2025年外研版三年级起点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年外研版三年级起点高三化学上册阶段测试试卷620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9题，共18分)1、下列所述变化规律正确的是（）A.Na、Mg、Al还原性依次增强B.PH3、H2S、HCl稳定性依次增强C.NaOH、KOH、Ca（OH）2碱性依次减弱D.HCl、HBr、HI的还原性依次减弱2、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大．X与W同主族，X、W的单质在标准状况下的状态不同．Y是空气中含量最高的元素，Z原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，Z2-与W+具有相同的电子层结构．下列说法正确的是（）A.原子半径大小顺序：r（W）＞r（Z）＞r（Y）＞r（X）B.元素Y的简单气态氢化物的热稳定性比Z的强C.由X、Y、Z三种元素形成的化合物的水溶液可能呈碱性D.化合物X2Z2与W2Z2所含化学键类型完全相同3、下列说法正确的是（）A.HCaCl2、NaOH、HCl四种物质都属于化合物B.有单质参加或生成的反应一定属于氧化还原反应C.金属氧化物不一定是碱性氧化物，酸酐不一定是酸性氧化物D.金属单质只能做还原剂，非金属单质只能做氧化剂4、已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数：

。弱酸化学式CH3COOHHCNH2CO3电离平衡常数1.8×10-54.9×10-10K1=4.3×10-7K2=5.6×10-11下列有关说法正确的是（）A.NaHCO3溶液中，一定有c（Na+）=c（HCO3-）+c（CO32-）B.1mol•L-1HCN溶液与1mol•L-1NaOH溶液等体积混合后，测得所得溶液显酸性C.等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH（NaCN）＞pH（NaHCO3）＞pH（CH3COONa）D.1mol•L-1醋酸溶液加水稀释，所有离子浓度均减小5、下列关于能源和作为能源物质的叙述中错误的是（）A.化石能源物质内部蕴藏着大量的能量B.绿色植物进行光合作用时，将太阳能转化为化学能“贮存”起来C.贮氢合金的发现和应用，解决了贮存和运输氢气难的问题D.获得氢气的最佳途径是电解水6、以下有机物既能发生消去反应生成相应的烯烃，又能氧化生成相应的醛的是（）A.CH3OHB.HOCH2CH（CH3）2C.（CH3）3COHD.CH3CHOHCH2CH37、如图是元素周期表短周期的一部分，A、C两种元素的核外电子数之和等于B的核外电子数．下列叙述正确的是（）A.A元素位于第二周期、ⅥA族B.原子半径C＞B＞AC.在一定条件下，B的气态氢化物都能够与氧气反应D.三种元素都存在最高价含氧酸，且都显强酸性8、反应①：Fe(s)＋CO2(g)FeO(s)＋CO(g)ΔH>0；反应②：Fe(s)＋H2O(g)FeO(s)＋H2(g)ΔH<0。若反应①在温度T1下进行，反应②在温度T2下进行，已知T1>T2，且c(CO2)>c(H2O)(其他条件均相同)，下面对两者反应速率大小判断正确的是()A.反应①快B.反应②快C.一样快D.无法判断9、下列有机反应中属于加成反应的是（）A.苯和液溴在FeBr3催化作用下反应生成溴苯B.乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色C.乙烯与HC1气体反应生成一氯乙烷D.丙烯和氯气在一定条件下反应生成ClCH2CH═CH2评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)10、将100mL、浓度为5mol/L的Cl2通入KBr溶液中．

（1）计算被氧化的KBr的质量。

（2）氧化剂得到的电子总数是____．11、保护洁净安全的生存环境已经成为全人类的共识．人与自然要和谐相处．

①居室装修所用的人造板材会释放出一种挥发性的物质，长期接触会引起过敏性皮炎、免疫功能异常．该挥发性物质是____（填字母）．

A．酒精B．乙酸C．甲醛D．一氧化碳。

②人们已尝试用____（填化学式）作为汽车燃料，可真正实现二氧化碳零排放．在燃煤中添加____（填名称）以减少酸雨的发生．

③汽车尾气催化转化器能将汽车尾气中的CO和NO生成可参与大气生态环境循环的无毒的两种气体，写出CO和NO在催化剂作用下反应的化学方程式____．12、物质（t-BuNO）2在正庚烷溶剂中发生如下反应：（t-BuNO）2⇌2（t-BuNO）．

（1）当（t-BuNO）2的起始浓度（c0）为0.50mol/L时，实验测得20℃时的平衡转化率（α）是65%．则20℃时上述反应的平衡常数K=____．（保留二位小数）

（2）一定温度下，随着（t-BuNO）2的起始浓度增大，其平衡转化率____（填“增大”、“不变”或“减小”）．已知20℃时该反应在CCl4溶剂中的平衡常数为1.9，若将反应溶剂正庚烷改成CCl4，并保持（t-BuNO）2起始浓度相同，则它在CCl4溶剂中的平衡转化率____（填“大于”；“等于”或“小于”）其在正庚烷溶剂中的平衡转化率．

（3）实验测得该反应的△H=+50.5kJ/mol，活化能Ea=90.4kJ/mol．下列能量关系图合理的是____．

（4）该反应的△S____0（填“＞”、“＜”或“=”）．在____（填“较高”或“较低”）温度下有利于该反应自发进行．

（5）通过比色分析得到30℃时（t-BuNO）2浓度随时间的变化关系如图所示；请在同一图中绘出t-BuNO浓度随时间的变化曲线．

13、（1）防治环境污染，改善生态环境已成为全球的共识．①空气质量报告的各项指标能体现空气的质量．下列各项指标不需要检测的是____．

A．可吸入颗粒物（PM10）B．NO2浓度C．SO2浓度D．CO2浓度。

②下列措施有利于改善环境质量的是____．

A．利用太阳能；潮汐能、风力发电；以获取清洁能源。

B．将废电池深埋；以减少重金属的污染。

C．将地沟油回收再加工为食用油；以减缓水体富营养化。

D．利用二氧化碳等原料合成聚碳酸酯类可降解塑料代替聚乙烯。

（2）采取适当的措施能减少对环境的污染．

①向煤中加入石灰石作为脱硫剂，可以减少SO2的排放，生成CaSO4．发生反应的化学方程式为____．

②对汽车加装尾气催化净化装置，使其中的有害气体NO、CO转化为无害气体，该反应的化学方程式为____．

③天然水中含有的细小悬浮颗粒可以用____做混凝剂（写名称）进行净化处理．工业废水中含有的Cr3+离子，可用熟石灰作沉淀剂，在pH为8～9时生成沉淀而除去，该反应的离子方程式是____．可用漂白粉对天然水进行消毒，漂白粉的有效成分是____（填化学式）．14、由短周期元素组成的化合物X是某抗酸药的有效成分．甲同学欲探究X的组成．

查阅资料：

①由短周期元素组成的抗酸药的有效成分有：碳酸氢钠；碳酸镁、氢氧化铝、硅酸铝镁、碱式碳酸镁铝等．

②Al3+在pH=5.0时沉淀完全；Mg2+在pH=8.8时开始沉淀；在pH=11.4时沉淀完全．

实验过程：

Ⅰ．向化合物X粉末中加入过量盐酸；产生气体A，得到无色溶液．

Ⅱ．用铂丝蘸取少量Ⅰ中所得的溶液；在火焰上灼烧，无黄色火焰．

Ⅲ．向Ⅰ中所得的溶液中滴加氨水；调节pH=5～6，产生白色沉淀B，过滤．

Ⅳ．向沉淀B中加过量NaOH溶液；沉淀全部溶解．

Ⅴ．向Ⅲ中得到的滤液中滴加NaOH溶液；调节pH至12，得到白色沉淀C．

回答下列问题：

（1）Ⅰ中气体A可使澄清石灰水变浑浊，A的化学式是____．

（2）过滤时需要用到的玻璃仪器有：漏斗、烧杯、____．

（3）Ⅲ中生成白色沉淀B的离子方程式是____．

（4）沉淀C的化学式是____．

（5）若上述n（A）：n（B）：n（C）=1：1：3，则X的化学式为____．15、某吸水材料与聚酯纤维都是重要的化工原料；它们的合成路线如图所示：

已知：①A由C；H、O三种元素组成；相对分子质量为32．

②RCOOR’+R”OHRCOOR”+R-OH．

请回答下列问题：

（1）A的结构简式是____，C的结构简式是____．

（2）D→E的反应类型是____．

（3）乙酸与化合物M反应的化学方程式是____．

（4）E的名称是____．

（5）F属于芳香族化合物的同分异构体有多种，这些分子（除苯环外不含其他环）中不可能有____（选填答案编号）．

a．两个羟基b．两个醛基c．两个碳碳双键d．一个碳碳叁键。

（6）写出由G合成聚酯纤维的化学方程式：____、____．评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)16、化学变化中的能量变化都是化学能和热能间的相互转化．____．（判断对错）17、为防止流感传染，可将教室门窗关闭后，用食醋熏蒸，进行消毒．____．（判断对错）18、判断题（正确的后面请写“√”；错误的后面请写“×”）

（1）物质的量相同的两种不同气体只有在标准状况下体积才相等．____

（2）Vm在非标准状况下不可能为22.4L/mol．____

（3）1mol任何物质在标准状况下的体积均为22.4L．____

（4）一定温度和压强下，各种气体物质体积的大小由气体分子数决定．____．19、判断下列说法是否正确；正确的划“√”，错误的划“×”

（1）乙醛分子中的所有原子都在同一平面上____

（2）凡是能发生银镜反应的有机物都是醛____

（3）醛类既能被氧化为羧酸，又能被还原为醇____

（4）完全燃烧等物质的量的乙醛和乙醇，消耗氧气的质量相等____

（5）在水溶液里，乙酸分子中的-CH可以电离出H+____．20、用洁净的铂丝蘸取溶液在酒精灯的外焰上灼烧，未看见火焰显紫色，溶液里一定不含K+．____（判断对错）正确的打“√”，错误的打“×”21、乙酸与丙二酸互为同系物____．22、25℃、pH=13的1.0LBa（OH）2溶液中含有的OH-数目为0.2NA．____（判断对错）23、18gD2O所含的电子数为10NA．____（判断对错）24、胶体属于介稳体系____．（判断对错）评卷人得分四、探究题(共4题，共16分)25、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________．26、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：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：评卷人得分五、简答题(共3题，共18分)29、碳、氮和铝的单质及其化合物在工农业生产和生活中有重要用途．rm{(1)}真空碳热还原一氧化法可实现由铝矿制备金属铝，其相关的热化学方程式如下：rm{Al_{2}O_{3}(s)+AlC1_{3}(g)+3C(s)=3AlCl(g)+3CO(g)triangleH=a}rm{Al_{2}O_{3}(s)+AlC1_{3}(g)+3C(s)=

3AlCl(g)+3CO(g)triangleH=a}rm{3AlCl(g)=2Al(l)+AlC1_{3}(g)triangleH=b}rm{kJ?mol^{-1}}用含rm{3AlCl(g)=2Al(l)+AlC1_{3}(g)triangle

H=b}rm{kJ?mol^{-1}}的代数式表示反应：rm{a}的rm{b}_____rm{Al_{2}O_{3}(s)+3C(s)=2Al(l)+3CO(g)}rm{triangleH=}_____rm{kJ?mol}rm{triangleH=}rm{kJ?mol}

rm{{,!}^{-1}}用活性炭还原法可以处理氮氧化物．某研究小组向某密闭容器中加入一定量的活性炭和发生反应rm{C(s)+2NO(g)?N_{2}(g)+CO_{2}(g)triangleH=Q}rm{(2)}在rm{.}时，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下rm{NO}时间单位为rm{C(s)+2NO(g)?N_{2}(g)+CO_{2}(g)triangle

H=Q}浓度单位为rm{kJ?mol^{-1}.}。rm{T_{1}隆忙}rm{0}rm{10}rm{20}rm{30}rm{NO}rm{1.00}rm{0.68}rm{0.50}rm{0.50}rm{N_{2}}rm{0}rm{0.16}rm{0.25}rm{0.25}rm{CO_{2}}rm{0}rm{0.16}rm{0.25}rm{0.25}rm{垄脵0隆芦10min}内，rm{NO}的平均反应速率rm{v(NO)=}_____，rm{T_{1}隆忙}时，该反应的平衡常数rm{K=}_____．rm{垄脷30min}后升高温度至rm{T_{2}隆忙}达到平衡时，容器中rm{NO}rm{N_{2}}rm{CO_{2}}的浓度之比为rm{3}rm{1}rm{1}则rm{Q}_____rm{0(}填“rm{>}”、“rm{<}”或“rm{篓T}”rm{)}rm{垄脹}在恒容条件下，能判断该反应一定达到化学平衡状态的依据是_____rm{(}填选项编号rm{)}．rm{a.}单位时间内生成rm{2nmolNO(g)}的同时消耗rm{nmolCO_{2}(g)}rm{b.}反应体系的压强不再发生改变rm{c.}混合气体的密度保持不变rm{d.}混合气体的平均相对分子质量保持不变rm{垄脺}若保持与上述反应前rm{30min}的反应条件不变，起始时rm{NO}的浓度为rm{2.50mol/L}则反应达平衡时rm{c(NO)=}_____rm{mol/L.NO}的转化率_____rm{(}填“增大”、“减小”或“不变”rm{)}．rm{(3)}直接排放煤燃烧产生的烟气会引起严重的环境问题，将燃煤产生的二氧化碳回收利用，可达到低碳排放的目的rm{.}如图是通过人工光合作用，以rm{CO_{2}}和rm{H_{2}O}为原料制备rm{HCOOH}和rm{O_{2}}的原理示意图rm{.}电极rm{b}表面发生的电极反应式为_____．30、自然界存在丰富的碳、氮、硅、磷、铁等元素，它们可形成单质及许多化合物rm{.}按要求回答下列问题：

rm{(1)}铁能与rm{CO}形成配合物rm{Fe(CO)_{5}}其熔点为rm{-20.5隆忙}沸点为rm{102隆忙}易溶于rm{CCl_{4}}据此判断rm{Fe(CO)_{5}}晶体属于______rm{(}填晶体类型rm{)}．

rm{(2)}铁在元素周期表中位置是______；亚铁离子具有强还原性，从电子排布的角度解释，其原因是______．

rm{(3)}南海海底蕴藏着大量的天然气水化合物，俗称“可燃冰”rm{.}可燃冰是一种晶体，晶体中平均每rm{46}个rm{H_{2}O}分子通过氢键构成rm{8}个笼，每个笼内可容纳rm{1}个rm{CH_{4}}分子或rm{1}个游离的rm{H_{2}O}分子rm{.}若晶体中每rm{8}个笼有rm{6}个容纳了rm{CH_{4}}分子，另外rm{2}个笼被游离的rm{H_{2}O}分子填充rm{.}可燃冰的平均组成可表示为______．

rm{(4)}亚磷酸rm{(H_{3}PO_{3}}与过量rm{NaOH}反应充分反应生成亚磷酸氢二钠rm{(Na_{2}HPO_{3})}则亚磷酸氢二钠属于______盐rm{(}填“正”、“酸式”rm{)}．

rm{(5)}金刚石晶胞结构模型如图，立方rm{BN}结构与金刚石相似，硬度与金刚石相当rm{.}在立方rm{BN}晶体中，rm{B}原子与rm{N}原子之间共价键与配位键的数目比为______；每个rm{N}原子周围最近且等距离的rm{N}原子数为______；如果阿佛加德罗常数近似取rm{6隆脕10^{23}/mol}立方rm{BN}的密度为rm{ag?cm^{-3}}摩尔质量为rm{bg?mol^{-1}}计算晶体中最近的两个rm{N}原子间距离是______rm{nm(}用含rm{a}rm{b}代数式表示rm{)}．31、氮及其化合物在生活及工业生产中有着重要应用。请回答以下问题：

如图1是N2（g）、H2（g）与NH3（g）之间转化的能量关系图；则：

①N2（g）与H2（g）反应生成NH3（g）的热化学方程式为______

②过程（I）和过程（Ⅱ）的反应热______（填“相同”或“不同”）；原因是______

③一定温度下，在容积为1L的密闭容器中充入1molN2（g）、3molH2（g），达到平衡时，混合气体的总量为2.8mol，则该条件下反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）的平衡常数为______，H2的平衡转化率为______。

（2）用NH3可以消除氮氧化物的污染；已知：

反应I：4NH3（g）+3O2（g）⇌2N2（g）+6H2O（g）△H1=akJ/mol

反应Ⅱ：N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H2=bkJ/mol

反应Ⅲ：4NH3（g）+6NO（g）⇌5N2（g）+6H2O（g）△H3=ckJ/mol

则：反应Ⅱ中的b=______kJ/mol（用含a；c的代数式表示）；反应Ⅲ中的△S______0（填“＞”“＜”或“=”）。

（3）在恒容的密闭容器中，充入一定量的NH3和NO进行上述反应Ⅲ，测得不同温度下反应体系中NH3的转化率（α）与压强p的关系如图2：

①分析得P1______P2（填“＞”“＜”或“=”）。

②下列叙述中；不能判断反应Ⅲ己经达到平衡状态的标志是______（填序号）。

a．N2的浓度不再改变b．断裂6molN-H键的同时；有6molH-O键形成。

C．容器中压强不再变化d．混合气体的密度保持不变。评卷人得分六、计算题(共3题，共27分)32、（2012秋•徐汇区校级月考）实验一：向含10molKI的硫酸溶液中逐滴加入高锰酸钾溶液．整个过程中含碘物质与加入高锰酸钾的物质的量的关系如图，已知酸性条件下MnO4-转变为Mn2+．

（1）a→b过程中，被氧化的元素为____，b点生成的含碘物质为____，转移电子____mol．

（2）写出b→c过程的离子反应方程式____．

实验二：向KI和硫酸混合溶液中加入过氧化氢溶液；迅速反应放出大量气泡，溶液呈棕色．

查阅资料知，反应过程如下：①H2O2+2KI+H2SO4→I2+K2SO4+2H2O；②H2O2+I2→2HIO；③H2O2+2HIO→I2+O2↑+2H2O

（3）上述实验过程中，I2起到了____的作用．

（4）试判断，酸性条件下HIO、H2O2、O2三种物质氧化性的强弱____（填化学式．33、（1）0.5molCH4的质量是____，在标准状况下的体积为____；

（2）将标准状况下22.4L的HCl溶于水配成200mL的溶液，所得溶液的物质的量浓度为____；

（3）配制300mL0.5mol•L-1氯化钠溶液，需要1.5mol•L-1的氯化钠溶液的体积是____mL．

（4）11.7gNaX含有Na+0.2mol，则NaX的摩尔质量为____，X的相对原子质量为____．34、（6分）实验室用50mL浓盐酸跟足量的氯酸钾固体共热制取氯气，反应的化学方程式为（未配平）KClO3+HCl——HCl+Cl2↑+H2O（1）配平上述反应化学方程式：____KClO3+____HCl——KCl+____Cl2↑+____H2O（2）若产生0.1molCl2，则转移电子的物质的量为____mol。（3）若反应中HCl的的利用率只有50％，当氧化产物比还原子能产物多7.1g时，求浓盐酸的物质的量浓度。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【分析】A．同周期元素从左到右；元素的金属性逐渐减弱；

B．元素的非金属性越强；对应的氢化物越稳定；

C．元素的金属性越强；对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强；

D．元素的非金属性越强，对应的氢化物的还原性越强．【解析】【解答】解：A．同周期元素从左到右；元素的金属性逐渐减弱，Na；Mg、Al还原性依次减弱，故A错误；

B．非金属性Cl＞S＞P，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，PH3、H2S；HCl稳定性依次增强；故B正确；

C．金属性K＞Ca＞Na，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，KOH、Ca（OH）2；NaOH碱性依次减弱；故C错误；

D、同主族元素从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，所以还原性HCl、HBr；HI逐渐增强；故D错误．

故选B．2、C【分析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y是空气中含量最高的元素，则Y为N元素；Z原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则Z为O元素；Z2-与W+具有相同的电子层结构，则W为Na；X与W同主族，X、W的单质在标准状况下的状态不同，则X单质为气体，故X为H元素，据此解答．【解析】【解答】解：短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y是空气中含量最高的元素，则Y为N元素；Z原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则Z为O元素；Z2-与W+具有相同的电子层结构；则W为Na；X与W同主族，X；W的单质在标准状况下的状态不同，则X单质为气体，故X为H元素；

A．同周期自左到右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，氢原子比较最小，故原子半径r（Na）＞r（N）＞r（O）＞r（H）；故A错误；

B．非金属性Z（O）＞Y（N），元素非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，因此H2O的热稳定性大于NH3；故B错误；

C．由X（H）；Y（N）、Z（O）三种元素形成的化合物中；一水合氨的水溶液呈碱性，故C正确；

D．化合物H2O2含有共价键，而Na2O2含有共价键；离子键；所含化学键类型不完全相同，故D错误；

故选C．3、C【分析】【分析】A；HD为氢气单质；

B；同位素之间的相互转化不属于氧化还原反应；

C；氧化铝为两性氧化物；

D、金属单质只能做还原剂，非金属单质可以做氧化剂和还原剂．【解析】【解答】解：A；HD为氢气单质不是化合物；故A错误；

B；氧气与臭氧之间的转化；有单质参加和单质生成，但是没有化合价变化，不属于氧化还原反应，故B错误；

C；金属氧化物不一定是碱性氧化物；氧化铝为两性氧化物，酸酐不一定是酸性氧化物，故C正确；

D、金属单质只能做还原剂，非金属单质可以做氧化剂和还原剂，故D错误，故选C．4、C【分析】【分析】A；根据溶液中的物料守恒来回答；

B；NaCN溶液中；弱酸阴离子会水解；

C；弱酸的电离平衡常数越大；酸性越强，反之酸性越弱，酸性越弱，对应钠盐中酸根离子水解程度越大，溶液的PH越大；

D、醋酸加水稀释，溶液的酸性减弱，但是碱性相对增强．【解析】【解答】解：A、NaHCO3溶液中，根据物料守恒，有c（Na+）=c（HCO3-）+c（CO32-）+c（H2CO3）；故A错误；

B、1mol•L-1HCN溶液与1mol•L-1NaOH溶液等体积混合后；得到NaCN溶液，测得所得溶液，阴离子是弱酸阴离子，会水解导致溶液显示碱性，故B错误；

C、酸性顺序是：CH3COOH＞H2CO3＞HCN，所以水解程度是：CH3COO-＜HCO3-＜CN-，等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH（NaCN）＞pH（NaHCO3）＞pH（CH3COONa）；故C正确；

D、1mol•L-1醋酸溶液加水稀释；氢氧根离子浓度增大，故D错误．

故选C．5、D【分析】【分析】A．煤；石油、天然气属于化石燃料；根据化石能源的特点来回答；

B．光合作用是将太阳能转化为化学能的过程；

C．贮氢合金方便储存和运输氢气；

D．电解水需要消耗大量的电能．【解析】【解答】解：A．煤；石油、天然气属于化石燃料；其物质内部蕴藏着大量的能量，故A正确；

B．绿色植物进行的光合作用是将太阳能转化为化学能“贮存”起来的过程；故B正确；

C．贮氢合金方便储存和运输氢气；解决了贮存和运输氢气难的问题，故C正确；

D．电解水需要消耗大量的电能；成本太高，故D错误．

故选D．6、B【分析】解：A．甲醇不能发生消去反应；故A不选；

B．与-OH相连C的邻位C上有H可发生消去反应生成烯烃；与-OH相连C上有2个H可催化氧化生成醛，故B选；

C．与-OH相连C上无H；不能发生催化氧化反应生成醛，故C不选；

D．与-OH相连C上有1个H；发生催化氧化生成酮，故D不选；

故选：B。

选项中均为醇；与-OH相连C的邻位C上有H可发生消去反应生成烯烃，与-OH相连C上有2个H可催化氧化生成醛，以此来解答．

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意反应的结构要求，题目难度不大．【解析】B7、C【分析】【分析】A、B、C都属于短周期元素，根据它们在周期表中的位置知，A和C位于第二周期、B位于第三周期，A、C两种元素的核外电子数之和等于B的核外电子数，则A的原子序数是x，则B的原子序数是x+9、C的原子序数是x+2，A、C两种元素的核外电子数之和等于B的核外电子数，则x+x+2=x+9，则x=7，所以A是N元素、B是S元素、C是F元素，再结合元素周期律解答．【解析】【解答】解：A；B、C都属于短周期元素；根据它们在周期表中的位置知，A和C位于第二周期、B位于第三周期，A、C两种元素的核外电子数之和等于B的核外电子数，则A的原子序数是x，则B的原子序数是x+9、C的原子序数是x+2，A、C两种元素的核外电子数之和等于B的核外电子数，则x+x+2=x+9，则x=7，所以A是N元素、B是S元素、C是F元素；

A．A是N元素；位于第二周期第VA族，故A错误；

B．原子的电子层数越多其原子半径越大；同一周期元素中，原子半径随着原子序数的增大而减小，所以原子半径B＞A＞C，故B错误；

C．在一定条件下；氨气和氧气反应生成NO和水，硫化氢在空气中燃烧生成二氧化硫和水，故C正确；

D．F元素是非金属性最强的元素；其没有正化合价，没有最高价含氧酸，故D错误；

故选C．8、D【分析】反应速率主要与反应物的性质有关，这是两个不同的反应，内因为主，外界条件为次，故两者反应速率大小无法比较。【解析】【答案】D9、C【分析】解：A．生成溴苯时苯环上H被Br取代；为取代反应，故A错误；

B．乙烯含碳碳双键；能被高锰酸钾氧化，发生氧化反应，故B错误；

C．乙烯与HCl反应生成一氯乙烷；双键转化为单键，为加成反应，故C正确；

D．生成ClCH2CH═CH2时丙烯中甲基上H被Cl取代；为取代反应，故D错误；

故选：C。

A．苯环上H被Br取代；

B．乙烯含碳碳双键；能被高锰酸钾氧化；

C．乙烯与HCl反应生成一氯乙烷；双键转化为单键；

D．丙烯中甲基上H被Cl取代．

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机反应类型的判断，题目难度不大．【解析】C二、填空题(共6题，共12分)10、6.02×1023【分析】【分析】将100mL、浓度为5mol/L的Cl2的物质的量=CV=5mol/L×0.1L=0.5mol．

（1）设被氧化的KBr的物质的量为xmol，根据2KBr+Cl2=2KCl+Br2来计算；

（2）根据氯气反应后氯元素变为-1价来分析．【解析】【解答】解：将100mL、浓度为5mol/L的Cl2的物质的量=CV=5mol/L×0.1L=0.5mol．

（1）设被氧化的KBr的物质的量为xmol，根据2KBr+Cl2=2KCl+Br2可知：

2KBr+Cl2=2KCl+Br2

21

xmol0.5mol

可得：

解得x=1mol，即被氧化的KBr为1mol．

则被氧化的KBr的质量m=nM=1mol×119g/mol=119g．

答：被氧化的KBr的质量为119g．

（2）由于氯气反应后氯元素变为-1价，故0.5mol氯气得电子1mol即6.02×1023个，故答案为：6.02×1023．11、CH2石灰石或生石灰2NO+2CON2+2CO2【分析】【分析】①甲醛是来自人造地板；家具以及装修粘合剂；长期接触低剂量的该物质，可引起过敏性皮炎、免疫功能异常；

②人们已尝试使用氢气作为汽车燃料可真正实现“二氧化碳零排放”；在燃煤中添加石灰石粉末可减少二氧化硫的排放；以减少酸雨的发生，有利于改善环境质量；

③CO与NO反应，生成无毒气体为氮气和二氧化碳；【解析】【解答】解：①居室装修所使的人造板材会释放出一种挥发性物质；长期接触会引起过敏性皮炎，免疫功能异常，该物质是甲醛，甲醛的化学式是HCHO；

故选C．

②氢气和氧气反应生成二氧化碳和水；人们已尝试使用氢气作为汽车燃料可真正实现“二氧化碳零排放”；向煤中加入适量的生石灰或石灰石，石灰石高温分解生成氧化钙，氧化钙与二氧化硫化合生成亚硫酸钙，最后被氧化为硫酸钙；

故答案为：H2；石灰石或生石灰；

③由NO、CO相互反应转换成无毒的气体，即生成氮气和二氧化碳，该反应的化学反应方程式为2NO+2CON2+2CO2；

故答案为：2NO+2CON2+2CO2．12、2.41mol/L减小小于D＞较高【分析】【分析】（1）根据化学平衡和物质的转化率；利用三段法计算各物质平衡时的浓度，再利用平衡常数的计算式来解答；

（2）由温度不变；则平衡常数不变，利用平衡常数分析起始浓度与转化率的关系；

（3）该反应的△H=50.5kJ•mol-1，则该反应为吸热反应，活化能Ea=90.4kJ•mol-1；活化能是反应物分子变为活化分子所需要的能量，再结合图象来分析；

（4）由反应来分析△S；再利用△H-T△S＜0来分析有利于该反应自发进行需要的温度；

（5）由30℃时浓度随时间的变化关系图，找出不同时间（t-BuNO）2的浓度，再计算t-BuNO浓度，描点连线即得t-BuNO浓度随时间的变化曲线．【解析】【解答】解：（1）当（t-BuNO）2的起始浓度（c0）为0.50mol•L-1时；实验测得20℃时的平衡转化率（α）是65%；

则（t-BuNO）2⇌2（t-BuNO）

开始0.50

转化0.5×65%0.5×65%×2

平衡0.5×（1-65%）0.5×65%×2

K==2.41（mol/L）；故答案为：2.41mol/L；

（2）由三段法计算可知，K=，温度不变，则K不变，则增大（t-BuNO）2的起始浓度为保证K不变，则转化率a应减小，20℃时该反应在CCl4溶剂中的平衡常数为1.9＜2.4，保持（t-BuNO）2起始浓度相同时，由K=；则转化率a应小于其在正庚烷溶剂中的平衡转化率；

故答案为：减小；小于；

（3）由反应的△H=50.5kJ•mol-1；则该反应为吸热反应，则反应物的总能量应小于生成物的总能量，故BC错误；

再由△H=50.5kJ•mol-1，活化能Ea=90.4kJ•mol-1；则反应热的数值大于活化能的数值的一半，故D正确，故答案为：D；

（4）由反应可知；1mol反应物参加反应时生成2mol生成物，则△S＞0，再由△H-T△S＜0有利于该反应自发进行，△H＞0，则在较高温度下该反应能自发进行；

故答案为：＞；较高；

（5）根据30℃时浓度随时间的变化关系图，找出不同时间（t-BuNO）2的浓度，再计算BuNO浓度，描点连线即得t-BuNO浓度随时间的变化曲线，如0min时，（t-BuNO）2的浓度0.05mol/L，t-BuNO浓度为0；0.5min时，（t-BuNO）2的浓度0.04mol/L，t-BuNO浓度为0.02mol/L；依次计算描点连线，故答案为：．13、DAD2CaCO3+O2+2SO22CaSO4+2CO22NO+2CON2+2CO2明矾Cr3++3OH-=Cr（OH）3↓Ca（ClO）2【分析】【分析】（1）①二氧化碳无毒；不属于空气污染物；

②开发新能源及材料可改善环境质量；

（2）①碳酸钙和氧气和二氧化硫反应生成硫酸钙和水；根据反应物与生成物来书写化学反应方程式；

②NO；CO转化为无害气体；生成氮气和二氧化碳，根据反应物与生成物来书写化学反应方程式；

③明矾水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性；根据Cr3+水解书写化学反应方程式；漂白粉的有效成分是Ca（ClO）2．【解析】【解答】解：（1）①二氧化碳无毒，不属于空气污染物，而可吸入颗粒物、NO2、SO2均为污染物；需要检测；

故答案为：D；

②A．利用太阳能；潮汐能、风力发电；以获取清洁能源，有利于改善环境质量，故A正确；

B．将废电池深埋；会造成土壤及地下水的污染，故B错误；

C．将地沟油回收再加工为食用油；直接影响人类的健康，故C错误；

D．利用二氧化碳等原料合成聚碳酸酯类可降解塑料代替聚乙烯；减少白色污染，故D正确；

故答案为：AD；

（2）①向煤中加入石灰石作为脱硫剂，可以减少SO2的排放，生成CaSO4，发生的化学反应为2CaCO3+O2+2SO22CaSO4+2CO2；

故答案为：2CaCO3+O2+2SO22CaSO4+2CO2；

②NO、CO转化为无害气体，生成氮气和二氧化碳，该反应为2NO+2CON2+2CO2；

故答案为：2NO+2CON2+2CO2；

③明矾中铝离子水解生成胶体，具有吸附性可净化水，工业废水中含有的Cr3+离子，可用熟石灰作沉淀剂，在pH为8～9时生成沉淀而除去，该反应的离子方程式为Cr3++3OH-=Cr（OH）3↓，漂白粉的有效成分是Ca（ClO）2；

故答案为：明矾；Cr3++3OH-=Cr（OH）3↓；Ca（ClO）2．14、CO2玻璃棒Al3++3NH3•H20═Al（OH）3↓+3NH4+Mg（OH）2Mg3Al（OH）7CO3【分析】【分析】Ⅰ、气体A可使澄清石灰水变浑浊，结合抗酸药的有效成分，知该气体为CO2．X中一定不含Si；因为硅酸盐中加入过量盐酸，会产生硅酸沉淀；

Ⅱ；X中一定不含Na；因为Na的焰色为黄色；

Ⅲ、根据题给信息知调节pH至5～6时生成的白色沉淀为Al（OH）3；

Ⅳ、加入过量NaOH溶液，沉淀B完全溶解，离子方程式为：Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O；

Ⅴ、加入NaOH溶液调节pH至12，有白色沉淀产生，则沉淀C为Mg（OH）2；

综上所述：由于n（CO2）：n[Al（OH）3]：n[Mg（OH）2]=1：1：3，则CO32-、Al3+、Mg2+的物质的量之比为1：1：3，结合电荷守恒，则CO32-、Al3+、Mg2+、OH-的物质的量之比为1：1：3：7，故X为Mg3Al（OH）7CO3．【解析】【解答】解：（1）气体A可使澄清石灰水变浑浊，结合抗酸药的有效成分，知该气体为CO2，故答案为：CO2；

（2）过滤时需要用到的玻璃仪器有玻璃棒；烧杯、漏斗；故答案为：玻璃棒；

（3）调节pH至5～6时生成的白色沉淀为Al（OH）3，NH3•H20为弱电解质，离子方程式中应写为化学式，故答案为：Al3++3NH3•H20═Al（OH）3↓+3NH4+；

（4）加入NaOH溶液调节pH至12，有白色沉淀产生，则沉淀C为Mg（OH）2，故答案为：Mg（OH）2；

（5）由于n（CO2）：n[Al（OH）3]：n[Mg（OH）2]=1：1：3，则CO32-、Al3+、Mg2+的物质的量之比为1：1：3，结合电荷守恒，则CO32-、Al3+、Mg2+、OH-的物质的量之比为1：1：3：7，故X为Mg3Al（OH）7CO3，故答案为：Mg3Al（OH）7CO3．15、CH3OH取代反应CH≡CH+CH3COOH→CH2=CHOOCCH3对二甲苯C【分析】【分析】A由C、H、O三种元素组成，相对分子质量为32，所以A是甲醇，甲醇和CO发生加成反应生成乙酸，乙酸和M发生加成反应生成B，B反应生成C，C在酸性条件下水解生成乙酸和聚乙烯醇，则C是乙酸聚乙烯酯，结构简式为所以B是乙酸乙烯酯，结构简式为CH3COOCH=CH2；乙酸和M发生加成反应生成B，则M是乙炔；

甲醇和氢溴酸反应生成D一溴甲烷，F和甲醇发生酯化反应生成G，根据G的结构简式知F的结构简式为：E发生氧化反应生成F，一溴甲烷和甲苯发生取代反应生成E，所以E是对二甲苯．【解析】【解答】解：A由C、H、O三种元素组成，相对分子质量为32，所以A是甲醇，甲醇和CO发生加成反应生成乙酸，乙酸和M发生加成反应生成B，B反应生成C，C在酸性条件下水解生成乙酸和聚乙烯醇，则C是乙酸聚乙烯酯，结构简式为所以B是乙酸乙烯酯，结构简式为CH3COOCH=CH2；乙酸和M发生加成反应生成B，则M是乙炔；

甲醇和氢溴酸反应生成D一溴甲烷，F和甲醇发生酯化反应生成G，根据G的结构简式知F的结构简式为：E发生氧化反应生成F，一溴甲烷和甲苯发生取代反应生成E，所以E是对二甲苯．

（1）通过以上分析知，A是甲醇，其结构简式为：CH3OH，C的结构简式是

故答案为：CH3OH，

（2）一溴甲烷和甲苯发生取代反应生成对二甲苯；故答案为：取代反应；

（3）通过以上分析知，M是乙炔，乙炔和乙酸发生加成反应生成乙酸乙烯酯，反应方程式为：CH≡CH+CH3COOH→CH2=CHOOCCH3，故答案为：CH≡CH+CH3COOH→CH2=CHOOCCH3；

（4）通过以上分析知；E是对二甲苯，故答案为：对二甲苯（或1，4-二甲苯）；

（5）F的结构简式为：F属于芳香族化合物的同分异构体说明含有苯环，F的同分异构体中除了苯环外还有两个碳原子，这两个碳原子不能形成两个碳碳双键，如果存在碳碳双键，则碳原子形成的化学键超过4个，所以这些分子（除苯环外不含其他环）中不可能有碳碳双键，故选C；

（6）G和乙二醇发生取代反应生成反应生成聚酯纤维和乙二醇，所以反应方程式为：故答案为：．三、判断题(共9题，共18分)16、×【分析】【分析】化学变化中的能量变化主要是热量变化，另外还有光能、电能等等．【解析】【解答】解：化学反应中能量变化的形式主要是热量变化，还有热能、光能、电能等等，故错误，故答案为：×．17、√【分析】【分析】流感病毒的成分为蛋白质，而食醋的主要成分为乙酸，乙酸能使蛋白质发生变性，以此来解答．【解析】【解答】解：因流感病毒的成分为蛋白质；而食醋的主要成分为乙酸，乙酸能使蛋白质发生变性，则为防止流感传染，可将教室门窗关闭后，用食醋熏蒸，进行消毒，做法正确；

故答案为：√．18、×【分析】【分析】（1）同温同压下；气体的气体摩尔体积相等；

（2）气体摩尔体积取决于温度和压强的大小；

（3）气体摩尔体积仅适用于气体；

（4）考虑影响气体体积的因素．【解析】【解答】解：（1）气体的体积取决于温度和压强的大小；同温同压下，气体分子之间的距离相等，则气体摩尔体积相等，故答案为：×；

（2）气体摩尔体积取决于温度和压强的大小；如不在标准状况下，也可能为22.4L/mol，故答案为：×；

（3）气体摩尔体积仅适用于气体；对于固体；液体来说，不同物质的体积大小不同，故答案为：×；

（4）影响气体体积的因素为分子间的平均距离和分子数目的多少，一定温度和压强下，分子间距离一定，所以气体体积大小由分子数目决定，故答案为：√．19、×【分析】【分析】（1）乙醛可看作甲烷中的氢原子被醛基取代产物；

（2）含醛基的物质能发生银镜反应；

（3）醛基既可被氧化为羧基也可被还原为羟基；

（4）根据乙醛和乙醇的分子式分析；

（5）乙酸分子中羧基可电离出氢离子，据此分析．【解析】【解答】解：（1）乙醛可看作甲烷中的氢原子被醛基取代产物；而甲烷为四面体结构，则甲烷的衍生物也是四面体结构；

故答案为：×；

（2）含醛基的物质能发生银镜反应；葡萄糖含醛基能发生银镜反应；

故答案为：×；

（3）醛基既可被氧化为羧基也可被还原为羟基；

故答案为：√；

（4）乙醛的分子式为C2H4O，乙醇的分子式为C2H6O；从组成看，等物质的量的乙醛和乙醇燃烧乙醇耗氧多；

故答案为：×；

（5）乙酸分子中羧基可电离出氢离子；其余氢原子不能电离出氢原子；

故答案为：×．20、×【分析】【分析】K元素的焰色反应为紫色，但是要透过蓝色钴玻璃片观察，因为钾与钠一般是同时存在的，钠的黄色会盖住钾的紫色，要用蓝色蓝色钴玻璃片滤去黄色．【解析】【解答】解：K元素的焰色反应为紫色，但是要透过蓝色钴玻璃片观察，Na元素的焰色反应为黄色，因为钾与钠一般是同时存在的，钠的黄色会盖住钾的紫色，要用蓝色的蓝色钴玻璃片滤去黄色，本题中未通过蓝色钴玻璃片观察，因此不能确定是否含有K+．

故答案为：×．21、×【分析】【分析】结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物．互为同系物的物质具有以下特点：结构相似、化学性质相似、分子式通式相同、分子式不同、物理性质不同．注意同系物中的“结构相似”是指物质种类相同，若含有官能团，官能团的种类与数目相同．【解析】【解答】解：乙酸与丙二酸官能团个数不一样；通式不同，不是同系物．

故答案为：×．22、×【分析】【分析】根据PH=-lg[H+]、[H+][OH-]=Kw、n=cV来计算；【解析】【解答】解：pH=13的Ba（OH）2溶液，[H+]=10-13mol/L，依据[H+][OH-]=Kw，[OH-]=10-1mol/L，25℃、pH=13的1.0LBa（OH）2溶液中含有的OH-数目为10-1mol/L×1L=0.1mol，含有的OH-数目为0.1NA，故错误．23、×【分析】【分析】D2O的相对分子质量为20，结合n==计算．【解析】【解答】解：D2O的相对分子质量为20，18gD2O的物质的量为=0.9mol，则所含的电子数为9NA．故答案为：×．24、√【分析】【分析】胶体的稳定性介于溶液和浊液之间，在一定条件下能稳定存在．【解析】【解答】解：胶体的稳定性介于溶液和浊液之间，在一定条件下能稳定存在，属于介稳体系，故答案为：√．四、探究题(共4题，共16分)25、|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．26、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．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．五、简答题(共3题，共18分)29、（1）a+b

（2）①0.032mol/(L▪min)0.25

②＜

③cd

④1.25mol/L不变

（3）CO2+2H++2e﹣=HCOOH【分析】【分析】本题考查了热化学方程式和盖斯定律的计算应用，化学平衡的影响因素分析化学平衡移动原理的应用，平衡常数计算判断，题目难度中等。【解答】rm{(1)垄脵a}rm{2Al_{2}O_{3}(s)+2AlCl_{3}(g)+6C(s)篓T6AlCl(g)+6CO(g)triangleH=akJ?mol^{-1}}

rm{2Al_{2}O_{3}(s)+2AlCl_{3}(g)+6C(s)篓T6AlCl(g)+6CO(g)triangle

H=akJ?mol^{-1}}rm{3AlCl(g)篓T2Al(l)+AlCl_{3}(g)triangleH=bkJ?mol^{-1}}

依据盖斯定律rm{b}得到：rm{Al_{2}O_{3}(s)+3C(s)篓T2Al(l)+3CO(g)triangleH=(a+b)kJ/mol}故答案为：rm{3AlCl(g)篓T2Al(l)+AlCl_{3}(g)triangle

H=bkJ?mol^{-1}}

rm{a+b}内，rm{Al_{2}O_{3}(s)+3C(s)篓T2Al(l)+3CO(g)triangle

H=(a+b)kJ/mol}的平均反应速率rm{v(NO)=dfrac{1.00mol/L-0.68mol/L}{10min}=0.032mol?L^{-1}?min^{-1}}rm{a+b}平衡浓度rm{(2)垄脵0隆芦10min}rm{NO}rm{v(NO)=

dfrac{1.00mol/L-0.68mol/L}{10min}

=0.032mol?L^{-1}?min^{-1}}反应的平衡常数rm{K=dfrac{C({N}_{2})C(C{O}_{2})}{{C}^{2}(NO)}=dfrac{0.25隆脕0.25}{0.{5}^{2}}=0.25}故答案为：rm{C(s)+2NO(g)?N_{2}(g)+CO_{2}(g)}rm{c(N_{2})=0.25mol/L}

rm{c(CO_{2})=0.25mol/L}rm{c(NO)=0.5mol/L}时，容器中rm{K=

dfrac{C({N}_{2})C(C{O}_{2})}{{C}^{2}(NO)}=

dfrac{0.25隆脕0.25}{0.{5}^{2}}=0.25}rm{0.032mol?L^{-1}?min^{-1}}rm{0.25}rm{垄脷}rm{30min}时，容器中rm{NO}rm{N}rm{30min}rm{NO}rm{N}rm{{,!}_{2}}rm{{,!}_{2}}、rm{CO}后升高温度至rm{CO}rm{{,!}_{2}}rm{{,!}_{2}}达到平衡时，容器中的浓度之比rm{=0.000}rm{0.025}rm{0.025=2}rm{1}rm{1}rm{30min}后升高温度至rm{T}rm{=0.000}rm{0.025}rm{0.025=2}rm{1}rm{1}rm{30min}rm{T}则平衡向逆反应方向移动，所以逆反应是吸热反应，正反应是放热反应，则rm{{,!}_{2}}rm{{,!}_{2}}；

rm{隆忙}达到平衡时，容器中rm{NO}rm{N}单位时间内生成rm{隆忙}的同时消耗rm{NO}都是指逆反应方向，则不能判断达到化学平衡状态，故rm{N}错误；

rm{{,!}_{2}}该反应前后气体系数不变，所以反应体系的压强一直不变，则反应体系的压强不再发生改变，不能判断达到化学平衡状态，故rm{{,!}_{2}}错误；

、rm{CO}反应中有固体参加，反应前后气体的质量在变，而体积不变，所以混合气体的密度一直在变，则当混合气体的密度保持不变，能说明达到化学平衡状态，故rm{CO}正确；

rm{{,!}_{2}}反应中有固体参加，反应前后气体的质量在变，而反应前后气体的物质的量不变，所以混合气体的平均相对分子质量一直在变，则当合气体的平均相对分子质量保持不变，能说明达到化学平衡状态，故rm{{,!}_{2}}正确。

故答案为：的浓度之比为rm{3}rm{1}rm{1}则平衡向逆反应方向移动，所以逆反应是吸热反应，正反应是放热反应，则rm{triangleH<0}

rm{3}若保持与上述反应前rm{1}的反应条件不变，起始时rm{1}的浓度为rm{triangleH<0}相对于增大压强，又反应前后的系数不变，所以平衡不移动，故答案为：rm{<}的转化率不变，则反应达平衡时rm{c(NO)=2.50mol/L隆脕dfrac{0.5}{1.0}=1.25mol/L}故答案为：rm{<}不变。rm{垄脹a.}极将水反应生成氧气，氧元素化合价升高，失去电子，所以为负极，rm{2nmolNO(g)}为正极，是二氧化碳得到电子生成甲酸，电极反应为：rm{nmolCO_{2}(g)}rm{a}

故答案为：rm{b.}rm{b}【解析】rm{(1)a+b}rm{(1)a+b}rm{(2)垄脵0.032mol/(L?min)}rm{0.25}rm{(2)垄脵0.032mol/(L?min)}rm{0.25}rm{垄脷<}不变rm{垄脷<}rm{垄脹cd}30、略

【分析】解：rm{(1)Fe(CO)_{5}}的熔沸点低，且易溶于四氯化碳，依据分子晶体熔沸点低，且存在相似相溶原理，可知rm{Fe(CO)_{5}}为分子晶体；

故答案为：分子晶体；

rm{(2)}铁为rm{26}号元素，元素在周期表中位于第四周期Ⅷ族；由于rm{Fe^{2+}}的价电子rm{3d^{6}}失去一个电子可形成rm{3d^{5}}半充满稳定结构，所以rm{Fe^{2+}}易被氧化成rm{Fe^{3+}}

故答案为：第四周期Ⅷ族；rm{Fe^{2+}}的rm{3d}轨道有rm{6}个电子，失去rm{1}个电子后rm{3d}轨道电子排布处于半充满稳定状态；

rm{(3)}晶体中rm{8}个笼只有rm{6}个容纳rm{CH_{4}}分子，另外rm{2}个笼被水分子填充，推出rm{8}个笼共有rm{6}个甲烷分子，rm{46+2=48}个水分子，则甲烷分子与水分子的个数之比rm{=6}rm{48=1}rm{8}所以化学式为rm{CH_{4}?8H_{2}O}

故答案为：rm{CH_{4}?8H_{2}O}

rm{(4)H_{3}PO_{3}}与过量rm{NaOH}反应充分反应生成亚磷酸氢二钠rm{(Na_{2}HPO_{3})}则亚磷酸氢二钠rm{(Na_{2}HPO_{3})}中无可以电离的氢离子；为正盐；

故答案为：正；

rm{(5)}由金刚石的晶胞结构可知，晶胞内部有rm{4}个rm{C}原子，面心上有rm{6}个rm{C}原子，顶点有rm{8}个rm{C}原子，在rm{BN}晶体中，每个rm{B}原子和rm{4}个rm{N}原子形成共价键，rm{B}原子的配位数是rm{4}rm{B}原子与rm{N}原子之间共价键的数目是rm{12}所以rm{B}原子与rm{N}原子之间共价键的数目与配位键的数目比为rm{3}rm{1}根据晶胞结构图，以晶胞顶点上的氮原子为例，与该氮原子距离最近的氮原子位于经过该顶点的面的面心上，这样的原子有rm{12}个，根据均摊可知，一个晶胞中rm{N}原子数目为rm{4}rm{B}原子数目也是rm{4}根据rm{V=dfrac{m}{rho}}可知晶胞的体积rm{V=dfrac{dfrac{4b}{6times10;^{23}}}{a}cm^{3}=dfrac{4b}{6times10;^{23}a}cm^{3}}所以晶胞的边长为rm{3dfrac{4b}{6times10;^{23}a}cm}最近的两个rm{V=dfrac{dfrac{4b}{6times

10;^{23}}}{a}cm^{3}=dfrac{4b}{6times10;^{23}a}cm^{3}}原子间距离是晶胞面对角线的rm{3dfrac{4b}{6times10;^{23}a}

cm}所以晶体中最近的两个rm{N}原子间距离是rm{dfrac{1}{2}sqrt{2}隆脕3dfrac{4b}{6times10;^{23}a}cm=dfrac{sqrt{2}}{2}3dfrac{b}{150a}nm}

故答案为：rm{dfrac{1}{2}}rm{N}rm{dfrac{1}{2}sqrt{2}隆脕3dfrac

{4b}{6times10;^{23}a}cm=dfrac{sqrt{2}}{2}3dfrac{b}{150a}

nm}rm{dfrac{sqrt{2}}{2}3dfrac{b}{150a}}．

rm{3}依据rm{1}的熔沸点低；且易溶于四氯化碳判断晶体类型；

rm{12}铁的原子序数为rm{dfrac{sqrt{2}}{2}3dfrac

{b}{150a}}在周期表中处于第四周期第rm{(1)}族；结合亚铁离子和铁离子的电子排布式进行判断；

rm{Fe(CO)_{5}}在“可燃冰”晶体中，每rm{(2)}个笼由rm{26}个rm{VIII}分子构成框架，其中容纳rm{(3)}个rm{8}分子和rm{46}个rm{H_{2}O}分子，可判断每rm{6}个笼共rm{CH_{4}}个rm{2}分子和rm{H_{2}O}个rm{8}分子；据此推断可表示可燃冰的平均组成的化学式；

rm{48}与过量rm{H_{2}O}反应充分反应生成亚磷酸氢二钠rm{6}则亚磷酸氢二钠rm{CH_{4}}中无可以电离的氢离子；

rm{(4)H_{3}PO_{3}}由金刚石的晶胞结构可知，晶胞内部有rm{NaOH}个rm{(Na_{2}HPO_{3})}原子，面心上有rm{(Na_{2}HPO_{3})}个rm{(5)}原子，顶点有rm{4}个rm{C}原子，根据金刚石的结构判断，在rm{6}晶体中，每个rm{C}原子和rm{8}个rm{C}原子形成共价键，rm{BN}原子的配位数是rm{B}rm{4}原子与rm{N}原子之间共价键的数目是rm{B}一个晶胞中rm{4}原子数目为rm{B}根据晶胞结构图，以晶胞顶点上的氮原子为例，与该氮原子距离最近的氮原子位于经过该顶点的面的面心上；根据rm{N}可计算出晶胞的体积，进而确定晶胞的边长，最近的两个rm{12}原子间距离是晶胞面对角线的rm{N}据此计算．

本题考查了金属单质及其化合物的综合应用、晶体结构与性质、晶胞计算等知识，题目难度中等，试题知识点较多、综合性较强，充分考查学生的分析、理解能力及灵活应用能力，注意掌握常见金属单质及其化合物的性质，明确均摊法在晶胞计算中的应用．rm{4}【解析】分子晶体；第四周期Ⅷ族；rm{Fe^{2+}}的rm{3d}轨道有rm{6}个电子，失去rm{1}个电子后rm{3d}轨道电子排布处于半充满稳定状态；rm{CH_{4}?8H_{2}O}正；rm{3}rm{1}rm{12}rm{dfrac{sqrt{2}}{2}3dfrac{b}{150a}}rm{dfrac{sqrt{2}}{2}3dfrac

{b}{150a}}31、N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=-92kJ/mol相同反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应的途径无关（L•mol）260%＞＜bd【分析】解：（1）①由图可知，2molNH3（g）分解吸收热量为92kJ，则N2（g）与H2（g）反应生成NH3（g）为放热反应，其