2025年华师大版高三化学下册阶段测试试卷

…………○…………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年华师大版高三化学下册阶段测试试卷218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、下列实验操作或鉴别方法可行的是（）A.蒸发操作时，应将混合物中的水分蒸干后，才能停止加热B.用Ba（NO3）2溶液鉴别Cl-、SO42和CO32-C.用氨水鉴别Al3+、Mg2+和Ag+D.可以用溶解过滤的方法从加热氯酸钾和二氧化锰的混合物中获得二氧化锰2、下列说法正确的是（）A.Mg可以用置换法和电解法冶炼得到B.Cu可以用物理方法冶炼得到C.Al可以用直接加热法冶炼得到D.Fe可以用铝热法冶炼得到3、在相同条件下的三个反应:2A-+B2==2B-+A2;2C-+A2==2A-+C2;2B-+D2==2D-+B2,下列判断不正确的是()A.氧化性:B2>A2B.还原性:C->D-C.2A-+D2==2D-+A2反应可以进行D.2C-+B2==2B-+C2反应不能进行4、下列仪器对应名称正确的是（）A.

容量瓶B.

蒸馏烧瓶C.

蒸发皿D.

滴定管5、国际上推广使用中国铁锅，这是因为铁锅（）A.是单质B.含碳，属混合物C.化学性质活泼D.易使食物中含人体所需的铁元素6、下列不属于烧碱工业用途的是（）A.制皂B.造纸C.精炼石油D.制食盐7、Mg-H2O2电池可用于驱动无人驾驶的潜航器．该电池以海水为电解质溶液，示意图如下．该电池工作时，下列说法正确的是（）A.Mg电极是该电池的正极B.H2O2在石墨电极上发生还原反应C.石墨电极附近溶液的pH减小D.溶液中Cl-向正极移动8、除去下列括号内杂质的试剂或方法错误的是()A.HNO3溶液(H2SO4)，适量BaCl2溶液，过滤B.CO2(SO2)，酸性KMnO4溶液、浓硫酸，洗气C.KNO3晶体(NaCl)，蒸馏水，结晶D.C2H5OH(CH3COOH)，加足量CaO，蒸馏评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)9、（2016春•安徽校级月考）化学家合成了一种新物质-五星烷；它的分子立体结构如图所示：

①由图可知其分子式为：____．

②分子结构中六元环的个数有____，其中有____个碳原子为三个环共有．

③五星烷的一氯代物有____种．10、从铝土矿（主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3；MgO等杂质）中提取氧化铝两种工艺流程如下：

请回答下列问题：

（1）流程乙加入烧碱后的离子方程式为____．

（2）固体A的应用____（两点）．

（3）滤液D与少量CO2反应的离子方程式为____．向该滤液K中加入足量石灰水的离子方程式为____．

（4）流程乙制氧化铝的优点是所用的试剂较经济，缺点是____．11、已知电解食盐（NaCl）水是氯碱工业中的重要反应它与其他的物质的转化关系如图所示（部分产物以略去）．

若A是第三周期一种金属元素的单质；能与B反应生成盐E，E与酸溶液F反应时，若酸溶液F过量时，G为可溶性盐，若当酸溶液F不足时，G为沉淀写出下列反应的化学式或名称：

A____、B____、C____、D____、E____、F____、G____．

以上物质中，属于共价化合物的是____．12、有下列物质：①氢氧化钠固体②铝片③氯化氢气体④稀硫酸⑤干冰⑥氨水⑦碳酸钠粉末⑧蔗糖晶体⑨熔融氯化钠⑩CuSO4•5H2O晶体．请用序号填空：

（1）上述状态下可导电的是____．

（2）属于电解质的是____．

（3）属于非电解质的是____．

（4）上述状态下的电解质不能导电的是____．13、（2014•临川区校级一模）A；B、C、D、E、F、G为原子序数依次递增的7种短周期主族元素．A、B元素的最高正价与最低负价的代数和均为零；C元素是植物生长三大营养元素之一；D的单质具有强氧化性；其氢化物能和一种半导体材料反应生成常温常压下的两种气体；E原子核外K层电子数与M层电子数相等；F原子的价电子数等于电子层数的两倍．请回答下列问题：

（1）CD3的电子式为____；

（2）用方程式表示G的非金属性比F强____；

（3）EF在空气中充分灼烧生成一种稳定性的盐，则此反应方程式为____；

（4）C的氢化物与G的单质以物质的量之比1：3反应，生成二元化合物X和一种气体，该气体遇氨气产生“白烟”，则X的化学是为____，X与水反应的产物名称是____

（5）已知充分燃烧一定量的B2A2放出QkJ的能量，燃烧生成的产物恰好与100mL5mol•L-1的NaOH溶液完全反应生成正盐，则燃烧1molB2A2放出的热量为____KJ；

（6）常温下，E（OH）2在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示（单位mol•L-1）．要使c（E2+）为0.001mol•L-1的溶液形成沉淀，则溶液的PH值至少升高到____．14、海洋是个巨大的资源宝库；利用海水可制取许多化工产品．

（1）氯碱工业是以电解食盐水为基础化学工业，写出电解食盐水的化学方程式____．

（2）从海水中提取溴常用吹出法，即用氯气（Cl2）将海水里溴化钠（NaBr）中的溴置换出来，再用空气吹出溴（Br2）．流程示意图如下：

①写出氯气从NaBr中置换出溴单质的化学方程式：____；该反应在pH=3的酸性条件下进行，可用____测定反应液的酸碱度．

②吹出的溴和大量空气混合在-起进入吸收塔，根据流程图分析，通入SO2和水的目的是____．（用化学方程式表示）15、已知：

现将A进行如下反应；已知：B不能发生银镜反应，D是食醋的主要成分，F中含有甲基，并且可以使溴水褪色．

（1）写出A、E的结构简式：A____、E____；

（2）反应①和②的反应类型：①____反应、②____反应；

（3）写出下列化学方程式：

A→I：____；A→H：____．16、（14分）Na、Cu、O、Si、S、Cl是常见的六种元素。(l)Na位于元素周期表第___周期第____族；S的基态原子核外有____个未成对电子；Si的基态原子核外电子排布式为___________（2）用“>”或“<”填空：。第一电离能离子半径熔点酸性Si_____SO2-_____Na+NaCl_____SiH2SO4____HClO4（3）CuCl(s)与O2反应生成CuCl2(s)和一种黑色固体。在25℃、101kPa下，已知该反应每消耗1molCuCl(s)，放热44.4kJ，该反应的热化学方程式是___________________。（4）ClO2常用子水的净化，工业上可用Cl2氧化NaClO2溶液制取ClO2。写出该反应的离子方程式，并标出电子转移的方向和数目_________________。评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)17、有些化学反应既属于复分解反应，又属于氧化反应____（判断对和错）18、一定量的铁粉与铜粉混合物，与适量稀硝酸反应，生成标准状况下气体5.6L，则溶液中阳离子一定是Fe2+，Cu2+．____（判断对错）19、将40gNaOH溶解在1L水中，溶液中溶质的物质的量浓度为1mol/L____．（判断对错）20、1molCl2参加反应转移电子数一定为2NA．____（判断对错）21、判断正误；正确的划“√”，错误的划“×”

（1）淀粉、纤维素和油脂都属于天然高分子化合物____

（2）向淀粉溶液中加入稀H2SO4，加热几分钟，冷却后再加入新制Cu（OH）2悬浊液，加热，没有砖红色沉淀生成，证明淀粉没有水解成葡萄糖____

（3）食用白糖的主要成分是蔗糖____

（4）蔗糖、淀粉、油脂及其水解产物均为非电解质____

（5）麦芽糖与蔗糖的水解产物均含葡萄糖，故二者均为还原型二糖____

（6）葡萄糖、果糖的分子式均为C6H12O6，二者互为同分异构体____

（7）蔗糖、麦芽糖的分子式都是C12H22O11，二者互为同分异构体____

（8）麦芽糖及其水解产物均能发生银镜反应____

（9）纤维素和淀粉遇碘水均显蓝色____

（10）植物油的主要成分是高级脂肪酸____

（11）向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl溶液和CuSO4溶液，均有固体析出，所以蛋白质均发生变性____

（12）用甘氨酸（CH2COOHNH2）和丙氨酸（CH3CHCOOHNH2）缩合最多可形成4种二肽____

（13）天然植物油常温下一般呈液态，难溶于水，有恒定的熔点、沸点____

（14）若两种二肽互为同分异构体，则二者的水解产物不一致____

（15）苯、油脂均不能使酸性KMnO4溶液褪色____

（16）油脂在空气中完全燃烧转化为水和二氧化碳____

（17）蛋白质、乙酸和葡萄糖均属电解质____

（18）乙酸乙酯和食用植物油均可水解生成乙醇____

（19）蛋白质和油脂都属于高分子化合物，一定条件下都能水解____

（20）氨基酸、淀粉均属于高分子化合物____．评卷人得分四、简答题(共1题，共4分)22、能源问题日益成为制约国际社会经济发展的瓶颈；越来越多的国家开始实行“阳光计划”，开发太阳能资源，寻求经济发展的新动力．

（1）太阳能热水器中常使用一种以镍或镍合金空心球为吸收剂的太阳能吸热涂层，基态镍原子M层上的未成对电子数为______．

（2）大阪大学近日宣布，有机太阳能固体电池效率突破5.3%，而高纯度C60是其“秘密武器”．C60的结构如图1，分子中碳原子轨道的杂化类型为______；1molC60分子中π键的数目为______．

（3）金属酞菁配合物在硅太阳能电池中有重要作用，一种金属镁酞菁配合物的结构如图2．该结构中，碳氮之间的共价键类型有______（按原子轨道重叠方式填写共价键的类型）；请在图2中用箭头表示出配位键．

（4）多元化合物薄膜太阳能电池材料为无机盐；其主要包括砷化镓；硫化镉、硫化锌及铜锢硒薄膜电池等．

①第一电离能：As______Se（填“＞”；“＜”或“=”）．

②硫化锌的晶胞中（结构如图3所示），硫离子的配位数是______．

③二氧化硒分子的空间构型为______．

④砷化镓可由（CH3）3Ga和AsH3在700℃下反应制得，反应的方程式为______．

评卷人得分五、解答题(共1题，共6分)23、某同学为了验证氢气还原氧化铜的反应产物；设计了如图所示的实验装置．

（1）写出编号仪器的名称：①______；②______．

（2）浓硫酸的作用是______．

（3）本实验需要加热的装置为______（填字母编号）．

（4）写出装置C；D中可观察到的现象：C______；D______．

（5）D中反应每生成1个水分子；转移的电子数为______．

评卷人得分六、综合题(共1题，共10分)24、［化学选修—物质结构与性质］（15分）已知A、B、C、D和E5种分子所含原子的数目依次为1、2、3、4和6，且都含有18个电子。又知B、C和D是由两种元素的原子组成。请回答：（1）组成A分子的原子的核外电子排布式是___________________________；（2）B和C的分子式分别是__________和__________；C分子的立体结构呈_______形，该分子属于__________分子（填“极性”或“非极性”）；（3）若向D的稀溶液中加入少量二氧化锰，有无色气体生成。则D的分子式是，该反应的化学方程式是______________________________________________。（4）若将1molE在氧气中完全燃烧，只生成1molCO2和2molH2O，则E的分子式是_____________。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【分析】A．蒸发时利用余热加热；

B．SO42和CO32-均与硝酸钡反应生成白色沉淀；

C．氨水与Al3+、Mg2+均生成白色沉淀；

D．二氧化锰不溶于水．【解析】【解答】解：A．蒸发时利用余热加热；则出现大量固体时停止加热，故A错误；

B．SO42和CO32-均与硝酸钡反应生成白色沉淀；现象不同不能鉴别，故B错误；

C．氨水与Al3+、Mg2+均生成白色沉淀；现象相同不能鉴别，故C错误；

D．二氧化锰不溶于水；则用溶解过滤的方法可分离，故D正确；

故选D．2、D【分析】【分析】Ⅰ．Fe；Zn、Cu等中等活泼金属通常用热还原法；

Ⅱ．Na；Mg、Al等活泼或较活泼金属通常采用电解法冶炼制备；

Ⅲ．Hg、Ag等不活泼金属通常采用热分解法冶炼．【解析】【解答】解：A；Mg可以用电解法熔融的氯化镁的方法冶炼得到；故A错误；

B；Cu可以用热还原方法冶炼得到；故B错误；

C；Al通常采用电解法熔融的氧化铝的方法冶炼制备；故C错误；

D；金属铁可以采用铝热反应来制备；故D正确．

故选D．3、D【分析】在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的，还原剂的还原性强于还原产物的，所以根据方程式可知，氧化性强弱顺序是D2、B2、A2、C2；还原性强弱顺序是C－、A－、B－、D－，因此选项ABC都是正确的，D不正确，该反应是可以发生的，答案选D。【解析】【答案】D4、B【分析】【解答】解：A．为圆底烧瓶，为容量瓶，故A错误；B．为蒸馏烧瓶；故B正确；

C．为坩埚；用于加热固体或结晶水含量测定，而蒸发皿用于蒸发实验，故C错误；

D．为冷凝管；滴定管上有刻度，用于滴定实验，故D错误；

故选B．

【分析】A．容量瓶上方有塞子；

B．仪器中有支管；

C．图中为坩埚；

D．图中为冷凝管．5、D【分析】解：A；生铁是混合物；故A错误；

B；生铁中含碳；属混合物，这与推广使用中国铁锅的目的无关，故B错误；

C；铁的化学性质活泼；但这与推广使用中国铁锅的目的和铁元素的生理功能无关，故C错误；

D；铁与胃酸的成分盐酸作用；生成亚铁盐，是合成血红蛋白的主要成份，所以易使食物中含人体所需的铁元素，故D正确；

故选D．

A；铁锅中铁是生铁；

B；推广使用中国铁锅；根据铁元素的生理功能判断；

C；推广使用中国铁锅；根据铁元素的生理功能判断；

D；根据铁元素的生理功能判断．

本题考查铁锅的成份和铁的生理功能，学生只要清楚亚铁盐，是合成血红蛋白的主要成份，就可以迅速解题，比较容易．【解析】【答案】D6、D【分析】【分析】A．油脂在碱性条件下水解制得肥皂；

B．木材要在氢氧化钠作用下制成纸浆；

C．精炼石油时加氢氧化钠除去酚类和酸性物质；

D．海水蒸发掉水分即可得到食盐．【解析】【解答】解：A．油脂在碱性条件下水解制得肥皂；所以制备肥皂要用到NaOH，故A不选；

B．木材要在氢氧化钠作用下制成纸浆；纸浆再制成纸张，所以要用到NaOH，故B不选；

C．精炼石油时加氢氧化钠除去酚类和酸性物质；所以精炼石油要用到NaOH，故C不选；

D．海水蒸发掉水分即可得到食盐；制备过程不需要氢氧化钠，故D选．

故选D．7、B【分析】【分析】该装置中Mg易失电子作负极，电极反应式为Mg-2e-=Mg2+，H2O2具有氧化性，应为原电池的正极，被还原，电极反应式为H2O2+2H++2e-═2H2O，据此分析解答．【解析】【解答】解：A．Mg易失电子发生氧化反应而作负极；故A错误；

B．H2O2在石墨电极上得电子发生还原反应；故B正确；

C．石墨电极反应式为H2O2+2H++2e-═2H2O；氢离子浓度减小，则溶液pH增大，故C错误；

D．放电时；氯离子向负极移动，故D错误；

故选B．8、D【分析】【解答】此题考查了物质的提纯知识。HNO3溶液中混有H2SO4时，加入氯化钡使得硝酸中又混入了HCl杂质，应加入硝酸钡溶液然后过滤，A错；SO2有还原性；可用酸性高锰酸钾氧化为硫酸除去，B对；硝酸钾的溶解度随温度升高变大，但食盐的溶解度随温度变化较小，一般用结晶或重结晶法分离，C对；乙酸具有酸性，其能和氧化钙反应，但乙醇不能，故加足量氧化钙蒸馏可以分离两者，D对。

【分析】此题考查了物质的提纯知识，熟练掌握混合物提纯的方法是解题的关键​。二、填空题(共8题，共16分)9、C15H206102【分析】【分析】由五星烷的键线式可知化学式为C15H20，从结构式看，外层是6个六元环，五星烷是一个很对称的结构，只存在两种不同类型的H原子，以此来解答．【解析】【解答】解：①由图可知其分子式为C15H20，故答案为：C15H20；

②分子结构中六元环的个数有6个；其中有10个碳原子为三个环共有，故答案为：6；10；

③五星烷是一个很对称的结构，只存在两种不同类型的H原子，五星烷的一氯代物有2种，故答案为：2．10、Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O、SiO2+2OH-═SiO32-+H2O光纤、饰品、制硅、制玻璃等CO2+2OH-═CO32-+H2OHCO3-+Ca2++OH-═CaCO3↓+H2O氧化铝中会混入二氧化硅【分析】【分析】由工艺流程甲可知，铝土矿与盐酸反应得固体A为滤液B，则固体A为SiO2，滤液B含有氯化铝、氯化铁、氯化镁等，滤液中加入过量的NaOH，可推知沉淀C为氢氧化铁、氢氧化镁，滤液D含有偏铝酸钠、氯化钠、NaOH，所以向滤液D中通入过量二氧化碳，生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，沉淀F为Al（OH）3，滤液E中含有NaCl、NaHCO3；

根据工艺流程乙可知，铝土矿中的Al2O3、SiO2能和氢氧化钠反应，可知固体X为Fe2O3、MgO等，滤液Y为硅酸钠、偏铝酸钠，滤液中通入过量二氧化碳，沉淀Z为Al（OH）3、硅酸，滤液K中含有NaHCO3，以此来解答．【解析】【解答】解：由工艺流程甲可知，铝土矿与盐酸反应得固体A为滤液B，则固体A为SiO2，滤液B含有氯化铝、氯化铁、氯化镁等，滤液中加入过量的NaOH，可推知沉淀C为氢氧化铁、氢氧化镁，滤液D含有偏铝酸钠、氯化钠、NaOH，所以向滤液D中通入过量二氧化碳，生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，沉淀F为Al（OH）3，滤液E中含有NaCl、NaHCO3；

根据工艺流程乙可知，铝土矿中的Al2O3、SiO2能和氢氧化钠反应，可知固体X为Fe2O3、MgO等，滤液Y为硅酸钠、偏铝酸钠，滤液中通入过量二氧化碳，沉淀Z为Al（OH）3、硅酸，滤液K中含有NaHCO3；

（1）流程乙加入烧碱后，铝土矿中的Al2O3、SiO2能和氢氧化钠反应，反应的离子方程式为Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O、SiO2+2OH-═SiO32-+H2O；

故答案为：Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O、SiO2+2OH-═SiO32-+H2O；

（2）固体A为SiO2；常用作光纤；饰品、制硅、制玻璃等；

故答案为：光纤；饰品、制硅、制玻璃等；

（3）滤液D含有偏铝酸钠、氯化钠、NaOH，少量CO2与滤液D中氢氧化钠先反应，反应的离子方程式为CO2+2OH-═CO32-+H2O，向该滤液K中加入足量石灰水的离子方程式为，滤液K中含有NaHCO3，向该滤液K中加入足量石灰水的离子方程式为HCO3-+Ca2++OH-═CaCO3↓+H2O；

故答案为：CO2+2OH-═CO32-+H2O；HCO3-+Ca2++OH-═CaCO3↓+H2O；

（4）根据分析可知，沉淀Z为Al（OH）3；硅酸；最终得到的氧化铝中会混入二氧化硅；

故答案为：氧化铝中会混入二氧化硅．11、AlNaOHCl2或H2H2或Cl2NaAlO2HClAlCl3或Al（OH）3HCl、AlCl3【分析】【分析】电解食盐（NaCl）水能产生B、C、D为Cl2、H2、NaOH中的某一种，C与D能产生酸溶液，则C、D应为氢气与氯气，由此确定B为碱，A是第三周期一种金属元素的单质，能与B反应生成E，E与酸F反应产物与酸的量有关，由此可确定A含有铝元素，由题各物质转化关系可推断各物质种类，据此答题；【解析】【解答】解：电解食盐（NaCl）水能产生B、C、D为Cl2、H2、NaOH中的某一种，C与D能产生酸溶液，则C、D应为氢气与氯气，生成F为HCl，由此确定B为碱，则B为NaOH，A是第三周期一种金属元素的单质，能与B反应生成E，E与酸F反应产物与酸的量有关，由此可确定A含有铝元素，则A为Al，铝与氢氧化钠反应生成E为NaAlO2，G为可溶性盐时，则G为AlCl3，G为沉淀时，则G为Al（OH）3，综上分析可知，A为Al，B为NaOH，C为Cl2或H2，D为H2或Cl2，E为NaAlO2，F为HCl，G为AlCl3或Al（OH）3，其中HCl、AlCl3属于共价化合物；

故答案为：Al；NaOH；Cl2或H2；H2或Cl2；NaAlO2；HCl；AlCl3或Al（OH）3；HCl、AlCl3．12、②④⑥⑨①③⑦⑨⑩⑤⑧①③⑦⑩【分析】【分析】（1）金属；电解质溶液和熔融的氯化钠可以导电；

（2）溶于水或熔融状态下能够电离出阴阳离子的化合物是电解质；

（3）溶于水和熔融状态下都不能够电离出阴阳离子的化合物是非电解质；

（4）电解质在溶于水或在熔融状态下才能导电．【解析】【解答】解：（1）能导电的物质有金属；电解质溶液或熔融液；即含有自由移动离子或电子的物质能够导电，符合条件的有：②④⑥⑨；

故答案为：②④⑥⑨；

（2）电解质是在水溶液或熔融状态下能导电的化合物；符合条件的有：①③⑦⑨⑩；

故答案为：①③⑦⑨⑩；

（3）非电解质是在水溶液和熔融状态下均不能导电的化合物；符合条件的有：⑤⑧；

故答案为：⑤⑧；

（4）电解质若未电离出自由移动的离子也不会导电；符合条件的有：①③⑦⑩；

故答案为：①③⑦⑩．13、Cl2+H2S=S↓+2HClMgS+2O2MgSO4NCl3氨气、次氯酸8Q8【分析】【分析】A、B、C、D、E、F、G为原子序数依次递增的7种短周期主族元素．A、B元素的最高正价与最低负价的代数和均为零，结合原子序数可知，A为H元素、B为碳元素；D的单质具有强氧化性，其氢化物能和一种半导体材料反应生成常温常压下的两种气体，应是HF与Si反应生成四氟化硅与氢气，可推知D为F元素；C元素是植物生长三大营养元素之一，原子序数介于碳与氟之间，则C为N元素；E原子核外K层电子数与M层电子数相等，则E为Mg；F原子的价电子数等于电子层数的两倍，原子序数大于Mg，处于第三周期，最外层电子数为6，则F为S元素，G原子序数最大，故G为Cl，据此解答．【解析】【解答】解：A；B、C、D、E、F、G为原子序数依次递增的7种短周期主族元素．A、B元素的最高正价与最低负价的代数和均为零；结合原子序数可知，A为H元素、B为碳元素；D的单质具有强氧化性，其氢化物能和一种半导体材料反应生成常温常压下的两种气体，应是HF与Si反应生成四氟化硅与氢气，可推知D为F元素；C元素是植物生长三大营养元素之一，原子序数介于碳与氟之间，则C为N元素；E原子核外K层电子数与M层电子数相等，则E为Mg；F原子的价电子数等于电子层数的两倍，原子序数大于Mg，处于第三周期，最外层电子数为6，则F为S元素，G原子序数最大，故G为Cl；

（1）NF3分子中N原子与F原子之间形成对共用电子对，其电子式为

故答案为：

（2）化学方程式Cl2+H2S=S↓+2HCl；可以说明非金属性Cl＞S；

故答案为：Cl2+H2S=S↓+2HCl；

（3）MgS在空气中充分灼烧生成一种稳定性的盐，应生成硫酸镁，反应方程式为：MgS+2O2MgSO4；

故答案为：MgS+2O2MgSO4；

（4）C的氢化物为氨气，与氯气以物质的量之比1：3反应，生成二元化合物X和一种气体，该气体遇氨气产生“白烟”，该气体为HCl，由原子守恒可知X为NCl3，NCl3与水反应生成NH3与HClO；

故答案为：NCl3；氨气；次氯酸；

（5）充分燃烧一定量的C2H2放出QkJ的能量，燃烧生成的产物恰好与100mL5mol•L-1的NaOH溶液完全反应生成正盐，根据钠离子守恒，可知生成碳酸钠为×0.1L×5mol/L=0.25mol，由碳原子守恒可知，C2H2的物质的量=0.25mol×=0.125mol，故燃烧1molC2H2放出的热量为QkJ×=8QKJ；

故答案为：8Q；

（6）由图可知，常温下，Mg（OH）2的溶度积Ksp=10-5×（10-5）2=10-15，要使c（Mg2+）为0.001mol•L-1的溶液形成沉淀，则溶液中c（OH-）=mol/L=10-6，故溶液PH值=-lg=8；

故答案为：8．14、2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2pH试纸Br2+S02+2H20═H2S04+2HBr【分析】【分析】（1）根据电解饱和食盐水；阴极产生氢气和氢氧化钠，阳极产生氯气，写出电解饱和食盐水的电解方程式；

（2）①根据氯气置换出溴单质的化学方程式；并根据常见的测定溶液酸碱度的方法测定溶液的酸碱度；

②依据吸收塔中发生的反应分析加入二氧化硫的目的；【解析】【解答】解：（1）通电后阴极氢离子放电；阴极产生氢气和氢氧化钠，阳极上氯离子放电产生氯气，电解反应方程式：

2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；

故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；

（2）氯气和溴化钠可以置换出溴单质，化学方程式为：Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2，常见的测定溶液酸碱度的方法是使用pH试纸测定溶液的酸碱度，由于吸收塔中发生的反应是：Br2+S02+2H20═H2S04+2HBr；所以加入二氧化硫的目的是吸收单质溴，使溴与空气相互分离；

故答案为：Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2；pH试纸；Br2+S02+2H20═H2S04+2HBr．15、CH3CH（OH）CH2COOHHOOC-COOH消去缩聚nCH3CH（OH）CH2COOH+（n-1）H2O【分析】【分析】D是食醋的主要成分，应为CH3COOH，结合题给信息可知B中应含有结构，两分子A可发生酯化反应，说明A中含有-OH和-COOH，则可知A为CH3CH（OH）CH2COOH，B为则C为HOOCCH2COOH，E为HOOC-COOH，F中含有甲基，并且可以使溴水褪色，说明含有碳碳双键，应为CH3CH=CHCOOH；

结合对应有机物的结构和性质解答该题．【解析】【解答】解：D是食醋的主要成分，应为CH3COOH，结合题给信息可知B中应含有结构，两分子A可发生酯化反应，说明A中含有-OH和-COOH，则可知A为CH3CH（OH）CH2COOH，B为则C为HOOCCH2COOH，E为HOOC-COOH，F中含有甲基，并且可以使溴水褪色，说明含有碳碳双键，应为CH3CH=CHCOOH；

（1）由以上分析可知A为CH3CH（OH）CH2COOH；E为HOOC-COOH；

故答案为：CH3CH（OH）CH2COOH；HOOC-COOH；

（2）F为CH3CH=CHCOOH；说明A发生消去反应生成F，A中含有羟基和羧基，可发生缩聚反应生成I；

故答案为：消去；缩聚；

（3）A中含有羟基和羧基，可发生缩聚反应生成I，反应的方程式为nCH3CH（OH）CH2COOH+（n-1）H2O；

两分子A可发生酯化反应，反应的方程式为

故答案为：nCH3CH（OH）CH2COOH+（n-1）H2O；．16、略

【分析】试题分析：（1）Na元素位于元素周期表第三周期第IA族；S的基态原子核外未成对电子处于3p轨道，共2个未成对电子；Si原子核外电子数为14，核外电子基态排布式为1s22s22p63s23p2，答案为：三；IA；2；1s22s22p63s23p2；（2）同一周期元素，随着原子序数的增加，原子核对核外电子的吸引力增强，第一电离能增大，增大而增大，所以第一电离能：S＞Si；核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径：O2-＞Na+；一般来说，原子晶体（Si）的熔点高于离子晶体（NaCl）的熔点，故熔点：Si＞NaCl；元素的非金属性越强，元素最高价氧化物的水化物的酸性越强，因为非金属性Cl＞S，所以酸性：HClO4＞H2SO4；（3）该反应每消耗1molCuCl（s），放热44.4kJ，消耗4molCuCl（s），则放热44.4kJ×4=177.6kJ，根据热化学方程式的书写方法，可以写出该反应的热化学方程式为4CuCl（s）+O2（g）=2CuCl2（s）+2CuO（s）△H=-177.6kJ/mol，答案为：4CuCl（s）+O2（g）=2CuCl2（s）+2CuO（s）△H=-177.6kJ/mol；（4）Cl2氧化NaClO2溶液制取ClO2，本身被还原为氯离子，1个氯气分子反应得到2个电子，因此离子方程式、电子转移的方向和数目表示为考点：考查原子结构和元素周期律，反应热的计算，离子方程式的书写和氧化还原反应转移电子数的计算和表示方法。【解析】【答案】（1）3ⅠA21s22s22p63s23p2（2）。第一电离能离子半径熔点酸性Si<SO2->Na+NaCl<SiH2SO4<HClO4（3）4CuCl(s)+O2(g)=CuCl2(s)+CuO(s)△H=﹣176.6kJ/mol（4）三、判断题(共5题，共10分)17、×【分析】【分析】复分解反应均属于非氧化还原反应，据此解答即可．【解析】【解答】解：复分解反应中不存在元素化合价的变化，一定属于非氧化还原反应，故答案为：×．18、×【分析】【分析】还原性Fe＞Cu，铁首先与稀硝酸反应，如金属不足，则反应生成Fe3+，如金属过量，则生成Fe2+，如铁过量，则溶液中没有Cu2+，以此解答该题．【解析】【解答】解：还原性Fe＞Cu，铁首先与稀硝酸反应，如铁不足，则反应生成Fe3+，如铁过量，则生成Fe2+，且溶液中没有Cu2+；

故答案为：×．19、×【分析】【分析】将40gNaOH溶解在1L水中，溶液体积大于1L．【解析】【解答】解：将40gNaOH溶解在1L水中；溶液体积大于1L，溶液中溶质的物质的量浓度小于1mol/L；

故答案为：×．20、×【分析】【分析】氯气参加反应，表现性质不同，转移电子数不同，据此判断．【解析】【解答】解：氯气参加反应，表现性质不同，转移电子数不同，例如氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，Cl元素的化合价由0升高为+1价，Cl元素的化合价由0降低为-1价，1molCl2参加反应转移电子数为NA；

1molCl2与铁反应生成氯化铁，氯气全部做氧化剂，1molCl2参加反应转移电子数为2NA；

所以1molCl2参加反应转移电子数不一定为2NA．

故错误．21、×【分析】【分析】（1）相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物；

（2）葡萄糖在碱性条件下与新制Cu（OH）2浊液反应；

（3）白糖的主要成分是蔗糖；

（4）在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质；在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；

（5）蔗糖水解后的产物葡萄糖由还原性；自身没有还原性；

（6）葡萄糖、果糖的分子式均为C6H12O6；葡萄糖是多羟基醛，果糖是多羟基酮；

（7）蔗糖和麦芽糖是二糖，分子式都可用C12H22O11表示；它们互为同分异构体；

（8）麦芽糖和水解产物葡萄糖中均含-CHO；

（9）碘单质遇淀粉变蓝色；

（10）植物油成分为高级脂肪酸甘油酯；

（11）根据浓的无机盐溶液能使蛋白质发生盐析；而重金属盐能使蛋白质发生变性；

（12）两种氨基酸可以各自形成二肽；甘氨酸与丙氨酸形成二肽时连接方式有两种；

（13）根据天然植物油均为高级脂肪酸甘油酯；但都是混甘油酯，没有固定的熔沸点；

（14）两种二肽互为同分异构；水解产物可能是相同的氨基酸；

（15）油脂中含有不饱和烃基；可与高锰酸钾发生反应；

（16）烃的含氧衍生物完全燃烧生成水和二氧化碳；

（17）在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质；在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质）；

（18）食用植物油是高级脂肪酸甘油脂；水解生成高级脂肪酸和甘油；

（19）相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物；

（20）相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物．【解析】【解答】解：（1）油脂相对分子质量较小；不属于高分子化合物，故答案为：×；

（2）葡萄糖与新制Cu（OH）2浊液反应需在碱性条件下；应加入碱将水解后的淀粉溶液调节成碱性，才可以产生砖红色沉淀，故答案为：×；

（3）白糖成分是蔗糖；故答案为：√；

（4）油脂水解的羧酸是电解质；故答案为：×；

（5）蔗糖水解后的产物葡萄糖由还原性；自身没有还原性，所以不是还原型二糖，故答案为：×；

（6）葡萄糖、果糖的分子式均为C6H12O6；葡萄糖是多羟基醛，果糖是多羟基酮，二者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故答案为：√；

（7）蔗糖和麦芽糖是二糖；互为同分异构体，故答案为：√；

（8）麦芽糖和水解产物葡萄糖中的官能团都有醛基；则麦芽糖；葡萄糖属于还原性糖可发生银镜反应，故答案为：√；

（9）碘单质遇淀粉变蓝色；纤维素遇碘水不变色，故答案为：×；

（10）植物油的主要成分为高级脂肪酸甘油酯；故答案为：×；

（11）因浓的无机盐溶液能使蛋白质发生盐析产生沉淀；如饱和硫酸钠溶液；硫酸铵溶液；而重金属盐能使蛋白质发生变性而产生沉淀，如硫酸铜等，故答案为：×；

（12）两种氨基酸可以各自形成二肽；甘氨酸与丙氨酸形成二肽时连接方式有两种，故形成的二肽有四种，故答案为：√；

（13）天然植物油均为高级脂肪酸甘油酯；但都是混甘油酯，没有固定的熔沸点，故答案为：×；

（14）两种二肽互为同分异构；水解产物可能是相同的氨基酸，如：一分子甘氨酸和一分子丙氨酸形成的二肽中有两种构成方式，但二肽水解时的产物相同，故答案为：×；

（15）苯不能使酸性高锰酸钾褪色；但油脂中含有C=C官能团，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应而使高锰酸钾褪色，故答案为：×；

（16）油脂含有C；H、O三种元素；完全燃烧生成水和二氧化碳，故答案为：√；

（17）蛋白质属于高分子化合物；是混合物，不是电解质，而葡萄糖属于非电解质，只有乙酸才属于电解质，故答案为：×；

（18）乙酸乙酯水解生乙酸和乙醇．食用植物油是高级脂肪酸甘油脂；水解生成高级脂肪酸和甘油，故答案为：×；

（19）油脂相对分子质量较小；不属于高分子化合物，故答案为：×；

（20）氨基酸相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故答案为：×．四、简答题(共1题，共4分)22、略

【分析】解：（1）基态Ni原子核外电子排布式为1S