2025年苏人新版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年苏人新版高三化学上册阶段测试试卷780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、下列说法错误的是（）A.浓硫酸具有强氧化性，但SO2气体可以用浓硫酸干燥B.常温下实验室可以用稀硝酸与铁反应制取NO气体C.王水溶解金的过程为氧化还原反应，还原产物为NO2D.SiO2不仅能与氢氧化钠溶液反应，也能与氢氟酸反应2、在一定温度下将Cl2通入NaOH溶液中，得到ClO-、ClO3-等离子；其物质的量n（mol）随反应时间t（min）的变化如图所示．下列有关说法正确的是（）

A.t1时，溶液中Na+、NH4+、CO32-、S2-可以大量共存B.t2时，溶液中含氯微粒浓度大小：c（ClO-）＞c（Cl-）＞c（ClO3-）C.t3时，离子方程式为：4Cl2+8OH-=ClO3-+ClO-+6Cl-+4H2OD.t4时，因c（ClO-）接近于0，所以c（ClO3-）=c（Cl-）3、有关水的电解实验，下列说法正确的是（）A.正、负极产生的气体质量比是1：2B.证明了水是由氢气和氧气组成C.与电源正极相连的一端产生氢气D.水能电解说明了分子是可分的4、在不同条件下分别测得反应SO2（g）+O2（g）2SO3（g）的化学反应速率，其中表示该反应进行的最快的是（）A.v（SO2）=4mol•L-1•min-1B.v（O2）=3mol•L-1•min-1C.v（SO2）=0.1mol•L-1•s-1D.v（O2）=0.1mol•L-1•s-15、光导纤维的成分是（）A.单质硅B.二氧化硅C.硅酸盐D.高分子化合物6、下列说法不正确的是（）A.二氧化硫可用作一些食品的杀菌剂B.明矾[KAl（SO4）2•12H2O]既可用做净水剂，也可用作消毒剂C.浓硫酸、浓硝酸均具有强氧化性，常温下均可用铝制容器盛放D.NH4HCO3受热易分解放出NH3和CO2，可用作制作糕点时的发酵剂、膨松剂7、一定条件下CuS与稀HNO3发生反应，所得还原产物为NO，氧化产物为SO．现将0.06molCuS加入到50mL4.2mol/LHNO3中，充分反应之后，忽略溶液体积变化，下列说法正确的是（）A.被还原的硝酸为0.08molB.反应后溶液中仍有硝酸剩余C.反应后溶液的pH=1D.CuS未全部参加反应8、某烯烃氢化后得到的饱和烃是则原烯烃可能有的结构简式有（）A.1种B.2种C.3种D.4种评卷人得分二、双选题(共5题，共10分)9、根据下列实验现象；所得结论正确的是：（）

。实验实验现象结论A

左烧杯中铁表面有气泡，右边烧杯中铜表面有气泡活动性：Al＞Fe＞CuB

左边棉花变为橙色，右边棉花变为蓝色氧化性：Cl2＞Br2＞I2C

白色固体先变为淡黄色，后变为黑色溶解性：AgCl＞AgBr＞Ag2SD

锥形瓶中有气体产生，烧杯中液体变浑浊非金属性：Cl＞C＞SiA.AB.BC.CD.D10、下列说法或表示正确的是rm{(}rm{)}rm{(}

rm{)}A.等物质的量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量少B.由单质转化为单质rm{A}时rm{B}rm{娄陇H=+119kJ隆陇mol^{-1}}比单质可知单质rm{B}比单质rm{A}稳定稳定rm{B}C.稀溶液中：rm{A}rm{H^{+}}rm{(aq)+OH}rm{(aq)+OH}rm{{,!}^{-}}rm{(aq)篓TH}rm{(aq)篓TH}rm{{,!}_{2}}rm{O(l)}rm{娄陇H=-57.3kJ隆陇mol}rm{O(l)}rm{娄陇H=-57.3kJ隆陇mol}rm{{,!}^{-1}}的溶液混合，放出的热量大于，若将含rm{0.5molH}rm{0.5molH}D.在rm{{,!}_{2}}时，rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{4}}的浓硫酸与含rm{1molNaOH}的溶液混合，放出的热量大于rm{57.3kJ}rm{1molNaOH}rm{57.3kJ}rm{101kPa}rm{H_{2}}燃烧的热化学方程式为rm{2H}rm{2H}rm{{,!}_{2}}rm{(g)+O}时的燃烧热为rm{(g)+O}rm{{,!}_{2}}rm{(g)篓T2H}11、常温下，下列溶液中各微粒浓度关系正确的是（）A.pH相等的①CH3COONa②C6H5ONa③NaHCO3溶液中，c（Na+）大小关系：①＞②＞③B.向氨水中滴加稀硫酸至溶液呈中性：c（NH4+）＞c（SO42-）＞c（OH-）=c（H+）C.向1L0.1mol/L的NaOH溶液中通入6.6gCO2：2c（Na+）=3[c（CO32-）+c（HCO）+c（H2CO3）]D.CH3COONa溶液中加入少量KNO3后的碱性溶液一定有：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-）12、利用电解法可将含有Fe、Zn、Ag、Pt等杂质的粗铜提纯，下列叙述正确的是()A.电解时以精铜作阳极B.电解时阴极发生还原反应C.粗铜连接电源负极，其电极反应是Cu=Cu2++2e-D.电解后，电解槽底部会形成含少量Ag.Pt等金属的阳极泥13、常温下，向rm{1L}rm{0.1mol?L^{-1}NH_{4}Cl}溶液不断加入固体rm{NaOH}后，rm{NH_{4}^{+}}与rm{NH_{3}?H_{2}O}的变化趋势如图所示rm{(}不考虑溶液体积的变化和氨的挥发rm{)}下列说法正确的是rm{(}rm{)}

A.rm{M}点溶液中水的电离程度比原溶液小B.在rm{M}点时，rm{n(OH^{-})+0.05=a+n(H^{+})}C.随着rm{NaOH}的加入，rm{NH_{4}^{+}}与rm{NH_{3}?H_{2}O}的物质的量总量减小D.当rm{n(NaOH)=0.05mol}时，溶液中有：rm{c(Cl^{-})>c(Na^{+})>c(NH_{4}^{+})>c(OH^{-})>c(H^{+})}评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)14、（2015•广东四模）在一定条件下，将燃煤废气中的CO2转化为二甲醚的反应为：

2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）△H

已知：①CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H1=-90.7kJ•mol-1

②2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H2=-23.5kJ•mol-1

③CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H3=-41.2kJ•mol-1

（1）△H=____．（用△H1、△H2和△H3表示）

（2）某温度下，在体积固定为2L的密闭容器中进行反应①，将1molCO和2molH2混合；测得不同时刻的反应前后压强关系如下：

。时间（min）51015202530压强比（P后/P前）0.980.900.800.700.700.70则达到平衡时CO的转化率为____．

（3）已知在某压强下，该反应在不同温度、不同投料比[n（H2）/n（CO2）]时，CO2的转化率如右图所示．从图中可得出三条主要规律：

①增大投料比，CO2的转化率增大；

②____；

③____．

（4）为提高CO2的转化率，除了适当改变温度、压强和投料比外，还可以采取的措施是：____．

（5）由甲醇液相脱水法也可制二甲醚，首先将甲醇与浓硫酸反应生成硫酸氢甲酯（CH3OSO3H）：CH3OH+H2SO4→CH3OSO3H+H2O；生成的硫酸氢甲酯再和甲醇反应生成二甲醚，第二步的反应方程式为：____．与CO2和H2反应制备二甲醚比较，该工艺的优点是反应温度低，转化率高，其缺点是____．15、已知：R-CH2XR-CH2OH，R-CH2-CH2XR-CH=CH2

（式中X代表卤素原子）有以下反应；最终产物是乙二酸．

试回答下列问题：

（1）C的结构简式是____．

（2）B→C的反应类型是____．

（3）E→F的化学方程式是____．

（4）写出E与乙二酸发生酯化反应生成环状化合物的化学方程式____．

（5）由B发生水解反应或C与水在一定条件下反应均生成化合物G．在乙二酸、水、苯酚、G四种分子中，羟基上氢原子的活泼性由强到弱的顺序是____．

（6）MTBE是一种重要的汽油添加剂，它是1-戊醇的同分异构体，又与G的某种同分异构体互为同系物，且分子中含有4个相同的烃基，则MTBE的结构简式是____，它的同类（属于同一类有机物）同分异构体（包括它本身）有____种．16、以工业碳酸钙（含少量Na+、Fe3+、Al3+等）为原料可以生产医用二水合氯化钙；其工艺流程如下：

已知：查阅资料得知氢氧化物沉淀时的pH为：

。沉淀开始沉淀时pH完全沉淀时pH开始溶解时pHFe（OH）32.33.7-Al（OH）34.05.27.8（1）除杂操作中加入试剂X的化学式为____，然后调节溶液的pH为____，得到滤渣的主要成分为____．

（2）25℃时，Fe（OH）的Ksp=1.1×10-36，当溶液的pH=4.0时，溶液中c（Fe3+）=____mol/L；检验Fe（OH）3是否沉淀完全的实验操作是____．

（3）酸化时加盐酸的目的是①防止Ca2+在蒸发时发生水解，②____．

（4）蒸发结晶时需加热至____时停止加热，蒸发结晶时需控制在160℃，是因为____．

（5）若所测样品CaCl2•2H2O的质量分数偏高（忽略其它实验误差），可能的原因是____．17、KClO3和浓盐酸在一定温度下反应会生成绿黄色的易爆物二氧化氯；其变化可表述为：

____KClO3+____HCl（浓）─____KCl+____ClO2+____Cl2+____H2O

（1）请配平上述化学方程式．

（2）产生0.1molCl2，则转移的电子的物质的量为____．

（3）浓盐酸在反应中显示出来的性质是____和____．18、甲醇可以与水蒸气反应生成氢气，反应方程式如下：CH3OH(g)＋H2O(g)CO2(g)＋3H2(g)ΔH>0(1)一定条件下，向体积为2L的恒容密闭容器中充入1molCH3OH(g)和3molH2O(g)，20s后，测得混合气体的压强是反应前的1.2倍，则用甲醇表示该反应的速率为________。(2)判断(1)中可逆反应达到平衡状态的依据是(填序号)________。①v正(CH3OH)＝v正(CO2)②混合气体的密度不变③混合气体的平均相对分子质量不变④CH3OH、H2O、CO2、H2的浓度都不再发生变化(3)下图中P是可自由平行滑动的活塞，关闭K，在相同温度时，向A容器中充入1molCH3OH(g)和2molH2O(g)，向B容器中充入1.2molCH3OH(g)和2.4molH2O(g)，两容器分别发生上述反应。已知起始时容器A和B的体积均为aL。试回答：①反应达到平衡时容器B的体积为1.5aL，容器B中CH3OH转化率为________，A、B两容器中H2O(g)的体积百分含量的大小关系为：B(填“>”“<”或“＝”)________A。②若打开K，一段时间后重新达到平衡，容器B的体积为________L(连通管中气体体积忽略不计，且不考虑温度的影响)。19、下列物质中，只存在离子键的是____，只存在共价键的是____，既存在离子键又存在共价键的是____，不存在化学键的是____，属于离子化合物的是____，属于共价化合物的是____．

①N2②MgCl2③NH4Cl④CH4⑤CO2⑥Ne⑦H2S⑧KOH⑨Na2O⑩Na2O2．20、（2015春•瑞安市校级期中）按要求回答下列各题：

（1）现有六种物质：①干冰；②金刚石；③四氯化碳；④氯化钙；⑤二氧化硅；⑥硫酸镁．请用编号填写下列空白：

（Ⅰ）熔化时需要破坏共价键的化合物是____

（Ⅱ）属于分子晶体且分子空间构型为直线型的是____，其电子式为____

（Ⅲ）含有共价键的离子化合物是____．

（2）短周期中金属性最强的元素是____（填元素符号）；画出周期表中第三周期第VA族元素原子的结构示意图____；第三周期元素中，形成简单离子半径最小的是____（填离子符号）

（3）锌锰干电池是最早使用的化学电源，其基本构造如图1所示．该电池的负极材料是____，若电路中通过0.4mole-，负极质量减少____g．工作时NH4+在正极放电产生两种气体，其中一种气体分子含10e-的微粒，正极的电极反应式为____．

（4）拆开1mol气态物质中某种共价键需要吸收的能量；就是该共价键的键能．下表是某些共价键的键能：

。共价键H-HO=OH-O键能/kJ•mol-1436498X根据图2中能量变化图；回答下列问题：

①图中：a=____．②表格中：X=____．21、（2011•郑州二模）[化学--选修物质结构与性质]

已知A；B、C、D、E都是元素周期表中的前20号元素；它们的原子序数依次增大．B、C、D同周期，A、D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生成盐和水．E元素的原子核外共有20种不同运动状态的电子，且E的原子序数比D大4．

（1）B、C的第一电离能较大的是____（填元素符号）．

（2）A的氢化物的分子空间构型为____，其中心原子采取____杂化．

（3）A和D的氢化物中，沸点较高的是____（填化学式），其原因是____．

（4）仅由A与B元素组成，且含有非极性键的化合物是____（填化学式）．

（5）E的核外电子排布式是____．

（6）B的最高价氧化物对应的水化物，其溶液与C单质反应的化学方程式是____．

（7）E单质在A单质中燃烧时得到一种白色晶体，其晶体的晶胞结构如右图所示，则该晶体的化学式为____．评卷人得分四、判断题(共1题，共10分)22、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）评卷人得分五、简答题(共1题，共6分)23、“张rm{-}烯炔环异构化反应”被rm{隆露Name}rm{Reactions隆路}收录rm{.}该反应可高效合成五元环状化合物：

rm{(R_{1}}代表氢原子或烃基，rm{X}代表氧原子或氮原子rm{)}

某五元环状化合物rm{I(}rm{)}的合成路线如下：

rm{(1)}烃的含氧衍生物rm{A}的相对分子质量为rm{44}核磁共振氢谱显示分子中含有两种氢，则rm{A}的名称为______．

rm{(2)A隆煤B}的化学反应方程式为______．

rm{(3)}写出rm{D}顺式结构的结构简式______，rm{B隆煤C}的反应类型为______．

rm{(4)}写出rm{H}的结构简式______．

rm{(5)垄脵}的化学试剂是______．

rm{(6)}写出rm{垄脹}的化学方程式______．

rm{(7)}下列说法正确的是______．

rm{a.H隆煤I}的过程中涉及到单键；双键和三键的断裂以及单键和双键的形成。

rm{b.C}rm{D}rm{E}rm{F}均能使溴的四氯化碳溶液褪色。

rm{c.}与rm{F}含有相同官能团的同分异构体有rm{8}种rm{(}不含rm{F}本身rm{)}评卷人得分六、探究题(共4题，共12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：参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【分析】A．浓硫酸具有吸水性可做干燥剂；但是浓硫酸具有强氧化性和酸性，所以不能干燥还原性和碱性；

B．稀硝酸与铁反应生成一氧化氮和硝酸铁和水；

C．王水溶解金的反应还原产物为一氧化氮；

D．SiO2与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，SiO2与氢氟酸生成四氟化硅和水．【解析】【解答】解：A．因为浓硫酸中的硫为+6价；二氧化硫中的硫为+4价，没有中间价态，二氧化硫虽然具有还原性，不能发生氧化还原反应，可以用浓硫酸干燥二氧化硫，故A正确；

B．稀硝酸与铁反应生成一氧化氮和硝酸铁和水；常温下实验室可以用稀硝酸与铁或者铜反应制取NO气体，故B正确；

C．王水溶解金的过程为氧化还原反应，方程式：Au+HNO3+4HCl=H[AuCl4]+NONO+2H2O；还原产物为NO，故C错误；

D．SiO2与氢氧化钠溶液反应：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，二氧化硅与氢氟酸反应：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；故D正确；

故选：C．2、C【分析】【分析】A．t1时；溶液中存在大量次氯酸根离子，次氯酸根离子能够氧化硫离子；

B．根据图象可知，t2时c（ClO-）＞c（ClO3-），根据电子守恒可知c（Cl-）＞c（ClO-）；

C．t3时，c（ClO-）=c（ClO3-）；根据电子守恒写出该反应的离子方程式；

D．t4时，c（ClO-）接近于0，根据电子守恒可知n（Cl-）=5n（ClO3-）．【解析】【解答】解：A．t1时，溶液中存在大量的ClO-，ClO-具有强氧化性，能够氧化S2-；在溶液中不能大量共存，故A错误；

B．t2时c（ClO-）＞c（ClO3-），氯气转化成次氯酸根离子、硫酸根离子时，化合价分别升高1价、5价，氯气转化成氯离子时化合价降低1价，根据电子守恒可知：n（Cl-）=n（ClO-）+5n（ClO3-），则c（Cl-）＞c（ClO-），故离子浓度大小为：c（Cl-）＞c（ClO-）＞c（ClO3-）；故B错误；

C．t3时，c（ClO-）=c（ClO3-），根据B的分析可知，n（Cl-）=n（ClO-）+5n（ClO3-），则该反应的离子方程式为：4Cl2+8OH-=ClO3-+ClO-+6Cl-+4H2O；故C正确；

D．根据电子守恒可知：n（Cl-）=n（ClO-）+5n（ClO3-），t4时c（ClO-）接近于0，则n（Cl-）=5n（ClO3-）；故D错误；

故选C．3、D【分析】【分析】根据电解水的实验现象和结论：电解水时正极生成的是氧气，负极生成的是氢气，氧气和氢气的体积比是1：2，质量比是1：8；据此结合氢气的氧气的化学性质进行分析判断即可．【解析】【解答】解：A．电解池分为阴阳极；阳极产生的气体体积和阴极产生的气体体积比为1：2，而不是质量比，故A错误；

B．电解水产生了氢气和氧气；氢气是由氢元素组成的，氧气是由氧元素组成的，可见水是由氢元素和氧元素组成的，故B错误；

C．与电源正极相连的为阳极；产生的是氧气，故C错误；

D．该变化说明在化学变化中；分子分成原子，原子重新组合成新的分子，故D正确．

故选D．4、D【分析】【分析】将不同物质转化为同一种物质，反应速率数值越大的该反应速率越快，据此分析解答．【解析】【解答】解：将不同物质转化为同一种物质；反应速率数值越大的该反应速率越快，同一可逆反应中，各物质的反应速率之比等于其计量数之比；

A．v（O2）=v（SO2）=×4mol•L-1•min-1=2mol•L-1•min-1；

B．v（O2）=3mol•L-1•min-1；

C．v（O2）=v（SO2）=×0.1mol•L-1•s-1=0.05mol•L-1•s-1=3mol•L-1•min-1；

D．v（O2）=0.1mol•L-1•s-1=6mol•L-1•min-1；

通过以上分析知；氧气反应速率最大的是D，则反应最快的是D；

故选D．5、B【分析】【分析】硅常用于半导体材料以及太阳能电池，光导纤维的主要成分是二氧化硅，据此分析解答．【解析】【解答】解：光导纤维的成分是二氧化硅；故A；C、D错误，B正确．

故选B．6、B【分析】【分析】A．二氧化硫有毒；能杀菌消毒；

B．明矾中铝离子能水解生成氢氧化铝胶体；具有能净水，但没有强氧化性；

C．浓硫酸；浓硝酸在常温下能和Al发生钝化现象；

D．碳酸氢铵受热分解生成NH3和CO2，生成的气体在面团里形成大量气泡，使得面包变得松软．【解析】【解答】解：A．二氧化硫有毒；能使蛋白质变性而杀菌消毒，常常用在果脯；葡萄酒，故A正确；

B．明矾中铝离子能水解生成氢氧化铝胶体；具有能净水，但没有强氧化性，所以明矾只能作净水剂不能作消毒剂，故B错误；

C．浓硫酸；浓硝酸在常温下能和Al发生氧化还原反应生成一层致密的氧化物薄膜而阻止进一步被氧化；该现象为钝化现象，所以常温下均可用铝制容器盛放浓硫酸、浓硝酸，故C正确；

D．碳酸氢铵受热分解生成NH3和CO2；生成的气体在面团里形成大量气泡，使得面包变得松软，所以可用作制作糕点时的发酵剂；膨松剂，故D正确；

故选B．7、B【分析】【分析】由信息可知，N元素的化合价由+5价降低为+2价，S元素的化合价由-2价升高为+6价，则S失去电子为0.06mol×8=0.48mol，n（HNO3）=0.05L×4.2mol/L=0.21mol，由原子守恒可知，生成CuSO4为0.06mol，若恰好完全反应，作氧化剂的硝酸为=0.16mol＜0.21mol，则硝酸剩余，以此来解答．【解析】【解答】解：A．S失去电子为0.06mol×8=0.48mol，由电子守恒可知，被还原的硝酸为=0.16mol；故A错误；

B．n（HNO3）=0.05L×4.2mol/L=0.21mol，作氧化剂的硝酸为=0.16mol＜0.21mol；则硝酸剩余，故B正确；

C．反应后硝酸剩余为0.21mol-0.16mol=0.05mol，c（H+）==1mol/L；pH=0，故C错误；

D．硝酸剩余；则CuS全部参加反应生成硫酸铜，故D错误；

故选B．8、B【分析】【分析】加成反应指有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应．根据加成原理采取逆推法还原C=C双键，烷烃分子中相邻碳原子上均含有氢原子的碳原子间是对应烯烃存在C=C的位置，还原双键时注意防止重复．【解析】【解答】解：根据烯烃与H2加成反应的原理，推知该烷烃分子中相邻碳原子上均含有原子的碳原子间是对应烯烃存在C=C的位置，该烷烃中能形成双键键位置有：1和2之间；2和3之间；2和6、4和5、4和7与1和2形成的C=C键相同；3和4与2和3位置形成的C=C键相同，故该烯烃共有2种；

故选B．二、双选题(共5题，共10分)9、A|C【分析】解：A；左烧杯中铁作正极；表面有气泡生成，铝做负极，右边烧杯中铜作正极，表面有气泡生成，铁做负极，负极金属活泼性＞正极金属活泼性，故活动性：Al＞Fe＞Cu，故A正确；

B、氯气能氧化溴离子和碘离子，置换出溴单质和碘的单质，但是潮湿的氯气具有漂白性，所以棉花变为白色，并且不能得出氧化性Cl2＞Br2＞I2；故B错误；

C、由沉淀的转化原理：化学反应向着生成更难溶物质的方向进行，氯化银为白色，溴化银为淡黄色，硫化银为黑色，溶解性：AgCl＞AgBr＞Ag2S；故C正确；

D；向碳酸钠中加盐酸；锥形瓶中有气体产生，说明盐酸酸性强于碳酸，烧杯中液体变浑浊，说明碳酸酸性强于硅酸，所以得酸性强弱：盐酸＞碳酸＞硅酸，而判断元素的非金属性强弱是看元素最高价氧化物对应的水化物的酸的酸性，故D错误．

故选AC．

A；原电池中；正极会产生气泡，负极金属质量会减轻，金属活泼性：负极＞正极；

B；潮湿的氯气具有漂白性及卤素单质的氧化性来分析；

C；根据沉淀的转化可知化学反应向着生成更难溶物质的方向进行分析；

D；根据元素最高价氧化物对应的水化物的酸的酸性强弱来判断元素的非金属性强弱．

本题考查角度广，知识的综合性较强，有一定的思维空间，难度较大．【解析】【答案】AC10、AC【分析】【分析】本题考查化学反应中能量变化，难度不大。【解答】A.硫燃烧时，固体的硫变为蒸气时，需要吸收热量，故等物质的量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出的热量多，故A正确；B.单质rm{A}转化为单质rm{B}时吸热，故A具有的能量比rm{B}低，故A比rm{B}稳定，故B错误；C.浓硫酸与水作用放出热量，故所测的中和热热值应大于rm{57.3kJ}故C正确；D.燃烧热是指rm{1mol}物质完全燃烧生成稳定氧化物时所释放出的热量，由该热化学方程式可知，rm{H_{2}}的燃烧热应为rm{-285.8kJ隆陇mol-1}故D错误；故选AC。【解析】rm{AC}11、B|D【分析】解：A．pH相同的①CH3COONa②C6H5ONa③NaHCO3三份溶液中，②对应酸的酸性最弱，①对应酸的酸性最强，则②的浓度最小，①的浓度最大，钠离子不水解，则钠离子浓度大小为：c（Na+）：①＞③＞②；故A错误；

B．向氨水中滴加稀硫酸至溶液呈中性，则：c（OH-）=c（H+），根据电荷守恒可知：c（NH4+）=2c（SO42-），溶液中离子浓度大小为：：c（NH4+）＞c（SO42-）＞c（OH-）=c（H+）；故B正确；

C．向1L0.1mol/L的NaOH溶液中通入6.6gCO2，二氧化碳的物质的量为：=0.15mol，NaOH的物质的量为：0.1mol/L×1L=0.1mol，则二氧化碳过量，反应生成碳酸氢钠，根据碳酸氢钠溶液中的物料守恒可知：c（Na+）=c（CO32-）+c（HCO）+c（H2CO3）；故C错误；

D．CH3COONa溶液中加入少量KNO3后的碱性溶液，根据电荷守恒可知：c（Na+）+c（H+）+c（K+）=c（CH3COO-）+c（OH-）+c（NO3-），由于c（K+）=c（NO3-），则c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-）；故D正确；

故选BD．

A．三种盐都是强碱弱酸盐；酸根离子对应的酸的酸性越强，pH相同时其浓度越大；

B．中性溶液中，c（OH-）=c（H+），根据电荷守恒可知c（NH4+）=2c（SO42-）；

C．6.6g二氧化碳的物质的量为0.15mol；二氧化碳过量，反应生成碳酸氢钠，根据碳酸氢钠溶液中的物料守恒判断；

D．根据混合液中的电荷守恒判断．

本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确盐的水解原理及其影响为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法，试题培养了学生的灵活应用能力．【解析】【答案】BD12、B|D【分析】A；电解精炼铜时；粗铜应作阳极，精铜作阴极，故A错；

B；阳极与电池的正极相连发生氧化反应；阴极与电池的负极相连发生还原反应，故B对；

C；粗铜连接电源的正极；发生氧化反应，故C错；

D；金属的活动性顺序为Zn＞Fe＞Cu＞Ag＞Pt；因此Ag、Pt不会放电，以单质形式沉积下来，故D对；

故选：BD．

【解析】【答案】BD13、rAB【分析】解：rm{A.M}点是向rm{1L0.1mol?L^{-1}NH_{4}Cl}溶液中，不断加入rm{NaOH}固体后反应得到氯化铵和一水合氨溶液；铵根离子浓度和一水合氨浓度相同，一水合氨是一元弱碱抑制水电离，此时水的电离程度小于原氯化铵溶液中水的电离程度，故A正确；

B.在rm{M}点时溶液中存在电荷守恒：rm{n(OH^{-})+n(Cl^{-})=n(H^{+})+n(Na^{+})+n(NH_{4}^{+})}且rm{n(Na^{+})=amol}rm{n(Cl^{-})=1mol}则rm{n(OH^{-})+0.05篓Ta+n(H^{+})}故B正确；

C.随着rm{NaOH}的加入，根据物料守恒可知：rm{n(NH_{3}?H_{2}O)+n(NH_{4}^{+})=0.1mol}即rm{NH_{4}^{+}}与rm{NH_{3}?H_{2}O}物质的量总量不变；故C错误；

D.向rm{1L0.1mol?L^{-1}NH_{4}Cl}溶液中，不断加入rm{NaOH}固体后，当rm{n(NaOH)=0.05mol}时，得到物质的量均为rm{0.05molNH_{4}Cl}rm{0.05molNaCl}和rm{0.05molNH_{3}?H_{2}O}的混合物，由于rm{NH_{3}?H_{2}O}电离大于rm{NH_{4}Cl}水解，故离子浓度大小关系为：rm{c(Cl^{-})>c(NH_{4}^{+})>c(Na^{+})>c(OH^{-})>c(H^{+})}故C错误；

故选AB．

A.rm{M}点是向rm{1L0.1mol?L^{-1}NH_{4}Cl}溶液中，不断加入rm{NaOH}固体后反应得到氯化铵和一水合氨溶液；铵根离子浓度和一水合氨浓度相同，一水合氨是一元弱碱抑制水电离；

B.依据溶液中电荷守恒分析判断，rm{n(Na^{+})=amol}rm{n(Cl^{-})=1mol}

C.根据混合液中的物料守恒判断；

D.向rm{1L0.1mol?L^{-1}NH_{4}Cl}溶液中，不断加入rm{NaOH}固体后，当rm{n(NaOH)=0.05mol}时，得到物质的量均为rm{0.05molNH_{4}Cl}rm{0.05molNaCl}和rm{0.05molNH_{3}?H_{2}O}的混合物．

本题考查离子浓度大小比较，题目难度中等，明确图象曲线变化的含义为解答关键，注意掌握物料守恒、电荷守恒及盐的水解原理的含义及应用方法，试题培养了学生的综合应用能力．【解析】rm{AB}三、填空题(共8题，共16分)14、2△H1+△H2-2△H345%升高温度，CO2的转化率降低温度越低，增大投料比使CO2的转化率增大的越显著将水蒸汽液化移去（或移去产物）CH3OSO3H+CH3OH→CH3OCH3+H2SO4浓H2SO4腐蚀设备或有硫酸废液产生【分析】【分析】（1）利用盖斯定律通过①×2+②+2×③计算化学反应的焓变即可；

（2）温度、体积不变的可逆反应中，气体的压强之比等于其物质的量之比，据此计算反应后气体体积的物质的量，从而计算CO反应的物质的量，根据CO反应的物质的量计算其转化率，转化率=×100%；

（3）根据图象可知，[n（H2）/n（CO2）]越大，CO2的转化率越大，温度越高，CO2的转化率小；且图中不同温度线的斜率不同，据此答题；

（4）根据平衡移动的影响因素判断；

（5）根据元素守恒可写出化学方程式，根据硫酸的性质分析该工艺的缺点；【解析】【解答】解：（1）①2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）△H=-90.7kJ•mol-1

②2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H=-23.5kJ•mol-1

③CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H=-41.2kJ•mol-1

由盖斯定律可知，通过①×2+②+2×③可得所求反应方程式，则△H=2△H1+△H2-2△H3；

故答案为：2△H1+△H2-2△H3；

（2）温度、体积不变的可逆反应中，气体的压强之比等于其物质的量之比，15min，压强比（P后/P前）=0.80，则反应后气体的物质的量=3mol×0.80=2.40mol，气体减少的物质的量=3mol-2.4mol=0.6mol，根据气体减少的物质的量与CO之间的关系式知参加反应的CO的物质的量=0.45mol，则CO的转化率=×100%=45%；

故答案为：45%；

（3）根据图象可知，[n（H2）/n（CO2）]越大，CO2的转化率越大，温度越高，CO2的转化率小，且图中不同温度线的斜率不同，温度越低，增大投料比使CO2的转化率增大的越显著；

故答案为：升高温度，CO2的转化率降低；温度越低，增大投料比使CO2的转化率增大的越显著；

（4）根据平衡移动的影响因素可知，为提高CO2的转化率；可以将水蒸汽液化移去（或移去产物）；

故答案为：将水蒸汽液化移去（或移去产物）；

（5）根据元素守恒可知硫酸氢甲酯再和甲醇反应生成二甲醚的化学方程式为CH3OSO3H+CH3OH→CH3OCH3+H2SO4，该反应有硫酸参加，因为硫酸是强酸，具有较强的腐蚀性，能腐蚀设备，所以根据硫酸的性质可知该工艺的缺点是浓H2SO4腐蚀设备或有硫酸废液产生；

故答案为：CH3OSO3H+CH3OH→CH3OCH3+H2SO4；浓H2SO4腐蚀设备或有硫酸废液产生；15、CH2=CH2消去反应HOCH2CH2OH+O2OHC-CHO+2H2O乙二酸＞苯酚＞水＞乙醇CH3-O-C（CH3）36【分析】【分析】A与溴发生取代反应生成B，B发生消去反应生成C，C与溴水发生加成反应生成D，D发生水解反应生成E，E连续氧化生成乙二醇，逆推可知，F为OHC-CHO、E为HOCH2CH2OH、D为BrCH2CH2Br、C为CH2=CH2、B为CH3CH2Br、A为CH3CH3，据此解答．【解析】【解答】解：A与溴发生取代反应生成B，B发生消去反应生成C，C与溴水发生加成反应生成D，D发生水解反应生成E，E连续氧化生成乙二醇，逆推可知，F为OHC-CHO、E为HOCH2CH2OH、D为BrCH2CH2Br、C为CH2=CH2、B为CH3CH2Br、A为CH3CH3；

（1）由上述分析可知，C为CH2=CH2，故答案为：CH2=CH2；

（2）B→C是CH3CH2Br发生消去反应生成CH2=CH2；故答案为：消去反应；

（3）E→F的化学方程式是：HOCH2CH2OH+O2OHC-CHO+2H2O；

故答案为：HOCH2CH2OH+O2OHC-CHO+2H2O；

（4）HOCH2CH2OH与乙二酸发生酯化反应生成环状化合物的化学方程式为：

故答案为：．

（5）由B发生水解反应或C与水在一定条件下反应均生成化合物G为乙醇．在乙二酸；水、苯酚、乙醇四种分子中；羟基上氢原子的活泼性由强到弱的顺序是：乙二酸＞苯酚＞水＞乙醇，故答案为：乙二酸＞苯酚＞水＞乙醇；

（6）MTBE是一种重要的汽油添加剂，它是1-戊醇的同分异构体，又与乙醇的某种同分异构体互为同系物，应属于醚，且分子中含有4个相同的烃基，则MTBE的结构简式CH3-O-C（CH3）3，它的同类（属于同一类有机物）同分异构体，可以是甲醇与丁醇形成的醚，丁醇中对应醇的同分异构体有：1-丁醇，2-丁醇，2-甲基-1丙醇，2-甲基-2-丙醇，可以是乙醇与丙醇形成的醚，丙醇有1-丙醇，2-丙醇，故不含MTBE在内共有6种，故答案为：CH3-O-C（CH3）3；6．16、Ca（OH）25.2～7.8Fe（OH）3、Al（OH）31.1×10-6取少量上层清液于小试管中，滴加KSCN溶液，若不显红色，则Fe（OH）3沉淀完全除去过量的氢氧化钙出现少量晶体温度太高CaCl2•2H2O会失水Na+没除去析出NaCl，导致测定结果偏高【分析】【分析】工业碳酸钙加入盐酸可完全溶解生成氯化钙、氯化铁以及氯化铝等，加入氢氧化钙溶液调节溶液的pH，以除去溶液中少量的Al3+、Fe3+，然后在酸性条件下蒸发结晶可得到CaCl2•2H2O；

（1）氢氧化钙为强碱可调节pH；使铁离子；铝离子完全转化成沉淀除去，且不引入其他杂质；根据铁离子完全沉淀、铝离子完全沉淀、氢氧化铝开始溶解的pH判断需要体积的pH范围；加入氢氧化钙生成氢氧化铝、氢氧化铁沉淀；

（2）根据氢氧化铁的溶度积及pH=4计算出溶液中铁离子浓度；Fe3+与KSCN反应生成红色物质Fe（SCN）3，检验Fe3+是否存在的；选用KSCN溶液；

（3）加入过量盐酸，可中和氢氧化钙以及防止Ca2+在蒸发时发生水解；

（4）蒸发时；当出现少量固体，冷却结晶；加热温度不能过高，防止晶体分解；

（5）样品中存在少量的NaCl．【解析】【解答】解：（1）除杂操作中加入试剂X的化学式为：Ca（OH）2，氢氧化钙为强碱可调节pH，使铁离子、铝离子完全转化成沉淀除去；根据表中数据可知，氢氧化铁完全沉淀的pH为3.7，氢氧化铝开始沉淀的pH为5.2，氢氧化铝开始溶解的pH为7.8，所以将铁离子、铝离子完全转化成沉淀的pH范围为：5.2～7.8；加入氢氧化钙生成氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，所以滤渣的主要成分为：Fe（OH）3、Al（OH）3；

故答案为：Ca（OH）2；5.2～7.8；Fe（OH）3、Al（OH）3；

（2）氢氧化铁的溶度积Ksp[Fe（OH）3]=1.1×10-36，pH=4的溶液中，氢氧根离子的浓度为1×10-10mol/L，c（Fe3+）=mol/L=1.1×10-6mol/L；

Fe3+与KSCN反应生成红色物质Fe（SCN）3，检验Fe3+是否存在的，选用KSCN溶液，操作为取少量上层清液于小试管中，滴加KSCN溶液，若不显红色，则Fe（OH）3沉淀完全；

故答案为：1.1×10-6；取少量上层清液于小试管中，滴加KSCN溶液，若不显红色，则Fe（OH）3沉淀完全；

（3）因除去铁离子、铝离子需加入过量的氢氧化钙，加入盐酸，可中和氢氧化钙以及防止Ca2+在蒸发时发生水解；

故答案为：除去过量的氢氧化钙；

（4）蒸发浓缩，冷却结晶从溶液中得到晶体，而不是蒸干得到固体，故出现少量晶体时停止加热；加热温度不能过高，防止因温度太高CaCl2•2H2O会失水；

故答案为：出现少量晶体；温度太高CaCl2•2H2O会失水；

（5）所测样品中存在少量的NaCl，会给实验带来误差，故答案为：Na+没除去析出NaCl，导致测定结果偏高．17、2422120.2mol酸性还原性【分析】【分析】（1）KClO3中氯元素化合价由+5价降低为ClO2中+4价，化合价降低1价；HCl中氯元素化合价由-1价升高为Cl2中0价，化合价升高2价，化合价升降最小公倍数为2，故ClO2系数为2，Cl2系数为1；再结合原子守恒；配平各物质的系数；

（2）根据氯气和转移电子之间的关系式计算；

（3）根据浓盐酸中元素化合价是否变化确定浓盐酸性质．【解析】【解答】解：（1）KClO3中氯元素化合价由+5价降低为ClO2中+4价，化合价降低1价；HCl中氯元素化合价由-1价升高为Cl2中0价，化合价升高2价，化合价升降最小公倍数为2，故ClO2系数为2，Cl2系数为1；所以KClO3系数为2；KCl系数为2，HCl系数为4，结合原子守恒配平方程式，其反应方程式为：

2KClO3+4HCl（浓）=2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O；

故答案为：2；4；2；2；1；2；

（2）该反应中氯气和转移电子的关系为1：2，则产生0.1molCl2；则转移的电子的物质的量为0.2mol，故答案为：0.2mol；

（3）该反应中部分盐酸中Cl元素化合价不变、部分Cl元素化合价由-1价变为0价，所以浓盐酸作酸、还原剂，体现酸性和还原性，故答案为：酸性；还原性．18、略

【分析】本题主要考查化学反应速率、化学平衡的判断及有关等效平衡的计算，属于中等难度的题。(1)反应前气体的总物质的量为4mol，反应后气体的总物质的量为4mol×1.2＝4.8mol。CH3OH(g)＋H2O(g)CO2(g)＋3H2(g)△n1mol1mol1mol3mol2mol0.4mol(4.8－4)mol则v(CH3OH)＝＝0.01mol/(L·s)。(2)①中两种物质的速率表示的是同一方向的反应速率，不能作为反应达到平衡的依据。②由于混合气体的质量和体积都不变，故其密度始终不变，不能说明反应是否达平衡。③中混合气体的平均相对分子质量不变，说明混合气体的总物质的量不变，即反应正向进行和逆向进行的趋势相同，故可作为反应达到平衡的依据。④中各气体的物质的量浓度不变，说明反应已达到平衡。故应选③④。(3)反应达平衡时，B中气体的总物质的量为：×1.5aL＝5.4mol，气体的总物质的量比反应前增加5.4mol－1.2mol－2.4mol＝1.8mol。CH3OH(g)＋H2O(g)CO2(g)＋3H2(g)△n1mol1mol1mol3mol2mol0.9mol1.8mol故B中CH3OH的转化率为：×100%＝75%。若A、B两容器中的压强相等，两容器中的气体达平衡时，为等温等压下的等效平衡，两容器中H2O(g)的百分含量相等。现在A容器的体积不变，而反应后气体的总物质的量增加，即压强增大，平衡应逆向(气体体积减小的方向)移动，H2O(g)的百分含量增加，故B中H2O(g)的百分含量小于A中H2O(g)的百分含量。(2)若打开K，则A中气体的压强与B中相同，两容器中的气体达平衡时，为等温等压下的等效平衡，这时原A中气体的体积将变为：×1.5aL＝1.25aL，气体体积增加0.25aL，故这时容器B的体积变为：1.5aL＋0.25aL＝1.75aL。【解析】【答案】(1)0.01mol/(L·s)(2)③④(3)75%<1.75a19、②⑨①④⑤⑦③⑧⑩⑥②③⑧⑨⑩④⑤⑦【分析】【分析】①N2只存在共价键；

②MgCl2只存在离子键；属于离子化合物；

③NH4Cl含离子键；极性共价键；属于离子化合物；

④CH4只存在共价键；属于共价化合物；

⑤CO2只存在共价键；属于共价化合物；

⑥Ne不存在化学键；

⑦H2S只存在共价键；属于共价化合物；

⑧KOH含离子键；极性共价键；属于离子化合物；

⑨Na2O含离子键；属于离子化合物；

⑩Na2O2含离子键、非极性共价键，属于离子化合物，由此分析解答．【解析】【解答】解：①N2只存在共价键；

②MgCl2只存在离子键；属于离子化合物；

③NH4Cl含离子键；极性共价键；属于离子化合物；

④CH4只存在共价键；属于共价化合物；

⑤CO2只存在共价键；属于共价化合物；

⑥Ne不存在化学键；

⑦H2S只存在共价键；属于共价化合物；

⑧KOH含离子键；极性共价键；属于离子化合物；

⑨Na2O含离子键；属于离子化合物；

⑩Na2O2含离子键；非极性共价键；属于离子化合物；

故答案为：②⑨；①④⑤⑦；③⑧⑩；⑥；②③⑧⑨⑩；④⑤⑦20、⑤①⑥NaAl3+Zn132NH4++2e-═2NH3↑+H2↑1370463【分析】【分析】（1）（Ⅰ）熔化时需要破坏共价键的化合物是二氧化硅；

（Ⅱ）属于分子晶体且分子空间构型为直线型的是二氧化碳分子晶体，二氧化碳的电子式为：

（Ⅲ）氯化钙是只含离子键的共价化合物；而硫酸镁是含有共价键的离子化合物；

（2）根据元素周期律，同周期元素从左向右金属性在减弱，同主族从上往下金属性增强；周期表中第三周期第VA族元素是硫，原子结构示意图为：同周期阴离子的半径大于阳离子的半径；电子层相同的阳离子核电荷数越大半径越小；

（3）锌锰干电池的负极上Zn失去电子，负极消耗1mol时转移2mol电子，NH4+离子在正极放电产生2种气体，其中一种气体分子是含10e-的微粒为氨气；另一种为氢气；

（4）①从图象可以看出：a是断开2molH-H键和1molO=O需要吸收的能量；结合表格中提供的键能即可计算出．

②从表格看出，断开2molH-H键和1molO=O共吸热（436×2+498）KJ，如果H-O键的键能是X，当形成2molH2O中的4molH-O时则放出4XKJ热量，根据2molH2（g）和1molO2（g）生成2molH2O（g）时放热482KJ，列式即可解得X．【解析】【解答】解：（1）（Ⅰ）金刚石熔化是破坏共价键；但是单质，二氧化硅是熔化时需要破坏共价键的化合物，故答案为：⑤；

（Ⅱ）二氧化碳属于分子晶体且分子空间构型为直线型，二氧化碳的电子式为故答案为：①；

（Ⅲ）氯化钙是只含离子键的共价化合物；而硫酸镁是含有共价键的离子化合物，故答案为：⑥；

（2）根据元素周期律，同周期元素从左向右金属性在减弱，同主族从上往下金属性增强，所以短周期中金属性最强的元素是元素周期表的左下角的Na，周期表中第三周期第VA族元素是硫，原子结构示意图为：同周期阴离子的半径大于阳离子的半径，电子层相同的阳离子核电荷数越大半径越小，所以半径最小的离子是铝离子，其离子符号为Al3+，故答案为：Na；Al3+；

（3）锌锰干电池的负极上Zn失去电子，负极反应为Zn-2e-═Zn2+，负极消耗1mol时转移2mol电子，每通过0.4mole-，负极质量减少0.2mol×65g/mol=13.0g，由NH4+离子在正极放电产生2种气体，其中一种气体分子是含10e-的微粒为氨气，另一种为氢气，正极反应为2NH4++2e-═2NH3↑+H2↑；

故答案为：Zn；13.0；2NH4++2e-═2NH3↑+H2↑；

（4）①共价键的键能即为拆开1mol气态物质中某种共价键需要吸收的能量．从图象可以看出：a是断开2molH-H键和1molO=O需要吸收的能量，故a=2mol×436kJ•mol-1+1mol×498kJ•mol-1=1370KJ；故答案为：1370；

②反应热化学方程式：2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=-482kJ•mol-1，则有（436×2+498）KJ-4XKJ=-482kJ，解得X=463KJ，故答案为：463．21、AlV型或折线型sp3H2O水分子之间可以形成氢键，而H2S分子之间不能形成氢键Na2O21S22S22P63S23P64S22Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al（OH）4]+3H2↑或2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑CaO2【分析】【分析】A；B、C、D、E都是元素周期表中的前20号元素；它们的原子序数依次增大．B、C、D同周期，B，C、D的最高价氧化物的水化物两两混合均能发生反应生成盐和水；

则B为Na，C为Al；E元素的原子核外共有20种不同运动状态的电子，则E为Ca，且E的原子序数比D大4，则D为S，A、D同主族，则A为O，然后利用元素及其单质、化合物的性质、结构等来解答．【解析】【解答】解：A；B、C、D、E都是元素周期表中的前20号元素；它们的原子序数依次增大．B、C、D同周期，B，C、D的最高价氧化物的水化物两两混合均能发生反应生成盐和水；

则B为Na；C为Al；E元素的原子核外共有20种不同运动状态的电子，则E为Ca，且E的原子序数比D大4，则D为S，A；D同主族，则A为O；

即A为O；B为Na，C为Al，D为S，E为Ca；

（1）B为Na；C为Al，Al的最外层电子半满，为稳定结构，则Al的第一电离能较大，故答案为：Al；

（2）A的氢化物为H2O，分子构型为V型或折线型，O有2对孤对电子和两个共价单键，则杂化类型为sp3；

故答案为：V型或折线型；sp3；

（3）H2O与H2S相比较，水分子之间可以形成氢键，而H2S分子之间不能形成氢键；则水的沸点高；

故答案为：H2O；水分子之间可以形成氢键，而H2S分子之间不能形成氢键；

（4）仅由A与B元素组成的化合物有Na2O、Na2O2，且含有非极性键的化合物为Na2O2，故答案为：Na2O2；

（5）E为Ca，电子排布式为1S22S22P63S23P64S2，故答案为：1S22S22P63S23P64S2；

（6）B的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，与Al反应的化学方程式为2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al（OH）4]+3H2↑

或2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；

故答案为：2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al（OH）4]+3H2↑或2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；

（7）由晶体的晶胞结构图可知，O22-占据棱点和体心，个数为12×+1=4，钙离子占据顶点和面心，个数为8×+6×=4；个数比为1：1；

则化学式为CaO2，故答案为：CaO2．四、判断题(共1题，共10分)22、√【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：√．五、简答题(共1题，共6分)23、略

【分析】解：烃的含氧衍生物rm{A}的相对分子质量为rm{44}分子中只能含有rm{1}个rm{O}原子，剩余rm{C}rm{H}原子总相对原子质量为rm{44-16=28}则分子中含有rm{2}个rm{C}原子、rm{4}个rm{H}原子，核磁共振氢谱显示分子中含有两种氢，则rm{A}为rm{CH_{3}CHO}结合信息可知rm{B}为rm{CH_{3}CH=CHCHO.}由rm{I}的结构简式、结合张rm{-}烯炔环异构化反应，可知rm{H}为rm{CH_{3}C隆脭CCOOCH_{2}CH=CHCH_{2}Cl}则rm{B}与氯气发生甲基中取代反应生成rm{C}为rm{ClCH_{2}CH=CHCHO}rm{C}与氢气发生加成反应生成rm{D}为rm{ClCH_{2}CH=CHCH_{2}OH}则rm{G}为rm{CH_{3}C隆脭CCOOH}rm{E隆煤F}属于加成反应，则rm{B}发生氧化反应、酸化得到rm{E}为rm{CH_{3}CH=CHCOOH}rm{B}可以与氯气发生加成反应得到rm{F}为rm{CH_{3}CHClCHClCOOH}rm{F}发生卤代烃的消去反应、酸化得到rm{G}．

rm{(1)A}为rm{CH_{3}CHO}名称为乙醛，故答案为：乙醛；

rm{(2)A隆煤B}的化学反应方程式为：rm{2CH_{3}CHOoverset{{录卯}}{}CH_{3}CH=CHCHO+H_{2}O}

故答案为：rm{2CH_{3}CHOoverset{{录卯}}{}CH_{3}CH=CHCHO+H_{2}O}

rm{2CH_{3}CHOoverset{{录卯}}{

}CH_{3}CH=CHCHO+H_{2}O}为rm{2CH_{3}CHOoverset{{录卯}}{

}CH_{3}CH=CHCHO+H_{2}O}rm{(3)D}的顺式结构的结构简式为rm{ClCH_{2}CH=CHCH_{2}OH}的反应类型为取代反应；

故答案为：取代反应；

rm{D}由上述分析可知，rm{B隆煤C}的结构简式为rm{(4)}

故答案为：rm{H}

rm{CH_{3}C隆脭CCOOCH_{2}CH=CHCH_{2}Cl}是醛基氧化为羧基；化学试剂是：银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液；

故答案为：银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液；

rm{CH_{3}C隆脭CCOOCH_{2}CH=CHCH_{2}Cl}的化学方程式为：

故答案为：

rm{(5)垄脵}的过程中涉及到单键、双键和三键的断裂以及单键和双键的形成，故rm{(6)垄脹}正确；

rm{(7)a.H隆煤I}为rm{a}不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故rm{b.F}错误；

rm{CH_{3}CHClCHClCOOH}为rm{b}与rm{c.F}含有相同官能团的同分异构体，可以看作丙烷中rm{CH_{3}CHClCHClCOOH}原子被rm{F}个氯原子、rm{H}个rm{2}取代，rm{1}个rm{-COOH}取代时可以形成rm{2}rm{-Cl}rm{Cl_{2}CHCH_{2}CH_{3}}rm{ClCH_{2}CH_{2}CH_{2}Cl}再被rm{ClCH_{2}CHClCH_{3}}取代分别有rm{CH_{3}C(Cl)_{2}CH_{3}}rm{-COOH}rm{3}rm{2}不含rm{3}故不含rm{1(}的同分异构体有rm{F)}种，故rm{F}正确．

故选：rm{8}．

烃的含氧衍生物rm{c}的相对分子质量为rm{ac}分子中只能含有rm{A}个rm{44}原子，剩余rm{1}rm{O}原子总相对原子质量为rm{C}则分子中含有rm{H}个rm{44-16=28}原子、rm{2}个rm{C}原子，核磁共振氢谱显示分子中含有两种氢，则rm{4}为rm{H}结合信息可知rm{A}为rm{CH_{3}CHO}由rm{B}的结构简式、结合张rm{CH_{3}CH=CHCHO.}烯炔环异构化反应，可知rm{I}为rm{-}则rm{H}与氯气发生甲基中取代反应生成rm{CH_{3}C隆脭CCOOCH_{2}CH=CHCH_{2}Cl}为rm{B}rm{C}与氢气发生加成反应生成rm{ClCH_{2}CH=CHCHO}为rm{C}则rm{D}为rm{ClCH_{2}CH=CHCH_{2}OH}rm{G}属于加成反应，则rm{CH_{3}C隆脭CCOOH}发生氧化反应、酸化得到rm{E隆煤F}为rm{B}rm{E}可以与氯气发生加成反应得到rm{CH_{3}CH=CHCOOH}为rm{B}rm{F}发生卤代烃的消去反应、酸化得到rm{CH_{3}CHClCHClCOOH}．

本题考查有机物的推断与合成，根据相对分子质量取代rm{F}的结构，结合rm{G}的结构简式采取正逆推法进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，较好的考查学生放学推理能力．rm{A}【解析】乙醛；rm{2CH_{3}CHOoverset{{录卯}}{}CH_{3}CH=CHCHO+H_{2}O}取代反应；rm{2CH_{3}CHOoverset{{录卯}}{

}CH_{3}CH=CHCHO+H_{2}O}银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液；rm{CH_{3}C隆脭CCOOCH_{2}CH=CHCH_{2}Cl}rm{ac}六、探究题(共4题，共12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）