间存在氢键，故沸点H2O＞H2S；

故答案为：H2O、H2S；H2O分子之间存在氢键；

（3）lg氢气与氯气反应时放出92.3kJ热量，1mol氢气反应放出的热量为92.3kJ×=184.6kJ，该反应的热化学方程式为：H2（g）+Cl2（g）=HCl（g）△H=-184.6kJ/mol；

故答案为：H2（g）+Cl2（g）=HCl（g）△H=-184.6kJ/mol；

（4）O、Na、D形成一种常见化合物M，M的水溶液呈碱性，则M为Na2SO3，Na2SO3溶液中SO32-水解SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-；平衡水的电离平衡，溶液呈碱性；

Na2SO3与氯气反应的离子方程式为：SO32-+Cl2+H2O=SO42-+Cl-+H+；

故答案为：SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-；SO32-+Cl2+H2O=SO42-+Cl-+H+；

（5）以上元素能形成的具有漂白性的化合物有：H2O2、Na2O2、SO2；HClO等；

故答案为：H2O2、Na2O2、SO2、HClO等．9、苯乙烯3取代反应消去反应C10H12O2醛基、酯基20【分析】【分析】根据合成线路可知，D与新制Cu（OH）2加热条件下反应，酸化后得苯乙酸，则D的结构简式为：C催化氧化生成D，则C的结构简式为：B水解生成C，则B的结构简式为：A与溴化氢在双氧水的作用下发生加成反应生成B，所以A为苯乙烯，反应Ⅰ所涉及的物质均为烃，氢的质量分数均相同，比较苯与A的结构可知，苯与X发生加成反应生成A，所以X为CH≡CH，苯乙酸与乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成E为E发生取代反应生成F，F与氢气发生加成，醛基转化为羟基，则G的结构简式为：G发生消去反应生成H，由制备可以用依次通过消去反应得到碳碳双键，在H2O2条件下与HBr加成，Br在端点的C原子上，水解反应生成-OH，然后发生酯化反应得最终产物，据此进行解答．【解析】【解答】解：根据合成线路可知，D与新制Cu（OH）2加热条件下反应，酸化后得苯乙酸，则D的结构简式为：C催化氧化生成D，则C的结构简式为：B水解生成C，则B的结构简式为：A与溴化氢在双氧水的作用下发生加成反应生成B，所以A为苯乙烯，反应Ⅰ所涉及的物质均为烃，氢的质量分数均相同，比较苯与A的结构可知，苯与X发生加成反应生成A，所以X为CH≡CH，苯乙酸与乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成E为E发生取代反应生成F，F与氢气发生加成，醛基转化为羟基，则G的结构简式为：G发生消去反应生成H；

（1）根据上面的分析可知；A为苯乙烯，苯乙烯分子中处于对位的最多有3个碳原子在一条直线上，故答案为：苯乙烯；3；

（2）根据上面的分析可知；反应Ⅱ的反应类型是取代反应，反应Ⅲ的反应类型是消去反应，故答案为：取代反应；消去反应；

（3）B的结构简式为：E为E的分子式为C10H12O2；根据F的结构简式可知，F中含氧官能团的名称是醛基；酯基；

故答案为：C10H12O2；醛基；酯基；

（4）由C→D反应是催化氧化，反应的化学方程式为

故答案为：

（5）G的结构简式为：化合物G酸性条件下水解产物之一M为有多种同分异构体，同时满足下列条件：与FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基；能发生水解反应和银镜反应，含有甲酸形成的酯基，苯环上有三个取代基，符合条件的同分异构体为苯环上连有-OH、HCOO-、CH3CH2-，或-OH、HCOOCH2-、CH3-；根据定二动一的原则，每种都有10种结构，所以共有20种结构；

故答案为：20；

（5）由制备可以用依次通过消去反应得到碳碳双键，在H2O2条件下与HBr加成，Br在端点的C原子上，水解反应生成-OH，然后发生酯化反应得最终产物，所以合成路线图为：

故答案为：．10、Cr2O72-CrO42-取一小块pH试纸放在表面皿上，用干净的玻璃棒蘸取待测液点在试纸上，与标准比色卡对比读数Fe（OH）3和Fe（OH）2【分析】【分析】Cr2O72-有较强氧化性，FeSO4•7H2O中Fe2+有一定的还原性，在酸性介质中发生氧化还原反应，由实验流程可知，加绿矾反应中Cr2O72-在酸性条件下将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Cr3+，加NaOH时，产生Cr（OH）3、Fe（OH）3和Fe（OH）2三种沉淀物，焙烧得到磁性材料Cr0．5Fe1．5FeO4．

（1）Cr2O72-是橙红色的，CrO42-是黄色的；

（2）用玻璃棒蘸取少许待测液滴在PH试纸上；然后把试纸显示的颜色与标准比色卡对照；

（3）碱性条件下Fe2+、Fe3+不能存在，会转化为Fe（OH）2、Fe（OH）3．【解析】【解答】解：（1）重铬酸根离子（Cr2O72-）是橙红色的，铬酸根离子（CrO42-）是黄色的，故答案为：Cr2O72-；CrO42-；

（2）用pH试纸测定溶液pH的方法为：用玻璃棒蘸取少许待测液滴在PH试纸上；然后把试纸显示的颜色与标准比色卡对照，故答案为：取一小块pH试纸放在表面皿上，用干净的玻璃棒蘸取待测液点在试纸上，与标准比色卡对比读数；

（3）由题给框图之二可得：Fe2+过量，加NaOH时，产生Cr（OH）3、Fe（OH）3和Fe（OH）2三种沉淀物，故答案为：Fe（OH）3和Fe（OH）2；11、C7H10O碳碳双键、羟基B、Dad2【分析】【分析】由结构简式可知A含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有羟基，可发生取代、消去和氧化反应，以此解答该题．【解析】【解答】解：（1）由结构简式可知有机物分子式为C7H10O，含有的官能团为碳碳双键、羟基，故答案为：C7H10O；碳碳双键；羟基；

（2）有机物含有O元素；则不属于烯烃，含有碳碳双键和碳环，则属于脂环化合物；醇，故答案为：B、D；

（3）A含有碳碳双键；可发生加成；加聚和氧化反应，含有羟基，可发生取代、消去和氧化反应，常温下为液体，故答案为：ad；

（4）分子中含有2个碳碳双键，则1molA能与2molH2完全加成，故答案为：2．三、判断题(共7题，共14分)12、×【分析】【分析】乙烯与氯化氢加成生成1-氯乙烷，此为制取氯乙烷的较好方法，由于取代反应有多种副产物生成，故不能利用此方法制取1-氯乙烷．【解析】【解答】解：CH3CH3+Cl2→CH3CH2Cl+HCl，该反应的生成物氯乙烷可以继续与氯气发生取代反应生成二氯乙烷，产物不纯净，故不能利用此方法制取1-氯乙烷，故错误；故答案为：×．13、×【分析】【分析】根据胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小不同．【解析】【解答】解：胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1-100nm之间，溶液的粒子直径小于1nm，浊液的子直径大于100nm，故答案为：×．14、√【分析】【分析】醋的主要成分是醋酸，醋酸具有酸味，醋酸能使抑制细菌的生长，起到防腐作用，以此判断．【解析】【解答】解：醋的主要成分是醋酸；醋酸具有酸味，可作调味剂，醋酸能使抑制细菌的生长，起到防腐作用，可作防腐剂；

故答案为：√．15、×【分析】【分析】吸热反应与放热反应与是否加热无关，化学反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量，反应放热，反之吸热．【解析】【解答】解：放热反应不一定不用加热就能进行，如铝热反应，为放热反应，但应在高温下才能进行，故答案为：×．16、×【分析】【分析】元素的化合价升高，失去电子被氧化，以此来解答．【解析】【解答】解：在化学反应中某元素化合价只升高，作还原剂，失去电子被氧化，故答案为：×．17、√【分析】【分析】葡萄糖注射液是溶液．【解析】【解答】解：葡萄糖注射液是溶液，不能产生丁达尔效应现象，不属于胶体，故答案为：√．18、√【分析】【分析】Ⅰ；（1）制取乙烯在170℃；需测定反应液的温度；

（2）向硝酸银溶液中滴加氨水；制取银氨溶液；

（3）Ag能与硝酸反应；

（4）植物油和NaOH溶液混合发生水解生成高级脂肪酸盐；需加饱和食盐水发生盐析；

（5）纤维素水解后溶液显酸性；而检验水解产物葡萄糖，应在碱性溶液中．

Ⅱ；实验室利用液一液反应制备气体的装置时；根据先下后上和先检验装置气密性后加入药品的原则组装仪器，据此进行解答．

Ⅲ；（1）根据体系内产生的压强是否变化来判断装置的气密性；碳酸钙和醋酸反应生成醋酸钙和水、二氧化碳；

（2）二氧化碳和苯酚钠反应生成不易溶于水的苯酚和碳酸氢钠；根据离子方程式的书写规则书写；

（3）要防止醋酸干扰实验，在气态未和苯酚反应前将其除去，可选用饱和的碳酸氢钠溶液除去醋酸且又不引进新的杂质气体．【解析】【解答】解：Ⅰ；（1）制取乙烯时在170℃；需测定反应液的温度，必须将温度计的水银球插入反应液液面以下，根据温度计指示的温度来调节酒精灯火焰大小，以控制反应液的温度，故答案为：√；

（2）向硝酸银溶液中滴加氨水；生成白色沉淀，继续滴加氨水，至生成的沉淀恰好溶解，所得溶液为银氨溶液，故答案为：×；

（3）因Ag能互硝酸反应；而溶解，则可用稀硝酸清洗做过银镜反应实验的试管，故答案为：√；

（4）实验室制肥皂时；将适量植物油和NaOH溶液混合，并不断搅拌；加热，直到混合物变稠，然后加饱和食盐水发生盐析，即可得到肥皂，故答案为：×；

（5）进行纤维素水解实验时，把一小团蓬松脱脂棉放入试管，滴入少量浓硫酸搅拌，使脱脂棉变成糊状，再加入一定量的水，加热至溶液呈亮棕色，然后先加碱至碱性，再加入新制的Cu（OH）2加热至沸腾来检验水解产物；故答案为：×；

Ⅱ；在安装利用液一液反应制备气体的装置时；应该按照先下后上和先检验装置气密性后加入药品的原则组装仪器，即：先根据酒精灯高度确定铁圈高度，然后。

将蒸馏烧瓶固定在铁架台上；接着再将蒸馏烧瓶上装好分液漏斗，连接好导气管，这样装置连接完毕，下一步需要检查装置气密性，最后放入药品；

故答案为：2；1；5；4；3．

Ⅲ、（1）U型管两侧液面差能产生压强，所以能判断装置的气密性，故正确；碳酸钙和醋酸反应生成醋酸钙和水、二氧化碳，反应方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca（CH3COO）2+CO2↑+H2O；

故答案为：正确；CaCO3+2CH3COOH=Ca（CH3COO）2+CO2↑+H2O；

（2）二氧化碳和苯酚钠反应生成不易溶于水的苯酚和碳酸氢钠，所以看到的现象是溶液出现浑浊，反应离子方程式为：C6H5O-+CO2+H2O→C6H5OH+HCO3-；

故答案为：溶液出现浑浊；C6H5O-+CO2+H2O→C6H5OH+HCO3-；

（3）要防止醋酸干扰实验；在气态未和苯酚反应前将其除去，可选用饱和的碳酸氢钠溶液除去醋酸且又不引进新的杂质气体，所以在装置A和B之间连一个盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶除去醋酸；

故答案为：在装置A和B之间连一个盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶．四、探究题(共4题，共12分)19、|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．20、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．21、|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．22、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．五、书写(共1题，共10分)23、2Na+2H2O=2NaOH+H2↑2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O【分析】【分析】（1）钠与水反应生成氢氧化钠和氢气；

（2）过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气；

（3）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水．【解析】【解答】解：（1）钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，化学方程式：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；

故答案为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；

（2）过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，化学方程式：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；

故答案为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；

（3）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水，化学方程式：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；

故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O．六、解答题(共3题，共21分)24、略

【分析】【分析】（1）根据n=计算出标况下8.96L混合气体的物质的量，再根据M=计算出平均摩尔质量；从而得出混合气体的平均相对分子质量；

（2）根据混合气体的总物质的量、总质量列式计算出氢气、一氧化碳的物质的量，再根据m=nM、V=nVm分别计算出二者的质量和体积．【解析】【解答】解：（1）标况下氢气和一氧化碳的总物质的量为：n（H2）+n（CO）==0.4mol；

则混合气体的平均摩尔质量为：=15g/mol；

所以混合气体的平均相对分子质量为16；

答：混合气体的平均相对分子质量为16；

（2）混合气体的总物质的量为0.4mol，根据质量可得：n（H2）×2g/mol+（0.4mol-n（H2））×28g/mol=6.0g；

解得：n（H2）=0.2mol；则n（CO）=0.4mol-0.2mol=0.2mol；

混合气体中氢气的质量为：m（H2）=0.2mol×2g/mol=0.4g；一氧化碳的质量为：m（CO）=0.2mol×28g/mol=5.6g；

标况下一氧化碳和氢气的体积为：V（CO）=V（H2）=0.2mol×22.4L/mol=4.48L；

答：此混合气体中H2和CO的质量分别为m（H2）=0.4g，m（CO）=5.6g；体积为V（CO）=V（H2）=4.48L．25、略

【分析】

A、B、C均为链状化合物，A能发生银镜反应，则A是醛，C中不含甲基，1molC可与足量钠反应生成22.4LH2（标准状况），结合其分子式知，C中含有两个醇羟基，且C中两个羟基位于边上，所以丙烯被氧化生成A，所以A是丙烯醛，A和水发生加成反应生成B，根据以上分析知，B中羟基位于边上，所以B的结构简式为：HOCH2CH2CHO，B和氢气发生加成反应生成C，C的结构简式为：HOCH2CH2CH2OH；对二甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成D对二苯甲酸，C和D发生缩聚反应生成PTT；

（1）通过以上分析知，A中含有的官能团是碳碳双键、醛基，B的结构简式为：故答案为：碳碳双键、醛基；

（2）1，3-丙二醇和对苯二甲酸发生缩聚反应生成PTT，反应方程式为：

故答案为：

缩