2025年统编版2024高三化学上册阶段测试试卷

…………○…………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2025年统编版2024高三化学上册阶段测试试卷736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、下列离子方程式正确的是（）A.向盐酸中滴加氨水：H++OH﹣═H2OB.Fe（OH）3溶于氢碘酸：Fe（OH）3+3H+═Fe3++3H2OC.向Na2S2O3溶液中通入足量氯气：S2O+2Cl2+3H2O═2SO+4Cl﹣+6H+D.铜溶于稀硝酸：3Cu+8H++2NO═3Cu2++2NO↑+4H2O2、综合如图判断；下列说法正确的是（）

A.装置I和装置II中负极反应均是：Fe-2e-=Fe2+B.装置I和装置II中盐桥中的阳离子均向右侧烧杯移动C.装置I和装置II中Fe电极的腐蚀速度为前者大于后者D.放电过程中，装置I左侧烧杯和装置II右侧烧杯中溶液的PH均增大3、对于短周期元素，下列说法正确的是（）A.同主族元素间不可能形成离子化合物B.两种简单离子不可能相差3个电子层C.同周期主族元素离子半径从左到右依次减小D.若两元素原子序数相差8，则周期数一定相差14、如图，电解用粗盐（含Mg2+、Ca2+、SO等杂质）配制的食盐水，以下说法正确的是（）A.a是电解池的阴极B.a电极上发生还原反应C.b电极附近有白色沉淀出现D.b电极上有黄绿色气体产生5、下列工业上制备物质的过程中，无氧化还原反应发生的是（）A.合成氨B.从铝土矿中获得铝C.玻璃制备D.从海水中获得氯气6、下表中实验“操作和现象”与“结论或目的一均正确的一组是7、rm{20隆忙}时，饱和rm{KCl}溶液的密度为rm{1.174g?cm^{-3}}物质的量浓度为rm{4.0mol?L^{-1}}则下列说法中不正确的是rm{(}rm{)}A.rm{25隆忙}时，饱和rm{KCl}溶液的浓度大于rm{4.0}rm{mol?L^{-1}}B.此溶液中rm{KCl}的质量分数为rm{dfrac{74.5隆脕4.0}{1.174隆脕1000}隆脕100%}C.rm{dfrac

{74.5隆脕4.0}{1.174隆脕1000}隆脕100%}时，密度小于rm{20隆忙}的rm{1.174g?cm^{-3}}溶液是不饱和溶液D.将此溶液蒸发部分水，再恢复到rm{KCl}时，溶液密度一定大于rm{20隆忙}rm{1.174g?cm^{-3}}8、下列实验操作正确的是()A.可用长颈漏斗分离汽油和水的混合液B.酒精灯使用不当引起少量酒精在桌上燃烧时，立即用湿布盖灭C.给盛有液体的试管加热时，要不停地移动试管D.洗净的锥形瓶和容量瓶可用烘箱烘干评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)9、在一个温度恒定的密闭容器中，发生反应2SO2+O2⇌2SO3；请按要求回答下列问题．

[恒定压强条件下]

（1）若开始时放入1molSO2和0.5molO2，达平衡后，生成0.9molSO3，这时SO2的转化率为____．

（2）若开始时放入4molSO2和2molO2，达平衡后，生成SO3的物质的量为____．

[恒定容积条件下]

（3）若开始时放入1molSO2和0.5molO2，达平衡后，生成amolSO3，则a____0.9（填“＞”；“＜”或“=”）．

（4）若令x、y和z分别代表初始加入SO2、O2和SO3的物质的量，要使达平衡时，反应混合物中三种气体的物质的量分别与（3）中平衡时完全相同，且反应正向进行，则必须满足的等式关系是____．（用x、y、z代数式表示），x的取值范围是____．10、芳香化合物A、B互为同分异构体，B的结构简式是

A经①；②两步反应得C、D和E；B经①、②两步反应得E、F和H．上述反应过程、产物性质及相互关系如图所示：

（1）B的核磁共振氢谱中会出现____个峰．

（2）E中含有官能团的名称是____．

（3）若C的氧化产物不能发生银镜反应，C的化学名称为____，则A对应的结构简式为____．

（4）B、C、D、F、G化合物中互为同系物的是____．

（5）G发生银镜反应的方程式为____．

（6）满足下列条件的E的同分异构体有____种，①遇FeCl3溶液显紫色；②能发生银镜反应；③苯环上的一氯代物只有两种；其中能发生银镜反应又能发生水解反应的是____．（写结构简式）11、（2012秋•长安区校级月考）元素在周期表中的位置；反映了元素的原子结构和元素的性质．如图是元素周期表的一部分．

（1）根据元素周期律，请你预测：H3AsO4、H3PO4的酸性强弱：H3AsO4____H3PO4．（用“＞”；“＜”或“=”表示）

（2）熔点H2O____H2S熔点（用“＞”、“＜”或“=”表示），原因____．；稳定性H2O____H2S（用“＞”、“＜”或“=”表示），原因____

（3）Br原子基态电子排布式____；As原子的价电子排布图____

（4）N、O、F的电负性由小到大的顺序____，第一电离能由大到小的顺序____．12、请根据题意；选择恰当的选项用字母代号填空．

（1）了解用药常识；有利于自我保健．现有下列药物；

A．阿司匹林B．青霉素C．抗酸药（氢氧化铝）D．麻黄碱。

①可治疗支气管哮喘，但不宜过多服用的药物是____．

②治疗胃酸过多，但患有严重的胃溃疡，应该选择____．

③一种重要的抗生素类药，静脉注射时，要进行皮试，有阻止多种细菌生长功能，该药物是____．

④能使发热的病人体温降至正常，并起到缓解疼痛的作用，该药物是____．

（2）防治环境污染；改善生态环境、呵护地球已成为人类共同的呼声．

①垃圾处理要遵循无害化、减量化和资源化．下列选项不属于目前常用的垃圾处理方法的是____．

A．焚烧法B．蒸馏法C．堆肥法。

②工业废水需处理达标后才能排放．下列废水处理的方法合理的是____．

A．用中和法除去废水中的酸B．用氯气除去废水中的悬浮物。

（3）食品的安全关系人类的生存和健康．

①淀粉在人体中水解最终转化为____．

A．乙醇B．氨基酸C．葡萄糖。

②在食品加工或餐饮业中，特别要严加控制用量的一种物质是____．

A．氯化钠B．亚硝酸钠C．碳酸氢钠。

（4）钠是活泼金属的代表；钠和钠的化合物是中学化学的基础知识．请回答下列有关问题．

①钠跟水剧烈反应，生成____和氢气（H2）；此实验说明钠的化学性质活泼；

②钠有两种氧化物，其中能用于呼吸面具和潜水艇中作为氧气来源的氧化物是____；

A．CO2B．Na2O2C．Na2OD．NaClE．NaOHF．O2．13、有短周期主族元素A；B、C、D；A、D同主族，最外层电子数都为1：；B、C同周期，C原子最外层电子数比B原子少2个，且最外层电子数是次外层电子数的2倍．A、B单质在常温下均为气体．它们在一定条件下以体积2：1完全反应，生成物在常温下是液体．此液体与D单质能剧烈反应生成A单质，所得溶液中含有与氖原子电子层结构相同的阳离子．

回答下列问题：

（1）写出元素符号：A．____B．____C．____D．____

（2）B单质与D单质加热反应后生成的化学式为____

（3）由A、B、C、D、共同组成的化合物的化学式是____．14、（2015秋•湖州校级期中）甲醛是一种重要的化工产品；可利用甲醇催化脱氢制备．甲醛与气态甲醇转化的能量关系如图所示．

（1）甲醇催化脱氢转化为甲醛的反应是____（填“吸热”和“放热”）反应．

（2）过程Ⅰ与过程Ⅱ的反应热是否相同？____，原因是____．

（3）写出甲醇催化脱氢转化为甲醛的热化学方程____．

（4）甲醇催化脱氢转化为甲醛的过程中，如果要使反应温度维持在700℃，需向体系中通入空气，则进料甲醇与空气的物质的量理论比值为____[假设：H2（g）+O2（g）H2O（g）△H=-akJ/mol，空气中氧气体积分数为0.2]．评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)15、Na2SO4固体中含钠离子．____（判断对错）16、1mol硫酸钾中阴离子所带电荷数为NA____（判断对错）17、一定压强下，所有物质在温度变化时都能表现出三态变化．____（判断对错）18、HClO是弱酸，所以NaClO是弱电解质____（判断对错）19、食物溶于水后的溶液中pH＜7，则为酸性食物．____．（判断对错）20、将饱和氯化铁溶液滴入稀氢氧化钠溶液中加热，可得氢氧化铁胶体____．（判断对错）21、向淀粉溶液中加入稀硫酸，加热几分钟，冷却后再加入新制Cu（OH）2浊液加热，可以检验水解产物葡萄糖．____．（判断对错说明理由）22、苯中混有已烯，可在加入适量溴水后分液除去____（判断对错）评卷人得分四、计算题(共1题，共9分)23、（2013秋•沙坪坝区校级期中）铁及其化合物之间的相互转化可用下式表示：①②③④

Fe2+Fe3+FeO（高铁酸根离子）回答下列有关问题：

（1）铁元素在周期表中的位置是____．

（2）Fe与过量稀硫酸反应可以制取FeSO4．若用反应所得的酸性溶液，实现上述①的转化，要求产物纯净，可选用的试剂是____（选填序号）．

A．Cl2B．FeC．HNO3D．H2O2

（3）上述转化得到的硫酸铁可用于电化浸出黄铜矿精矿工艺．精矿在阳极浸出的反应比较复杂，其中有一主要反应CuFeS2+4Fe3+=Cu2++5Fe2++2S（CuFeS2中S为-2价），下列说法正确的是____（选填序号）．

A．从物质分类的角度看；黄铜矿属于合金。

B．反应中；所有铁元素均被还原。

C．反应中，CuFeS2既作氧化剂又作还原剂。

D．当转移1mol电子时，46gCuFeS2参加反应。

（4）下述反应中，若FeSO4和O2的系数比为2：1；试配平下列方程式：

FeSO4+K2O2→K2FeO4+K2O+K2SO4+O2↑

（5）向某稀HNO3和Fe（NO3）3的混合溶液中逐渐加入铁粉，产生无色气体，该气体遇空气变红棕色，溶液中Fe2+浓度和加入Fe粉的物质的量之间的关系如图所示．则混合溶液中HNO3和Fe（NO3）3的物质的量浓度之比为____．

（6）某同学将铁与水蒸气高温反应后的固体物质溶解在过量盐酸中，如何判断所得溶液中是否含有Fe3+？

____．评卷人得分五、探究题(共4题，共24分)24、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________．25、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：26、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________．27、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：评卷人得分六、综合题(共1题，共6分)28、（13分）化工生产中常常用到“三酸两碱”，“三酸”指硝酸、硫酸和盐酸，“两碱”指烧碱和纯碱。（1）从物质的分类角度看，名不符实的一种物质是____________。（2）“三酸”与“两碱”之间均可反应，若用化学方程式表示有六个（酸过量时），若用离子方程式表示却只有两个，请写出这两个离子方程式（酸过量时）：_____________；______________。（3）“三酸”常用于溶解金属和金属氧化物。下列块状金属在常温时能全部溶于足量浓硝酸的是________（填序号）A．AgB．CuC．AlD．Fe（4）烧碱、纯碱溶液均可吸收CO2。向含有4．0ｇNaOH的溶液中通入CO2，当通入的CO2与溶液中NaOH物质的量之比为9:7时，则所得溶液中NaHCO3的质量为____ｇ。（相对原子质量：H—1C—12O—16Na—23）参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【解答】解：A．向盐酸中滴加氨水的离子反应为H++NH3•H2O﹣═H2O+NH4+，故A错误；B．Fe（OH）3溶于氢碘酸的离子反应为2Fe（OH）3+2I﹣+6H+═2Fe2++I2+6H2O；故B错误；

C．向Na2S2O3溶液中通入足量氯气的离子反应为6OH﹣+S2O+4Cl2═2SO+8Cl﹣+3H2O；故C错误；

D．铜溶于稀硝酸的离子反应为3Cu+8H++2NO═3Cu2++2NO↑+4H2O；故D正确；

故选D．

【分析】A．一水合氨在离子反应中保留化学式；

B．发生氧化还原反应生成碘化亚铁；碘、水；

C．反应生成硫酸根离子；

D．遵循电子、电荷守恒．2、D【分析】【分析】图中装置Ⅰ、Ⅱ都是原电池装置，装置Ⅰ中，Zn为负极，发生氧化反应Zn-2e-═Zn2+，Fe为正极，发生还原反应O2+2H2O+4e-═4OH-．装置Ⅱ中，Fe为负极，发生氧化反应Fe-2e-═Fe2+，Cu为正极，发生还原反应2H++2e-═H2↑，原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此分析解答．【解析】【解答】解：A．图中装置Ⅰ、Ⅱ都是原电池装置，装置Ⅰ中，Zn为负极，发生氧化反应Zn-2e-═Zn2+，装置Ⅱ中，Fe为负极，发生氧化反应Fe-2e-═Fe2+；故A错误；

B．原电池工作时；阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，装置Ⅰ中，Zn为负极，Fe为正极，盐桥中的阳离子向左烧杯移动，装置Ⅱ中，Fe为负极，Cu为正极，盐桥中的阳离子向右侧烧杯移动，故B错误；

C．装置Ⅰ中，Zn为负极，发生氧化反应Zn-2e-═Zn2+，Fe为正极被保护，装置Ⅱ中，Fe为负极，发生氧化反应Fe-2e-═Fe2+；铁腐蚀被加快，所以装置I和装置II中Fe电极的腐蚀速度为前者小于后者，故C错误；

D．电过程中，装置Ⅰ左侧烧杯，发生还原反应O2+2H2O+4e-═4OH-，生成碱，装置II右侧烧杯中，发生还原反应2H++2e-═H2↑；消耗盐酸，故溶液的pH均增大，故D正确；

故选D．3、D【分析】【分析】A．同主族元素间可以形成形成离子化合物；如NaH；

B．两种简单离子可能相差3个电子层，如H+、K+；

C．同周期主族元素阳离子半径；阴离子半径从左到右依次减小；但阳离子半径小于阴离子半径；

D．若两元素原子序数相差8，可能为H与F或同族短周期相邻元素或三、四周期的同主族的ⅠA族、ⅡA族元素．【解析】【解答】解：A．同主族元素间可以形成形成离子化合物；如NaH，故A错误；

B．两种简单离子可能相差3个电子层，如H+、K+；故B错误；

C．电子层结构相同；核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故同周期主族元素阳离子半径；阴离子半径从左到右依次减小，但阳离子半径小于阴离子半径，故C错误；

D..若两元素原子序数相差8；可能为H与F或同族短周期相邻元素或三；四周期的同主族的ⅠA族、ⅡA族元素，周期数一定相差1，故D正确；

故选D．4、C【分析】【分析】用惰性电极电解粗盐水时，连接电源负极的电极是电解池阴极，连接电源正极的电极是电解池阳极，阳极上氯离子失电子发生氧化反应生成氯气，阴极上氢离子得电子发生还原反应生成氢气，同时阴极附近生成氢氧根离子，结合氢氧化钙的溶解性分析．【解析】【解答】解：A．连接电源负极的电极是电解池阴极；连接电源正极的电极为阳极，所以a电极是电解池阳极，故A错误；

B．a电极上氯离子失电子发生氧化反应；故B错误；

C．b电极上氢离子得电子生成氢气，同时b极附近生成氢氧根离子；氢氧根离子和钙离子反应生成微溶物氢氧化钙，当氢氧化钙浓度较大时产生白色沉淀，故C正确；

D．a电极上氯离子失电子生成氯气；氯气是黄绿色气体，故D错误；

故选C．5、C【分析】【分析】氧化还原反应的特征是化合价的升降，可判断元素的化合价是否有变化来判断有无氧化还原反应发生．【解析】【解答】解：A．合成氨中N和H元素的化合价发生变化；属于氧化还原反应，故A不选；

B．从铝土矿中获得铝；Al和O元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B不选；

C．制备玻璃；涉及分解和化合反应，但各元素的化合价没有发生变化，故C选；

D．从海水中获得氯气；Cl和H元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故D不选．

故选C．6、D【分析】A、不正确，浓盐酸具有挥发性，就改成稀盐酸；B、不正确，结论不正确，可能是AgCl沉淀；C、不正确，Fe(NO3)2加入稀H2SO4后，Fe2＋可能被H＋和NO3―组成的HNO3氧化；D、正确，CO32―浓度大时，可以将CaSO4转化成CaCO3沉淀。选D。考点：化学实验方案设计与评价；物质除杂或净化的探究；氧气的检验和验满【解析】【答案】D7、D【分析】解：rm{A}rm{KCl}的溶解度随温度升高而增大，所以饱和溶液浓度会增大，rm{20隆忙}时是rm{4mol/L}则rm{25隆忙}时大于rm{4mol/L}故A正确；

B、rm{20隆忙}时，饱和rm{KCl}溶液的密度为rm{1.174g?cm^{-3}}物质的量浓度为rm{4.0mol?L^{-1}}根据rm{c=dfrac{1000娄脩w}{M}}可知，质量分数为rm{w=dfrac{4隆脕74.5}{1000隆脕1.174}隆脕100%}故B正确；

C、rm{w=dfrac

{4隆脕74.5}{1000隆脕1.174}隆脕100%}溶液的浓度越大密度越大，故rm{KCl}时，密度小于rm{20隆忙}rm{1.174}的rm{g?cm^{-3}}溶液是不饱和溶；故C正确；

D、若将饱和溶液蒸发，则有rm{KCl}晶体析出rm{KCl}再恢复到rm{.}时，其溶解度不变，溶液仍为饱和溶液，密度仍为rm{20隆忙}故D错误；

故选D．

A、温度越高rm{1.174g?cm^{-3}}的溶解度越高；浓度越大；

B、根据rm{KCl}进行公式变形计算；

C、rm{c=dfrac{1000娄脩w}{M}}溶液的浓度越大密度越大；

D、将此溶液蒸发部分水，再恢复到rm{KCl}时，rm{20隆忙}溶解度不变；剩余溶液是饱和溶液．

本题考查物质的量浓度、溶解度、溶液的性质等，难度不大，注意掌握温度与溶解度的关系．rm{KCl}【解析】rm{D}8、B【分析】【分析】本题考查化学实验方案的评价；为高频考点，把握混合物分离提纯；实验安全、实验操作为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

【解答】A.汽油和水的混合液分层，选择分液漏斗分液，故A错误；B.少量酒精在桌上燃烧时，湿布盖灭，隔绝空气，操作合理，故B正确；C.给盛有液体的试管加热时，先预热后集中加热，不能不停地移动试管，故C错误；D.洗净的锥形瓶和容量瓶不需要烘干，有少量水对实验无影响，故D错误。故选B。【解析】rm{B}二、填空题(共6题，共12分)9、90%3.6mol＜x+z=1，y+z=0.5（1-a）＜x≤1【分析】【分析】（1）由方程式可知△n（SO2）=△n（SO3），SO2的转化率=×100%；

（2）若开始时放入4molSO2和2molO2，与（1）中SO2、O2的起始物质的量之比均为2：1；恒温恒压下与（1）中平衡为等效平衡，平衡时反应转化率相等；

（3）正反应为气体物质的量减小的反应；恒温恒容下，平衡时压强减小，所到达的平衡等效为在（1）中平衡基础上减小压强，平衡逆向移动；

（4）若令x、y和z分别代表初始加入SO2、O2和SO3的物质的量，要使达平衡时，反应混合物中三种气体的物质的量分别与（3）中平衡时完全相同，恒温恒容下，按化学计量数转化到左边满足n（SO2）=1mol、n（O2）=0.5mol，且反应正向进行，二氧化硫物质的量应大于（3）中平衡时二氧化硫的物质的量，三氧化硫物质的量为0时，二氧化硫起始物质的量最大．【解析】【解答】解：（1）由方程式可知△n（SO2）=△n（SO3）=0.9mol，则SO2的转化率=×100%=90%；

故答案为：90%；

（2）若开始时放入4molSO2和2molO2，与（1）中SO2、O2的起始物质的量之比均为2：1，恒温恒压下与（1）中平衡为等效平衡，平衡时反应转化率相等，则达平衡后，生成SO3的物质的量为0.9mol×=3.6mol；

故答案为：3.6mol；

（3）正反应为气体物质的量减小的反应；恒温恒容下，平衡时压强减小，所到达的平衡等效为在（1）中平衡基础上减小压强，平衡逆向移动，则a＜0.9；

故答案为：＜；

（4）若令x、y和z分别代表初始加入SO2、O2和SO3的物质的量，要使达平衡时，反应混合物中三种气体的物质的量分别与（3）中平衡时完全相同，恒温恒容下，按化学计量数转化到左边满足n（SO2）=1mol、n（O2）=0.5mol，则x+z=1，y+z=0.5；且反应正向进行，二氧化硫物质的量应大于（3）中平衡时二氧化硫的物质的量，（3）中平衡时二氧化硫为1mol-amol=（1-a）mol，三氧化硫物质的量为0时，二氧化硫起始物质的量最大为1mol，则（1-a）＜x≤1；

故答案为：x+z=1，y+z=0.5；（1-a）＜x≤1．10、5羟基、羧基2-丙醇C与FCH3CHO+2Ag（NH3）2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O3【分析】【分析】B的结构简式是B发生水解反应然后酸化得到E、F、H，F能连续被氧化生成H，则F是CH3CH2OH、H是CH3COOH，G是CH3CHO，E为A和B互为同分异构体，A水解然后酸化得到对羟基苯甲酸、甲酸和C，若C的氧化产物不能发生银镜反应，C结构简式为（CH3）2CHOH，A的结构简式为据此分析解答．【解析】【解答】解：B的结构简式是B发生水解反应然后酸化得到E、F、H，F能连续被氧化生成H，则F是CH3CH2OH、H是CH3COOH，G是CH3CHO，E为A和B互为同分异构体，A水解然后酸化得到对羟基苯甲酸、甲酸和C，若C的氧化产物不能发生银镜反应，C结构简式为（CH3）2CHOH，A的结构简式为

（1）B的结构简式是B中H原子种类为5，所以B的核磁共振氢谱中会出现5个吸收峰，故答案为：5；

（2）E为E中官能团名称是羟基和羧基，故答案为：羟基；羧基；

（3）通过以上分析知，C为CH3）2CHOH，其名称是2-丙醇；A的结构简式为

故答案为：2-丙醇；

（4）B；C、D、F、G化合物中互为同系物的是C与F；二者都是二者都是醇，故答案为：C与F；

（5）G是CH3CHO，G和银氨溶液发生银镜反应，反应方程式为CH3CHO+2Ag（NH3）2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O；

故答案为：CH3CHO+2Ag（NH3）2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O；

（6）E为E的同分异构体符合下列条件：①遇FeCl3溶液显紫色说明含有酚羟基；②能发生银镜反应说明含有醛基；③苯环上的一氯代物只有两种；说明苯环上只有两类氢原子；

如果含有-OH；HCOO-且二者处于对位有一种结构；

如果含有两个-OH；一个CHO；符合条件的有两种结构，所以符合条件的一共有三种；

其中能发生银镜反应又能发生水解反应的是

故答案为：3；．11、＜＞H2O含有氢键导致熔沸点比H2S高＞非金属性越强，其气态氢化物越稳定1s22s22p63s23p63d104s24p5或[Ar]4s24p54s24p3N＜O＜FF＞N＞O【分析】【分析】（1）元素的非金属性越强；其最高价氧化物的水化物酸性越强，同一主族元素，元素的非金属性随着原子序数增大而减弱；

（2）分子晶体的熔点与其相对分子质量成正比；但含有氢键的物质其熔点升高；元素非金属性越强，其气态氢化物越稳定；

（3）Br原子核外有35个电子；根据构造原理书写其基态原子核外电子排布式；As原子核外有33个电子，其价电子为4s；4p电子，且4s能级上有2个电子、4p能级上有3个电子；

（4）同一周期元素，元素的电负性随着原子序数增大而增大，其第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素．【解析】【解答】解：（1）元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，同一主族元素，元素的非金属性随着原子序数增大而减弱，非金属性Sn＜P，所以酸性H3AsO4＜H3PO4；故答案为：＜；

（2）分子晶体的熔点与其相对分子质量成正比，但含有氢键的物质其熔点升高，水中含有氢键，所以熔点H2O＞H2S熔点；元素非金属性越强，其气态氢化物越稳定，非金属性O＞S，所以气态氢化物的稳定性H2O＞H2S，故答案为：＞；H2O含有氢键导致熔沸点比H2S高；＞；非金属性越强；其气态氢化物稳定性越强；

（3）Br原子核外有35个电子，根据构造原理知其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p5或[Ar]4s24p5，As原子核外有33个电子，其价电子为4s、4p电子，且4s能级上有2个电子、4p能级上有3个电子，其价电子排布式为4s24p3；

故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p5或[Ar]4s24p5；4s24p3；

（4）同一周期元素，元素的电负性随着原子序数增大而增大，其第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以电负性从小到大顺序是N＜O＜F，第一电离能大小顺序是F＞N＞O，故答案为：N＜O＜F；F＞N＞O．12、DCBAAACBEB【分析】【分析】（1）阿司匹林是一种既能解热；又能镇痛，还有消炎；抗风湿作用的药物；

青霉素是最早发现的对许多病原菌有抑制作用；对人和动物组织无毒的抗生素；

抗酸药的种类很多；通常含有一种或几种能中和盐酸的化学物质如氢氧化铝；

麻黄碱具有止咳平喘的作用；可用于治疗支气管哮喘，过量服用会产生失眠等副作用；

（2）①堆肥；卫生填埋、焚烧处理、垃圾分类回收都是目前常用的垃圾处理的方法；

②根据混凝剂适用于除去废水中的悬浮物；沉淀法适用于除去废水中的重金属离子；中和法适用于除去废水中的酸；

（3）①淀粉是多糖水解的最终产物是葡萄糖；

②食品加工或餐饮业中使用量特别要注意严加控制的物质；说明该物质有毒性；

（4）钠和水反应生成氢氧化钠和氢气；过氧化钠和二氧化碳、水反应生成氧气．【解析】【解答】解：（1）①可治疗支气管哮喘；但不宜过多服用的药物是麻黄碱，故答案为：D；

②治疗胃酸过多；但患有严重的胃溃疡，应该选择抗酸药（氢氧化铝），故答案为：C；

③是一种重要的抗生素类药；有阻止多种细菌生长的功能，该药物是青霉素，故答案为：B；

④能使发热的病人体温降至正常；并起到缓解疼痛的作用，该药物是阿司匹林，故答案为：A；

（2）①堆肥；卫生填埋、焚烧处理、垃圾分类回收都是目前常用的垃圾处理的方法；蒸馏法不是，故答案为：A；②A．中和法适用于除去废水中的酸，所以用中和法除去废水中的酸，故A正确；

B．用混凝剂如明矾等除去废水中的悬浮物；氯气能消毒杀菌，但不能除去悬浮物，故B错误；

故答案为：A；

（3）①淀粉在人体中；水解最终转化成葡萄糖为人体提供生命活动所需能量，故答案为：C；

②A食盐虽说不能吃太多；对心脏不好，但不需要严格控制；B亚硝酸盐有致癌的作用，故需要严格控制；C碳酸氢钠对人体危害较小（常用于面包的发酵），故不需要严格控制，故答案为：B；

（4）①钠和水反应方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；故答案为：E；

②过氧化钠和水、二氧化碳反应方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2N2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑，氧化钠和水、二氧化碳反应都不生成氧气，故答案为：B．13、HOCNaNa2O2NaHCO3【分析】【分析】短周期主族元素A、B、C、D，C原子最外层电子数比B原子少2个，且最外层电子数是次外层电子数的2倍，C原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，则C为碳元素；B原子最外层电子数为6，B、C在同一周期，则B为O元素；A、D同主族，A、D原子的最外层电子数都是1，处于ⅠA族，D的原子序数大于O，故D为Na，A的单质为气体，则A为H元素；氢气与氧气生成水，钠与水反应生成氢氧化钠与氢气，钠离子与氖原子的电子层结构相同，符合题意，据此解答．【解析】【解答】解：短周期主族元素A；B、C、D；C原子最外层电子数比B原子少2个，且最外层电子数是次外层电子数的2倍，C原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，则C为碳元素；B原子最外层电子数为6，B、C在同一周期，则B为O元素；A、D同主族，A、D原子的最外层电子数都是1，处于ⅠA族，D的原子序数大于O，故D为Na，A的单质为气体，则A为H元素；氢气与氧气生成水，钠与水反应生成氢氧化钠与氢气，钠离子与氖原子的电子层结构相同，符合题意；

（1）由上述分析可知；A；B、C、D的元素符号分别是H、O、C、Na，故答案为：H、O、C、Na；

（2）Na和O2加热反应生成Na2O2，故答案为：Na2O2；

（3）由H、O、C、Na组成的化合物为NaHCO3等，故答案为：NaHCO3等．14、吸热相同一个化学反应的反应热仅与反应的起始状态和反应的最终状态有关，而与反应的途径无关CH3OH（g）HCHO（g）+H2（g）△H=（E2-E1）kJ/mol【分析】【分析】（1）通过比较反应物和生成物的总能量的角度来得出反应吸放热；

（2）反应热取决于反应物和生成物的总能量的大小；与起始状态和反应的最终状态有关，而与反应的途径无关；

（3）根据图象得出反应热的数值；根据热化学方程式的书写方法写出；

（4）要使反应维持在一定温度持续进行，应保证反应H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H2=-akJ•mol-1

放出的热量恰好被反应CH30H（g）=CH20（g）+H2（g）△H1=（E2-E1）kJ•mol-1全部利用．因此根据反应方程式的关系可知：甲醇与氧气的物质的量之比为，根据空气中氧气的体积分数0.2，可求得甲醇与空气的物质的量之比，据此即可解答．【解析】【解答】解：（1）通过图象可以看出；反应物的总能量比生成物的总能量低，故为吸热反应，故答案为：吸热．

（2）一个化学反应的热效应仅与反应的起始状态和反应的最终状态有关；与反应的途径无关，仅取决于反应物和生成物的总能量的大小，过程Ⅰ与过程Ⅱ的反应热是相同的，故答案为：相同一个化学反应的反应热仅与反应的起始状态和反应的最终状态有关，而与反应的途径无关．

（3）从图象可以看出，甲醇催化脱氢转化为甲醛为吸热反应，而且吸收热量为（E2-E1）；故热化学方程式为：

CH3OH（g）HCHO（g）+H2（g）△H=（E2-E1）kJ/mol，故答案为：CH3OH（g）HCHO（g）+H2（g）△H=（E2-E1）kJ/mol

（4）反应维持在一定温度持续进行，应保证反应H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H2=-akJ•mol-1

放出的热量恰好被反应CH30H（g）=CH20（g）+H2（g）△H1=（E2-E1）kJ•mol-1全部利用．即CH30H反应吸收的热量等于氢气燃烧放出的热量，设需甲醇的物质的量为n（CH30H），需氧气的物质的量为n（O2），则有：n（CH30H）×（E2-E1）=n（O2）×2×a；解得：

甲醇与氧气的物质的量之比=，根据空气中氧气的体积分数0.2，即可得出=，故答案为：三、判断题(共8题，共16分)15、√【分析】【分析】可从该化合物所含化学键及晶体类型判断是否含有钠离子．【解析】【解答】解：Na是第ⅠA族活泼金属，与酸根离子形成离子键，所以Na2SO4属于离子化合物；由阳离子钠离子和阴离子硫酸根离子构成；

故答案为：√．16、×【分析】【分析】硫酸钾由K+和SO42-构成，结合离子化合物的构成判断．【解析】【解答】解：硫酸钾由K+和SO42-构成，1mol硫酸钾中含有1molSO42-，阴离子所带电荷数为2NA；

故答案为：×．17、×【分析】【分析】有的固体受热时会直接升华为气体．【解析】【解答】解：一定压强下；所有物质在温度变化时不一定能表现出三态变化，如碘受热时直接升华为气体，不形成液体，故错误；

故答案为：×．18、×【分析】【分析】HClO是弱电解质，但NaClO是盐，属于强电解质．【解析】【解答】解：HClO是弱电解质，但NaClO在水溶液里或熔融状态下完全电离，所以NaClO属于强电解质，故错误；故答案为：×．19、×【分析】【分析】食物的酸碱性与化学上所指的溶液的酸碱性是不同的概念，食物呈酸性或成碱性，是按食物在体内代谢最终产物的性质来分类的．【解析】【解答】解：食物的酸碱性与溶于水后的溶液PH无关，如柠檬酸呈酸性，但为碱性食物，故答案为：×．20、×【分析】【分析】氢氧化铁胶体制备方法为：向沸水中滴加几滴饱和氯化铁溶液并加热至液体呈红褐色即可，据此分析解答．【解析】【解答】解：氢氧化铁胶体制备方法为：向沸水中滴加几滴饱和氯化铁溶液并加热至液体呈红褐色即可，如果将饱和氯化铁溶液滴入稀氢氧化钠溶液中加热，二者反应生成红褐色氢氧化铁沉淀，得不到氢氧化铁胶体，所以该题说法错误，故答案为：×．21、×【分析】【分析】用新制Cu（OH）2浊液检验葡萄糖的存在时，必须保证溶液呈碱性．【解析】【解答】解：此说法错误．理由是：用新制Cu（OH）2浊液检验淀粉的水解产物葡萄糖的存在时，必须保证溶液呈碱性．而淀粉溶液水解时加入稀H2SO4做催化剂，故想检验葡萄糖的生成，须在水解液中加过量的碱使溶液呈碱性，冷却后再加入新制Cu（OH）2浊液；若有砖红色沉淀生成，说明水解产物为葡萄糖．

故答案为：×，用新制Cu（OH）2浊液检验淀粉的水解产物葡萄糖的存在时，必须保证溶液呈碱性，即在加新制Cu（OH）2浊液之前，必须加过量的碱使溶液呈碱性．22、×【分析】【分析】根据苯和1，2-二溴已烷可以互溶，难易分离；【解析】【解答】解：苯中混有已烯，可在加入适量溴水，苯与溴水不反应，已烯与溴水发生加成反应生成1，2-二溴已烷，但苯和1，2-二溴已烷可以互溶，难易分离，故答案为：×；四、计算题(共1题，共9分)23、第四周期第Ⅷ族DD4：1取少量溶液于试管中，加入2～3滴KSCN溶液，如溶液呈血红色，则有Fe3+，反之则无【分析】【分析】（1）铁元素在周期表中的位置是第四周期第Ⅷ族；

（2）根据物质的性质及是否引进杂质确定选项；

（3）根据合金的定义；化合价的升降、发生反应的物质与转移电子之间的关系判断；

（4）根据得失电子数相等配平反应方程式；注意化合价的判断方法；

（5）混合溶液中加入铁粉发生的反应为：3Fe+8HNO3（稀）═3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O，2Fe（NO3）3+Fe═3Fe（NO3）2，由图象可知，加入2molFe粉时，铁离子完全反应生成Fe2+的物质的量之比为3mol，设混合溶液中有xmolHNO3，ymolFe（NO3）3；根据列放出计算；

（6）铁离子的检验加KSCN溶液，观察溶液是否呈血红色．【解析】【解答】解：（1）铁元素在周期表中的位置是第四周期第Ⅷ族；故答案为：第四周期第Ⅷ族；

（2）要使产物纯净；必须物质间发生反应后，没有杂质生成．

A；氯气有氧化性；能氧化二价铁离子生成三价铁离子，但同时有氯离子生成，所以有杂质生成，故A错误；

B；铁与稀硫酸反应生成二价铁离子；不能把二价铁离子转化为三价铁离子，故B错误；

C；硝酸能氧化二价铁离子生成三价铁离子；但溶液中还有杂质硝酸根离子，故C错误；

D；双氧水能氧化二价铁离子生成三价铁离子；同时有水生成，水是原溶液的成分，所以不是杂质，故D正确；

故选D；

（3）A；合金是由两种或两种以上的金属与非金属经一定方法所合成的具有金属特性的物质；所以黄铜矿不是合金，故A错误；

B、CuFeS2中铁元素的化合价为+2价，反应物Fe3+的化合价为+3价，生成物中Fe2+的化合价为+2价；所以不是所有铁元素均被还原，故B错误；

C、CuFeS2中只有S元素的化合价只有升高，其他元素的化合价不变，所以CuFeS2只作还原剂；故C错误；

D、CuFeS2+4Fe3+=Cu2++5Fe2++2S转移电子4

184g4mol

46g1mol

故D正确；

故选D；

（4）FeSO4+K2O2→K2FeO4+K2O+K2SO4+O2↑，该反应，FeSO4中Fe的化合价为+2价，K2FeO4中Fe的化合价为+6价，所以一个氯化亚铁分子失去4个电子；K2O2中O的化合价为-1价，O2中O的化合价为0价，一个K2O2分子失去2个电子生成氧气；K2O2中O的化合价为-1价，K2FeO4和K2O中O元素的化合价为-2价，所以一个K2O2失去2个电子，该方程式中得失电子的最小公倍数为6，所以该方程式的计量数分别为2、6、2、2、2、1，即方程式为2FeSO4+6K2O2=2K2FeO4+2K2O+2K2SO4+1O2↑；

故答案为：2；6、2、2、2、1；

（5）混合溶液中加入铁粉发生的反应为：

3Fe+8HNO3（稀）═3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O；

2Fe（NO3）3+Fe═3Fe（NO3）2

由图象可知，加入2molFe粉时，铁离子完全反应生成Fe2+的物质的量之比为3mol；

设混合溶液中有xmolHNO3，ymolFe（NO3）3，则：

解得，故原稀溶液中HNO3和Fe（NO3）3的物质的量浓度之比4：1；故答案为；4：1；

（6）铁离子的检验加KSCN溶液，观察溶液是否呈血红色，方法为：取少量溶液于试管中，加入2～3滴KSCN溶液，如溶液呈血红色，则有Fe3+；反之则无；

故答案为：取少量溶液于试管中，加入2～3滴KSCN溶液，如溶液呈血红色，则有Fe3+，反之则无．五、探究题(共4题，共24分)24、|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．25、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