2025年统编版2024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年统编版2024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总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、铝的某种超原子结构（Al13）具有40个价电子时最稳定。请预测稳定的Al13所带的电荷数为A.-1B.+2C.0D.+32、rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}均为短周期主族元素，原子序数依次增加，rm{X}与rm{Y}形成的化合物能与水反应生成酸且rm{X}rm{Y}同主族，两元素核电荷数之和与rm{W}rm{Z}的原子序数之和相等，则下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{Z}元素的含氧酸是最强酸B.原子半径：rm{X>Z}C.气态氢化物热稳定性：rm{W>X}D.rm{W}与rm{Y}可以存在于同一离子化合物中3、化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关，下列说法正确的是（）A.氮氧化合物与碳氢化合物经紫外线照射可发生反应形成有毒烟雾B.绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理C.雾霾中含有大量超标的主要物质是二氧化硫D.用铝制的容器盛装浓硝酸，是因为铝和浓HNO3不反应4、化学反应中；有时存在“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”的特殊情况．下列反应中属于这种情况的是（）

①过量的锌与18mol•L-1的硫酸反应；

②过量的氢气与少量氮气在催化剂存在下充分反应；

③浓盐酸与过量的MnO2反应；

④过量铜与浓硫酸反应；

⑤过量稀硝酸与银反应；

⑥过量稀硫酸与块状石灰石反应；

⑦过量氯气与碘化钾溶液反应．A.②③④⑥B.②③⑤⑦C.①③⑤D.①②③④⑥5、下列叙述中，不正确的是（）A.用新制的氢氧化铜溶液检验某病人是否患糖尿病B.在植物油中滴入溴水，溴水褪色C.酶不属于蛋白质D.在鸡蛋白溶液中滴入浓硝酸，微热会产生黄色物质评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)6、（2015秋•石嘴山校级期末）M；N、O、P、Q是元素周期表中原子序数依次递增的前四周期元素．M原子最外层电子数为内层电子数的3倍；N的焰色反应呈黄色；O的氢化物是一种强酸；其浓溶液可与M、Q的化合物反应生成O的单质；P是一种金属元素，其基态原子中有6个未成对电子．请回答下列问题：

（1）元素Q的名称为____，P的基态原子价层电子排布式为____．

（2）O的氢化物的沸点比其上一周期同族元素的氢化物低，是因为____．

（3）M、O电负性大小顺序是____（用元素符号表示），O的最高价含氧酸根的空间构型为____，其中心原子的杂化类型为____．

（4）M、N形成的化合物的晶胞如图所示，该晶胞的化学式为____，其中M离子的配位数为____，该晶体类型为____．

（5）该晶胞的边长为a×10-10cm，则距离最近的M、N离子间的距离为____．7、乙烯是重要的化工基础原料．用乙烯合成光学树脂CR-39单体的过程如下：

已知：i．CR-39单体结构简式是：

ii．酯与醇有如下反应：

RCOOR′+R″OHRCOOR″+R′OH（R；R′、R″代表烃基）

（1）乙烯转化为A的反应类型是____．

（2）在D；E的分子中；都只有一种化学环境的氢原子．

①D的结构简式是____．

②E为五元环状化合物，E与CH3OH反应的化学方程式是____．

（3）G与足量NaOH溶液反应的化学方程式是____．

（4）F的一种同分异构体K，其分子中不同化学环境的氢原子个数比是3：1：1：1，且能与NaHCO3反应．

①K能发生消去反应，生成的有机物的结构简式是____．

②K在一定条件下合成高分子化合物的化学方程式是____．

（5）下列有关C的叙述正确的是（填写序号）____．

a．能与乙酸发生酯化反应b．能与乙醇发生酯化反应。

c．1molC最多能与2molNa反应d．C的同分异构体不能发生银镜反应．8、联苄（）是一种重要的有机合成中间体，实验室可用苯和1，2一二氯乙烷（ClCH2CH2Cl）为原料，在无水AlCl3催化下加热制得；其制取步骤为：

（一）催化剂的制备：图1是实验室制取少量无水AlCl3的相关实验装置的仪器和药品：

（1）将上述仪器连接成一套制备并保存无水AlCl3的装置，各管口标号连接顺序为：d接e，____接____，____接____，____接____．

（2）有人建议将上述装置中D去掉，其余装置和试剂不变，也能制备无水AlCl3．你认为这样做是否可行____（填“可行”或“不可行”），你的理由是____．

（3）装置A中隐藏着一种安全隐患，请提出一种改进方案：____．

（二）联苄的制备。

联苄的制取原理为：

反应最佳条件为n（苯）：n（1；2-二氯乙烷）=10：1，反应温度在60-65℃之间．实验室制取联苄的装置如图2所示（加热和加持仪器略去）：

实验步骤：

在三口烧瓶中加入120.0mL苯和适量无水AlCl3，由滴液漏斗滴加10.7mL1，2-二氯乙烷，控制反应温度在60-65℃，反应约60min．将反应后的混合物依次用稀盐酸、2%Na2CO3溶液和H2O洗涤分离，在所得产物中加入少量无水MgSO4固体；静止；过滤，先常压蒸馏，再减压蒸馏收集170～172℃的馏分，得联苄18.2g．

相关物理常数和物理性质如下表。

。名称相对分子质量密度/（g•cm-3）熔点/℃沸点/℃溶解性苯780.885.580.1难溶水，易溶乙醇1，2一二氯乙烷991.27-35.383.5难溶水，可溶苯无水氯化铝133.52.44190178（升华）遇水水解，微溶苯联苄1820.9852284难溶水，易溶苯（4）仪器a的名称为____，和普通分液漏斗相比，使用滴液漏斗的优点是____．

（5）洗涤操作中，水洗的目的是____；无水硫酸镁的作用是____．

（6）常压蒸馏时，最低控制温度是____．

（7）该实验的产率约为____．（小数点后保留两位有效数字）9、（1）FeCl3的水溶液呈____（填“酸”、“中”、“碱”）性，实验室在配制FeCl3溶液时，常将FeCl3固体先溶于较浓的盐酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，以____（填“促进”；“抑制”）其水解．

（2）氯化铝溶于水的反应（用离子方程式表示）：____；把AlCl3溶液蒸干、灼烧，最后得到的主要固体产物是____．

（3）物质的量浓度均为0.10mol•L-1的三种溶液：a．CH3COONab．Na2CO3c．NaHCO3，pH由小到大排列的顺序是____（用编号填写）．

（4）NaHCO3溶液显____性，原因是____（用离子方程式表示）．10、实验室配制1000mL0.1mol•L-1标准Na2CO3溶液，须称取____克Na2CO3固体，正确操作顺序是____（填序号）．

A．用适量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2次；洗涤液转移至容量瓶中。

B．把样品加入烧杯并加适量水溶解；冷却至室温后转移至容量瓶中。

C．选择1000mL容量瓶；并检验是否漏水。

D．用胶头滴管向容量瓶中加水至刻度线。

E．向容量瓶中加水至距刻度线1～2cm处。

F．把容量瓶塞好；反复摇匀。

在以上过程中玻璃棒起到的作用有____、____．

若没有进行以上A操作，则会使结果浓度____（填“偏高”、“偏低”或“无影响”，下同），若称量时砝码与物品颠倒放置，则会使结果浓度____．11、A、B、C、D、E都是元素周期表中前20号元素，原子序数依次增大，B、C、D同周期，B、C、D三种元素原子的最外层电子数之和与A-的核外电子总数相等；B在空气中燃烧得到淡黄色的物质．E与其它元素既不在同周期也不在同主族，B；C、D的最高价氧化物的水化物两两混合均能发生反应．根据以上信息，回答下列问题：

（1）A____、C____、E____．（填元素符号）

（2）B在空气中燃烧得到淡黄色的物质，它是____（“离子”或“共价”）化合物，它的电子式是____．12、水泥是一种重要的建筑材料；水泥的强度是评价水泥质量的重要指标，它与水泥中CaO的含量有着良好的相关性，因此在特殊情况下可以通过测定其中Ca0的含量预测水泥的强度．为测量某品牌水泥中氧化钙的含量，进行如下实验：

步骤1：熔样：准确称取0.3000g试样置于坩埚中；高温灼烧5分钟后，冷却并研碎，加入2.000g无水碳酸钠混匀后，再高温灼烧10分钟．

步骤2：酸溶：取冷却后的烧结块；加入40mL水后，再加入l0mL稀盐酸和3滴稀硝酸．

步骤3：除杂：在酸溶后所得溶液中慢慢滴加稀氨水使其中的Fe3+、Al3+转化为沉淀；过滤．

步骤4：沉淀：在滤液中加入草酸铵溶液；加热煮沸后，边搅拌边滴加氨水至弱碱性，静置．

步骤5：溶解：将生成的草酸钙（CaC2O4）沉淀加入到稀硫酸中；加热并搅拌使其完全溶解．

步骤6：滴定：用0.1000mol•L-1的KMnO4溶液进行滴定至微红色出现并保持30s不消失，共用去KMnO4溶液13.000mL．反应的化学方程式为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5CO2↑+8H2O

（1）写出步骤3中Al3+转化为沉淀的离子方程式：____；

（2）已知室温下Al（OH）3的Ksp=1.0×10-33，欲使溶液中c（Al3+）≤l．0xl0-6mol•L-1，pH≥____；

（3）通过计算确定该试样中氧化钙的质量分数（写出计算过程）．13、（1）下列曲线表示卤素元素某种性质随核电荷数的变化趋势，正确的是____________。（2）利用“卤化硼法”合成含B和N两种元素的功能陶瓷，下图为其晶胞结构示意图，则每个晶胞中含有B原子的个数为________，该功能陶瓷的化学式为___________。（3）BCl3和NCl3中心原子的杂化方式分别为________和_________。第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有________种。（4）若BCl3与XYm通过B原子与X原子间的配位健结合形成配合物，则该配合物中提供孤对电子的原子是________。（5）SiO2是硅酸盐玻璃（Na2CaSi6O14）的主要成分，Na2CaSi6O14也可写成Na2O·CaO·6SiO2。长石是金属铝硅盐。由钠长石化学式NaAlSi3O8可推知钙长石改写成氧化物的形式可表示为____评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)14、对于C（s）+CO2（g）═2CO（g）的反应，当密度保持不变，在恒温恒容或恒温恒压条件下，均能作为达到化学平衡状态的标志．____（判断对错）15、乙炔、聚乙炔、乙烯、聚乙烯、甲苯、乙苯都能使KMnO4（H+）溶液褪色____（判断对错）16、在18g18O2中含有NA个氧原子．____（判断对错）17、向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变色，滴加氯水后溶液显红色，该溶液中一定含有Fe2+____．（判断对确）18、一个化学反应中，当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，△H为“-”____（判断对错）19、放热反应不需加热就可以发生____．（判断对错）20、向试管中滴加液体时，胶头滴管紧贴试管内壁____．（判断对错）21、蛋白质、纤维素、蔗糖、PVC、淀粉都是高分子化合物（判断对错）评卷人得分四、解答题(共4题，共16分)22、2.3g某有机物A完全燃烧后，生成0.1molCO2和2.7gH2O，测得该化合物的蒸气对氢气的相对密度为23，该化合物的核磁共振氢谱中出现一组峰，求该化合物的分子式、结构式．23、[化学一选修有机化学基础]

下列是A、B、C、D、E、F、G、H及丙二酸（HOOCCH2COOH）间转化反应的关系图．A是一种链状羧酸，分子式为C3H4O2；F中含有由七个原子构成的环；H是一种高分子化合物．请填写下列空白：

（1）A中官能团的名称______．

（2）C的结构简式：______；F的结构简式：______．

（3）请写出下列化学方程式：

①A→H______．

②B与NaOH溶液的反应______；其反应类型是______．

（4）G与银氨溶液反应的化学方程式为______．

（5）苹果酸是丙二酸的某种同系物的羟基取代产物．元素分析证明该酸中C；H、O的质量比为24：3：40；该酸蒸气的密度是同温同压下氢气密度的67倍；该酸分子结构中没有支链．写出苹果酸的结构简式______．

24、已知：高温下，在密闭容器中用H2还原WO2可得到金属钨．当温度过高时，WO2（s）会转变为WO2（g）．请根据以下反应：

WO2（s）+2H2（g）═W（s）+2H2O（g）；△H=+66.0kJ•mol-1

WO2（g）+2H2═W（s）+2H2O（g）；△H=-137.9kJ•mol-1

计算出WO2（s）═WO2（g）的△H．25、城市使用的燃料，现大多为煤气、液化石油气．煤气的主要成分是CO和H2的混合气体；它有煤炭与水蒸气在高温下反应制得，故又称水煤气．试回答：

（1）写出制取水煤气的主要化学方程式______CO+H2，评卷人得分五、计算题(共3题，共30分)26、铁铝合金是一种新型高温结构材料。（1）图9表示室温时不同组份的Fe3Al在65%浓HNO3中的腐蚀情况。由图9可看出添加了（填符号）元素的合金耐蚀性最差。（2）高温条件下，Al和Fe2O3按一定比例混合反应可制。。得Fe3Al，写出该反应的化学方程式。（3）某校兴趣小组欲测定另一种铁铝硅合金（FexAlySiz）粉末的组成。①小明同学提出如下方案：准确称取1.46g该合金粉末，再加入足量NaOH溶液（Si+2NaOH+H2O＝Na2SiO3+2H2↑），充分反应后过滤，通过测定剩余固体质量及收集到气体的体积，可计算出此合金的组成。写出Al与NaOH溶液反应的离子方程式。②小军同学认为该方案难以测定标准状况下气体的体积，操作不简便。于是他设计了第二种方案：准确称取1.46g该合金粉末，加入过量盐酸溶液充分反应后过滤，测定剩余固体质量0.07g。向滤液中滴加足量浓NaOH溶液，充分搅拌、过滤、洗涤得固体。再将所得固体充分加热、灼烧得红棕色粉末1.60g。试通过计算确定此合金的组成。27、将NH3催化氧化后含NH3、NO2和O2的混合气体15.68L（标况）；用水吸收，若混合气体恰好被全部吸收并形成2L溶液，又知吸收气体的溶液质量增加25g．求：

（1）混合气体中NH3、NO2、O2物质的量比．

（2）溶液中各种溶质的物质的量浓度．28、回答下列关于氮元素的氢化物和氧化物的问题：

（1）氮元素原子的L层电子数为______，写出N2的电子式______；

（2）在一定温度和压强及催化剂的条件下；在2L密闭容器中，通入一定量的氮气和氢气，发生如下反应：

N2+3H2⇌2NH3，开始时N2的物质的量浓度为4mol•L-1，2min后N2的物质的量浓度为2mol•L-1，则用N2表示的反应速率为______；2min时，NH3物质的量为______．

（3）已知各破坏1molN≡N键；H-H键和N-H键分别需要吸收的能量为946kJ、436kJ、391kJ．理论计算。

1molN2（g）和3molH2（g）完全转化为2molNH3（g）的反应热△H=______；

（4）NH3与NaClO反应可得到肼（N2H4），该反应的化学方程式为______；

（5）肼可作为火箭发动机的燃料，与氧化剂N2O4反应生成N2和水蒸气．

已知：①N2（g）+2O2（g）=N2O4（1）△H1=-20.0kJ•mol-1

②N2H4（1）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H2=-534.2kJ•mol-1

写出肼和N2O4反应的热化学方程式______．参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、A【分析】试题分析：（Al13）具有40个价电子时最稳定,每个铝原子有13个电子，三个共有39个，要达到40个电子只有从外界得1个电子，故显-1价。考点：本题考查了对原子的构成的掌握和信息的提取及应用能力。【解析】【答案】A2、D【分析】解：rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，rm{X}与rm{Y}形成的化合物能与水反应生成酸且rm{X}rm{Y}同主族，则rm{X}为rm{O}元素，rm{Y}为rm{S}元素，rm{O}rm{S}元素核电荷数之和与rm{W}rm{Z}的原子序数之和相等，则rm{W}rm{Z}的原子序数之和rm{24}而且rm{W}的原子序数小于rm{O}rm{Z}的原子序数大于rm{S}则rm{Z}为rm{Cl}元素，所以rm{W}的原子序数为rm{24-17=7}即rm{W}为rm{N}元素；

A.rm{Z}为rm{Cl}元素，rm{Cl}元素的最高价含氧酸是最强酸，其它价态的含氧酸的酸性不一定强，如rm{HClO}是弱酸；故A错误；

B.电子层越多，原子半径越大，所以rm{O<Cl}即原子半径：rm{X<Z}故B错误；

C.元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性rm{O>N}所以气态氢化物热稳定性：rm{W<X}故C错误；

D.rm{N}与rm{S}可以存在于同一离子化合物中，如硫酸铵中含有rm{N}rm{S}故D正确。

故选：rm{D}

本题以元素推断为载体，考查原子结构位置与性质关系、元素化合物知识，题目难度不大，推断元素是解题的关键。【解析】rm{D}3、A【分析】【分析】A．大气中的碳氢化合物和NOx等为一次污染物；在太阳光中紫外线照射下能发生化学反应，衍生种种二次污染物．由一次污染物和二次污染物的混合物（气体和颗粒物）所形成的烟雾污染现象，称为光化学烟雾；

B．绿色化学的核心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；

C．雾霾是因空气中增加了大量的可吸入颗粒物；

D．铝与浓硝酸发生反应生成了一层致密的氧化物保护膜，阻止了反应的进行，不是不反应．【解析】【解答】解：A．氮氧化合物与碳氢化合物经紫外线照射可发生反应形成有毒烟雾；称为光化学烟雾，故A正确；

B．绿色化学的核心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；故B错误；

C．雾霾中含有大量超标的主要物质是大量的可吸入颗粒物；故C错误；

D．用铝制的容器盛装浓硝酸；不是铝与浓硝酸不发生反应，而是反应生成了保护膜，阻止了反应的进行，故D错误；

故选A．4、A【分析】【分析】①Zn与浓硫酸及稀硫酸均可反应；

②氢气与氮气反应生成氨气为可逆反应；

③只有浓盐酸与二氧化锰反应；

④铜活泼性弱只能与浓硫酸反应；与稀硫酸不反应；

⑤硝酸与银反应生成硝酸银；一氧化氮和水；与反应物用量无关；

⑥稀硫酸与块状石灰石反应生成微溶物硫酸钙；附着在碳酸钙表面阻止反应的进一步发生；

⑦氯气与碘化钾溶液反应生成碘；【解析】【解答】解：①Zn与浓硫酸；稀硫酸均可反应；则过量的Zn与18mol/L的硫酸反应，硫酸能完全反应，故①不选；

②氢气与氮气反应生成氨气为可逆反应；不能进行到底，故②选；

③浓盐酸与过量的MnO2反应；随着反应的进行盐酸浓度降低，稀盐酸与二氧化锰不反应，故③选；

④随着反应的进行；硫酸浓度降低，铜活泼性弱只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应，故④选；

⑤硝酸与银反应生成硝酸银；一氧化氮和水；能够反应完全，故⑤不选；

⑥稀硫酸与块状石灰石反应生成微溶物硫酸钙；附着在碳酸钙表面阻止反应的进一步发生，故⑥选；

⑦氯气与碘化钾溶液反应生成碘；反应能完全，故⑦不选；

故答案为：A．5、C【分析】【分析】A．尿液中含有还原糖；用新制氢氧化铜悬浊液检验（需加热），若有砖红色沉淀则患有糖尿病；

B．植物油中含有碳碳双键；

C．酶属于蛋白质；

D．蛋白质遇浓硝酸显黄色．【解析】【解答】解：A．葡萄糖含有醛基；为还原性糖，在碱性；加热条件下，能与新制氢氧化铜反应并生成砖红色沉淀，糖尿病人尿液中的葡萄糖的含量远远超出正常人水平，可以利用葡萄糖的特征检验是否患有糖尿病，故A正确；

B．植物油中含有碳碳双键；与溴水发生加成反应，所以可以使溴水褪色，故B正确；

C．酶属于蛋白质；故C错误；

D．蛋白质遇浓硝酸发生颜色反应显黄色；故D正确．

故选C．二、填空题(共8题，共16分)6、锰3d54s1HF分子间存在氢键，而HCl分子间无氢键O＞Cl正四面体sp3Na2O8离子晶体×a×10-10cm【分析】【分析】M、N、O、P、Q是元素周期表中原子序数依次递增的前四周期元素．M原子最外层电子数为内层电子数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则M为氧元素；N的焰色反应呈黄色，则N为Na；O的氢化物是一种强酸，其浓溶液可与M、Q的化合物反应生成O的单质，可推知O为Cl、Q为Mn；P是一种金属元素，其基态原子中有6个未成对电子，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s1，则P为Cr，据此解答．【解析】【解答】解：M、N、O、P、Q是元素周期表中原子序数依次递增的前四周期元素．M原子最外层电子数为内层电子数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则M为氧元素；N的焰色反应呈黄色，则N为Na；O的氢化物是一种强酸，其浓溶液可与M、Q的化合物反应生成O的单质，可推知O为Cl、Q为Mn；P是一种金属元素，其基态原子中有6个未成对电子，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s1，则P为Cr；

（1）由上述分析可知，元素Q为锰，P是一种金属元素，其基态原子中有6个未成对电子，处于第四周期，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s1，价层电子排布式为3d54s1；

故答案为：锰；3d54s1；

（2）HF分子间存在氢键；而HCl分子间无氢键，故HCl的沸点比HF的低。

故答案为：HF分子间存在氢键；而HCl分子间无氢键；

（3）O、Cl元素形成的氧化物中Cl元素表现正化合价，故O原子对键合电子的吸引力更强，故电负性O＞Cl，Cl的最高价含氧酸根为ClO4-，Cl原子孤电子对==0，价层电子对数为4，故其空间构型为正四面体，其中心原子的杂化类型为sp3；

故答案为：O＞Cl；正四面体；sp3；

（4）晶胞中Na为晶胞内部，晶胞中含有8个Na原子，O原子位于顶点与面心，晶胞中含有O原子数目为8×+6×=4，故该晶胞的化学式为Na2O；以晶胞中上面心M离子为研究对象，晶胞中每个M周围最近的N离子有8个，M离子配位数为8，该晶体类型为离子晶体；

故答案为：Na2O；8；离子晶体；

（5）N离子与周围4个M离子形成正四面体结构，N、M连续处于晶胞体对角线上，NM距离为体对角线长度的，晶胞的边长为a×10-10cm，则晶胞体对角线长度为a×10-10cm，则距离最近的M、N离子间的距离为×a×10-10cm；

故答案为：×a×10-10cm．7、加成反应acd【分析】【分析】乙烯和氯气发生加成反应生成A，A的结构简式为：CH2ClCH2Cl，A和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成B，B的结构简式为：CH2OHCH2OH，乙烯被氧气氧化生成D，在D、E的分子中，都只有一种化学环境的氢原子，结合D的分子式知，D是和二氧化碳反应生成E，E为五元环状化合物，所以E的结构简式为：和甲醇反应生成乙二醇和F，则F的结构简式为：F和丙烯醇反应生成G，根据题给信息知，G为：C是HOCH2CH2OCH2CH2OH，据此进行解答．【解析】【解答】解：乙烯和氯气发生加成反应生成A，A的结构简式为：CH2ClCH2Cl，A和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成B，B的结构简式为：CH2OHCH2OH，乙烯被氧气氧化生成D，在D、E的分子中，都只有一种化学环境的氢原子，结合D的分子式知，D是和二氧化碳反应生成E，E为五元环状化合物，所以E的结构简式为：和甲醇反应生成乙二醇和F，则F的结构简式为：F和丙烯醇反应生成G，根据题给信息知，G为：C是HOCH2CH2OCH2CH2OH；

（1）乙烯和氯气发生加成反应生成CH2ClCH2Cl；

故答案为：加成反应；

（2）①通过以上分析知，D的结构简式为：

故答案为：

②在催化剂、加热条件下，E和甲醇发生取代反应，反应方程式为：

故答案为：

（3）G的结构简式为G和氢氧化钠溶液的反应方程式为：

故答案为：

（4）F的结构简式为：F的一种同分异构体K，其分子中不同化学环境的氢原子个数比是3：1：1：1，且能与NaHCO3反应；说明含有羧基；

①K能发生消去反应，则K是2-羟基丙酸，K发生消去反应生成丙烯酸，所以其结构简式为：

故答案为：

②在一定条件下，2-羟基丙酸发生缩聚反应，反应方程式为：

故答案为：

（5）C是HOCH2CH2OCH2CH2OH；C中含有醇羟基和醚基；

a；C中含有醇羟基；所以能与乙酸发生酯化反应，故a正确；

b、C中不含羧基，所以不能与乙醇发生酯化反应，故b错误；

c；1个C分子中含有两个醇羟基；所以1molC最多能与2molNa反应，故c正确；

d；C的同分异构体中不含醛基；所以不能发生银镜反应，故d正确；

故答案为：acd．8、fghabc不可行制得的Cl2中混有的HCl与Al反应生成H2，H2与Cl2混合加热时会发生爆炸在硬质玻璃管与广口瓶之间用粗导管连接，防止AlCl3冷凝成固体造成堵塞球形冷凝管可以使液体顺利滴下洗掉氯化铝、盐酸和碳酸钠等可溶性无机物干燥83.5℃73.00%【分析】【分析】（一）实验室用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下制备氯气；可用食盐晶体和浓硫酸替代盐酸，为得到干燥的氯化铁，生成的氯气需除去氯化氢；水，可分别通过饱和食盐水、浓硫酸，然后在装置A中反应生成氯化铝，为防止污染空气和氯化铝的水解，A还要连接E装置，以吸收氯气和水，以此解答该题；

（二）（4）由仪器结构特征；可知仪器a为球形冷凝管；滴液漏斗可以平衡漏斗内液体和下面的三颈烧瓶中的压强，便于漏斗内液体流下；

（5）第二次用水洗涤是为了除去可溶性杂质；无水硫酸镁是为是吸收少量水；

（6）常压蒸馏时；主要是除去混合物中的未反应的1，2一二氯乙烷，因为1，2一二氯乙烷的沸点为83.5℃，据此控制温度；

（7）由方程式可知：n（1，2一二氯乙烷）=2n（苯）=n（1，l-二苯乙烷），过量计算，根据不足量物质计算理论生成1，l-二苯乙烷的质量，产率=×100%；【解析】【解答】解：（一）实验室用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下制备氯气；可用食盐晶体和浓硫酸替代盐酸，为得到干燥的氯化铁，生成的氯气需除去氯化氢；水，可分别通过饱和食盐水、浓硫酸，然后在装置A中反应生成氯化铝，为防止污染空气和氯化铝的水解，A还要连接E装置，以吸收氯气和水；

（1）根据上面的分析可知，将上述仪器连接成一套制备并保存无水AlCl3的装置，各管口标号连接顺序为：d→e→f→g→h→a→b→c；

故答案为：f；g；h；a；b；c；

（2）如果将上述装置中D去掉，其余装置和试剂不变，则制得的Cl2中混有的HCl与Al反应生成H2，H2与Cl2混合加热时会发生爆炸；所以D装置不能去掉；

故答案为：不可行；制得的Cl2中混有的HCl与Al反应生成H2，H2与Cl2混合加热时会发生爆炸；

（3）装置A中制得的氯化铝容易将导管堵塞，所以可以在硬质玻璃管与广口瓶之间用粗导管连接，防止AlCl3冷凝成固体造成堵塞；

故答案为：在硬质玻璃管与广口瓶之间用粗导管连接，防止AlCl3冷凝成固体造成堵塞；

（二）（4）由仪器结构特征；可知仪器a为球形冷凝管；滴液漏斗可以平衡漏斗内液体和下面的三颈烧瓶中的压强，便于漏斗内液体流下；

故答案为：球形冷凝管；可以使液体顺利滴下；

（5）第二次用水洗涤是为了洗掉氯化铝；盐酸和碳酸钠等可溶性无机物；无水硫酸镁是为是吸收少量水，即干燥作用；

故答案为：洗掉氯化铝；盐酸和碳酸钠等可溶性无机物；干燥；

（6）常压蒸馏时；主要是除去混合物中的未反应的1，2一二氯乙烷，因为1，2一二氯乙烷的沸点为83.5℃，所以常压蒸馏时，最低控制温度是83.5℃；

故答案为：83.5℃；

（7）苯物质的量为=1.35mol，1，2一二氯乙烷的物质的量为mol=0.137mol，由方程式可知苯过量，则n（1，2一二氯乙烷）=n（1，l-二苯乙烷）=0.137mol，理论生成1，l-二苯乙烷的质量为：0.137mol×182g/mol=24.93g，而实际生成1，l-二苯乙烷为18.2g，故1，l-二苯乙烷的产率为：×100%=73.00%；

故答案为：73.00%；9、酸抑制Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+Al2O3a＜c＜b碱性HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-【分析】【分析】（1）FeCl3是强酸弱碱盐，铁离子水解而导致其溶液呈酸性；为防止氯化铁水解，在配制氯化铁溶液时，常将FeCl3固体先溶于较浓的盐酸中；

（2）氯化铝水解显酸性；氯化铝水解生成氢氧化铝和氯化氢，蒸干得到水解产物氢氧化铝，灼烧得到氧化铝；

（3）电解质溶液：a．CH3COONa醋酸根离子水解显碱性，b．Na2CO3溶液中碳酸根离子水解显碱性，c．NaHCO3溶液中碳酸氢根离子水解显碱性；依据阴离子水解程度分析判断；

（4）碳酸氢钠是强碱弱酸盐，碳酸氢根离子水解导致溶液呈碱性．【解析】【解答】解：（1）FeCl3是强酸弱碱盐，铁离子水解而导致其溶液呈酸性，水解离子方程式为Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+2H+，其溶液pH＜7；在配制氯化铁溶液时，常将FeCl3固体先溶于较浓的盐酸中；从而抑制了氯化铁的水解；

故答案为：酸；抑制；

（2）氯化铝水溶液水解生成氢氧化铝和盐酸显酸性，氯化铝水解生成氢氧化铝和氯化氢，离子方程式为：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+；蒸干得到水解产物氢氧化铝，灼烧得到氧化铝；

故答案为：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+；Al2O3；

（3）已知酸性大小为：CH3COOH＞H2CO3＞HCO3-＞CO32-，所以水解程度：Na2CO3＞NaHCO3＞CH3COONa，则当3种溶液的pH相同时，其物质的量浓度由小到大的顺序为：a＜c＜b；

故答案为：a＜c＜b；

（4）碳酸氢钠溶液中，碳酸氢根离子部分水解：HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-；则溶液显示碱性；

故答案为：碱；HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-．10、10.6CBAEDF搅拌，加速溶解引流偏低偏低【分析】【分析】根据m=nM=CVM来计算；根据操作过程是查漏；称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等步骤来排序；

根据实验操作来分析玻璃棒的作用；

根据C=，通过判断不当操作对溶质的物质的量n和溶液体积V的影响来分析误差．【解析】【解答】解：所需Na2CO3的质量m=nM=CVM=0.1mol/L×1L×106g/mol=10.6g；

根据操作过程是查漏；称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等步骤可知正确的操作顺序是：CBAEDF；

在上述过程中用到玻璃棒的操作是溶解和移液；在溶解时玻璃棒的作用是搅拌，加速溶解，在移液时玻璃棒的作用是引流；

若没有进行以上A操作，则会造成溶质的损失，所配溶液的浓度偏低，若称量时砝码与物品颠倒放置，则此时物品的质量m=m砝-m游；会导致物品的质量偏小，则所配溶液的浓度偏低．

故答案为：10.6；CBAEDF；搅拌，加速溶解；引流；偏低；偏低．11、FAlCa离子【分析】【分析】A、B、C、D、E都是元素周期表中前20号元素，原子序数依次增大，B在空气中燃烧得到淡黄色的物质，则B为Na；B、C、D三种元素原子的最外层电子数之和与A-的核外电子总数相等，A最外层电子数只能为7，原子序数小于Na，故A为F元素，C、D最外层电子数=10-1=9，B、C、D同周期，处于第三周期，B、C、D的最高价氧化物的水化物两两混合均能发生反应，应是氢氧化铝与强碱、强酸反应，故C为Al、D为S元素；E与其它元素既不在同周期也不在同主族，且原子序数最大，则E为Ca，据此解答．【解析】【解答】解：A、B、C、D、E都是元素周期表中前20号元素，原子序数依次增大，B在空气中燃烧得到淡黄色的物质，则B为Na；B、C、D三种元素原子的最外层电子数之和与A-的核外电子总数相等；A最外层电子数只能为7，原子序数小于Na，故A为F元素，C；D最外层电子数=10-1=9，B、C、D同周期，处于第三周期，B、C、D的最高价氧化物的水化物两两混合均能发生反应，应是氢氧化铝与强碱、强酸反应，故C为Al、D为S元素；E与其它元素既不在同周期也不在同主族，且原子序数最大，则E为Ca；

（1）由上述分析可知；A为F；C为Al、E为Ca，故答案为：F；Al；Ca；

（2）Na在空气中燃烧得到淡黄色的物质是过氧化钠，它是离子化合物，电子式是

故答案为：离子；．12、Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+5【分析】【分析】（1）根据稀氨水能与Al3+反应生成氢氧化铝沉淀和铵根离子；

（2）根据Al（OH）3的Ksp=1.0×10-33，欲使溶液中c（Al3+）≤l．0xl0-6mol•L-1，则C（OH-）≥，再根据水的离子积常数求出c（H+）；最后求出PH．

（3）根据关系式：5CaO～5CaC2O4～2KMnO4计算出该试样中氧化钙的质量，然后求出质量分数．【解析】【解答】解：（1）稀氨水能与Al3+反应生成氢氧化铝沉淀和铵根离子：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故答案为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；

（2）欲使溶液中c（Al3+）≤l．0×l0-6mol•L-1，C（OH-）≥==l．0×l0-9mol•L-1；

c（H+）≥mol•L-1=l．0×l0-5mol•L-1；所以pH≥5，故答案为：5．

（3）5CaO～5CaC2O4～2KMnO4

5×56g2mol

m（CaO）0.1000mol•L-1×0.013L

解得：m（CaO）=0.182g，氧化钙的质量分数为：×100%=60.7%，故答案为：氧化钙的质量分数为60.7%．13、略

【分析】试题分析：（1）随着核电荷数的增加，卤素元素得电子能力减弱，电负性逐渐减弱；a正确，氟元素没有正价，b错误，对应氢化物HF分子间有氢键存在，熔点最高，c错误，单质的熔点，取决于分子间作用力，结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔点越高，d错误。（2）利用“卤化硼法”合成含B和N两种元素的功能陶瓷，B和N两种元素在同一周期，原子半径逐渐减小，B大于N，因此白球是B，黑球是N，根据晶胞图，B在8个顶点和体心一个，因此8个顶点分摊后8乘八分之一，只有一个，加上体心一个共有2个，N在棱上有4个和体心一个，棱上4个分摊后4乘四分之一，只有一个，加上体心一个共有2个，所以化学式BN，（3）BCl中的B原子的杂化方式类似BF3属于sp2杂化；NCl3中的N原子的杂化方式类似NH3属于sp3杂化。根据电离能的变化规律，半充满的N原子和全充满的Be原子第一电离能属于特殊情况，要比同周期原子序数大的原子高，故第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有Be、C、O三种元素。(4)BCl3是缺电子化合物，B原子的所有价电子已经使用，因而提供孤对电子的原子是X。（5）由钠长石化学式NaAlSi3O8可推知钙长石化学式CaAlSi6O16改写成氧化物的形式可表示为CaO.Al2O3.6SiO2考点：考查元素周期律、物质结构、杂化方式【解析】【答案】（1）a（2）2；BN（3）sp2；sp3;3（4）X（5）CaO.Al2O3.6SiO2三、判断题(共8题，共16分)14、√【分析】【分析】化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，由此衍生的一些物理量也不变，结合反应的特点进行分析．【解析】【解答】解：反应前后气体的质量不等；在恒温恒容条件下，混合气体的密度逐渐增大，当达到平衡状态时，容器中混合气体的密度不变；

而恒温恒压条件下，随反应进行，体系的体积增大，分子量：CO2＞CO；故混合气体的密度逐渐减小，当密度保持不变，反应达到平衡；

故答案为：√．15、×【分析】【分析】烯烃、炔烃及苯的同系物均能被高锰酸钾氧化，使其褪色，而不含不饱和键的物质不能，以此来解答．【解析】【解答】解：乙炔；聚乙炔、乙烯均含不饱和键；均能被高锰酸钾氧化，使其褪色；

甲苯、乙苯为苯的同系物，都能使KMnO4（H+）溶液褪色；

只有聚乙烯中不含C=C；不能被高锰酸钾氧化，则不能使其褪色；

故答案为：×．16、√【分析】【分析】18O2的相对分子质量为36，结合n==计算．【解析】【解答】解：18O2的相对分子质量为36，n（18O2）==0.5mol，则含有1mol18O原子，个数为NA，故答案为：√．17、√【分析】【分析】铁离子与硫氰化钾溶液显红色，氯气具有强氧化性，可将Fe2+氧化生成Fe3+，据此判断即可．【解析】【解答】解：向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变色，说明原溶液中不含有铁离子，滴加氯水后溶液显红色，氯气具有强氧化性，可将Fe2+氧化生成Fe3+，故该溶液中一定含Fe2+，此说法正确，故答案为：√．18、√【分析】【分析】根据放热反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量，吸热反应中，反应物的总能量小于生成物的总能量来解答，放热反应的△H为负值，吸热反应的△H为正值．【解析】【解答】解：当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，△H为“-”，故答案为：√．19、×【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：×．20、×【分析】【分析】根据滴管滴加液体时，滴管尖端要悬空在容器口的正上方，不能伸入试管内部更不能接触试管内壁解答．【解析】【解答】解：滴管滴加液体时，滴管尖端要悬空在容器口的正上方，不能伸入试管内部更不能接触试管内壁，以免污染滴管内的液体，故答案为：×．21、B【分析】【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：×．

【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．四、解答题(共4题，共16分)22、略

【分析】【分析】根据该化合物的蒸气对氢气的相对密度可求得2.3g有机物的物质的量，根据CO2和H2O的质量判断2.3g有机物中是否含有O元素，并计算O原子的质量，进而计算C、H、O的物质的量比值，结合相对分子质量可得该有机物的化学式；再结合“该化合物的核磁共振氢谱中出现一组峰”判断其结构简式．【解析】【解答】解：n（CO2）=0.1mol，则2.3g有机物中：n（C）=n（CO2）=0.1mol；m（C）=0.1mol×12g/mol=1.2g；

n（H2O）==0.15mol，则2.3g有机物中：n（H）=2n（H2O）=0.3mol；m（H）=0.3mol×1g/mol=0.3g；

因（1.2g+0.3g）＜2.3g；

所以有机物中还应还用O元素，且m（O）=2.3g-1.2g-0.3g=0.8g，n（O）==0.05mol；

则有机物中：n（C）：n（H）：n（O）=0.1mol：0.3mol：0.05mol=2：6：1；

所以该有机物的最简式为C2H6O；

又该化合物的蒸气对氢气的相对密度是23；则M=2×23=46；

而C2H6O的相对分子质量为46；

所以该有机物的分子式为C2H6O，为乙醇或二甲醚，结构简式为：CH3CH2OH或CH3-O-CH3；

该化合物的核磁共振氢谱中出现一组峰，则该有机物结构简式为：CH3-O-CH3，结构式为：

答：该有机物的分子式为C2H6O，可能的结构简式为．23、略

【分析】

A是一种链状羧酸，分子式为C3H4O2，H是一种高分子化合物，则A为CH2=CHCOOH，H为A与HBr发生加成反应生成B或C，水解后生成D或E，E能被氧化生成醛，则E为HOCH2CH2COOH，则C为BrCH2CH2COOH，G为OHCCH2COOH，B为CH3CHBrCOOH，B水解生成D为CH3CHOHCOOH，D与E发生酯化反应生成F，F中含有由七个原子构成的环，则F为

（1）由上述分析可知，A为CH2=CHCOOH；官能团为碳碳双键；羧基，故答案为：碳碳双键、羧基；

（2）由上述分析可知，C为BrCH2CH2COOH，F为故答案为：BrCH2CH2COOH；

（3）①A→H的反应为加聚反应，该反应为故答案为：

②B与NaOH溶液的反应为水解反应，属于取代反应，该反应为

故答案为：取代反应（或水解反应）；

（4）G与银氨溶液反应的化学方程式为

故答案为：

（5）该酸中C、H、O的质量比为24：3：40，原子个数比为4：6：5，最简式为C4H6O5，该酸蒸气的密度是同温同压下氢气密度的67倍，相对分子质量为67×2=134，所以12×4+6+16×5=134，即分子式为C4H6O5，该酸分子结构中没有支链，则结构简式为故答案为：．

【解析】【答案】A是一种链状羧酸，分子式为C3H4O2，H是一种高分子化合物，则A为CH2=CHCOOH，H为A与HBr发生加成反应生成B或C，水解后生成D或E，E能被氧化生成醛，则E为HOCH2CH2COOH，则C为BrCH2CH2COOH，G为OHCCH2COOH，B为CH3CHBrCOOH，B水解生成D为CH3CHOHCOOH，D与E发生酯化反应生成F，F中含有由七个原子构成的环，则F为然后结合有机物饿结构和性质来解答．

24、略

【分析】【分析】①WO2（s）+2H2（g）⇌W（s）+2H2O（g）△H=+66.0kJ•mol-1

②WO2（g）+2H2⇌W（s）+2H2O（g）△H=-137.9kJ•mol-1

由盖斯定律①-②计算．【解析】【解答】解：①WO2（s）+2H2（g）⇌W（s）+2H2O（g）△H=+66.0kJ•mol-1

②WO2（g）+2H2⇌W（s）+2H2O（g）△H=-137.9kJ•mol-1

由盖斯定律①-②计算出WO2（s）⇌WO2（g）的△H=+203.9kJ•mol-1；

故答案为：+203.9kJ•mol-1．25、略

【分析】

（1）煤炭与水蒸气在高温下反应生成一氧化碳和氢气，反应方程式为C+H2OCO+H2；该反应的反应条件是高温，生成物的能量大于反应物的能量，所以该反应是吸热反应．

故答案为：C+H2OCO+H2；吸热反应．

（2）假设燃烧1g的丙烷需要的氧气为xg；燃烧1g的一氧化碳需要氧气为yg．

丙烷和一氧化碳与氧气反应的方程式分别如下：

C3H8+5O23CO2+4H2O

44g160g

1gxg

x=

2CO+O22CO2

56g32g

1gyg

y=

所以x：y==

故答案为：70：11．

【解析】【答案】（1）煤炭与水蒸气在高温下反应生成一氧化碳和氢气；根据反应物；生成物和反应条件写出相应的化学反应方程式，根据反应条件判断该反应的反应热．

（2）根据燃料的质量计算所需氧气的质量；然后进行比较．

五、计算题(共3题，共30分)26、略

【分析】

m(Si)=0.07gn(Si)=0.0025mol2Fe~Fe2O32mol1mol0.02mol1.60g/160g·mol—1m(Fe)=0.02mol×56g·mol—1=1.12gm(Al)=1.46g－1.12g－0.07g=0.27gn(Al)=0.01mol该合金的组成Fe8Al4Si【解析】试题分析：（1）由图可知添加Si的合金失重最大。（2）铝和氧化铁生成Fe3Al和氧化铝。（3）铝与氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠和氢气。硅与盐酸不反应，铁、铝与盐酸生成氯化亚铁和氯化铝。0.07g剩余固体为Si。红棕色粉末为氧化铁，由铁元素守恒可得合金中铁的质量为1.12g，所以合金中铝