2025年岳麓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年岳麓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5题，共10分)1、今有A、B两种原子，A原子的M层比B原子的M层少2个电子，B原子的L层电子数为A原子L层电子数的2倍．A和B分别是（）A.C和MgB.Si和NaC.Cl和CD.B和He2、对制冷剂氟利昂-12（CF2Cl2）的叙述正确的是（）A.只有一种结构B.有两种结构C.有四种不同的结构D.无法确定其结构3、下列说法中正确的是（）A.常温下水电离出c（H+）×c（OH-）=10-20的溶液中：Na+、CIO-、SO42-；NH4+能大量共存B.常温下pH=7的溶液中：Fe3+、Mg2+、SO42-、Cl-能大量共存C.一定温度下lL0.5mol•L-1NH4C1溶液与2L0.25mol•L-1NH4Cl溶液含NH4+物质的量相同D.反应ZnS（s）+Cu2+（aq）=CuS（s）+Zn2+（aq）说明Ksp（ZnS）＞Ksp（CuS）4、在一定条件下，下列物质能与铁单质发生反应其中能将铁元素从0价转变为+3价的是（）A.盐酸B.稀硫酸C.氯气D.硫酸铜溶液5、己知反应A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g）的平衡常数K值与温度的关系如下表所示．830℃时；向一个2L的密闭容器中充入0.20molA和0.20molB，10s达平衡，测得D的浓度为0.05mol/L．下列说法错误的是（）

。温度/℃7008301200K值1.71.00.4A.达平衡时，B的转化率为50%B.增大压强，正、逆反应速率均加快C.反应初始至平衡，A的平均反应速率v（A）=0.005mol/（L•s）D.该反应为吸热反应，升高温度，平衡朝正反应方向移动评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)6、下列说法中正确的是（）A.相对分子质量相同的物质是同种物质B.分子式相同的不同有机物一定是同分异构体C.分子组成相差若干个CH2的两种有机物互为同系物D.符合通式CnH2n+2的不同烃一定互为同系物7、能用勒夏特列原理解释的是（）A.红棕色的NO2，加压后颜色先变深后变浅B.工业上合成NH3反应使用催化剂C.实验室可以采用排饱和食盐水收集Cl2D.由H2、I2（g）、HI（g）气体组成的平衡体系加压后颜色变深8、下列各组离子中，一定能大量共存的是（）A.加入铝粉有氢气产生的溶液中：Na+、SO42-、C1-、K+B.pH=0的无色溶液中：Na+、K+、MnO4-、NO3-C.在0.1mol/L的盐酸溶液中：Fe2+、Na+、ClO-、Ca2+D.在c（H+）/c（OH-）=1×1013的溶液中：NH4+、Ca2+、C1-、K+9、解痉药奥昔布宁的前体（化合物丙）的合成路线如图；下列叙述正确的是（）

A.化合物甲中的含氧官能团有羰基和酯基B.化合物乙与NaOH水溶液在加热条件下反应可生成化合物丙C.化合物乙中含有1个手性碳原子D.在NaOH醇溶液中加热，化合物丙可发生消去反应10、同周期的X、Y、Z三种主族元素，已知它们的最高价氧化物对应的水化物是HXO4、H2YO4、H3ZO4，则下列判断正确的是（）A.含氧酸的酸性：H3ZO4＞H2YO4＞HXO4B.非金属性：X＞Y＞ZC.气态氢化物的稳定性按X、Y、Z顺序由弱到强D.元素的负化合价的绝对值按X、Y、Z顺序由小到大11、下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系不正确的是（）A.1.0mol/LNa2CO3溶液：c（OH-）=c（HCO3-）+c（H+）+2c（H2CO3）B.1.0mol/LNH4Cl溶液：c（NH4+）=c（Cl-）C.向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液：c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（H+）＞c（OH-）D.向硝酸钠溶液中滴加稀盐酸得到的pH=5的混合溶液：c（Na+）=c（NO3-）12、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是（）A.常温常压下，16g14CH4所含中子数目为8NAB.1.2gNaHSO4晶体中阳离子和阴离子的总数为0.03NAC.常温常压下，44gCO2气体含有氧原子的个数为2NAD.46gNO2和N2O4的混合物含有的原子数为3NA13、在容积不变的密闭容器中，在一定条件下发生反应2A⇌B（g）+C（s），且达到化学平衡．当升高温度时容器内气体的密度增大．则下列判断正确的是（）A.若正反应是吸热反应，则A为非气态B.若正反应是放热反应，则A为气态C.若在平衡体系中加入少量C，该平衡向逆反应方向移动D.压强对该平衡的移动无影响14、按图装置进行实验，下列描述正确的是（N装置中两个电极均为石墨棒）（）A.C1上发生还原反应B.M装置中SO42-移向Cu电极C.工作一段时间后装置M中溶液PH变大，装置N中溶液PH变小D.Cu电极与C2电极上的电极反应相同评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)15、已知电极材料：铁、铜、银、石墨、锌、铝；电解质溶液：CuCl2溶液、Fe2（SO4）3溶液；稀硫酸．按要求回答下列问题：

（1）电工操作上规定：不能把铜导线和铝导线连接在一起使用．原因是____．

（2）设计一种以铁和硫酸铁反应为原理的原电池，写出电池的正、负极的名称及电极反应式．负极（____）____；正极（____）____．

（3）在铜-锌-硫酸构成的原电池中，阴离子移向____极，当导线中有1mol电子通过时，理论上溶解锌____g；铜片上析出____molH2．16、W、X、Y、Z是短周期内除稀有气体之外的四种元素，它们的原子序数依次增大，其中只有Y是金属元素，W的原子只含1个电子，Y的原子最外层电子数和W的原子最外层电子数相等，X，Z同主族，且W，Y两种元素的质子数之和为X，Z两种元素的质子数之和的；由此可知：

（1）Z原子的最外层电子数与电子层数之比为____．

（2）用电子式表示W2X的形成过程：____

（3）写出由上述四种元素组成的一种化合物：____（填化学式），其中含有的化学键为____．17、随着人类的文明和科学技术的发展；对能源的要求不断增大，开发新能源成为当前国际能源研究的重要课题．请回答下列问题：

（1）氢气作为新能源的优点有____．（答出2点即可）

（2）肼可作为火箭发动机的燃料，NH3与NaClO反应可得到肼（N2H4），该反应的化学方程式为____；

液态肼与氧化剂液态N2O4反应生成N2和水蒸气．

已知：①N2（g）+2O2（g）═N2O4（l）△H1═-19.5kJ∙mol-1②N2H4（l）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）△H2═-534.2kJ•mol-1写出肼和N2O4反应的热化学方程式____；

（3）已知甲醇的标准燃烧热△H=-726.5kJ∙mol-1，写出表示甲醇标准燃烧热的热化学方程式____．18、现有原子序数依次增大的A；B、C、D、E五种短周期元素．已知A、C、D三原子的最外电子层中共有10个电子；这三种元素的最高价氧化物的水化物之间，两两皆能反应且均生成盐和水．请回答：

（1）B元素在元素周期表中的位置是____，元素符号是____．

（2）D、E两元素的最高价氧化物的水化物中，酸性较强的是____（填化学式）．

（3）写出A的最高价氧化物的水化物所含有的化学键是____．

（4）A元素的原子与氧原子按1：1的个数比形成的化合物11.7g与足量二氧化碳完全反应，有____mol电子发生转移．19、在一定体积的密闭容器中，进行如下可逆化学反应：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）；其化学平衡常数K和温度t的关系如下表：

。t℃70080083010001200K0.60.91.01.72.6回答下列问题：

（1）该反应的化学平衡常数表达式为K=____；

（2）能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是____（多选扣分）．

A．容器中压强不变B．混合气体中c（CO）不变。

C．V正（H2O）=V逆（H2O）D．c（CO2）=c（CO）

（3）800℃时，反应CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）的平衡常数K=____．评卷人得分四、判断题(共1题，共6分)20、用标准NaOH溶液滴定未知浓度的醋酸到终点时，钠离子物质的量等于醋酸根离子的物质的量____（判断正误）评卷人得分五、解答题(共1题，共9分)21、2012年4月1日新华网消息称日本某研究机构发现；抗流感药物达菲（Tamiflu）可能会引起患者突然出现严重呼吸困难等症状，甚至导致死亡．达菲曾被公认为是治疗禽流感的最有效的药物之一，商品通用名为磷酸奥司他韦，可由八角中提取的莽草酸经过十几步反应制得．

目前世界卫生组织公布的抗流感药物还有扎那米韦；扎那米韦是一种流感病毒神经氨酸酶抑制剂．其结构简式如图所示．请回答下列问题：

（1）扎那米韦的分子式为______．

（2）写出莽草酸分子中含氧官能团的名称：______．

（3）根据扎那米韦的结构简式推测其不能发生的反应类型是______（填序号；下同）．

A．取代反应。

B．加成反应。

C．酯化反应。

D．水解反应。

E．硝化反应。

（4）下列关于达菲的说法不正确的是______．

①是一种高分子化合物。

②在一定条件下能发生水解反应。

③既可看成盐；也可看成酯等的多类别物质。

④能被新制Cu（OH）2悬浊液氧化。

⑤既能使Br2的CCl4溶液褪色；又能使酸性高锰酸钾溶液褪色。

⑥分子中含有酯基；肽键、氨基、苯环等结构。

（5）已知碳碳双键上连有羟基或一个碳原子上连有两个羟基的结构均不稳定．试写出同时满足以下三个条件的莽草酸的同分异构体的结构简式（任写一种）______．

①含有羧基和碳碳双键②羧基直接连在双键的碳原子上③含有六元碳环。

（6）若将莽草酸与足量乙醇在浓硫酸作用下加热，可以生成分子式为C9H14O5的一种新化合物；该反应的化学方程式为______，反应类型为______．

评卷人得分六、探究题(共4题，共28分)22、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________．23、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：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：参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、A【分析】【分析】根据题意和电子排布规律L层最多排布8个电子，确定A、B的电子层数和各层排布的电子数．【解析】【解答】解：根据题意；B原子的L层电子数恰为A原子L层电子数的2倍，而L层最多排布8个电子，因此，B的L层有8个电子，而A的L层有4个电子（无M层），根据“A原子的M层比B原子的M层少2个电子”可知，B的M层上有2个电子，即A共有K；L电子层，排布的电子数分别为2、4，B共有K、L、M电子层，排布的电子数分别为2、8、2，故A是C，B是Mg；

故选A．2、A【分析】【分析】根据CF2Cl2是甲烷的取代产物，甲烷是正四面体型结构，运用知识迁移的方法，与CH4的分子构型对比，CF2Cl2是烷的取代产物，为四面体结构，因此结构只有一种，没有同分异构体；【解析】【解答】解：从结构式可知，该化合物是甲烷的取代产物，由于甲烷是正四面体型结构，所以该化合物也是四面体，因此结构只有一种，没有同分异构体，故选A；3、D【分析】解：A．常温下水电离出c（H+）×c（OH-）=10-20的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，ClO-与氢离子反应，NH4+与氢氧根离子反应；在溶液中一定不能大量共存，故A错误；

B．Fe3+、Mg2+在溶液中发生水解；该溶液不可能为中性，故B错误；

C．一定温度下lL0.5mol•L-1NH4C1溶液和2L0.25mol•L-1NH4Cl溶液中都含有0.5mol溶质氯化铵，由于铵根离子浓度不同，其水解程度不同，则两溶液中含NH4+物质的量一定不相同；故C错误；

D．ZnS（s）+Cu2+（aq）=CuS（s）+Zn2+（aq）；该反应中，ZnS转化成更难溶的CuS沉淀，说明Ksp（ZnS）＞Ksp（CuS），故D正确；

故选D．

A．该溶液为酸性或碱性溶液；铵根离子能够与氢氧根离子反应，次氯酸根离子能够与氢离子反应；

B．铁离子；镁离子水解；溶液显示酸性，不可能为中性溶液；

C．铵根离子浓度不同；其水解程度不同；

D．溶解度越小；难溶物越难溶，对应的溶度积越小．

本题考查了离子共存的判断、难溶物溶解平衡及其应用，题目难度中等，注意掌握离子反应发生条件，明确难溶物溶度积的概念及应用，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力．【解析】【答案】D4、C【分析】【分析】能将铁元素从0价转变为+3价，则选项中的物质具有强氧化性，以此来解答．【解析】【解答】解：A．Fe与盐酸反应生成FeCl2；将铁元素从0价转变为+2价，故A不选；

B．Fe与稀硫酸反应生成FeSO4；将铁元素从0价转变为+2价，故B不选；

C．氯气具有强氧化性，与Fe反应生成FeCl3；将铁元素从0价转变为+3价，故C选；

D．Fe与硫酸铜反应生成FeSO4和Cu；将铁元素从0价转变为+2价，故D不选；

故选C．5、D【分析】【分析】A、依据化学平衡定量关系，计算消耗B的物质的量，转化率=×100%得到；

B；影响化学反应速率的因素分析；增大压强反应速率增大，正逆反应速率都增大；

C、依据化学方程式计算消耗A物质的量，结合反应速率概念计算，V=计算得到反应速率；

D、图表数据分析，平衡常数随温度升高减小，说明平衡逆向进行，逆向是吸热反应，正反应为放热反应；【解析】【解答】解：A、10s达平衡，测得D的浓度为0.05mol/L，物质的量=0.05mol/L×2L=0.1mol，消耗B的物质的量0.1mol，转化率=×100%=×100%=50%；故A正确；

B；影响化学反应速率的因素分析；增大压强反应速率增大，正逆反应速率都增大，故B正确；

C、10s达平衡，测得D的浓度为0.05mol/L，物质的量=0.05mol/L×2L=0.1mol，化学方程式计算消耗A物质的量0.1mol，结合反应速率概念计算得到反应速率V===0.005mol/L•s；故C正确：

D；图表数据分析；平衡常数随温度升高减小，说明平衡逆向进行，逆向是吸热反应，正反应为放热反应，故D错误；

故选D．二、多选题(共9题，共18分)6、BD【分析】【分析】A；组成和结构都相同的物质为同一物质；

B；同分异构体是分子式相同；结构式不同的化合物；

C、分子组成相差若干个CH2原子团的有机物，不一定互为同系物，如乙烯与环丙烷之间相差1个CH2原子团；但是二者结构不同；

D、烷烃的通式为CnH2n+2通式，符合CnH2n+2通式都是烷烃．【解析】【解答】解：A；相对分子质量相同的物质不一定是同种物质；如一氧化碳和氮气，故A错误；

B；分子式相同的不同有机物一定是同分异构体；故B正确；

C、分子组成相差若干个CH2原子团的有机物，不一定互为同系物，如乙烯与环丙烷之间相差1个CH2原子团；但是二者结构不同，大于不属于同系物，故C错误；

D、烷烃的通式为CnH2n+2通式，符合CnH2n+2通式都是烷烃，故D正确；故选BD．7、AC【分析】【分析】平衡移动原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用平衡移动原理解释，平衡移动原理对所有的动态平衡都适用．【解析】【解答】解：A、红棕色的NO2存在平衡：2NO2⇌N2O4；加压后，体积减小，浓度增大，颜色加深，同时平衡正向移动，所以颜色后变浅，能用勒夏特列原理解释，故A正确；

B、工业上合成NH3反应使用催化剂是为了加快化学反应速率；不会引起化学平衡的移动，故B错误；

C、在实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，使因食盐水中氯离子抑制氯气溶解，使Cl2+H2O⇌HCl+HClO逆向移动；可用勒夏特列原理解释，故C正确；

D、对于2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）△H＞0；缩小容器的体积即加压可使颜色变深，浓度增大，但平衡不移动，则不能用勒夏特列原理解释，故D错误．

故选AC．8、AD【分析】【分析】A．加入铝粉有氢气产生的溶液；为酸（非强氧化性酸）或强碱溶液；

B．MnO4-为紫色；

C．离子之间发生氧化还原反应；

D．在c（H+）/c（OH-）=1×1013的溶液，c（H+）＞c（OH-），溶液显酸性．【解析】【解答】解：A．加入铝粉有氢气产生的溶液；为酸（非强氧化性酸）或强碱溶液，无论酸或碱溶液中该组离子之间均不反应，能大量共存，故A正确；

B．MnO4-为紫色；与无色溶液不符，故B错误；

C．Fe2+、H+、ClO-离子之间发生氧化还原反应；不能大量共存，故C错误；

D．在c（H+）/c（OH-）=1×1013的溶液，c（H+）＞c（OH-）；溶液显酸性，该组离子之间不反应，能大量共存，故D正确；

故选AD．9、AC【分析】【分析】A．甲中官能团是羰基；酯基；

B．乙中含有酯基；能和NaOH水溶液在加热条件下发生水解反应；

C．连接四个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子；

D．醇在浓硫酸催化剂、加热条件下能发生消去反应，且醇羟基连接的碳原子相邻碳原子上必须含有氢原子．【解析】【解答】解：A．根据结构简式知；甲中含氧官能团名称是酯基和羰基，故A正确；

B．乙中含有酯基；在NaOH碱性条件下发生水解反应生成-COONa而不是-COOH，故B错误；

C．乙中连接醇羟基的碳原子为手性碳原子；故C正确；

D．丙在氢氧化钠的醇溶液中不能发生消去反应；应该在浓硫酸作催化剂；加热条件下发生消去反应，故D错误；

故选AC．10、BD【分析】【分析】同周期的X、Y、Z三种主族元素，它们最高价氧化物对应的水化物是HXO4、H2YO4、H3ZO4；则X；Y、Z的最高正化合价分别为+7、+6、+5，则原子序数X＞Y＞Z．

A．同周期自左而右非金属性增强；非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强；

B．同周期自左而右非金属性增强；

C．非金属性越强；氢化物越稳定；

D．最低负化合价=最高正化合价-8．【解析】【解答】解：同周期的X、Y、Z三种主族元素，它们最高价氧化物对应的水化物是HXO4、H2YO4、H3ZO4；则X；Y、Z的最高正化合价分别为+7、+6、+5，则原子序数X＞Y＞Z．

A．同周期自左而右非金属性增强，故非金属性X＞Y＞Z，非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，故含氧酸的酸性H3ZO4＜H2YO4＜HXO4；故A错误；

B．同周期自左而右非金属性增强；故非金属性X＞Y＞Z，故B正确；

C．非金属性X＞Y＞Z；非金属性越强，氢化物越稳定，故氢化物稳定性按X；Y、Z顺序由强到弱，故C错误；

D．X；Y、Z最低负化合价分别为-1、-2、-3；负化合价的绝对值依次增大，故D正确；

故选BD．11、BC【分析】【分析】A；根据质子守恒判断；

B；根据盐类的水解判断；

C；根据电荷守恒判断；

D、根据元素守恒判断．【解析】【解答】解：A、根据质子守恒可知，Na2CO3溶液中c（OH-）=c（HCO3-）+c（H+）+2c（H2CO3）；故A正确；

B、由于NH4Cl溶液中NH4+会水解，所以c（NH4+）＜c（Cl-）；故B错误；

C、当c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（H+）＞c（OH-）时；正电荷总数大于负电荷总数，电荷不守恒，故C错误；

D；向硝酸钠溶液中滴加稀盐酸；硝酸根离子与钠离子始终相等，故D正确；

故选BC．12、AB【分析】【分析】A．由质量计算粒子数；需要知道原子的结构知识；

B．NaHS04晶体中存在钠离子和硫酸氢根离子；

C．依据n=计算44g二氧化碳的物质的量；依据一个二氧化碳分子中含有2个氧原子计算解答；

D．NO2和N2O4的最简式相同，只需要计算46gNO2中原子数．【解析】【解答】解：A.16g甲烷（14CH4）的物质的量为：16g÷18g/mol═mol，每mol甲烷（14CH4）含中子数为8mol，故16g甲烷所含的中子数为NA；故A错误；

B.1.2gNaHS04晶体的物质的量是0.01mol，NaHS04晶体中存在钠离子和硫酸氢根离子，阳离子和阴离子的总数为0.02NA；故B错误；

C.44gCO2气体的物质的量n==1mol，1个二氧化碳分子中含有2个氧原子，所以44gCO2气体含有氧原子的个数为2NA；故C正确；

D．NO2和N2O4的最简式相同，只需要计算46gNO2中原子数=×3×NA=3NA；故D正确；

故选：AB．13、AB【分析】【分析】根据外界条件（浓度、温度、压强）对化学平衡的影响，根据平衡移动，利用ρ=，当容器内气体的密度增大时的情况来判断．【解析】【解答】解：A、因温度升高，平衡向吸热的方向移动，若正反应是吸热反应，平衡正向移动，A为非气态，根据ρ=；m增大，V不变，所以密度增大，故A正确；

B、因温度升高，平衡向吸热的方向移动，若正反应是放热反应，逆反应是吸热反应，平衡逆向移动，A为气态，根据ρ=；m增大，V不变，所以密度增大，故B正确；

C；在平衡体系中加入少量C；由于C是固体，所以C的浓度不变，平衡不移动，故C错误；

D、无论A的状态如何，该反应2A（？）B（g）+C（s）是前后气体体积发生变化的反应；因此改变压强，平衡必然发生移动，故D错误；

故选：AB．14、CD【分析】【分析】由图可知，M构成原电池，Zn为负极，Cu为正极；N为电解池，C1为阳极，C2为阴极，结合电极反应及原电池反应、电解反应来解答．【解析】【解答】解：A．N为电解池，C1为阳极；发生氧化反应，故A错误；

B．M构成原电池，Zn为负极，则SO42-移向Zn电极；故B错误；

C．M中发生Zn+2H+═Zn2++H2↑，N装置中两个电极均为石墨棒，N中发生2H2O2H2↑+O2↑；则一段时间后装置M中溶液pH变大，装置N中溶液pH变小，故C正确；

D．Cu电极与C2电极上的电极反应均为氢离子发生的还原反应；故D正确；

故选CD．三、填空题(共5题，共10分)15、形成原电池加速铝导线的腐蚀铁Fe-2e-═Fe2+石墨2Fe3++2e-═2Fe2+负32.50.5【分析】【分析】（1）铝和铜与合适的电解质溶液构成原电池；

（2）铁为负极；铁离子的可溶性电解质溶液为电解质，负极发生氧化反应，正极发生还原反应书写电极反应式；

（3）该原电池中Zn易失电子作负极、Cu作正极，负极上电极反应式为Zn-2e-=Zn2+、正极电极反应式为2H++2e-=H2↑，根据正负极反应式进行有关计算．【解析】【解答】解：（1）铜；铝的金属活泼性不同；遇到合适的电解质溶液易构成原电池，从而加快铝的腐蚀，所以不能把铜导线和铝导线连接在一起使用；

故答案为：形成原电池加速铝导线的腐蚀；

（2）根据反应可知Fe应为负极，被氧化，正极可为C、Cu等，电解质溶液含有Fe3+，乐为氯化铁或硫酸铁等，装置图为

电极反应式为：负极（铁）Fe-2e-═Fe2+，正极（石墨）2Fe3++2e-═2Fe2+，故答案为：（铁）Fe-2e-═Fe2+，（石墨）2Fe3++2e-═2Fe2+；

（3）原电池中阴离子向负极移动，该原电池中Zn易失电子作负极、Cu作正极，负极上电极反应式为Zn-2e-=Zn2+、正极电极反应式为2H++2e-=H2↑，得失电子相同时，将正负极电极反应式相加得电池反应式为Zn+2H+=Zn2++H2↑，当有1mol电子通过时，负极上溶解m（Zn）=×65g/mol=32.5g，正极上析出n（H2）==0.5mol，故答案为：负；32.5；0.5．16、2：1NaHSO4离子键、共价键【分析】【分析】W、X、Y、Z是短周期内除稀有气体之外的四种元素，它们的原子序数依次增大，W的原子只含1个电子，则W为H元素；Y的原子最外层电子数和W的原子最外层电子数相等，处于IA族，可推知Y为Na；X、Z同主族，且W、Y两种元素的质子数之和为X、Z两种元素的质子数之和的，则X、Z质子数之和为24，可推知X为O元素、Z为S元素，据此解答．【解析】【解答】解：W、X、Y、Z是短周期内除稀有气体之外的四种元素，它们的原子序数依次增大，W的原子只含1个电子，则W为H元素；Y的原子最外层电子数和W的原子最外层电子数相等，处于IA族，可推知Y为Na；X、Z同主族，且W、Y两种元素的质子数之和为X、Z两种元素的质子数之和的；则X；Z质子数之和为24，可推知X为O元素、Z为S元素．

（1）Z为S元素；原子核外有3个电子层，最外层电子数为6，最外层电子数与电子层数之比为6：3=2：1，故答案为：2：1；

（2）用电子式表示H2O的形成过程：故答案为：

（3）由上述四种元素组成的一种化合物为NaHSO4，其中含有的化学键为：离子键、共价键，故答案为：NaHSO4；离子键、共价键．17、无污染、燃烧值高、资源广泛2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O2N2H4（l）+N2O4（l）=3N2（g）+4H2O（g）△H=-1048.9kJ∙mol-1CH3OH（l）+3/2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-726.5kJ∙mol-1【分析】【分析】（1）根据氢能源的优点即可作答；

（2）NH3与NaClO反应可得到肼（N2H4）；依据氧化还原反应化合价变化分析书写化学方程式；依据盖斯定律，结合题干热化学方程式计算写出；

（3）依据燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，标注物质聚集状态得到热化学方程式．【解析】【解答】解：（1）氢气燃烧产物是水；不污染环境；氢气的燃烧值高；工业上制取氢气是通过电解水得到的，而地球上水资源丰富，可以从水中提取氢气，说明资源广泛；

故答案为：无污染；燃烧值高、资源广泛；

（2）NH3与NaClO反应可得到肼（N2H4），次氯酸钠做氧化剂，依据氧化还原反应的电子守恒和原子守恒写出该反应的化学方程式为：2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O；已知①N2（g）+2O2（g）=N2O4（l）△H1=-19.5kJ∙mol-1

②N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H2=-534.2kJ•mol-1

根据盖斯定律写出肼和N2O4反应的热化学方程：②×2-①得到：2N2H4（l）+N2O4（l）=3N2（g）+4H2O（g）△H=-1048.9kJ/mol；

故答案为：2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O；2N2H4（l）+N2O4（l）=3N2（g）+4H2O（g）△H=-1048.9kJ/mol；

（3）甲醇的燃烧热为726kJ/mol，依据燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，反应的热化学方程式为：CH3OH（l）+3/2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-726.5kJ∙mol-1；

故答案为：CH3OH（l）+3/2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-726.5kJ∙mol-1．18、第三周期第ⅡA族MgHClO4离子键、共价键0.15【分析】【分析】原子序数依次增大的A、B、C、D、E五种短周期元素，已知A、C、D三原子的最外电子层中共有10个电子，这三种元素的最高价氧化物的水化物之间，两两皆能反应且均生成盐和水，则C为Al元素，A为Na、D为S元素，结合E为短周期元素及原子序数大于S，则E为Cl元素；B的原子序数大于Na、小于Al，则B为Mg元素，据此结合元素周期律知识进行解答．【解析】【解答】解：原子序数依次增大的A；B、C、D、E五种短周期元素；已知A、C、D三原子的最外电子层中共有10个电子，这三种元素的最高价氧化物的水化物之间，两两皆能反应且均生成盐和水，则C为Al元素，A为Na、D为S元素，结合E为短周期元素及原子序数大于S，则E为Cl元素；B的原子序数大于Na、小于Al，则B为Mg元素；

（1）B为Mg元素；其原子序数为12，在元素周期表中位于第三周期第ⅡA族，元素符号为Mg；

故答案为：第三周期第ⅡA族；Mg；

（2）D、E两元素分别为S、Cl，非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，由于非金属性：Cl＞S，酸性较强的为高氯酸，化学式为：HClO4；

故答案为：HClO4；

（3）A的最高价氧化物的水化物为NaOH；氢氧化钠所含有的化学键为离子键和共价键；

故答案为：离子键；共价键；

（4）A元素的原子与氧原子按1：1的个数比形成的化合物为Na2O2，与二氧化碳反应方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，11.7gNa2O2的物质的量为：=0.15mol，反应中过氧化钠其氧化剂、还原剂作用，各占一半，故转移电子的物质的量为：0.15mol××2×[0-（-1）]=0.15mol；

故答案为：0.15．19、B、C1.1【分析】【分析】（1）化学平衡常数指一定温度下；可能反应到达平衡是各生成物浓度幂之积与各反应物浓度幂之积的比值，据此书写；

（2）当反应达到平衡状态时；正逆反应速率相等，各物质的浓度；百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，据此解答，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；

（3）CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），与题目给出CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）互为逆反应，化学平衡常数K互为倒数，结合表中数据得到答案．【解析】【解答】解：（1）化学平衡常数指一定温度下，可能反应到达平衡是各生成物浓度幂之积与各反应物浓度幂之积的比值，CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）的平衡常数K=，故答案为K=；

（2）A．反应前后气体的物质的量不变；温度一定，容器中压强始终不变，故压强不变，不能说明到达平衡状态，故a错误；

B．反应达到平衡状态时，各物质的浓度不变，混合气体中c（CO）不变，说明到达平衡状态，故b正确；

C．v（H2）正=v（H2O）逆不同物质表示的速率之比等于化学计量数之比；说明到达平衡状态，故c正确；

D．平衡时二氧化碳与一氧化碳的浓度与转化率有关，c（CO2）=c（CO）不能说明到达平衡；故d错误；

故答案为；B；C；

（3）CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），与题目给出CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）互为逆反应；化学平衡常数K互为倒数，800℃时，平衡常数K=0.9，所以。

CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），化学平衡常数为=1.1，故答案为：1.1．四、判断题(共1题，共6分)20、×【分析】【分析】用标准NaOH溶液滴定未知浓度的醋酸到终点时，反应恰好生成醋酸钠，水解呈碱性，以此解答．【解析】【解答】解：达到滴定终点时，氢氧化钠和醋酸的物质的量相等，生成醋酸钠，醋酸钠为强碱弱酸盐，水解呈碱性，c（CH3COO-）＜c（Na+）；

故答案为：×．五、解答题(共1题，共9分)21、略

【分析】

（1）根据结构简式可知有机物的分子式为C12H20N4O7，故答案为：C12H20N4O7；

（2）由结构简式可知；含氧官能团为-OH；-COOH，其名称为羟基、羧基，故答案为：羟基、羧基；

（3）分子中含羟基；肽键、碳碳双键、羧基等；则能发生取代、加成、酯化、水解反应，不含苯环，则不能发生硝化反应，故答案为：E；

（4）由结构简式可知，它不属于高分子化合物，分子中含肽键、酯基，可以发生水解，所以能看成盐或酯，含C=C键，能发生加成和氧化反应，不含醛基，不能与新制的Cu（OH）2悬浊液；且分子中不含苯环，所以错误的为①④⑥，故答案为：①④⑥；

（5）符合①含有羧基和碳碳双键、②羧基直接连在双键的碳原子上、③含有六元碳环，则只能改变-OH的相对位置，同时满足以下三个条件的莽草酸的同分异构体的结构简式为故答案为：

（6）将莽草酸与足量乙醇在浓硫酸作用下加热，发生酯化反应生成分子式为C9H14O5的一种新化合物和水，该化学反应为

故答案为：酯化反应．

【解析】【答案】（1）根据结构简式来确定有机物的分子式；

（2）由结构简式可知；含氧官能团为-OH；-COOH；

（3）分子中含羟基；肽键、碳碳双键、羧基等；不含苯环；

（4）由结构简式可知；它不属于高分子化合物，分子中含肽键；酯基，可以发生水解，所以能看成盐或酯，含C=C键，能发生加成和氧化反应；

（5）符合①含有羧基和碳碳双键；②羧基直接连在双键的碳原子上、③含有六元碳环；则只能改变-OH的相对位置；

（6）将莽草酸与足量乙醇在浓硫酸作用下加热，发生酯化反应生成分子式为C9H14O5的一种新化合物和水．

六、探究题(共4题，共28分)22、|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．23、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KM