2025年人教新起点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年人教新起点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8题，共16分)1、固体NH4I置于密闭容器中，在一定温度下发生下列反应：①NH4I（s）⇌NH3（g）+HI（g）；②2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）达到平衡时，c（H2）=0.5mol•L-1，c（HI）=3mol•L-1，则此温度下反应①的平衡常数为（）A.12B.16C.20D.252、下列烷烃的一氯代物中没有同分异构体的是（）A.丁烷B.丙烷C.乙烷D.2-甲基丙烷3、将SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，再加入K2Cr2O7溶液，发生如下两个化学反应：①SO2＋2Fe3＋＋2H2O=SO42-＋2Fe2＋＋4H＋②Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O下列有关说法不正确的是()A.氧化性Cr2O72-＞Fe3＋＞SO2B.Cr2O72-能将Na2SO3氧化成Na2SO4C.若33.6LSO2(标准状况)参加反应，则最终消耗K2Cr2O70.5molD.反应中Fe2(SO4)3既是氧化剂，又是还原剂4、第三周期元素R，它的最外层达到饱和时所需电子数小于次外层和最内层电子数之差，并且等于最内层电子数的正整数倍，则关于R的正确说法（）①常温下能稳定存在的R的氧化物都是酸酐；②R的气态氢化物都能受热分解。③R元素都能以游离态存在于自然界中④R的最高价氧化物对应水化物都是强酸；⑤R的氢化物在空气中都能燃烧生成+4价R的氧化物⑥R的单质固态时属于同一类型的晶体；⑦R的含氧酸根都不能稳定存在于c(H)／c(OH)的溶液中；A.①③⑥B.①②④C.①②⑤⑦D.③⑤⑥⑦5、运用有关概念判断下列叙述正确的是（）A.1molH2燃烧放出的热量为H2的燃烧热B.Na2SO3和H2O2的反应为氧化还原反应C.若某反应的反应物总能量低于生成物总能量，则该反应为放热反应D.BaSO4的水溶液不导电，故BaSO4是弱电解质6、实现下列转化的反应方程式中，正确的是（）A.H2SO3→H2SO4：2H2SO3+O2=2H2SO4B.Fe→Fe3+：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑C.Br-→Br2：2Br-+I2=Br2+2I-D.Cu→CuSO4：Cu+2H2SO4（稀）=CuSO4+SO2↑+2H2O7、“纳米材料”（1nm=10-9m）是指研究开发直径为几纳米至几十纳米的材料．如将“纳米材料”分散到某液体中，对于所得分散系的叙述不正确的是（）A.光速通过此分散系时会形成一条光亮的“通路”B.此分散系中“纳米材料”的粒子在做不停的、无序的运动C.在外加电场作用下，“纳米材料”的粒子可能向电极做定向运动D.用滤纸过滤的方法可以从此分散系中分离得到该“纳米材料”8、下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是rm{(}rm{)}A.rm{SiO_{2}}熔点高，可用作光导纤维B.rm{Li}还原性强且质轻，常用作负极材料C.rm{Fe_{2}(SO_{4})_{3}}具有氧化性，能用作净水剂D.rm{SO_{2}}能杀菌，可用于漂白纸浆评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)9、已知25℃时，0.1mol/LCH3COONa溶液的pH=a，在该温度下，CH3COOH溶液的Ka=____．10、下列化合物中，核磁共振氢谱只出现两组峰且峰面积之比为3：2的是____11、(本题共12分)某酯(H)是一种合成多环化合物的中间体，可由下列路线合成(部分反应条件略去)：49．A→B的反应类型是________，B→C为加成反应，则化合物M的结构简式是____________；50．H中除了羰基()外，含有的官能团名称是_______________；51．E→F的化学方程式是__________________________________；52．TMOB是H的同分异构体，具有下列结构特征：①核磁共振氢谱表明，分子中除苯环外，其它氢原子化学环境相同；②存在甲氧基(CH3O—)。TMOB的结构简式是_______________；53．下列说法正确的是A．D和F中均属于炔烃类物质B．A能和HCl反应得到聚氯乙烯的单体C．1molG完全燃烧生成7molH2OD．H能发生加成、取代反应12、A；B、C、D、E都是短周期元素；原子序数逐渐增大，A、B处于同一周期，C、D、E同处另一周期．C、B可按原子个数比2：l和1：1分别形成两种离子化合物甲和乙．A原子的最外层电子数比次外层电子层多3个．E是地壳中含量最高的金属元素．根据以上信息回答下列问题：

（1）D元素在周期表中的位置是____乙物质的电子式是____

（2）A、B、C、D、E五种元素的原子半径由小到大的顺序是____（用元素符号填写）

（3）E的单质加入到C的最高价氧化物对应的水化物的溶液中，发生反应的离子方程式是____

（4）简述比较D与E金属性强弱的实验方法：____

（5）E的单质、石墨和二氧化钛（TiO2）按比例混合，高温下反应得到的两种化合物均由两种元素组成，且都是新型陶瓷材料（在火箭和导弹上有重要应用）其反应方程式为____．13、干燥的氨气可与____________等液体物质(至少选填两种)一起组装成功喷泉实验；向烧杯中的FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，然后烧杯静置在空气中，可观察到的现象是____________；有关反应的化学方程式或离子方程式为：①____________②____________；向新制氯水中滴加AgNO3溶液，现象是____________，相应的离子方程式为①____________②____________．评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)14、鉴定卤代烃中卤元素的存在的操作是：加入NaOH溶液，加热后加入AgNO3溶液．____．（判断对错说明理由）15、以下有些结构简式；书写得不规范；不正确．请在它们后面打一个×号，并把你认为正确的写法写在后面．（注意：如果原式是允许的、正确的，请在后面打√就可以了）

（1）乙醇：HOCH2CH3____；

（2）丙二醛：CHOCH2CHO____；

（3）对甲苯酚：____；

（4）三硝基甲苯：____；

（5）甲酸苯酯：____；

（6）苯乙醛：____．16、标准状况下，气体的摩尔体积都是22.4L____（判断对错）17、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）18、放热反应不需加热就可以发生____．（判断对错）评卷人得分四、推断题(共3题，共24分)19、有A；B、C、D四种单质；B、C、D在常温、常压下皆为气体，A是固体．

①B单质可以在C单质中燃烧生成E；其火焰为苍白色；

②化合物E的水溶液可使紫色石蕊试液变红；

③将A在D中燃烧生成一种淡黄色固体F；若将F放水中会生成气体D．

④C能和水反应；所得溶液具有漂白作用．

试推断：

（1）化学式A____；C____；E____；F____．

（2）A在D中燃烧生成一种淡黄色固体F的化学方程式____，写出C和水反应的化学方程式____．20、X；Y、Z、W四种化合物均由原子序数小于18的元素组成；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．这四种化合物具有如图1所示转化关系（部分反应物、产物及反应条件已略去）．请回答：

（1）W的化学式是____．

（2）X与Y在溶液中反应的离子方程式是____．

（3）某实验小组利用如图2所示装置（夹持固定装置已略去）进行实验；装置Ⅰ中为X，装置Ⅲ中产生白色沉淀，装置V中可收集到一种无色气体．

①装置Ⅰ中反应的化学方程式是____；

装置Ⅱ中反应的化学方程式是____．

②用X含有的四种元素中的两种组成的某化合物，在催化剂存在下制备并收集纯净干燥的装置V中气体，该化合物的化学式是____，所需仪器装置是____（从上图选择必要装置；填写编号）．

（4）饮用水中的硝酸钠对人类健康会产生危害．某饮用水研究人员提出，在烧碱溶液中用铝粉将NO3-还原为N2，其化学方程式为：____．21、阿斯巴甜rm{(APM)}是一种较适合糖尿病患者食用的蔗糖代替品，其一种合成路线如下，其中rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}均为有机物；部分反应条件和产物已略去．

已知：rm{垄脵}由rm{C}rm{H}rm{O}三种元素组成的二元羧酸rm{A}相对分子质量为rm{116}其羧基连接在不同碳原子上，且核磁共振氢谱中有两个面积相等的吸收峰．

rm{垄脷C}rm{D}所含官能团相同；rm{D}为单取代芳香化合物，是大豆蛋白水解的最终产物之一，其分子式为rm{C_{9}H_{11}NO_{2}}且分子中不含甲基．

回答下列问题：

rm{(1)A}的结构简式为______．

rm{(2)}反应rm{垄脵}的化学方程式为______rm{.C}中所含官能团的名称为______．

rm{(3)D}通过酯化反应生成rm{E}反应的化学方程式为______．

rm{(4)APM}是一种二肽，上述过程中rm{APM}可能的结构简式为______和______．

rm{(5)D}物质的同分异构体有多种，能同时满足下列条件的共有______种rm{(}不含立体异构rm{).垄脵}苯环上有两个取代基rm{垄脷}分子中含有硝基．评卷人得分五、计算题(共3题，共27分)22、（1）在体积为2L密闭容器中加入反应物A、B，发生如下反应：A+2B⇌3C．经2min后，A的浓度从开始时的1.0mol•L-1降到0.8mol•L-1．求A和B的平均反应速率．

（2）某元素的同位素为X，它的氯化物XCl2，0.95克该氯化物配成溶液后，加10mL2mol/L的硝酸银溶液，恰好使氯离子完全沉淀，若这种同位素的中子数和质子数相等，使确定元素X在周期表中的位置．23、有一硫酸和硝酸的混合溶液，取出其中的10mL，加入足量BaCl2溶液，将生成的沉淀滤出洗净，烘干称得其质量为9.32g；另取此溶液10mL与4.00mol•L-1的NaOH溶液25mL恰好完全中和．求：

①混合液中硫酸；硝酸的物质的量浓度分别是多少？

②将0.96g铜投入到10mL加热的混合溶液中，标况下能够生成气体多少毫升？24、将Cu与CuO的混合物20.8g加入到50mL18.4mol/L浓H2SO4中，加热充分反应至固体物质完全溶解，冷却后将混合液稀释至1000mL，测得c（Cu2+）=0.3mol/L．试计算：

（1）反应过程中放出的气体在标准状况下的体积（不考虑气体在溶液中的溶解）．____

（2）溶液稀释后，c（H+）是多少？____．评卷人得分六、书写(共3题，共30分)25、（1）工业上将氯气通入石灰乳[Ca（OH）2]制取漂白粉，化学反应方程式为：____．

（2）漂白粉的有效成分是（填化学式）____．

（3）家庭生活中漂白粉漂白原理为____．26、在新制的硝酸亚铁溶液中，滴入少量浓盐酸，可观察到溶液变为____色，写出发生反应的离子方程式____．27、在2mL0.1mol/L的NaCl溶液中，加入2mL0.1mol/L的AgNO3溶液，可观察到____，此反应的离子方程式为____，将此混合液过滤，滤渣加入2mL0.1mol/L的KI溶液，搅拌，可观察到____，反应的离子方程式为____．参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、A【分析】【分析】反应①的平衡常数k=c（NH3）•c（HI），NH4I分解生成的HI为平衡时HI与分解的HI之和，即为NH4I分解生成的NH3，由反应②可知分解的c（HI）为平衡时c（H2）的2倍，求出为NH4I分解生成的NH3，代入反应①的平衡常数k=c（NH3）•c（HI）计算．【解析】【解答】解：平衡时c（HI）=3mol•L-1，HI分解生成的H2的浓度为0.5mol•L-1．

NH4I分解生成的HI的浓度为3mol•L-1+2×0.5mol•L-1=4mol•L-1，所以NH4I分解生成的NH3的浓度为4mol•L-1；

所以反应①的平衡常数k=c（NH3）•c（HI）=4mol•L-1×3mol•L-1=12mol2•L-2．

故选A．2、C【分析】【分析】烷烃的一氯取代物中没有同分异构体，烷烃的一氯取代物只有一种，说明该烷烃中只有一种等效氢原子，根据等效氢原子的判断方法来回答．【解析】【解答】解：A．丁烷有正丁烷；异丁烷；正丁烷分子种有中有2种H原子，其一氯代物有2种，异丁烷中有2种H原子，其一氯代物有2种，故丁烷的一氯代物有4种，故A不符合；

B．丙烷分子中有2种H原子；其一氯代物有2种，故B不符合；

C．乙烷分子中只有1种H原子；其一氯代物只有一种，故C符合；

D．2-甲基丙烷中有2种H原子；其一氯代物有2种，故D不符合；

故选C．3、D【分析】反应①Fe3＋能氧化SO2，反应②说明Cr2O72-氧化性比Fe3＋强，A项正确。Cr2O72-比Fe3＋氧化性强，能氧化Na2SO3，B项正确。标准状况33.6LSO2为1.5mol，失电子3mol，而K2Cr2O7中Cr为＋6价，得电子变为＋3价，0.5molK2Cr2O7得电子为3mol，C项正确。反应①Fe2(SO4)3是氧化剂，而化合价没有升高没做还原剂，D项不正确。【解析】【答案】D4、C【分析】【解析】试题分析：第三周期次外层和最内层电子数之差是8－2＝6，又因为它的最外层达到饱和时所需电子数等于最内层电子数的正整数倍，这说明R应该是S或Si。SO2或三氧化硫或二氧化硅都是酸酐，①正确；H2S和SiH4都受热易分解，②正确；硅在自然界中全部是以化合态的形式存在，③不正确；硅酸是弱酸，④不正确；⑤正确，⑥不正确，单质硅形成的晶体是原子晶体，S单质形成的是分子晶体；根据水的离子积常数可知，如果溶液中c(H)／c(OH)则溶液中氢离子浓度是0.1mol/L，所以SO32－、SiO32－和氢离子不能大量共存，答案选C。考点：考查元素周期表的结构和元素周期律应用的有关判断【解析】【答案】C5、B【分析】【分析】A；在25℃和101kPa时；1mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热；

B；有化合价变化的为氧化还原反应；

C；反应物总能量低于生成物总能量；则该反应为吸热反应；

D、溶解的少量BaSO4在水溶液中完全电离．【解析】【解答】解：A、1molH2燃烧生成稳定的1molH2O（1）放出的热量为H2的燃烧热；故A错误；

B、Na2SO3和H2O2的反应生成硫酸钠和水；硫的化合价升高，氧的化合价降低，所以为氧化还原反应，故B正确；

C；若某反应的反应物总能量低于生成物总能量；则该反应为吸热反应，故C错误；

D、虽然硫酸钡溶剂性很小，但溶解的少量BaSO4在水溶液中完全电离，则BaSO4是强电解质；故D错误．

故选B．6、A【分析】【分析】A．亚硫酸具有还原性；能够与氧气反应生成硫酸；

B．铁与非氧化性酸反应生成亚铁离子和氢气；不会生成铁离子；

C．碘单质氧化性小于溴单质；碘单质不会氧化溴离子；

D．铜与稀硫酸不发生反应．【解析】【解答】解：A．H2SO3具有还原性，H2SO3能够与氧气反应生成硫酸；故A正确；

B．Fe与非氧化性酸反应生成氢气和亚铁离子，不会生成Fe3+离子；故B错误；

C．碘单质氧化性小于溴，碘单质不会将溴离子氧化成溴单质，可以用氯气与溴离子反应生成溴单质：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-；故C错误；

D．铜与稀硫酸不反应反应，应该用浓硫酸加热反应完成，反应方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；故D错误；

故选A．7、D【分析】【分析】A．将“纳米材料”分散到某液体中；所得分散系为胶体，胶体具有丁达尔效应；

B．布朗运动是指悬浮在液体中颗粒的运动；胶体具有布朗运动；

C．胶体具有电泳现象；

D．根据微粒的直径和滤纸的直径的相对大小进行解答；【解析】【解答】解：A．当一束平行光线通过胶体时，从侧面看到一束光亮的“通路”．这是胶体中胶粒在光照时产生对光的散射作用形成的，称为胶体的丁达尔效应，“纳米材料”（1nm=10-9m）将“纳米材料”分散到某液体中；所得分散系为胶体，胶体具有丁达尔效应，故A正确；

B．布朗运动不是胶体的特有性质；对于液体中各种不同的悬浮微粒，都可以观察到布朗运动，所以，在此分散系中“纳米材料”的粒子在做不停的；无序的运动，故B正确；

C．将“纳米材料”分散到某液体中；所得分散系为胶体，胶体的胶粒带电荷是由于它们具有很大的总表面积，有吸附力，吸附离子，胶粒在外加电场作用下，能在分散剂里向阳极或阴极作定向移动，所以，在外加电场作用下，“纳米材料”的粒子可能向电极做定向运动，故C正确；

D．根据分散质粒子直径大小来分类；把分散系划分为：溶液（小于1nm）；胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm），滤纸上的小孔直径小于100nm，胶体和溶液都能通过，只有浊液的微粒不能通过，分离提纯胶体应用半透膜，用滤纸过滤的方法可以从此分散系中分离得到该“纳米材料”，不正确，故D错误；

故选D．8、B【分析】解：rm{A.}二氧化硅具有良好的光学特性；可以用于制造光导纤维，与其熔点高性质无关，故A错误；

B.锂性质活泼溶于失去电子发生氧化反应；密度小的性质，常用作电池的负极材料，故B正确；

C.硫酸铁做净水剂是因为三价铁离子水解生成氢氧化铁胶体具有吸附性；能够吸附水中固体杂质颗粒，与氧化性无关，故C错误；

D.二氧化硫漂白纸浆是因为其具有漂白性；二氧化硫能够杀菌无关，故D错误；

故选：rm{B}．

A.二氧化硅具有良好的光学特性；

B.依据锂性质活泼溶于失去电子发生氧化反应；密度小的性质；

C.三价铁离子水解生成氢氧化铁胶体具有吸附性；

D.二氧化硫能够与有色物质化合生成无色物质；具有漂白性．

本题考查了元素化合物知识，侧重考查物质的用途，性质决定用途，明确相关物质的性质是解题关键，题目难度不大．【解析】rm{B}二、填空题(共5题，共10分)9、1013-2a【分析】【分析】根据Ka===计算．【解析】【解答】解：已知25℃时，0.1mol/LCH3COONa溶液的pH=a，则c（OH-）=10a-14mol/L，Kh===102a-27；

Ka=====1013-2a；

故答案为：1013-2a．10、BD【分析】【分析】核磁共振氢谱只出现两组峰，说明有机物含有两种H原子，峰面积之比为3：2说明分子中两种H原子数目之比为3：2．结合分子中等效氢判断．分子中等效氢原子一般有如下情况：①．分子中同一甲基上连接的氢原子等效．②．同一碳原子所连甲基上的氢原子等效．③．处于镜面对称位置（相当于平面成像时，物与像的关系）上的氢原子等效．【解析】【解答】解：A；该物质分子中有3种H原子；分别处于甲基上、甲基邻位、甲基间位，三者H原子数目之比为3：2：2，故A不符合；

B；该物质为高度对称结构；分子中有2种H原子，分别处于甲基上、环上，二者H原子数目之比为6：4=3：2，故B符合；

C；该物质为对称结构；分子中有2种H原子，分别处于甲基上、C=C双键上，二者H原子数目之比为6：2=3：1，故C不符合；

D；该物质分子中有2种H原子；分别处于甲基上、亚甲基上，二者H原子数目之比为6：4=3：2，故D符合．

故选：BD．11、略

【分析】试题分析：49．两个乙炔分子发生加成反应形成B：CH2=CH-C≡CH，所以A→B的反应类型是加成反应；B与M发生加成反应得到C：则化合物M的结构简式是CH3OH；50．化合物H中除了羰基()外，含有的官能团名称是碳碳双键、酯基；51．丙炔CH3-C≡CH与CO2在一定条件下发生反应产生E：CH3-C≡CCOOH，E与乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应形成F：CH3-C≡CCOOCH2CH3；E→F的化学方程式是CH3C≡CCOOH+HOCH2CH3CH3C≡CCOOCH2CH3+H2O；52．TMOB是H的同分异构体，具有下列结构特征：①核磁共振氢谱表明，分子中除苯环外，其它氢原子化学环境相同说明侧链只有1种H原子；②存在甲氧基(CH3O—)。则TMOB的结构简式是53．A．D属于炔烃类物质,F是酯类物质，二者的类别不同，错误；B．乙炔能和HCl反应得到氯乙烯，是聚氯乙烯的单体，正确；C．在一个G分子中含有16个H原子，所以1molG完全燃烧生成8molH2O，错误；D．H含有碳碳双键和碳氧双键，所以能发生加成反应；含有甲基和酯基，可以发生取代反应，正确。考点：考查有机物含有的官能团的结构、名称、物质的化学式的确定、化学方程式和同分异构体的书写。【解析】【答案】49．加成反应（2分）CH3OH（2分）50．碳碳双键、酯基；（2分）51．CH3C≡CCOOH+HOCH2CH3CH3C≡CCOOCH2CH3+H2O（2分）52．（2分）；53．B、D（2分）。12、第三周期第ⅡA族O＜N＜Al＜Mg＜Na2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑镁与热水可以反应生成氢氧化镁和氢气，但铝和热水不反应（其他答案合理也可以）4Al+3C+3TiO22Al2O3+3TiC【分析】【分析】A、B、C、D、E都是短周期元素，原子序数依次增大，C、B可按原子个数比2：l和1：1分别形成两种离子化合物甲和乙，则C为Na，B为O，甲为氧化钠，乙为过氧化钠，A、B处于同一周期，原子的最外层电子数比次外层电子层多3个，则B为N元素；C、D、E同处另一周期，E是地壳中含量最高的金属元素，则E为Al，所以D为Mg，然后利用元素及其单质、化合物的性质来解答．【解析】【解答】解：A；B、C、D、E都是短周期元素；原子序数依次增大，C、B可按原子个数比2：l和1：1分别形成两种离子化合物甲和乙，则C为Na，B为O，甲为氧化钠，乙为过氧化钠，A、B处于同一周期，原子的最外层电子数比次外层电子层多3个，则B为N元素；C、D、E同处另一周期，E是地壳中含量最高的金属元素，则E为Al，所以D为Mg；

（1）D为Mg，位于元素周期表中第三周期第ⅡA族，Na、O以1：1形成离子化合物乙，则乙为Na2O2，其电子式为：

故答案为：第三周期第ⅡA族；

（2）电子层越多；半径越大，同周期从左向右原子半径在减小，则原子半径为O＜N＜Al＜Mg＜Na；

故答案为：O＜N＜Al＜Mg＜Na；

（3）C的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，氢氧化钠溶液与Al反应的离子反应为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；

故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；

（4）根据金属与热水的反应可确定金属的活泼性；则设计实验为镁与热水可以反应生成氢氧化镁和氢气，但铝和热水不反应；

故答案为：镁与热水可以反应生成氢氧化镁和氢气；但铝和热水不反应（其他答案合理也可以）；

（5）Al、石墨和二氧化钛（TiO2）按比例混合，高温下反应得到的两种化合物均由两种元素组成，且都是新型陶瓷材料（在火箭和导弹上有重要应用），反应生成氧化铝与TiC，其反应方程式为：4Al+3C+3TiO22Al2O3+3TiC；

故答案为：4Al+3C+3TiO22Al2O3+3TiC．13、略

【分析】解：喷泉实验原理是烧瓶内外形成压强差，氨气极易溶于水，也可与酸反应；硫酸亚铁和氢氧化钠发生反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，该白色沉淀易被氧化为氢氧化铁红褐色沉淀；反应的化学方程式或离子方程式为：；①Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓②4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；氯气先与水反应，再与硝酸银反应，离子方程式：；①Cl2+H2O=H++Cl-+HClO；②Ag++Cl-=AgCl↓；

故答案为：水、稀硫酸；先有白色沉淀产生，随后白色沉淀逐渐转变为灰绿色，最后转变为红褐色沉淀；Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓；4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；有白色沉淀产生；Cl2+H2O=H++Cl-+HClO；Ag++Cl-=AgCl↓．【解析】水、稀硫酸;先有白色沉淀产生，随后白色沉淀逐渐转变为灰绿色，最后转变为红褐色沉淀;Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓;4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3;有白色沉淀产生;Cl2+H2O=H++Cl-+HClO;Ag++Cl-=AgCl↓三、判断题(共5题，共10分)14、×【分析】【分析】卤代烃中卤原子在碱性条件下水解产生卤离子，加硝酸酸化后，在加硝酸银，依据产生沉淀的颜色可以判断卤离子．【解析】【解答】解：鉴定卤代烃中卤元素的存在的操作是：加入NaOH溶液；加热后，冷却，然后加入足量的硝酸酸化，再加入硝酸银溶液来检验卤素离子，故错误；

故答案为：×．15、√【分析】【分析】（1）羟基正在有机物分子最前面时应该表示为HO-；据此进行判断；

（2）醛基写在有机物分子前边时应该表示为：OHC-；

（3）酚羟基的表示方式错误；应该表示为：HO-；

（4）左边的硝基中含有原子组成错误，应该为O2N-；

（5）结构简式中酯基表示方式错误；

（6）苯乙醛中醛基的结构简式表示错误，应该为-CHO．【解析】【解答】解：（1）乙醇：HOCH2CH3；乙醇的结构简式正确，故答案为：√；

（2）羟基的表示方法错误，丙二醛的结构简式应该是：OHCCH2CHO，故答案为：OHCCH2CHO；

（3）酚羟基的表示方法错误，对甲基苯酚的结构简式应该是：故答案为：

（4）左边硝基的组成错误，正确应该为：O2N-，三硝基甲苯的结构简式为故答案为：

（5）酯基的表示方法错误，甲酸苯酚的结构简式是故答案为：

（6）醛基的书写错误，苯乙醛的结构简式是：

故答案为：．16、×【分析】【分析】标准状况下任何气体的摩尔体积都是22.4L/mol．据此解题．【解析】【解答】解：标准状况下，1mol气体的体积为22.4L，气体的摩尔体积是22.4L/mol，故答案为：×．17、√【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：√．18、×【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：×．四、推断题(共3题，共24分)19、NaCl2HClNa2O22Na+O2Na2O2Cl2+H2O=HCl+HClO【分析】【分析】有A、B、C、D四种单质，B、C、D在常温、常压下皆为气体，A是固体．B单质可以在C单质中燃烧生成E，其火焰为苍白色，应是氢气与氯气反应生成HCl，且C能和水反应，所得溶液具有漂白作用，可推知B为H2、C为Cl2，E为HCl，HCl的水溶液呈酸性，可使紫色石蕊试液变红，固体A在气体单质D中燃烧生成一种淡黄色固体F，若将F放水中会生成气体D，则A为Na、D为O2、F为Na2O2，据此解答．【解析】【解答】解：有A、B、C、D四种单质，B、C、D在常温、常压下皆为气体，A是固体．B单质可以在C单质中燃烧生成E，其火焰为苍白色，应是氢气与氯气反应生成HCl，且C能和水反应，所得溶液具有漂白作用，可推知B为H2、C为Cl2，E为HCl，HCl的水溶液呈酸性，可使紫色石蕊试液变红，固体A在气体单质D中燃烧生成一种淡黄色固体F，若将F放水中会生成气体D，则A为Na、D为O2、F为Na2O2；

（1）由上述分析可知，A为Na，C为Cl2，E为HCl，F为Na2O2，故答案为：Na；Cl2；HCl；Na2O2；

（2）A在D中燃烧生成一种淡黄色固体F的化学方程式：2Na+O2Na2O2，C和水反应的化学方程式：Cl2+H2O=HCl+HClO；

故答案为：2Na+O2Na2O2；Cl2+H2O=HCl+HClO．20、CO2HCO3-+OH-=CO32-+H2O2NaHCO3+H2SO4=Na2SO4+2H2O+2CO2↑2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2H2O2Ⅰ、Ⅳ、Ⅴ10Al+6NaNO3+4NaOH=10NaAlO2+3N2↑+2H2O【分析】【分析】（1）化合物X、Y、Z的焰色反应均为黄色，说明三者均为钠元素的化合物．X含有四种元素，在加热条件下能生成Z，这四种化合物均为短周期元素组成，且W为无色无味的气体，可推出X为NaHCO3，Y为NaOH，Z为Na2CO3，W为CO2；

（2）氢氧化钠与碳酸氢钠反应生成碳酸钠与水；

（3）①装置Ⅰ是碳酸氢钠与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化碳与水，装置Ⅲ中产生白色沉淀，置V中可收集到一种无色气体，应在装置Ⅱ中反应生成气体，为二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气，装置Ⅲ除去氧气中混有的二氧化碳，装置Ⅳ为干燥氧气，装置Ⅴ中收集的气体是O2；

②装置Ⅴ中收集的气体是O2，O2的制取也可以用H2O2在二氧化锰作催化剂条件下分解制得，据此解答．【解析】【解答】解：X、Y、Z的焰色反应均为黄色，说明三者均为钠元素的化合物．X含有四种元素，在加热条件下能生成Z，这四种化合物均为短周期元素组成，且W为无色无味的气体，可推出X为NaHCO3，Y为NaOH，Z为Na2CO3，W为CO2；

（1）由以上分析可知W为CO2，故答案为：CO2；

（2）氢氧化钠与碳酸氢钠反应生成碳酸钠与水，反应离子方程式为：HCO3-+OH-=CO32-+H2O，故答案为：HCO3-+OH-=CO32-+H2O；

（3）①X所含的四种元素为：Na、H、C、O，利用元素之间组成的化合物，制备并收集纯净干燥的无色气体R．R由组成X的四种元素中的一种组成，为气体单质，装置Ⅲ中产生白色沉淀，则装置Ⅰ中反应生成CO2，Z为NaHCO3或Na2CO3固体，在装置Ⅱ中反应生成气体单质R，应为二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气，装置Ⅲ除去氧气中混有的二氧化碳，装置Ⅳ为干燥氧气，装置Ⅴ中收集的气体是O2；则：

装置Ⅰ中反应的化学方程式是：2NaHCO3+H2SO4=Na2SO4+2H2O+2CO2↑；

装置Ⅱ中反应的化学方程式是：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；

故答案为：2NaHCO3+H2SO4=Na2SO4+2H2O+2CO2↑；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；

②装置Ⅴ中收集的气体是O2，O2的制取也可以用2H2O22H2O+O2↑进行，将装置Ⅱ、Ⅲ去掉，分液漏斗中盛放H2O2；圆底烧瓶内盛放二氧化锰，所需仪器装置是Ⅰ；Ⅳ、Ⅴ；

故答案为：H2O2；Ⅰ；Ⅳ、Ⅴ；

（4）在烧碱溶液中用铝粉将NO3-还原为N2，同时生成偏铝酸钠与水，反应方程式为：10Al+6NaNO3+4NaOH=10NaAlO2+3N2↑+2H2O；

故答案为：10Al+6NaNO3+4NaOH=10NaAlO2+3N2↑+2H2O．21、略

【分析】解：rm{D}为单取代芳香化合物，是大豆蛋白水解的最终产物之一，其分子式为rm{C_{9}H_{11}NO_{2}}则rm{D}为氨基酸，且分子中不含甲基，则rm{D}的结构简式为rm{.D}与甲醇发生酯化反应生成rm{E}为rm{.}由rm{C}rm{H}rm{O}三种元素组成的二元羧rm{A}相对分子质量为rm{116}去掉rm{2}个rm{-COOH}剩余总相对原子质量为rm{116-90=26}只能为rm{2}个rm{C}原子、rm{2}个rm{H}原子，其羧连接在不同碳原子上，且核磁共振氢谱有两个面积相等的吸收峰，则rm{A}为rm{HOOC-CH=CH-COOH.A}与氨气反应得到rm{B}rm{B}酸化得到rm{C}rm{C}rm{D}所含官能团相同，则rm{B}为rm{C}为rm{.APM}是一种二肽，则其结构简式为或．

rm{(1)}根据上面的分析可知，rm{A}为rm{HOOC-CH=CH-COOH}

故答案为：rm{HOOC-CH=CH-COOH}

rm{(2)}反应rm{垄脵}的化学方程式为rm{C}为所含官能团的名称为：羧基；氨基；

故答案为：羧基；氨基；

rm{(3)D}通过醋化反应生成rm{E}反应的化学方程式为

故答案为：

rm{(4)APM}是一种二肽，上述过程中rm{APM}可能的结构简式为或

故答案为：

rm{(5)D(}rm{)}物质的同分异构体有多种，能同时满足下列条件：rm{垄脵}苯环上有两个取代基，rm{垄脷}分子中含有硝基，侧链为rm{-NO_{2}}rm{-CH_{2}CH_{2}CH_{3}}或者为rm{-NO_{2}}rm{-CH(CH_{3})_{2}}或者为rm{-CH_{2}NO_{2}}rm{-CH_{2}CH_{3}}或者为rm{-CH_{2}CH_{2}NO_{2}}rm{-CH_{3}}或者为rm{-CH(CH_{3})NO_{2}}rm{-CH_{3}}各有邻、间、对rm{3}种，共有rm{15}种；

故答案为：rm{15}．

rm{D}为单取代芳香化合物，是大豆蛋白水解的最终产物之一，其分子式为rm{C_{9}H_{11}NO_{2}}则rm{D}为氨基酸，且分子中不含甲基，则rm{D}的结构简式为rm{.D}与甲醇发生酯化反应生成rm{E}为rm{.}由rm{C}rm{H}rm{O}三种元素组成的二元羧rm{A}相对分子质量为rm{116}去掉rm{2}个rm{-COOH}剩余总相对原子质量为rm{116-90=26}只能为rm{2}个rm{C}原子、rm{2}个rm{H}原子，其羧连接在不同碳原子上，且核磁共振氢谱有两个面积相等的吸收峰，则rm{A}为rm{HOOC-CH=CH-COOH.A}与氨气反应得到rm{B}rm{B}酸化得到rm{C}rm{C}rm{D}所含官能团相同，则rm{B}为rm{C}为rm{.APM}是一种二肽，则其结构简式为或．

本题考查有机物的推断，是对有机物知识的综合运用，能较好的考查考生的阅读、自学能力和思维能力，是热点题型，难度较大，注意充分利用转化关系中物质的结构及分子式，结合正推法与逆推法进行推断，注意充分利用反应条件，难度中等．【解析】rm{HOOC-CH=CH-COOH}羧基、氨基；rm{15}五、计算题(共3题，共27分)22、略

【分析】【分析】（1）化学反应速率表示单位时间内浓度的变化量，利用v=计算出v（A）；然后根据速率之比等于化学计量数之比，求出v（B）；

（2）根据XCl2与AgNO3发生：XCl2+2AgNO3═2AgCl↓+X（NO3）2，n（AgNO3）=0.04L×1mol/L=0.04mol，则n（XCl2）=0.02mol，再根据M=计算X的质量数，再根据质量数=质子数+中子数，该元素原子核内的质子数和中子数相等计算质子数，确定元素的种类，判断在周期表中的位置；【解析】【解答】解：（1）经2min后，A的浓度从开始时的1.0mol•L-1降到0.8mol•L-1，用A浓度的变化表示平均反应速率为v（A）==0.1mol/（L•min）；根据速率之比等于化学计量数之比，则v（B）=2v（A）=0.2mol/（L•min）；

答：A和B的平均反应速率分别为0.1mol/（L•min）；0.2mol/（L•min）；

（2）n（AgNO3）=0.01L×2mol/L=0.02mol；则：

XCl2+2AgNO3═2AgCl↓+X（NO3）2；

12

0.01mol0.02mol

M（XCl2）==95g/mol，M（X）=95g/mol-2×35.5g/mol=24g/mol，所以X的相对原子质量为24，近似等于质量数，所以质量数为24，质量数=质子数+中子数，该元素原子核内的质子数和中子数相等，故质子数==12；所以元素X为Mg元素，位于周期表第三周期第ⅡA族；

答：X元素在周期表中位于第三周期第ⅡA族．23、略

【分析】【分析】①硫酸与硝酸的混合溶液，取出10mL加入足量BaCl2溶液，过滤、洗涤、烘干后得到9.32g的沉淀为硫酸钡，根据n=计算硫酸钡的物质的量，再根据硫酸根守恒n（H2SO4）=n（BaSO4）．另取此溶液10mL与4.0mol•L-1NaOH溶液25mL恰好完全中和，H+与OH-按物质的量之比1：1反应，故n（HNO3）+2n（H2SO4）=n（NaOH），据此计算硝酸10mL溶液中硝酸的物质的量，根据c=计算硫酸；硝酸的物质的量浓度；

②发生3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++4H2O+2NO↑，判断反应的过量问题，根据不足量的物质计算生成NO体积．【解析】【解答】解：①硫酸与硝酸的混合溶液，取出10mL加入足量BaCl2溶液，过滤、洗涤、烘干后得到9.32g的沉淀为硫酸钡，根据硫酸根守恒故n（H2SO4）=n（BaSO4）==0.04mol，故原溶液中c（H2SO4）==4mol/L；

另取此溶液10mL与4.0mol•L-1NaOH溶液25mL恰好完全中和，H+与OH-按物质的量之比1：1反应，故n（HNO3）+2n（H2SO4）=n（NaOH），即n（HNO3）+2×0.04mol=0.025L×4mol/L，解得n（HNO3）=0.02mol，故原溶液中n（HNO3）==2mol/L；

答：原混合液中H2SO4的物质的量浓度为4mol/L，HNO3的物质的量浓度2mol/L．

②0.96g铜的物质的量为=0.015mol；10mL的混合溶液中硫酸是0.04mol，硝酸是0.02mol，氢离子的物质的量是0.04mol×2+0.02mol=0.1mol；

3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++4H2O+2NO↑

3mol8mol2mol

0.015mol0.04mol0.01mol

所以硝酸根和氢离子是过量的，Cu不足，所以生成NO的物质的量为0.015mol×=0.01mol；标准状况下的体积是0.01mol×22.4L/mol=0.224L．

答：标况下能生成气体体积为0.224L．24、4.48L0.