2025年沪科版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年沪科版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6题，共12分)1、有甲乙两种烃，分子中碳的质量分数相同，则下列说法正确的是（）A.甲和乙一定是同分异构体B.甲和乙不可能是同系物C.甲和乙各1mol完全燃烧后，生成的二氧化碳的质量一定相等D.甲和乙的分子中，碳、氢原子个数之比相同2、向一支试管中注入某红色溶液；将试管加热，溶液红色逐渐变浅，则原溶液可能是（）

①滴有石蕊的（NH4）2SO4溶液；②滴有酚酞的氨水；③滴有石蕊的盐酸；④滴有酚酞的Na2CO3溶液．A.①④B.②③C.①③D.②④3、科学家最近研制出可望成为高效火箭推进剂的N（NO2）3，如图已知该分子中N-N-N键角都是108.1°，下列有关N（NO2）3的说法正确的是（）A.分子中N、O间形成的共价键是非极性键B.分子中四个氮原子共平面C.该物质既有氧化性又有还原性D.15.2g该物质含有6.02×1022个原子4、某学生发现他爸爸种植的水稻，生长迟缓，叶色发黄，茎杆不粗硬，易倒伏，学习化学后要他爸爸给水稻追加相应的复合肥料，你认为应选用的复合肥料是（）A.KNO3B.NH4NO3C.NH4H2PO4D.K2SO45、氯气是一种化学性质很活泼的非金属单质，下列叙述中不正确的是（）A.红热的铁丝在氯气里剧烈燃烧，生成棕褐色的烟B.通常情况下，干燥的氯气能与Fe反应C.纯净的H2能在Cl2中安静地燃烧，发出苍白色火焰，集气瓶口呈现雾状，H2和Cl2的混合气体光照时，迅速化合而爆炸D.有大量的氯气泄露时，用肥皂水浸湿软布蒙面，并迅速离开现场6、已知还原性：Fe2+＞Br-＞C1-，在FeCl2、FeBr2的混合溶液中，C1-、Br-两种离子的物质的量之比为1：2，向该溶液中通入一定量的氯气，使溶液中C1-与Br-的个数比为8：1，则通入氯气的物质的量与溶液中Fe3+的物质的量之比为（）A.1：1B.2：1C.4：3D.2：3评卷人得分二、双选题(共7题，共14分)7、设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.标准状况下，2.24L乙醇中碳氢键的数目为0.5NAB.1L0.1mol•L-1硫酸钠溶液中含有的氧原子数为0.4NAC.0.1molKI与0.1molFeCl3在溶液中反应转移的电子数为0.1NAD.0.1mol乙烯与乙醇的混合物完全燃烧所消耗的氧分子数为0.3NA8、室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是rm{(}rm{)}A.含有大量rm{Fe^{3+}}的溶液中：rm{Na^{+}}rm{Fe^{2+}}rm{Br^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}B.rm{1.0mol/L}rm{KMnO_{4}}的溶液中：rm{H^{+}}rm{Na^{+}}rm{Cl^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}C.能与铝反应放出rm{H_{2}}的溶液中：rm{K^{+}}rm{Mg^{2+}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{NO_{3}^{-}}D.水电离的rm{c(H^{+})}和rm{C(OH^{-})}之积为rm{1隆脕10^{-20}mol^{2}?L^{-2}}的溶液中：rm{Na^{+}}rm{K^{+}}rm{CO_{3}^{2-}}rm{Cl^{-}}9、已知有反应：rm{Cu_{2}O+2H^{+}篓TCu+Cu^{2+}+H_{2}O}则可用来检验氢气还原rm{CuO}所得的红色固体中是否含rm{Cu_{2}O}的试剂是rm{(}rm{)}A.稀硝酸B.稀硫酸C.盐酸D.浓硫酸10、短周期元素X；Y、Z、W在元素周期表中的位置如表所示；其中X所处的周期序数与主族序数之和为8．下列说法错误的是（）

。XYZWA.W的原子半径最大B.Z与X形成的化合物难溶于水C.Y的单质不能与水反应D.Z元素的氧化物对应水化物的酸性一定弱于W的氧化物对应水化物的酸性11、已知反应3SiH4（g）+4NH3（g）Si3N4（s）+12H2（g），相关说法不正确的是（）A.NH3在该反应中作还原剂，被氧化B.Si3N4具有硬度大、熔点高，说明Si3N4可用作耐高温材料C.标准状况下，22.4LNH3所含原子总数目为4×6.02×1023D.该反应每生成1molSi3N4转移电子总数目为12×6.02×102312、下列说法不正确的是（）A.石油的炼制过程都是化学变化B.煤是工业上获得芳香烃的一种重要来源C.石油经过常、减压分馏及裂化等工序炼制后即能得到纯净物D.煤通过液化和气化处理能减少环境污染13、下列说法正确的是A.将足量的rm{Na_{2}O}和rm{Na_{2}O_{2}}分别加入到酚酞溶液中充分反应后，观察到的现象相同B.rm{Al_{2}(SO_{4})_{3}}与rm{NaHCO_{3}}溶液可用作消防器材中的灭火剂C.不管是单质钠还是钠的化合物，其焰色反应的颜色都是黄色D.一定质量的铝粉分别与足量的盐酸和氢氧化钠溶液反应，当生成等量的氢气时，消耗盐酸和氢氧化钠的物质的量之比一定为rm{1隆脙1}评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)14、（2015秋•绍兴校级期中）将总物质的量为4mol的Na2O2和Al2（SO4）3混合物投入足量水中，充分反应后生成ymol沉淀（y≠0）．若以x表示原混合物中Na2O2的物质的量；试建立y=f（x）的函数关系式，将x的取值与y=f（x）关系式填写在表内（可填满，也可不填满或补充），并在图中画出函数图象．

。x值y=f（x）________________________________15、已知在25℃，101kPa下，拆开1molN2中的化学键需消耗946kJ的能量，拆开1molH2中的H-H键要消耗436kJ的能量，而形成1molN-H键会放出391kJ的能量．试通过以上数据计算：当反应掉1molN2和3molH2生成2molNH3时会放出____kJ热量．16、Ⅰ．已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数：

。弱酸化学式HSCNCH3COOHHCNH2CO3电离平衡常数1.3×10-11.8×10-54.9×10-10K1=4.3×10-7K2=5.6×10-11（1）25℃时，将20mL0.1mol/LCH3COOH溶液和20mL0.1mol/LHSCN溶液分别与20mL0.1mol/LNaHCO3溶液混合；实验测得产生的气体体积（V）随时间（t）的变化如图1所示：

反应初始阶段两种溶液产生CO2气体的速率存在明显差异的原因是____

（2）若保温度不变，在醋酸溶液中加入一定量氨气，下列量会变小的是____（填序号）．

a．c（CH3COO-）b．c（H+）c．Kwd．醋酸电离平衡常数。

Ⅱ．某温度（t℃）时，测得0.01mol/L的NaOH溶液的pH=11．在此温度下，将pH=2的H2SO4溶液VaL与pH=12的NaOH溶液VbL混合，若所得混合液为中性，则Va：Vb=____．

Ⅲ．如图2所示，A为电源，B为浸透饱和食盐水和酚酞试液的滤纸，滤纸中央滴有一滴KMnO4溶液；C；D为电解槽，其电极材料及电解质溶液均见图示．

（1）关闭K1，打开K2，通电后，B的KMnO4紫红色液滴向c端移动，则电源b端为____极，通电开始时，滤纸d端的电极反应式是____．

（2）已知C装置中溶液为Cu（NO3）2和X（NO3）3，且均为0.1mol，打开K1，关闭K2，通电一段时间后，阴极析出固体质量m（g）与通过电子的物质的量n（mol）关系如图3所示．则Cu2+、X3+、H+氧化能力由大到小的顺序是____；D装置中溶液是H2SO4，则此装置电极C端的实验现象是____．17、有一种被称为“立方烷”的烃，其分子式为C8H8；分子结构为立方体；

（1）立方烷的二氯代物共有____种同分异构体；

（2）与立方烷互为同分异构体的芳香烃的结构简式____．18、某酯A的化学式为C9H12O2且A分子中只含有一个苯环；苯环上只有一个取代基．现测出A的核磁共振氢谱图有5个峰，峰面积之比为1：2：2：2：3．利用红外光谱仪测得红外谱图1如下．回答下列问题：

（1）A的结构简式可为C6H5COOCH2CH3，C6H5CH2OOCCCH3和____．

（2）A的芳香类同分异构体有多种，写出不含甲基且属于芳香酸的B的结构简式：____．

（3）已知C是A的同分异构体，分子中不含甲基，且遇FeCl3溶液显紫色；苯环上只有两个对位取代基的芳香醛，且有如图2转化关系：

①写出D→E的化学方程式：____．

②请用合成反应流程图表示出由C合成F的最合理的合成方案（注明反应条件）．

合成反应流程图示例：H2C=CH2CH3CH2OHCH3COOC2H5合成路线流程图：19、某小组同学欲探究NH3催化氧化反应；按下图装置进行实验．

A、B装置可选药品：浓氨水、H2O2、蒸馏水、NaOH固体、MnO2

（1）NH3催化氧化的化学方程式是____；

（2）装置B中产生气体的原因有（结合化学用语解释）____；

（3）甲乙两同学分别按上述装置进行实验．一段时间后；装置G中溶液都变成蓝色．

①甲观察到装置F中有红棕色气体，生成红棕色气体的化学方程式是____；

②乙观察到装置F中只有白烟生成，白烟的成分是（写化学式）____；

③用离子方程式解释装置G中溶液变成蓝色的原因：____；

（4）为帮助乙实现在装置F中也观察到红棕色气体；可在原实验的基础上进行改进．

①甲认为可调节K1和K2控制A、B装置中的产气量，应（填“增加”或“减少”）____装置A中的产气量，或（填“增加”或“减少”）____装置B中的产气量．

②乙认为可在装置E、F间增加一个装置，该装置可以是（填序号）____

20、氢元素的2种核素H、H；回答下列问题：

（1）在相同条件下，H形成的单质与H形成的单质的密度之比为____．

（2）1molH的单质与1molH的单质中，其质子的物质的量之比为____．

（3）由H和18O组成的水，其摩尔质量约为____g•mol-1；．由H和16O组成的水，其摩尔质量约为____g•mol-1．21、高锰酸钾在实验室和工农业生产中有广泛的用途；实验室以二氧化锰为主要原料制备高锰酸钾，其部分流程如下：

（1）第①步加热熔融应在铁坩埚中进行，而不用瓷坩埚的原因是____（用化学程式表示）．

（2）第④步通人适量CO2，发生反应生成Mn04和Mn02和碳酸盐，则发生反应的离子方程式为____

（3）第⑥步加热浓缩至液面有细小晶体析出时，停止加热，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，干燥过程中，温度不宜过高，其原因是____（用化学方程式表示）．

（4）H2O2和KMn04都是常用的强氧化剂，若向H2O2溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液，则酸性高锰酸钾溶液会褪色，写出该反应的离子方程式：____．22、X；Y、Z、Q、E五种元素中；X原子核外的M层中只有两对成对电子，Y原子核外的L层电子数是K层的两倍，Z是地壳内含量（质量分数）最高的元素，Q的核电荷数是X与Z的核电荷数之和，E在元素周期表的各元素中电负性最大．请回答下列问题：

（1）X、Y的元素符号依次为____、____；

（2）XZ2与YZ2分子的立体结构分别是____和____，相同条件下两者在水中的溶解度较大的是____（写分子式）．

（3）Q的元素核外价层电子排布式为____．

（4）E的氢化物稳定性____Z的氢化物稳定性（填大于或小于）；E的氢化物易溶于Z的氢化物，其原因是____．评卷人得分四、判断题(共4题，共8分)23、31g白磷中含有的共价键数为1.5NA．____（判断对错）24、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）25、将30mL0.5mol/L的NaOH溶液加水稀释到500mL，稀释后NaOH的物质的量浓度为0.3mol/L____．（判断对错）26、对于0.3mol/L的硫酸钾溶液，1L溶液中含有0.6NA个钾离子是____．（判断对错）评卷人得分五、探究题(共4题，共8分)27、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________．28、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：29、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________．30、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、计算题(共4题，共20分)31、已知一定质量的硫与100mL某浓度的KOH溶液恰好完全反应，其反应方程式为：3S+6KOH（浓）=2K2S+K2SO3+3H2O，若被还原的硫元素为1.6g，求该KOH溶液的物质的量的浓度．（写出计算过程）32、1molFe2+与足量的H2O2溶液反应，转移2nA个电子____（判断对错）33、（2012•陕西校级学业考试）如图为某市售盐酸试剂瓶标签上的部分数据．通过计算回答：

（1）在标准状况下，1体积水吸收多少体积的HCl气体可制得此盐酸？（水的密度以1.00g/cm3计）____

（2）该盐酸25.4mL与2.00mol•L-1的NaOH溶液100mL混合，再将混合后溶液稀释至1.00L，此时溶液中氢离子的物质的量浓度约为多少？____．34、已知Co2（OH）2CO3和Li2CO3在空气中保持温度为600～800℃，可制得LiCoO2，已知3Co2（OH）2CO3+O2→2Co3O4+3H2O+3CO2；4Co3O4+6Li2CO3+O2→12LiCoO2+6CO2．按钴和锂的原子比1：1混合固体，空气过量70%，800℃时充分反应，计算产物气体中CO2的体积分数（保留三位小数，已知空气组成，N2体积分数0.79，O2体积分数0.21）参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【分析】甲乙两种烃，分子中碳的质量分数相同，则H原子质量分数也相同，二者最简式相同，若分子式相同，为同分异构体，若结构相似，为同系物，但二者分子式不一定相同，结构不一定相似，二者不一定为同分异构体或同系物，1mol烃含有碳原子数目不一定相等，二者完全燃烧生成的二氧化碳质量不一定相等．【解析】【解答】解：甲乙两种烃；分子中碳的质量分数相同，则H原子质量分数也相同，二者最简式相同；

A．二者最简式相同；分子式不一定相同，不一定为同分异构体，如苯与乙炔，故A错误；

B．二者最简式相同；结构可能相似，可能不相似，如乙烯与己烯，乙烯与环己烷，可能为同系物，故B错误；

C．二者最简式相同；分子式不一定相同，1mol烃含有碳原子数目不一定相等，二者完全燃烧生成的二氧化碳质量不一定相等，故C错误；

D．甲乙两种烃；分子中碳的质量分数相同，则H原子质量分数也相同，碳；氢原子个数之比相同，二者最简式相同，故D正确；

故选D．2、B【分析】【分析】①加热促进铵根离子水解；溶液酸性增强；

②加热氨气挥发；溶液碱性减弱；

③加热HCl挥发；盐酸的酸性减弱；

④加热促进碳酸根离子的水解，溶液碱性增强．【解析】【解答】解：①加热促进铵根离子水解，溶液酸性增强，则加热滴有石蕊的（NH4）2SO4溶液；溶液的颜色变深，故错误；

②加热氨气挥发；溶液碱性减弱，所以溶液红色逐渐变浅，故正确；

③加热HCl挥发；盐酸的酸性减弱，所以滴有石蕊的盐酸的颜色变浅，故正确；

④加热促进碳酸根离子的水解，溶液碱性增强，则加热滴有酚酞的Na2CO3溶液；溶液颜色变深，故错误．

故选B．3、C【分析】【分析】A．根据不同元素形成的共价键为极性键；同元素形成的共价键为非极性键；

B．根据信息中该分子中N-N-N键角都是108.1°及N（NO2）3的结构应与氨气相似；则分子中四个氮原子不共平面；

C．利用元素的化合价来分析其性质；

D．根据该物质的物质的量以及一个物质中含有10个原子来计算．【解析】【解答】解：A、N（NO2）3是一种共价化合物；N；O原子之间形成的化学键是极性键，故A错误；

B；该分子中N-N-N键角都是108.1°；推知分子中4个氮原子在空间呈四面体型，所以分子中四个氧原子不可能共平面，故B错误；

C；该分子中的氮既有+3价也有+5价；+3价氮既有氧化性又有还原性，故C正确；

D、N（NO2）3的相对分子质量为152，15.2gN（NO2）3为0.1mol，该物质的分子中所含原子为NA即6.02×1023个原子；故D错误；

故选C．4、A【分析】【分析】氮肥能使农作物枝叶繁茂，叶色浓绿；钾肥能使农作物茎秆粗壮，增强抗倒伏能力，据此选择即可．【解析】【解答】解：A、KNO3含有K；N两种元素；属于复合肥，能给水稻追加，故A正确；

B、NH4NO3只含有N元素；故B错误；

C、NH4H2PO4含有N和P；故错误；

D、K2SO4只含有N；故D错误；

故选A．5、B【分析】【分析】A；红热的铁丝在氯气里剧烈燃烧；生成棕褐色的烟氯化铁；

B；铁不能和干燥的氯气反应；

C、H2能在Cl2中安静地燃烧；生成氯化氢，如果是光照会发生爆炸；

D、氯气是酸性气体，肥皂水是一种柔和的碱性物质，可以和氯气反应．【解析】【解答】解：A；红热的铁丝在氯气里剧烈燃烧；会生成棕褐色的烟氯化铁，故A正确；

B；铁不能和干燥的氯气反应；铁和氯气反应只有在点燃的条件下才反应，生成氯化铁，故B错误；

C、H2能在Cl2中安静地燃烧；生成氯化氢，氯化氢易吸收空气中的水形成盐酸小液滴，二者如果是光照下，会发生爆炸，故C正确；

D；氯气是酸性气体；肥皂水是一种柔和的碱性物质，可以和氯气反应，有大量的氯气泄露时，用肥皂水浸湿软布蒙面，可以防止氯气中毒，故D正确．

故选B．6、A【分析】【分析】还原性：Fe2+＞Br-＞C1-，向FeCl2、FeBr2的混合溶液中氯气，氯气先氧化Fe2+，Fe2+反应完毕，氯气还有剩余，剩余的氯气再氧化Br-．令Cl-、Br-两种离子的物质的量分别为1mol、2mol，由电荷守恒可知FeCl2、FeBr2的混合溶液中2n（Fe2+）=n（Cl-）+n（Br-）=1mol+2mol，所以n（Fe2+）=1.5mol．反应后有Br-，说明Fe2+完全被氧化．溶液中n（Fe3+）=n（Fe2+）．

设通入的氯气为xmol，根据电子守恒可知，氧化1.5molFe2+为Fe3+，需要氯气的物质的量为=0.75mol，剩余的（x-0.75）mol氯气氧化Br-，由电子转移守恒可知，能氧化Br-为2（x-0.75）mol．根据反应后溶液中C1-与Br-的个数比为8：1，列方程计算X中，据此判断．【解析】【解答】解：令C1-、Br-两种离子的物质的量分别为1mol、2mol，由电荷守恒可知FeCl2、FeBr2的混合溶液中2n（Fe2+）=n（C1-）+n（Br-）=1mol+2mol，所以n（Fe2+）=1.5mol．反应后有Br-，说明Fe2+完全被氧化．溶液中n（Fe3+）=n（Fe2+）=1.5mol．

设通入的氯气为xmol，根据电子守恒可知，氧化1.5molFe2+为Fe3+，需要氯气的物质的量为=0.75mol，所以剩余的（x-0.75）mol氯气氧化Br-，由电子转移守恒可知，能氧化Br-为2（x-0.75）mol．

故反应后溶液中n（C1-）=1mol+2n（Cl2）=（1+2x）mol，n（Br-）=2mol-2（x-0.75）mol=（3.5-2x）mol，反应后溶液中Cl-与Br-的个数比为8：1；故（1+2x）mol：（3.5-2x）mol=8：1，解得x=1.5．

所以通入氯气的物质的量与溶液中Fe3+的物质的量之比1.5mol：1.5mol=1：1．

故选：A．二、双选题(共7题，共14分)7、C|D【分析】解：A；标况下乙醇为液体；故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；

B、硫酸钠溶液中，除了硫酸钠外，水也含氧原子，故此溶液中的氧原子的个数大于0.4NA个；故B错误；

C、0.1molKI与0.1molFeCl3在溶液中能完全反应，且碘元素由-1价变为0价，故0.1molKI反应后转移0.1mol电子即0.1NA个电子；故C正确；

D、1mol乙烯和乙醇均消耗3mol氧气，故0.1mol乙烯和乙醇消耗0.3mol氧气即0.3NA个氧气分子；故D正确．

故选CD．

A；标况下乙醇为液体；

B；硫酸钠溶液中；除了硫酸钠外，水也含氧原子；

C、0.1molKI与0.1molFeCl3在溶液中能完全反应；且碘元素由-1价变为0价；

D；1mol乙烯和乙醇均消耗3mol氧气．

本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，应注意掌握公式的运用和物质的结构．【解析】【答案】CD8、rA【分析】解：rm{A.}离子之间不反应；可大量共存，故A正确；

B.rm{H^{+}}rm{Cl^{-}}rm{MnO_{4}^{-}}发生氧化还原反应；不能共存，故B错误；

C.能与铝反应放出rm{H_{2}}的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，碱性溶液中不能大量存在rm{Mg^{2+}}酸溶液中rm{Al}rm{NO_{3}^{-}}发生氧化还原反应不生成氢气；故C错误；

D.水电离的rm{c(H^{+})}和rm{C(OH^{-})}之积为rm{1隆脕10^{-20}mol^{2}?L^{-2}}的溶，为酸或碱溶液，酸溶液中不能大量存在rm{CO_{3}^{2-}}故D错误；

故选A．

A.离子之间不反应；

B.发生氧化还原反应；

C.能与铝反应放出rm{H_{2}}的溶液；为非氧化性酸或强碱溶液；

D.水电离的rm{c(H^{+})}和rm{C(OH^{-})}之积为rm{1隆脕10^{-20}mol^{2}?L^{-2}}的溶；为酸或碱溶液．

本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意复分解反应、氧化还原反应的判断，题目难度不大．【解析】rm{A}9、rBC【分析】解：氢气还原rm{CuO}所得的红色固体中有rm{Cu}可能含rm{Cu_{2}O}由rm{Cu_{2}O+2H^{+}篓TCu+Cu^{2+}+H_{2}O}及rm{Cu}与非氧化性酸不反应，则加稀硫酸或稀盐酸若得到蓝色溶液，则证明含rm{Cu_{2}O}

否则不含；而稀硝酸、浓硫酸均具有强氧化性，与rm{Cu}反应；则不能检验；

故选BC．

rm{Cu}与非氧化性酸不反应，若含rm{Cu_{2}O}加非氧化性酸得到蓝色溶液，以此鉴别．

本题考查物质的检验和鉴别，为高频考点，把握信息中的反应及rm{Cu}与稀硫酸、盐酸不反应为解答的关键，注意发生的氧化还原反应原理，题目难度不大．【解析】rm{BC}10、A|C【分析】解：短周期元素X；Y、Z、W；根据元素在周期表中的位置知，X和Y位于第二周期，Z和W位于第三周期，X所处的周期序数与主族序数之和为8，则X位于第VIA族，所以X是O元素，则Y是F元素、Z是Si元素、W是S元素；

A．电子层数越多；其原子半径越大，电子层结构相同，其原子半径随着原子序数的增大而减小，则Z的半径最大，故A错误；

B．Z与X形成的化合物为二氧化硅；二氧化硅难溶于水，故B正确；

C．Y为F元素；氟气与水反应生成氧气和氟化氢，故C错误；

D．硅酸难溶于水；酸性很弱，硅酸的酸性小于硫酸或亚硫酸，故D正确；

故选AC．

短周期元素X；Y、Z、W；根据元素在周期表中的位置知，X和Y位于第二周期，Z和W位于第三周期，X所处的周期序数与主族序数之和为8，则X位于第VIA族，所以X是O元素，则Y是F元素、Z是Si元素、W是S元素；

A．电子层数越多；其原子半径越大，电子层结构相同，其原子半径随着原子序数的增大而减小；

B．Z与X形成的化合物为二氧化硅；

C．Y为F元素；氟气与水反应生成氧气和氟化氢；

D．硅酸的酸性小于硫酸或亚硫酸．

本题考查了元素位置、结构和性质的关系及应用，根据元素在周期表中的位置推断元素，明确元素周期律是解本题关键，题目难度不大．【解析】【答案】AC11、A|D【分析】解：A．N元素化合价不变，H元素化合价降低，则NH3在该反应中作氧化剂；故A错误；

B．Si3N4为原子晶体；硬度大；熔点高，可用作耐高温材料，故B正确；

C．标准状况下，22.4LNH3为1mol，含有4mol原子，个数为4×6.02×1023；故C正确；

D．反应中Si元素化合价由-4价升高到+4价，则该反应每生成1molSi3N4转移电子总数目为24×6.02×1023；故D错误．

故选AD．

3SiH4（g）+4NH3（g）Si3N4（s）+12H2（g）反应中Si元素化合价升高；H元素化合价降低，以此解答该题．

本题考查了氧化还原反应，侧重于学生的分析、计算能力的考查，题目难度不大，侧重于基础知识的考查，注意从化合价的角度分析．【解析】【答案】AD12、A|C【分析】解：A；石油的炼制过程有分馏、裂化和裂解等；分馏是物理变化、裂化和裂解是化学变化，故A错误；

B；因煤是工业上获得芳香烃的一种重要来源；故B正确；

C；因石油炼制过程中；根据石油中各成分的沸点不同，采用分馏的方法将它们分离，得到汽油、煤油、柴油、润滑油、沥青等，这些馏分都是混合物，故C错误；

D；煤通过液化和气化处理能可以提高煤的利用率、减少环境污染；故D正确；

故选AC．

A；石油的炼制过程有分馏、裂化和裂解；

B；根据煤的用途；

C；根据石油的分馏；

D；根据煤的综合利用．

本题主要考查了石油、煤的综合利用，难度不大，根据课本知识即可完成．【解析】【答案】AC13、BC【分析】【分析】

本题考查了元素化合物的基础知识。

【解答】

A.将足量的rm{Na}rm{Na}rm{{,!}_{2}}和rm{O}和rm{Na}rm{O}rm{Na}rm{{,!}_{2}}rm{O}

rm{O}rm{{,!}_{2}}分别加入到酚酞溶液中充分反应后，观察到的现象前者溶液变红，后者先变红后褪色，故A错误；B.rm{Al}rm{Al}rm{{,!}_{2}}rm{(SO}rm{(SO}rm{{,!}_{4}}

rm{)}

rm{)}，故D错误。

rm{{,!}_{3}}

与rm{NaHCO}【解析】rm{BC}三、填空题(共9题，共18分)14、0＜x≤3y=x3＜x＜3.2y=32-10x【分析】【分析】Na2O2和与H2O反应生成的NaOH，恰好与Al2（SO4）3反应时，生成的Al（OH）3沉淀量最大．根据反应式知道此时，n（Na2O2）：n[Al2（SO4）3]=3：1；

当n（Na2O2）：n[Al2（SO4）3]≤3：1时，NaOH不足（或恰好反应），与Al3+反应生成Al（OH）3，由Na2O2根据Na原子守恒计算NaOH的物质的量，根据OH-守恒由NaOH计算Al（OH）3沉淀的量；

当n（Na2O2）：n[Al2（SO4）3]＞3：1时，Al的存在有Al（OH）3和AlO2-两种，有XmolNa2O2，则Al2（SO4）3为（4-X）mol，由Na2O2根据Na原子守恒计算NaOH的物质的量，Na2O2和与H2O反应生成的NaOH有两部分作用，（一）与Al3+反应生成Al（OH）3，（二）与Al3+反应生成AlO2-，根据Al原子守恒用X、Y表示出AlO2-，的物质的量，进而表示出上述两部分消耗的NaOH的量，两部分消耗的NaOH的物质的量之和即为Na2O2和与H2O反应生成的NaOH；根据分析画出函数图象．【解析】【解答】解：Na2O2为xmol，则Al2（SO4）3为（4-x）mol；

据Na原子守恒得n（NaOH）=2n（Na2O2）=2Xmol；

根据Al原子守恒得n（Al3+）=2n[Al2（SO4）3]=2（4-x）mol；

Na2O2和与H2O反应生成的NaOH，恰好与Al2（SO4）3反应时，生成的Al（OH）3沉淀量最大，所以有n（Al3+）：n（NaOH）=1：3，即2（4-x）mol：2Xmol=1：3，解得，X=3，所以（4-x）mol=1mol，即n（Na2O2）：n[Al2（SO4）3]=3：1．

当n（Na2O2）：n[Al2（SO4）3]≤3：1时，NaOH不足，根据NaOH计算Al（OH）3的量，根据OH-守恒有2x=3y，即y=；

由于n（Na2O2）：n[Al2（SO4）3]≤3：1，y＞0；所以xmol：（4-x）mol≤3：1，＞0；联立解得：0＜x≤3；

当n（Na2O2）：n[Al2（SO4）3]＞3：1时，Al的存在有Al（OH）3和AlO2-两种，有xmolNa2O2，则Al2（SO4）3为（4-x）mol；

据Na原子守恒得：n（NaOH）=2n（Na2O2）=2xmol；

根据Al原子守恒得：n（AlO2-）=[2（4-x）-y]mol=（8-2x-y）mol；由关系式。

Al3+～～3OH-～～Al（OH）3Al3+～4OH-～～AlO2-

3ymolymol4（8-2x-y）mol（8-2x-y）mol

所以：3ymol+4（8-2x-y）mol=2xmol；

解得：y=32-10x；

由于n（Na2O2）：n[Al2（SO4）3]＞3：1；y＞0；所以xmol：（4-x）mol＞3：1，32-10x＞0，联立解得：3＜x＜3.2；

根据以上分析可画出函数图象为：

故答案为：

。x值y=f（x）0＜x≤3y=x3＜x＜3.2y=32-10x．15、92【分析】【分析】拆开1molN2中的化学键需消耗946kJ的能量，拆开1molH2中的H-H键要消耗436kJ的能量，而形成1molN-H键会放出391kJ的能量，结合反应N2+3H2⇌2NH3中各物质的计量数和结构，表示出断键吸收的能量和成键放出的能量，根据反应热△H=断键吸收的热量-成键放出的热量来计算．【解析】【解答】解：根据反应N2+3H2⇌2NH3可知，1molN2和3molH2完全反应生成2molNH3时，要断裂1molN≡N键和3molH-H键，形成6molN-H键，故△H=断键吸收的能量-成键放出的能量=946kJ+436kJ×3-391kJ×6=-92kJ，故该反应的△H=-92kJ/mol，即反应会放热92KJ，故答案为：92．16、相同温度下HSCN比CH3COOH的电离平衡常数大，同浓度时电离出的氢离子浓度大，与NaHCO3溶液反应快b10：1负2H++2e-=H2↑Cu2+＞H+＞X3+在C端开始时有无色无味气体产生，一段时间后有红色物质析出【分析】【分析】Ⅰ．（1）等浓度的酸的强弱不同，则c（H+）不同，c（H+）越大；反应速率越大；

（2）温度不变；水的离子积常数；醋酸的电离平衡常数不变，在醋酸溶液中加入一定量氨气，一水合氨电离出的氢氧根离子和氢离子反应生成水，促进醋酸电离；

Ⅱ．某温度（t℃）时，测得0.01mol•L-1的NaOH溶液的pH=11，据此计算离子积常数，将pH=2的H2SO4溶液VaL与pH=12的NaOH溶液VbL混合；若所得混合液为中性说明氢离子和氢氧根离子物质的量相同，列式计算；

Ⅲ．（1）关闭K1，打开K2，为电解饱和食盐水装置，通电后，B的KMnO4紫红色液滴向c端移动；根据电解池工作原理可知阴离子向阳极移动判断电源的正负极并书写d端的电极反应式；

（2）打开K1，关闭K2，则为电解C、D两池，根据电解C的图象可知，开始即析出固体，总共0.2mol电子通过时，析出固体质量达最大，证明此时析出的固体是铜，此后，继续有电子通过，不再有固体析出，说明X3+不放电，H+放电，从而判断离子氧化性；D装置中溶液是H2SO4，电极C端与b负极相连即为阴极，开始氢离子得电子生成氢气，后阳极的铜失电子生成铜离子进入阴极在阴极析出，据此分析．【解析】【解答】解：Ⅰ．（1）等浓度的酸的强弱不同，则c（H+）不同，c（H+）越大，反应速率越大，因Ka（HSCN）＞Ka（CH3COOH），溶液中c（H+）：HSCN＞CH3COOH，c（H+）大反应速率快；

故答案为：相同温度下HSCN比CH3COOH的电离平衡常数大，同浓度时电离出的氢离子浓度大，与NaHCO3溶液反应快；

（2）a、若保持温度不变，在醋酸溶液中加入一定量氨气，NH3+H2O⇌NH3．H2O⇌NH4++OH-，a．OH-+H+=H2O，所以促进醋酸电离，则c（CH3COO-）增大；故a错误；

b．OH-+H+=H2O，所以c（H+）减小，故b正确；

c．温度不变则Kw不变；故c错误；

d．温度不变；则醋酸电离平衡常数不变，故d错误；

故选b；

Ⅱ．某温度（t℃）时，测得0.01mol•L-1的NaOH溶液的pH=11，据此计算离子积常数Kw=0.01mol/L×10-11mol/L=10-13（mol/L），将pH=2的H2SO4溶液VaL与pH=12的NaOH溶液VbL混合，若所得混合液为中性说明氢离子和氢氧根离子物质的量相同，10-2×Va=×Vb，得到Va：Vb=10：1；

故答案为：10：1；

Ⅲ．（1）据题意B的KMnO4紫红色液滴向c端移动，说明高锰酸根离子向c端移动，可推出极c端为阳极，则与之相连的电源a端为正极，b端为负极，所以通电滤纸d端为阴极，电极反应式为2H++2e-=H2↑，故答案为：负；2H++2e-=H2↑；

（2）根据电解C的图象可知，通电后就有固体生成，当通过电子为0.2mol时，析出固体质量达最大，证明此时析出的固体是铜．如果是X3+析出，电子数应该是0.3mol，则氧化能力为Cu2+＞X3+，当电子超过0.2mol时，固体质量没变，说明这是阴极产生的是氢气，即电解水，说明氧化能力H+＞X3+，故氧化能力为Cu2+＞H+＞X3+；

D装置中溶液是H2SO4，电极C端与b负极相连即为阴极，开始为氢离子得电子生成氢气，后阳极的铜失电子生成铜离子进入阴极在阴极析出，所以看到的现象为在C端开始时有无色无味气体产生，一段时间后有红色物质析出；故答案为：Cu2+＞H+＞X3+；在C端开始时有无色无味气体产生，一段时间后有红色物质析出．17、3-CH=CH2【分析】【分析】（1）烃的二氯代物的同分异构体可以采用固定一个氯原子的方法来寻找；

（2）根据碳原子的价键理论和键线式的特点来书写化学式；根据不饱和度和同分异构体的概念来寻找同分异构体．【解析】【解答】解：（1）苯乙烯的二氯代物的同分异构体分别是：一条棱；面对角线、体对角线上的两个氢原子被氯原子代替；所以二氯代物的同分异构体有三种，故答案为：3；

（2）该烃的每一个碳原子均和三个碳原子成键，剩余的一个键是和氢原子成键，所以该烃的分子式为：C8H8，比饱和的烷烃少10个氢原子，所以不饱和度是5，属于芳香烃则含有苯环，占4个不饱和度，另一个不饱和度在碳碳双键上，所以于芳香烃的同分异构体的结构简式为：-CH=CH2；

故答案为：-CH=CH2．18、C6H5OOCCH2CH3C6H5CH2CH2COOH+NaHCO3→+CO2↑+H2O【分析】【分析】某酯A的化学式为C9H10O2，且A分子中只含有1个苯环，苯环上只有一个取代基，现测出A的1H-NMR谱图有5个峰，说明A中含有5类氢原子，苯环上有3类氢原子，其面积之比为1：2：2，则酯基上有2类氢原子，其面积之比为2：3，所以支链上含有一个亚甲基和一个甲基，根据红外光谱知，A可能为苯甲酸乙酯、苯乙酸甲酯、丙酸苯酯，B是A的同分异构体，B不含甲基且属于芳香酸，则B的结构简式为：C6H5CH2CH2COOH，C是A的同分异构体，分子中不含甲基，且遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基，苯环上只有两个对位取代基的芳香醛，则C的结构简式为：C和新制氢氧化铜反应生成D，D的结构简式为：D和碳酸氢钠反应生成E，E的结构简式为：根据有机物的结构和性质解答．【解析】【解答】解：某酯A的化学式为C9H10O2，且A分子中只含有1个苯环，苯环上只有一个取代基，现测出A的1H-NMR谱图有5个峰，说明A中含有5类氢原子，苯环上有3类氢原子，其面积之比为1：2：2，则酯基上有2类氢原子，其面积之比为2：3，所以支链上含有一个亚甲基和一个甲基，根据红外光谱知，A可能为苯甲酸乙酯、苯乙酸甲酯、乙酸苯甲酯、丙酸苯酯，B是A的同分异构体，B不含甲基且属于芳香酸，则B的结构简式为：C6H5CH2CH2COOH，C是A的同分异构体，分子中不含甲基，且遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基，苯环上只有两个对位取代基的芳香醛，则C的结构简式为：C和新制氢氧化铜反应生成D，D的结构简式为：D和碳酸氢钠反应生成E，E的结构简式为：

（1）通过以上分析知，A的结构简式为：C6H5COOCH2CH3、C6H5OOCCH2CH3、C6H5CH2COOCH3；

故答案为：C6H5CH2COOCH3；

（2）通过以上分析知，B的结构简式为：C6H5CH2CH2COOH；

故答案为：C6H5CH2CH2COOH；

（3）①D中含有羧基；所以能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，反应方程式为：

+NaHCO3→+CO2↑+H2O；

故答案为：+NaHCO3→+CO2↑+H2O；

②C的结构简式为：由C（HOC6H4CH2CH2CHO）制备F，先经过加成反应得醇，再发生消去反应得烯，其产物再与卤素的单质发生加成反应，最后将其水解即得目标产物F，所以其合成流程图示如下：

，故答案为：．19、4NH3+5O24NO+6H2O在氨水中存在平衡：NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH-，加入NaOH固体，OH-浓度增加，平衡向左移动；NaOH固体溶于水放出大量热，均有利于NH3逸出2NO+O2═2NO2NH4NO33Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O增加减少abc【分析】【分析】（1）氨的催化氧化产物是一氧化氮和水；据此来书写反应方程式；

（2）根据化学平衡移动的影响因素解答；

（3）①氨气发生了催化氧化的产物一氧化氮极易和氧气化合为二氧化氮；

②氨气和硝酸反应生成硝酸铵；

③二氧化氮和水反应获得硝酸；铜和硝酸反应生成硝酸铜；一氧化氮和水；

（4）①为了氧化氨气；氧气需过量，需增加氧气的量，减少氨气的量；

②在F中看到红棕色的二氧化氮，避免生成硝酸铵，需不生成硝酸，需除去水或氨气，在装置E、F间增加一个装置，该装置可以是将氨气或水除去，剩下一氧化氮和未反应的氧气．【解析】【解答】解：（1）氨的催化氧化反应，氨气中-3价的氮被氧气氧化成显+2价的一氧化氮，化学反应方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；

故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；

（2）B装置是氨水滴入到氢氧化钠固体上，NaOH固体溶于水放出大量热，氨气在温度高的情况下溶解度小，在氨水中存在平衡：NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH-，平衡向左移动；加入NaOH固体，氢氧化钠电离出氢氧根离子，OH-浓度增加；平衡向左移动；

故答案为：在氨水中存在平衡：NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH-，加入NaOH固体，OH-浓度增加，平衡向左移动，NaOH固体溶于水放出大量热，均有利于NH3逸出；

（3）①氨气发生了催化氧化的产物一氧化氮，一氧化氮极易和氧气化合为二氧化氮，即2NO+O2=2NO2；所以装置F中有红棕色气体产生；

故答案为：2NO+O2═2NO2；

②乙观察到装置F中只有白烟生成，白烟是由于氨气和硝酸反应NH3+HNO3=NH4NO3，生成了白色的NH4NO3固体；

故答案为：NH4NO3；

③在装置G中，生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，化学方程式为：3NO2+H2O═2HNO3+NO，获得硝酸，金属铜和硝酸反应，3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O实质是：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；

故答案为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；

（4）①为了氧化氨气；氧气需过量，需增加氧气的量，减少氨气的量，A为制氧气的装置，增加A中氧气的量，装置A中的产气量，装置B中的产气量；

故答案为：增加；减少；

②E装置是氨气的催化氧化装置，从装置中出来的气体中有氧气和氨气和一氧化氮和水蒸气，因4NO+2H2O+3O2=4HNO3，NH3+HNO3=NH4NO3，所以避免F中生成硝酸铵，实现在F中看到红棕色的二氧化氮，需除去水或氨气，需在装置E、F间增加一个装置，该装置可以将氨气或水除去，a碱石灰吸收水蒸气，可以通过防倒吸的b装置吸收氨气，可以通过浓硫酸吸收氨气和水蒸气，实现在F中看到红棕色的二氧化氮，需选abc；

故答案为：abc．20、1：21：12022【分析】【分析】（1）密度之比等于相对分子质量之比；

（2）H2的质子数为2，H2的质子数为2；

（3）根据相对原子质量计算相对分子质量，摩尔质量在数值上等于相对分子质量．【解析】【解答】解：（1）密度之比等于相对分子质量之比，H2的相对分子质量为2，H2的相对分子质量为4，则在相同条件下，H形成的单质与H形成的单质的密度之比为2：4=1：2；故答案为：1：2；

（2）H2的质子数为2，H2的质子数为2，则1molH的单质与1molH的单质中；其质子的物质的量之比为1：1，故答案为：1：1；

（3）由H和18O组成的水的相对分子质量为20，则摩尔质量为20g/mol，由H和16O组成的水的相对分子质量为22，其摩尔质量为22g/mol，故答案为：20；22．21、SiO2+2KOH═K2SiO3+H2O3MnO42-+2CO2=2MnO4-+MnO2↓+2CO32-2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑2MnO4-+6H++5H2O2=2Mn2++8H2O+5O2↑【分析】【分析】（1）熔融固体需要用铁坩埚熔融，瓷坩埚原料含有SiO2；能和碱反应，高温下与KOH发生反应；

（2）由题意可知，KOH、KClO3、MnO2共熔制得绿色K2MnO4；CO2使MnO42-发生歧化反应，生成MnO4-和MnO2，反应中MnO42-→MnO4-，Mn元素化合价由+6价升高为+7，化合价总共升高1价，MnO42-→MnO2，Mn元素化合价由+6价降低为+4，化合价总共降低2价，化合价升高最小公倍数为2，故MnO4-系数为2，MnO2系数为1，根据锰元素守恒可知，转化KMnO4的MnO42-占；

（3）KMnO4在加热的条件下会发生分解反应；

（4）向H2O2溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液．则酸性高锰酸钾溶液会褪色说明高锰酸钾做氧化剂氧化过氧化氢为氧气，依据电子守恒和原子守恒分析配平书写离子方程式；依据氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于反应中其他物质分析判断．【解析】【解答】解：（1）熔融固体需要用铁坩埚熔融，瓷坩埚原料含有SiO2，在高温下，瓷坩埚可以和KOH发生反应SiO2+2KOH═K2SiO3+H2O；腐蚀瓷坩埚，故不能使用瓷坩埚，而使用铁坩埚；

故答案为：SiO2+2KOH═K2SiO3+H2O；

（2）由题意可知，KOH、KClO3、MnO2共熔制得绿色K2MnO4，根据氧化还原反应可知，还生成KCl，由元素守恒可知，还会生成H2O，反应方程式为KClO3+3MnO2+6KOHKCl+3K2MnO4+3H2O；CO2使MnO42-发生歧化反应，生成MnO4-和MnO2，反应的离子方程式为：3MnO42-+2CO2=2MnO4-+MnO2↓+2CO32-；反应中MnO42-→MnO4-，Mn元素化合价由+6价升高为+7，化合价总共升高1价，MnO42-→MnO2，Mn元素化合价由+6价降低为+4，化合价总共降低2价，化合价升高最小公倍数为2，故MnO4-系数为2，MnO2系数为1，根据锰元素守恒MnO42-系数为3，所以转化KMnO4的MnO42-占，故K2MnO4完全反应时转化为KMnO4的百分率约×100%=66.7%；

故答案为：3MnO42-+2CO2=2MnO4-+MnO2↓+2CO32-；

（3）⑥步加热浓缩至液面有细小晶体析出时，停止加热，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，KMnO4在温度过高的条件下会发生分解反应，反应化学方程式为：2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑；故在加热；浓缩、烘干的过程中温度不宜过高；

故答案为：2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑；

（4）向H2O2溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液．则酸性高锰酸钾溶液会褪色说明高锰酸钾做氧化剂氧化过氧化氢为氧气，反应的离子方程式为：2MnO4-+6H++5H2O2=2Mn2++8H2O+5O2↑，故答案为：2MnO4-+6H++5H2O2=2Mn2++8H2O+5O2↑．22、SCV形直线形SO23d54s1大于HF是极性分子，且存在氢键，相似相溶【分析】【分析】X原子核外的M层中只有两对成对电子，核外电子排布应为1s22s22p63s23p4，为S元素，Y原子核外的L层电子数是K层的两倍，Y有2个电子层，最外层电子数为4，故Y为C元素，Z是地壳内含量最高的元素，为O元素，Q的核电荷数是X与Z的核电荷数之和，原子序数为24，为Cr元素，E在元素周期表的各元素中电负性最大，应为F元素，结合元素对应单质、化合物的结构和性质解答该题．【解析】【解答】解：X原子核外的M层中只有两对成对电子，核外电子排布应为1s22s22p63s23p4，为S元素，Y原子核外的L层电子数是K层的两倍，Y有2个电子层，最外层电子数为4，故Y为C元素，Z是地壳内含量最高的元素，为O元素，Q的核电荷数是X与Z的核电荷数之和，原子序数为24，为Cr元素；E在元素周期表的各元素中电负性最大，应为F元素；

（1）由以上分析可知；X为S，Y为C，故答案为：S；C；

（2）SO2中，S和O形成2个δ键，有1个孤电子对，为V形，CO2中，C和O形成2个δ键，没有孤电子对，为直线形．SO2是极性分子，H2O也是极性分子，相似相溶，而CO2是非极性分子，故SO2在水中溶解度更大，故答案为：V形；直线形；SO2；

（3）Q为Cr，原子序数为24，位于周期表第四周期ⅥB族，核外价层电子排布式为3d54s1，故答案为：3d54s1；

（4）非金属性F＞O，HF较稳定，HF和水都为极性分子，且存在氢键，相似相溶，导致HF易溶于水，故答案为：大于；HF是极性分子，且存在氢键，相似相溶．四、判断题(共4题，共8分)23、√【分析】【分析】白磷分子中含有6个P-P共价键，白磷分子式为P4，据此进行计算含有共价键数目．【解析】【解答】解：白磷是正四面体型结构，分子中含有6个P-P共价键；31g白磷（分子式为P4）的物质的量是0.25mol，所以分子中含有P-P共价键1.5mol，含有的共价键数目为1.5NA，故答案为：√；24、×【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：×．25、×【分析】【分析】稀释前后氢氧化钠的物质的量不变，根据稀释定律C1V1=C2V2计算判断．【解析】【解答】解：令稀释后NaOH的物质的量浓度为c，稀释前后氢氧化钠的物质的量不变，则：0.03L×0.5mol/L=c×0.5L，解得c=0.03mol/L，故错误，故答案为：×．26、√【分析】【分析】根据n=cV计算钾离子物质的量，再根据N=nNA计算钾离子数目．【解析】【解答】解：钾离子物质的量=1L×0.3mol/L×2=0.6mol，故钾离子数目为0.6NA，故正确，故答案为：√．五、探究题(共4题，共8分)27、|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．28、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．29、|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．30、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KMn