2025年鲁教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年鲁教新版高三化学上册阶段测试试卷644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7题，共14分)1、下列离子在溶液中能大量共存，加入OH-能产生白色沉淀的是（）A.Na+、Ca2+、SO42-、Cl-B.H+、Mg2+、CO32-、S2-C.K+、Mg2+、SO42-、NO3-D.K+、Na+、NO3-、SO32-2、下列鉴别方法不可行的是（）A.用水鉴别乙醇、甲苯和溴苯B.用KMnO4（H+）溶液鉴别苯、环已烯和环已烷C.用燃烧法鉴别乙醇、苯和四氯化碳D.用碳酸钠溶液鉴别乙醇、乙酸和乙酸乙酯3、下列反应的离子（或化学）方程式正确的是（）A.用不活泼金属铜作电极电解饱和食盐水：2Cl-+2H2O═Cl2↑+H2↑+2OH-B.HCO3-离子水解方程式：HCO3-+H2O═H3O++CO32-C.乙烯通入溴水中：C2H4+Br2═CH2BrCH2BrD.氯化铁溶液与碳酸氢钠溶液混合：Fe3++3HCO3-═Fe（OH）3↓+3CO2↑4、对如图的锌锰电池；下列说法正确的是（）

A.MnO2是氧化剂，被氧化B.碳棒为负极、锌筒为正极C.放电过程中NH4+向锌极移动D.负极反应为：Zn-2e-+2OH-═Zn（OH）25、下列叙述不正确的是（）A.往下水道中倾倒硫酸溶液，会进一步加快铁制管道的腐蚀B.在空气中，钢铁的表面涂一层油脂或油漆，可以减慢钢铁的腐蚀C.镁与稀盐酸反应剧烈，加入醋酸钠晶体可以减慢反应速率D.铜放入稀硫酸中，再加入硝酸钠可以加快铜与稀硫酸的反应速率6、已知溶液中：还原性HSO3-＞I-，氧化性：IO3-＞I2＞SO42-．在含3molNaHSO3的溶逐滴加入KIO3溶液，加入KIO3和析出I2的物质的量的关系如图所示；则下列说法错误的是（）

A.a点时NaHSO3过量。

B.b点时还原产物为I-

C.b点到c点，KIO3与NaHSO3反应生成I2

D.加入的KIO3为0.4mol或1.12mol时，I-均为0.4mol

7、设rm{N_{A}}为阿伏加德罗常数的值rm{.}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{1mol}rm{Na}与足量rm{O_{2}}反应生成rm{Na_{2}O}和rm{Na_{2}O_{2}}时，失去的电子数为rm{2N_{A}}B.在密闭容器中，加入rm{1mol}rm{N_{2}}和rm{3mol}rm{H_{2}}充分反应后生成rm{NH_{3}}分子数为rm{2N_{A}}C.足量铁在rm{1mol}rm{Cl_{2}}中充分燃烧，转移的电子数目为rm{2N_{A}}D.rm{32gCu}与rm{S}完全反应转移的电子数为rm{N_{A}}评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)8、黄铜矿（CuFeS2）是制取铜及其化合物的主要原料之一；还可制备硫和铁的化合物．

（1）冶炼铜的反应为：8CuFeS2+21O28Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2

若CuFeS2中Fe的化合价为+2，反应中被还原的元素是____（填元素符号）．

（2）上述冶炼过程产生大量SO2．下列处理方案中合理的是____（填代号）．

a．高空排放b．用于制备硫酸c．用纯碱溶液吸收制Na2SO3d．用浓硫酸吸收。

（3）利用黄铜矿冶炼铜产生的炉渣（含Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3）可制备Fe2O3．方法为：

①用稀盐酸浸取炉渣；过滤．

②滤液先氧化，再加入过量NaOH溶液，过滤，将沉淀洗涤、干燥、煅烧得Fe2O3．

根据以上信息回答下列问题：

a．除去Al3+的离子方程式是____．

b．选用提供的试剂；设计实验验证炉渣中含有FeO．

提供的试剂：稀盐酸稀硫酸KSCN溶液KMnO4溶液NaOH溶液碘水。

所选试剂为____．证明炉渣中含有FeO的实验现象为____．9、(8分)在有机物分子中，常把连有4个不同原子或原子团的碳原子称为“手性碳原子”。含有手性碳原子的分子一般都具有某些光学活性。经测定某新合成物A具有光学活性，其结构简式为：CH3COOCH2CH(CH2OH)CHO。若要在保持A分子中碳原子数不变的前提下，通过适当的反应使A失去光学活性，有两种方法：(1)有机反应类型：__________反应，对应有机物的结构简式_______________；(2)有机反应类型：__________反应，对应有机物的结构简式_______________。10、烯烃A在一定条件下可以按下图进行：

已知：CH3CH2CH2CH2CH2CH2BrCH3CH2CH2CH2CH═CH2+HBr

已知D为F1和F2互为同分异构体，G1和G2互为同分异构体．请填空：

（1）A的结构简式是：____．

（2）框图中属于取代反应的是（填数字代号）：____．

（3）框图中属于加成反应的是____．

（4）G1的结构简式是____．11、硫代硫酸钠是一种常见的化工原料．将SO2通入按一定比例配成的Na2S和Na2CO3的混合溶液中，便可得到Na2S2O3，其制备反应方程式为：2NaS+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2

（1）在配制混合溶液前先将蒸馏水加热煮沸一段时间后待用，其目的是____．

（2）用该方法获得的Na2S2O3．H2O晶体中常混有一定量的杂质．某兴趣小组欲对其中所含杂质成分进行探究（不考虑副反应和杂质所带的结晶水）．

【提出假设】

假设1：晶体中只含Na2CO3杂质假设2：晶体中只含Na2S杂质。

假设3：____

【查阅资料】

①SO2+2H2S═3S↓+2H2O

②NaS2O3在中性、碱性溶液中较稳定，而在酸性溶液中能迅速反应：Na2S2O3+H2SO4+SO2↑+H2O

③CuSO4+H2S=CuS↓（黑色）+H2SO4

【判断与思考】

某同学取少量制得的晶体溶于足量稀H2SO4，并将产生的气体通入CuSO4溶液中，未见黑色沉淀，据此认为假设2不成立．你认为其结论是否合理？____（填“合理”、“不合理”）并说明理由：____

【设计方案进行实验】

基于假设1；完成下表实验方案；现象及结论（仪器自选）．

限选实验试剂：3mol•L-1H2SO4、1mol•L-1NaOH、酸性KMnO4溶液、饱和NaHCO3溶液；品红溶液、澄清石灰水。

。试验方案现象及结论12、铬化学丰富多彩，由于铬光泽度好，常将铬镀在其他金属表面，同铁、镍组成各种性能的不锈钢，CrO3大量地用于电镀工业中．

（1）在如图装置中，观察到图1装置铜电极上产生大量的无色气泡，而图2装置中铜电极上无气体产生，铬电极上产生大量有色气体．图2装置中铬电极的电极反应式____．

（2）CrO3具有强氧化性，遇到有机物（如酒精）时，猛烈反应以至着火，若该过程中乙醇被氧化成乙酸，CrO3被还原成绿色的硫酸铬[Cr2（SO4）3]．则该反应的化学方程式为____．

（3）存在平衡：2CrO42-（黄色）+2H+⇌Cr2O72-（橙色）+H2O

①若平衡体系的pH=2，则溶液显____色．

②能说明第①步反应达平衡状态的是____．

a．Cr2O72-和CrO42-的浓度相同b．2v（Cr2O72-）=v（CrO42-）c．溶液的颜色不变。

（4）CrO3和K2Cr2O7均易溶于水，这是工业上造成铬污染的主要原因．净化处理方法之一是将含+6价Cr的废水放入电解槽内，用铁作阳极，加入适量的NaCl进行电解：阳极区生成的Fe2+和Cr2O72-发生反应，生成的Fe3+和Cr3+在阴极区与OH-结合生成Fe（OH）3和Cr（OH）3沉淀除去【已知KspFe（OH）3=4.0×10-38，KspCr（OH）3=6.0×10-31】．已知电解后的溶液中c（Fe3+）为2.0×10-13mol•L1，则溶液中c（Cr3+）为____mol•L-1．

（5）CrO3的热稳定性较差，加热时逐步分解，其固体残留率随温度的变化如图3所示．则从开始加热到750K时总反应方程式____．13、有甲、乙、丙三种元素，甲元素M层的电子数是其K层的电子数的；乙元素原子核内无中子，丙元素原子核内有8个质子．

写出甲元素名称____，甲的原子结构示意图____丙离子的结构示意图____．14、（共13分）下表是元素周期表的一部分,针对表中的①～⑨种元素,填写下列空白：。主族周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA0族2①②③3④⑤⑥⑦⑧4⑨(1)在这些元素中,化学性质最不活泼的是:(填具体元素符号,下同)。(2)在最高价氧化物的水化物中，酸性最强的化合物的分子式是_______，碱性最强的化合物的电子式是：_____________。(3)最高价氧化物是两性氧化物的元素是_________；写出它的氧化物与氢氧化钠反应的离子方程式_____________________________________________________________。(4)用电子式表示元素④与⑥的化合物的形成过程：，该化合物属于(填“共价”或“离子”)化合物。（5）表示①与⑦的化合物的电子式，该化合物是由（填“极性”“非极性”）键形成的。(6)写出元素⑦的单质与水反应的离子方程式15、（16分）某芳香烃X是一种重要的有机化工原料，其相对分子质量为92，现以它为初始原料设计出如下转化关系图（部分产物、合成路线、反应条件略去）。其中A是一氯代物，F的分子式为C7H7NO2，Y是一种功能高分子材料。已知：（1）烷基苯在高锰酸钾的作用下，侧链被氧化成羧基：（2）（苯胺，易被氧化）请根据本题所给信息与所学知识回答下列问题：（1）做银镜反应实验的试管事先要用洗涤。X→A“一定条件”是指的何种条件：（2）写出反应类型：反应②，反应③。1mol阿司匹林与足量NaOH溶液反应最多消耗NaOH的物质的量为mol。（3）Y的结构简式为。（4）有多种同分异构体，写出同时符合下列4个条件它的同分异构体的结构简式：、①分子中含有苯环；②能发生银镜反应，不能发生水解反应；③在稀NaOH溶液中，1mol该同分异构体能与2molNaOH发生反应；④在苯环上只能生成2种一氯取代物。（5）以下是由A和其他物质合成的流程图：A甲乙完成甲→乙的化学反应方程式：。（6）美托洛尔是一种治疗高血压的药物的中间体，可以通过以下方法合成：根据已有知识并结合合成美托洛尔所给相关信息，写出以CH3OH和为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）。合成路线流程图示例如下：H2C＝CH2CH3CH2BrCH3CH2OH。评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)16、常温下体积和浓度都相同的盐酸和醋酸中和氢氧化钠能力盐酸强____（判断正误）17、常温常压下，1molFe在1molCl2中充分燃烧，转移的电子数为2NA____（判断对错）18、常温常压下，22.4LCO2中含有NA个CO2分子．____．（判断对错）19、实验时，将水倒入浓硫酸配制稀硫酸____．（判断对错）20、蛋白质、纤维素、蔗糖、PVC、淀粉都是高分子化合物（判断对错）21、水体污染的危害是多方面的；它不仅加剧水资源短缺，而且严重危害人体健康．

请判断下列说法是否正确（填“√”或“×”）．

（1）工业废水中含有的酸、碱、盐，会造成水体污染．____

（2）生活污水中不含工业污染物，因此可以不经处理任意排放．____

（3）含重金属（Hg、Pb、Cd、Cr等）的水，对人类健康有害．____

（4）含大量N、P的污水任意排向湖泊和近海，会出现水华、赤潮等问题．____．22、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．____．23、乙炔、聚乙炔、乙烯、聚乙烯、甲苯、乙苯都能使KMnO4（H+）溶液褪色____（判断对错）24、苯中混有已烯，可在加入适量溴水后分液除去____（判断对错）评卷人得分四、推断题(共1题，共7分)25、室温下；三种中学化学常见的单质A；B、C分别为固体、黄绿色气体、无色气体，在一定条件下它们的反应如图：

（1）C的分子式为____，它在充满B气体的集气瓶中燃烧时的现象是：____

（2）写出反应①的化学方程式：____

（3）分别写出③和④的离子方程式____

（4）D、E、F三种物质的水溶液中均含有一种相同的主要阴离子是____，检验该阴离子所用的试剂是____．评卷人得分五、其他(共3题，共24分)26、（15分）物质之间的转化关系如下图，其中A、D、E、F、H为常见单质，其余为化合物，且单质E和单质F在点燃或加热的条件下生成淡黄色的固体，B常温下为液态化合物。试回答下列有关问题：(1)A在元素周期表的位置____周期____族(2)以上7个化学反应属于非氧化还原反应的是____(用编号①→⑦填写)(3)写出反应①是；(4)写出引发反应④的实验操作____写出该反应一种重要的工业用途(5)反应⑤的化学方程式是。(5)写出用A与H作电极材料插入G溶液闭合电路后的正极反应式是。27、化学实验基本操作在化学学习和研究中具有重要作用．现有a试管．b酒精灯．c集气瓶．d药匙．e胶头滴管．f量筒（10ml；50ml，100ml）等仪器，请为下列实验操作各选一种．

（1）用于作热源的仪器是____（用序号填空）

（2）取粉末状固体使用____（用序号填空）

（3）吸取或滴加少量液体使用____（用序号填空）

（4）可以在酒精灯上直接加热的玻璃仪器是____（用序号填空）

（5）配制溶液过程中，需要量取45ml浓硫酸，选用____ml的量筒．读数时，该同学俯视刻度线，所量浓硫酸的体积____（填偏大，偏小或无影响）28、苯佐卡因是一种医用麻醉药品，学名对氨基苯甲酸乙酯。用芳香烃A为原料合成苯佐卡因E的路线如下：请回答：（1）写出结构简式B________________C_________________。（2）写出反应类型①_______________②________________。（3）化合物D经聚合反应可制得高分子纤维，广泛用于通讯、导弹、宇航等领域。写出该聚合反应的化学方程式：____________________________________________________________。（4）下列化合物中能与E发生化学反应的是_________。a．HClb．NaClc．Na­2CO3d．NaOH（5）除外，符合下列条件的化合物E的同分异构体有_____种。i.为1,4—二取代苯，其中苯环上的一个取代基是氨基；ii.分子中含结构的基团评卷人得分六、书写(共1题，共4分)29、写出下列化学方程式；离子方程式或电离方程式：

（1）碳酸钠溶液和过量的醋酸溶液反应（离子方程式）____

（2）镁在二氧化碳气体中燃烧（化学方程式）____

（3）次氯酸电离（电离方程式）____

（4）碳酸氢钠溶液和少量的澄清石灰水（离子方程式）____．参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水、弱电解质等，则离子大量共存，并结合加入OH-能产生白色沉淀来解答．【解析】【解答】解：A．Ca2+、SO42-结合生成沉淀；不能大量共存，故A不选；

B．Mg2+、CO32-结合生成沉淀，H+、CO32-结合生成水和气体，H+、S2-结合生成弱电解质；不能大量共存，故B不选；

C．该组离子之间不反应，可大量共存，且加入OH-能与Mg2+产生白色沉淀；故C选；

D．该组离子之间不反应，可大量共存，且加入OH-不反应；故D不选；

故选C．2、B【分析】【解答】A．乙醇与水混溶；甲苯与水混合分层后有机层在上层，溴苯水混合，有机层在下层，现象不同，可以鉴别，故A不选；

B．苯；环已烷均不与高锰酸钾溶液反应；现象相同，不能鉴别，故B选；

C．乙醇燃烧产生淡蓝色火焰；苯燃烧冒黑烟，四氯化碳不能燃烧，现象不同，可以鉴别，故C不选；

D．乙醇与碳酸钠溶液不反应不分层；碳酸钠与乙酸反应生成气体；乙酸乙酯与碳酸钠溶液不反应且分层，现象不同，可以鉴别，故D不选；

故选B．

【分析】A．乙醇与水混溶；甲苯与水混合分层后有机层在上层，溴苯水混合，有机层在下层；

B．苯；环已烷均不与高锰酸钾溶液反应；

C．乙醇燃烧产生淡蓝色火焰；苯燃烧冒黑烟，四氯化碳不能燃烧；

D．乙醇与碳酸钠溶液不反应不分层、碳酸钠与乙酸反应生成气体，乙酸乙酯与碳酸钠溶液不反应且分层．3、D【分析】【分析】A．金属铜作电极；阳极Cu失去电子；

B．HCO3-离子水解生成碳酸；

C．发生加成反应；有机反应中不用“═”；

D．相互促进水解生成沉淀和气体．【解析】【解答】解：A．用不活泼金属铜作电极电解饱和食盐水的离子反应为Cu+2H2OH2↑+Cu（OH）2↓；故A错误；

B．HCO3-离子水解方程式为HCO3-+H2O⇌OH-+H2CO3；故B错误；

C．乙烯通入溴水中发生加成反应为CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br；故C错误；

D．氯化铁溶液与碳酸氢钠溶液混合的离子反应为Fe3++3HCO3-═Fe（OH）3↓+3CO2↑；故D正确；

故选D．4、D【分析】【分析】A；二氧化锰做氧化剂得到电子；被还原发生还原反应；

B；原电池中；失电子的电极作负极，得电子的极是正极；

C；原电池中；电解质中的阳离子移向正极；

D、原电池中，负极上发生失电子的氧化反应．【解析】【解答】解：A、MnO2是氧化剂；氧化剂在反应中被还原，故A错误；

B；原电池中；失电子的电极锌作负极，得电子的极石墨是正极，故B错误；

C、原电池中，电解质中的阳离子NH4+移向石墨电极；故C错误；

D、原电池中，负极上发生失电子的氧化反应：Zn-2e-+2OH-═Zn（OH）2；故D正确．

故选D．5、D【分析】【分析】A．在酸性条件下；铁可发生析氢腐蚀；

B．钢铁的表面涂一层油脂或油漆；可隔绝空气；

C．加入醋酸钠生成醋酸；醋酸为弱电解质；

D．加入硝酸钠，由于硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，生成NO．【解析】【解答】解：A．在酸性条件下；铁可发生析氢腐蚀，进而加快铁制管道的腐蚀，不能将酸液倒入下水道，故A正确；

B．钢铁的表面涂一层油脂或油漆；可隔绝空气，防止金属被氧化而腐蚀，故B正确；

C．加入醋酸钠生成醋酸；醋酸为弱电解质，导致溶液氢离子浓度减小，反应速率减小，故C正确；

D．铜和稀硫酸不反应；加入硝酸钠，由于硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，生成NO，故D错误．

故选D．6、C【分析】

还原性HSO-3＞I-，所以首先是发生以下反应离子方程式：2IO3-+6HSO3-═2I-+6SO42-+6H+，继续加入KIO3，已知氧化性IO-3＞I2，所以IO3-可以结合H+氧化I-生成I2，离子方程式是IO3-+6H++5I-=3H2O+3I2；根据发生的反应，则：

A、a点时加入的KIO3物质的量为0.4mol，根据反应方程式2IO3-+6HSO3-═2I-+6SO42-+6H+，消耗的NaHSO3的物质的量为1.2mol，剩余的NaHSO3的物质的量为1.8mol；故A正确；

B、b点时加入的KIO3物质的量为1mol，和3molNaHSO3的溶液恰好完全反应，即2IO3-+6HSO3-═2I-+6SO42-+6H+，不会生成碘单质，还原产物为I-；故B正确；

C、b点时加入的KIO3物质的量为1mol，和3molNaHSO3的溶液恰好完全反应，即2IO3-+6HSO3-═2I-+6SO42-+6H+，b点到c点，IO3-可以结合H+氧化I-生成I2，离子方程式是IO3-+6H++5I-=3H2O+3I2，在C点时，KIO3与NaHSO3反应恰好生成I2；故C错误；

D、加入的KIO3为0.4mol或1.12mol时，发生反应：2IO3-+6HSO3-═2I-+6SO42-+6H+，生成I-为0.4mol，加入的KIO3为1.12mol时，先发生反应：2IO3-+6HSO3-═2I-+6SO42-+6H+，3molNaHSO3消耗碘酸钾1mol，同时生成碘离子1mol，然后发生反应IO3-+6H++5I-=3H2O+3I2；剩余的0.12mol碘酸钾消耗碘离子0.6mol，所以剩余的碘离子是0.4mol，故D正确．

故选C．

【解析】【答案】还原性HSO-3＞I-，所以首先是发生以下反应离子方程式：2IO3-+6HSO3-═2I-+6SO42-+6H+，继续加入KIO3；已知氧化性。

IO-3＞I2，所以IO3-可以结合H+氧化I-生成I2，离子方程式是IO3-+6H++5I-=3H2O+3I2；根据发生的反应，来判断各个点的产物．

7、C【分析】解：rm{A}钠反应后变为rm{+1}价，故rm{1mol}钠失去rm{N_{A}}个电子；与产物无关，故A错误；

B、合成氨的反应为可逆反应，不能进行彻底，故生成的氨气分子个数小于rm{2N_{A}}个；故B错误；

C、氯气和铁反应后变为rm{-1}价，故rm{1mol}氯气转移rm{2mol}电子即rm{2N_{A}}个；故C正确；

D、rm{32g}铜的物质的量为rm{0.5mol}而铜和硫反应后变为rm{+1}价，故rm{0.5mol}铜转移rm{0.5N_{A}}个电子；故D错误．

故选C．

A、钠反应后变为rm{+1}价；

B；合成氨的反应为可逆反应；

C、氯气和铁反应后变为rm{-1}价；

D、求出铜的物质的量，然后根据铜和硫反应后变为rm{+1}价来分析．

本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．【解析】rm{C}二、填空题(共8题，共16分)8、O、CubcAl3++4OH-═AlO+2H2O稀硫酸、KMnO4溶液稀硫酸浸取炉渣所得溶液使KMnO4溶液褪色【分析】【分析】（1）反应中化合价降低的元素被还原；

（2）冶炼过程产生大量SO2；处理方案中合理的分析是二氧化硫是污染性气体，不能排放到空气中，可以吸收利用；

（3）a；氧化铝是两性氧化物；能和强酸以及强碱反应，利用氢氧化钠使其变为偏铝酸根即可；

b、亚铁离子能被高锰酸钾溶液氧化，使的高锰酸钾溶液褪色．【解析】【解答】解：（1）化合价降低的元素Cu；O；在反应中被还原，故答案为：Cu、O；

（2）冶炼过程产生大量SO2．分析下列处理方案：

a．二氧化硫是污染性气体；高空排放会污染空气，处理不合理，故a错误；

b．可以利用吸收二氧化硫生成硫酸，用于制备硫酸，故b合理；

c．用纯碱溶液吸收二氧化硫可以制Na2SO4；故c合理；

d．用浓硫酸不能吸收二氧化硫；故d不合理；

故答案为：b；c．

（3）a．氧化铝是两性氧化物，能和强酸以及强碱反应，6H++Al2O3=3H2O+2Al3+；除去铝离子的反应是利用过量氢氧化钠溶液和铝离子反应生成偏铝酸根；

故答案为：Al3++4OH-=2H2O+AlO2-；

b．高锰酸钾溶液能氧化亚铁离子，使得高锰酸钾溶液褪色，故答案为：稀硫酸、KMnO4溶液；稀硫酸浸取炉渣所得溶液使KMnO4溶液褪色．9、略

【分析】要使A失去活性，则饱和碳原子上至少连接2个相同的原子会原子团。所以根据A的结构简式可知，可以使醛基加成生成羟基或者使羟基发生氧化反应生成羟基，结构简式分别是CH3COOCH2CH(CH2OH)2、CH3COOCH2CH(CHO)2。【解析】【答案】（1）加成(还原)CH3COOCH2CH(CH2OH)2（2）氧化CH3COOCH2CH(CHO)210、（CH3）2C═C（CH3）2②①③④⑥⑦⑧【分析】【分析】烯烃A含有碳碳双键，根据D的结构简式可知A为（CH3）2C═C（CH3）2，A与HBr发生加成反应生成C为（CH3）2CBrCH（CH3）2，A与氢气发生加成反应生成B，B与溴发生取代反应生成C，则B为（CH3）2CHCH（CH3）2，D在足量的氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成E，则E为E与适量Br2反应时有两种加成方式，即1，2-加成生成和1，4-加成生成再加成HBr时F1有两种加成产物，F2只有一种加成产物，则F1为F2为故G1为据此解答．【解析】【解答】解：烯烃A含有碳碳双键，根据D的结构简式可知A为（CH3）2C═C（CH3）2，A与HBr发生加成反应生成C为（CH3）2CBrCH（CH3）2，A与氢气发生加成反应生成B，B与溴发生取代反应生成C，则B为（CH3）2CHCH（CH3）2，D在足量的氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成E，则E为E与适量Br2反应时有两种加成方式，即1，2-加成生成和1，4-加成生成再加成HBr时F1有两种加成产物，F2只有一种加成产物，则F1为F2为故G1为．

（1）A的结构简式是：（CH3）2C═C（CH3）2，故答案为：（CH3）2C═C（CH3）2；

（2）框图中属于取代反应的是②；故答案为：②；

（3）框图中属于加成反应的是①③④⑥⑦⑧；故答案为：①③④⑥⑦⑧；

（4）G1的结构简式是：故答案为：．11、赶走水中的溶解氧（或空气）晶体中含Na2S和Na2CO3两种杂质不合理Na2S2O3与稀H2SO4反应生成的SO2和H2S发生反应，可能无H2S逸出【分析】【分析】（1）将蒸馏水加热煮沸一段时间后可以赶走其中溶解的氧气；防止对实验产生干扰；

（2）根据假设1和假设2来提出假设3；

[判断与思考]

硫化氢和二氧化硫之间可以发生反应生成单质硫；碳酸钠可以和硫酸反应生成二氧化碳，硫化钠可以和硫酸反应生成硫化氢，硫化氢可以被高锰酸钾氧化，二氧化碳可以使澄清石灰水变浑浊，据此检验固体成分．【解析】【解答】解：（1）将蒸馏水加热煮沸一段时间；可以赶走水中的溶解氧（或空气），防止物质被氧气氧化，故答案为：赶走水中的溶解氧（或空气）；

（2）根据假设1和假设2，得出假设3是：晶体中含Na2S和Na2CO3两种杂质；

[判断与思考]

如果是Na2S2O3与稀H2SO4反应生成的SO2和H2S发生反应，可能无H2S逸出；所以推断不合理，碳酸钠可以和硫酸反应生成二氧化碳，硫化钠可以和硫酸反应生成硫化氢，硫化氢可以被高锰酸钾氧化，二氧化碳可以使澄清石灰水变浑浊，如果固体中加入硫酸，产生的气体不会使品红退色，能使澄清石灰水变浑浊在，证明固体只有碳酸钠；

故答案为：晶体中含Na2S和Na2CO3两种杂质；

不合理；Na2S2O3与稀H2SO4反应生成的SO2和H2S发生反应，可能无H2S逸出；

。实验方案现象及结论取适量晶体于烧瓶中，加入足量3mol∙L-1H2SO4，塞上带导气管的橡皮塞，将产生的气体导出并依次通过盛有酸性KMnO4溶液、品红溶液、澄清石灰水的洗气瓶．品红溶液不褪色、澄清石灰水变浑浊，晶体中含Na2CO3杂质12、NO3-+4H++3e-=NO↑+2H2O4CrO3+3C2H5OH+6H2SO4=2Cr2（SO4）3+3CH3COOH+9H2O橙c3.0×10-64CrO32Cr2O3+3O2↑【分析】【分析】（1）图1装置铜电极上产生大量的无色气泡，说明Cr的活泼性大于Cu，而图2装置中铜电极上无气体产生，铬电极上产生大量有色气体，说明Cr和硝酸能产生钝化现象，图2中Cu易失电子作负极、Cr作正极；正极上硝酸根离子得电子发生还原反应；

（2）酸性条件下，CrO3和C2H5OH发生氧化还原反应生成Cr2（SO4）3和CH3COOH；

（3）①酸性条件下；该溶液呈橙色；

②反应前后改变的物理量不变时；该反应达到平衡状态；

（4）根据氢氧化铁溶度积常数；铁离子浓度计算氢氧根离子浓度；再根据氢氧化铬溶度积常数计算铬离子浓度；

（5）先确定B成分，再结合原子守恒书写方程式．【解析】【解答】解：（1）图1装置铜电极上产生大量的无色气泡，说明Cr的活泼性大于Cu，而图2装置中铜电极上无气体产生，铬电极上产生大量有色气体，说明Cr和硝酸能产生钝化现象，图2中Cu易失电子作负极、Cr作正极，正极上硝酸根离子得电子发生还原反应生成NO，电极反应式为NO3-+4H++3e-=NO↑+2H2O，故答案为：NO3-+4H++3e-=NO↑+2H2O；

（2）酸性条件下，CrO3和C2H5OH发生氧化还原反应生成Cr2（SO4）3和CH3COOH，反应方程式为4CrO3+3C2H5OH+6H2SO4=2Cr2（SO4）3+3CH3COOH+9H2O，故答案为：4CrO3+3C2H5OH+6H2SO4=2Cr2（SO4）3+3CH3COOH+9H2O；

（3）①pH=2时溶液呈酸性；酸性条件下，平衡向正反应方向移动，所以溶液呈橙色，故答案为：橙；

②a．Cr2O72-和CrO42-的浓度相同时该反应不一定达到平衡状态；与反应物浓度与反应转化率有关，故错误；

b．2v（Cr2O72-）=v（CrO42-）时该反应不一定达到平衡状态；故错误；

c．溶液的颜色不变时；该反应中各物质浓度不变，则反应达到平衡状态，故正确；

故选c；

（4）溶液中c（OH-）=mol/L，溶液中c（Cr3+）=mol/L=mol/L=3.0×10-6mol/L，故答案为：3.0×10-6；

（5）设原来固体质量为100g，B点质量=76.0%×100g=76g，Cr的质量不变，为52g，则B中氧元素质量=76g-52g=24g，B点成分Cr和O元素原子个数之比=：=2：3，所以B点成分化学式为Cr2O3，分解时还生成氧气，再结合原子守恒配平方程式为4CrO32Cr2O3+3O2↑，故答案为：4CrO32Cr2O3+3O2↑．13、钠【分析】【分析】根据甲元素M层的电子数是其K层的电子数的，可知甲为钠；乙元素原子核内无中子，可知乙为氢元素；丙元素原子核内有8个质子，可知丙为氧元素，然后根据题目解答．【解析】【解答】解：甲元素M层的电子数是其K层的电子数的，可知甲为钠，原子结构示意图为：乙元素原子核内无中子，可知乙为氢元素；丙元素原子核内有8个质子，可知丙为氧元素，离子的结构示意图：故答案为：钠；．14、略

【分析】考查元素周期表的结构及元素周期律的应用。根据元素在周期表中的位置可知，①～⑨种元素分别是C、N、O、Na、Al、S、Cl、Ar、K。（1）稀有气体元素的最外层电子数已经达到平衡状态，所以化学性质最变化活泼。（2）非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，因此是HClO4；同样金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性越强，所以是KOH，电子式是（3铝的氧化物氧化铝是两性氧化物，既能和酸赋，也能和碱反应。与氢氧化钠反应的方程式是Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O。（4）钠和硫形成的化合物是硫化钠，属于含有离子键的离子化合物，其形成过程可表示为（5）C和Cl形成的四氯化碳，是含有极性键的非极性分子，其电子式是（6）氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，方程式是Cl2+H2O=H++Cl-+HClO。【解析】【答案】（方程式、形成过程每空2分，其余每空1分）(1)Ar；(2)HClO4；（3）Al；Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O(4)离子（5）极性共价键（6）Cl2+H2O=H++Cl-+HClO15、略

【分析】试题分析：相对分子质量为92的某芳香烃X是一种重要的有机化工原料，令分子组成为CxHy，则92÷12=78，由烷烃中C原子与H原子关系可知，该烃中C原子数目不能小于7，故该芳香烃X的分子式为C7H8、结构简式为X与氯气发生取代反应生成A，A转化生成B，B催化氧化生成C，C能与银氨溶液反应生成D，故B含有醇羟基、C含有醛基，故A为B为C为D酸化生成E，故D为E为在浓硫酸、加热条件下与浓硝酸发生取代反应生成F，结合反应③的产物可知F为F转化生成G，由于苯胺容易被氧化，由反应信息Ⅰ、反应信息Ⅱ可知，G为Y是一种功能高分子，链节组成为C7H5NO，与的分子式相比减少1分子H2O，为通过形成肽键发生缩聚反应形成的高聚物，Y为（1）做银镜反应实验的试管事先要用热NaOH溶液洗去油污；“X→A”是在光照条件下与氯气发生取代反应生成。（2）反应②是发生氧化反应生成反应③是发生还原反应生成由阿司匹林的结构可知，1mol阿司匹林含有1mol-COOH、1mol酯基，该酯基是酸与酚形成的，1mol该酯基能与2molNaOH反应，1mol-COOH与1molNaOH反应，故1mol阿司匹林最多消耗3molNaOH。（3）由上述分析可知，Y的结构简式为为：（4）有多种同分异构体，其中符合①能发生银镜反应但不能水解，则含有-CHO；②每摩尔同分异构体最多消耗2molNaOH，含有2个酚羟基，③苯环上一氯代物只有两种，则三个基团处于间位或为邻位且醛基处于中间，故符合条件的同分异构体的结构简式为：（5）在催化剂条件下发生加成反应生成再在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成与溴发生加成反应生成最后在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成故甲→乙反应的化学方程式为：（6）对照与的结构，参照美托洛尔的合成路线，可得合成路线：考点：本题考查有机合成的分析与设计、同分异构体、有机反应类型。【解析】【答案】(1).（2分）热NaOH溶液；光照；(2).（3分）氧化反应、还原反应（各1分，共2分）；3mol（1分）；(3).（2分）(4).（2分）；(5).（2分）（6）(5分)三、判断题(共9题，共18分)16、×【分析】【分析】等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液，溶质物质的量相同，与氢氧化钠中和需要氢氧化钠物质的量相同．【解析】【解答】解：等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液，溶质物质的量相同，与氢氧化钠反应，分别发生HCl+NaOH=NaCl+H2O，CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O；

即中和等体积；等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液；所需氢氧化钠相同．

故答案为：×．17、√【分析】【分析】发生反应：2Fe+3Cl22FeCl3，1molFe在1molCl2中充分燃烧，氯气完全反应，Fe有剩余，根据氯气计算转移电子数目．【解析】【解答】解：发生反应：2Fe+3Cl22FeCl3，1molFe完全反应消耗1.5molCl2，故氯气完全反应，Fe有剩余，则转移电子数目为1mol×2=2mol，即转移电子数为2NA，故正确，故答案为：√．18、×【分析】【分析】常温常压下，气体摩尔体积不是22.4L/mol，而是大于22.4L/mol，结合n=、N=nNA判断．【解析】【解答】解：常温常压下，气体摩尔体积不是22.4L/mol，由PV=nRT可知，气体摩尔体积大于22.4L/mol，由n=可知，22.4LCO2的物质的量小于1mol，故含有CO2分子数目小于NA个N=nNA，故错误，故答案为：×．19、×【分析】【分析】浓硫酸溶解时，会释放出大量的热量，在稀释浓硫酸时，一定要把浓硫酸沿容器璧慢慢注入水里，并不断搅拌．【解析】【解答】解：实验室配制稀硫酸时，应先将水倒入烧杯中，再将浓硫酸用玻璃棒引流进烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌．注意不能将水倒到浓硫酸中，以免溶解时放出的热使酸液沸腾四处飞溅，故答案为：×．20、B【分析】【解答】解：蔗糖的分子式为：C12H22O12；其相对分子质量较小，不属于高分子化合物，蛋白质；纤维素、PVC、淀粉都是高分子化合物，故该说法错误；

故答案为：×．

【分析】高分子化合物（又称高聚物）一般相对分子质量高于10000，结构中有重复的结构单元；据此分析．21、√【分析】【分析】（1）工业废水应遵循“先净化；后排放”的原则，工业废水需要经过处理达标后再排放才不会污染环境；

（2）生活污水不经处理任意排放；会危害人畜等需饮水生物的健康；

（3）重金属能使蛋白质变性；

（4）含N、P的大量污水任意排向湖泊和近海，会造成水体的富营养化从而破坏水体生态系统，会出现水华、赤潮等水体污染问题．【解析】【解答】解：（1）工业废水是指工业生产过程中产生的废水；污水和废液；其中含有随水流失的工业生产用料、中间产物和产品以及生产过程中产生的污染物．废水中含有的酸、碱、盐，会造成水体污染，需要经过处理达标后才能排放；

故答案为：√；

（2）生活污水中虽不含工业污染物；但废水中污染物成分极其复杂多样，常要几种方法组成处理系统才能达到完全净化的目的，因此可以不经处理任意排放错误；

故答案为：×．

（3）重金属能使蛋白质变性；对人类健康有害；

故答案为：√；

藻类生长需要大量的N；P元素；如果水体中N、P元素严重超标，会引起藻类疯长，从而导致水中氧气含量降低，水生生物大量死亡，海水中常称为赤潮，淡水中称为水华；

故答案为：√．22、×【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：√．23、×【分析】【分析】烯烃、炔烃及苯的同系物均能被高锰酸钾氧化，使其褪色，而不含不饱和键的物质不能，以此来解答．【解析】【解答】解：乙炔；聚乙炔、乙烯均含不饱和键；均能被高锰酸钾氧化，使其褪色；

甲苯、乙苯为苯的同系物，都能使KMnO4（H+）溶液褪色；

只有聚乙烯中不含C=C；不能被高锰酸钾氧化，则不能使其褪色；

故答案为：×．24、×【分析】【分析】根据苯和1，2-二溴已烷可以互溶，难易分离；【解析】【解答】解：苯中混有已烯，可在加入适量溴水，苯与溴水不反应，已烯与溴水发生加成反应生成1，2-二溴已烷，但苯和1，2-二溴已烷可以互溶，难易分离，故答案为：×；四、推断题(共1题，共7分)25、H2剧烈燃烧，苍白色火焰2Fe+3Cl22FeCl3Fe+2H+═Fe2++H2↑，2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-Cl-硝酸酸化的AgNO3溶液【分析】【分析】B是黄绿色气体，故B是氯气，A和B生成D，D是氯化物，D溶于水得黄色溶液，D含有铁离子，则D是氯化铁，A是铁，氯气和C反应生成E，E溶于水得无色溶液，无色溶液和A反应，生成F和C，则C是氢气，E是氯化氢，铁与盐酸反应生成F为氯化亚铁，据此答题．【解析】【解答】解：B是黄绿色气体；故B是氯气，A和B生成D，D是氯化物，D溶于水得黄色溶液，D含有铁离子，则D是氯化铁，A是铁，氯气和C反应生成E，E溶于水得无色溶液，无色溶液和A反应，生成F和C，则C是氢气，