2025年岳麓版高三化学下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年岳麓版高三化学下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总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、向某稀HNO3和Fe(NO3)3的混合溶液中逐渐加入铁粉，产生无色气体，该气体遇空气变红棕色，溶液中Fe2+浓度和加入Fe粉的物质的量之间的关系如图所示。则稀溶液中HNO3和Fe(NO3)3的物质的量浓度之比为A.2：1B.4：1C.1：1D.3：12、如图示的装置中，把X溶液逐滴滴下与Y物质反应，若X为浓硫酸，Y为第三周期金属元素中常温下与水难反应的单质．Z为品红溶液．实验中观察到Z褪色．则Y为（）A.NaB.MgC.AlD.Mg或Al3、复合材料的使用使导弹的射程有了很大提高，其主要原因在于（）A.复合材料的使用可以使导弹经受超高温的变化B.复合材料的使用可以使导弹的质量减轻C.复合材料的使用可以使导弹承受超高温度的压力D.复合材料的使用可以使导弹承受温度的剧烈变化4、如图为某烯烃在催化剂作用下发生加成反应的能量变化图，下列有关叙述错误的是（）A.催化剂能降低该反应的活化能B.催化剂能改变该反应的焓变C.该反应为放热反应D.由图可知，在催化剂作用下，该反应不是一步完成的5、有一位学生将一小块钠投入到盛有煤油和水的试管中（煤油和水均足够多），可能观察到的现象是（）A.钠浮在试管中的液面上B.钠沉入试管底部C.钠燃烧起来D.钠处于煤油和水的交界处，上下浮动6、钙和钠相似，也能形成含O22-离子的过氧化物，下列叙述不正确的是（）A．过氧化钙的化学式是CaO2B．1mol过氧化钙或过氯化钠跟足量的水反应都生成1mol氧气C．O22-离子的电子式为D．过氧化钙或过氯化钠都是强氧化剂7、已知反应A+B=C+D的能量变化如图所示；下列说法正确的是（）

A.形成产物C和D的化学键放出的总能量高于断开反应物A和B的化学键所吸收的总能量B.该反应只有在加热条件下才能进行C.反应物的总能量高于产物的总能量D.该反应为吸热反应8、25℃的四种溶液：①pH=2的CH3COOH溶液②pH=2的HCl溶液③pH=12的氨水④pH=12的NaOH溶液，有关上述溶液的说法，正确的是（）A.①、④溶液中水电离的c（H+）：①＞④B.将②、③溶液混合后pH=7，则消耗溶液的体积：②＜③C.将①、④溶液混合后pH=8，则c（Na+）﹣c（CH3COO﹣）=9.9×10﹣7mol•L﹣1D.分别向等体积的上述溶液中加入100mL，水，溶液的pH：③＞④＞①＞②评卷人得分二、双选题(共5题，共10分)9、下列做法的目的与反应速率有关的是()A.用冰箱冷藏食物B.在糖果制作过程中添加着色剂C.向食盐中添加碘酸钾D.在化学反应中加入合适的催化剂10、“酸碱质子理论”认为凡是能够给出质子rm{(H^{+})}的分子或离子都是酸，凡是能够接受质子的分子或离子都是碱，物质酸性rm{(}碱性rm{)}的强弱取决于分子或离子给出rm{(}接受rm{)}质子能力的大小rm{.}按照“酸碱质子理论”，下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{2Na+2H_{2}O=2NaOH+H_{2}隆眉}是酸碱反应B.rm{ClO^{-}+H_{2}O?HClO+OH^{-}}是酸碱反应C.碱性强弱顺序：rm{OH^{-}>ClO^{-}>CH_{3}COO^{-}}D.rm{HCO_{3}^{-}}既是酸又是碱，rm{NH_{3}}既不是酸又不是碱11、一定温度下，将rm{1mol}rm{A}和rm{1mol}rm{B}气体充入rm{2L}恒容密闭容器；发生反应：

rm{A(g)+B(g)?2C(g)+D(s)t_{1}}时达到平衡rm{.}在rm{t_{2}}rm{t_{3}}时刻分别改变反应的一个条件，测得容器中气体rm{C}的浓度随时间变化如图所示rm{.}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.若rm{t_{1}=2}则反应在rm{0隆芦2}rm{min}内的平均速率为rm{v(A)=0.50}rm{mol?(L?min)^{-1}}B.若rm{t_{3}}时刻升高了温度，则该反应的rm{triangleH>0}C.若rm{t_{1}}时刻后向体系中加入rm{A}rm{B}rm{C}各rm{1}rm{mol}则rm{娄脭(}正rm{)>娄脭(}逆rm{)}D.温度不变，若起始向容器中加入rm{1}rm{mol}rm{A}rm{1}rm{mol}rm{B}rm{2}rm{mol}rm{D}则达平衡时rm{A}的转化率小于rm{50%}12、能使淀粉碘化钾试纸变蓝的物质是（）A.氯水B.碘水C.碘化钠溶液D.溴化钠溶液13、将rm{2mol}rm{NaHCO_{3}}和一定量的rm{Na_{2}O_{2}}固体混合，在加热的条件下使其充分反应，经测定无rm{Na_{2}O_{2}}剩余，则最后所得固体的物质的量为rm{(}rm{)}A.rm{1}rm{mol-2}rm{mol}之间B.rm{1mol-4mol}之间C.rm{2}rm{mol-4}rm{mol}之间D.大于rm{4mol}评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)14、（2015秋•安吉县期中）常温下，A是双原子分子气态单质，其密度为3.17g•L-1；B；C、D都是含A元素的化合物，相互之间存在图所示的转化关系．

（1）A的摩尔质量为____．

（2）实验室一般选择____（填化学式）与D的浓溶液在加热条件下制取A的气态单质．

（3）C→A可通过氯碱工业实现，反应的化学方程式为____．

（4）B光照条件下反应的化学方程式为____．15、奶油中有一种只含C；H、O的化合物A．A可用作香料；其相对分子质量为88，分子中C、H、O原子个数比为2：4：1．

（1）A的分子式为____．

（2）写出与A分子式相同的两种酯的结构简式：____、____．

已知：①ROH+HBr（氢溴酸）RBr+H2O

②

A中含有碳氧双键；与A相关的反应如下：

（3）写出A→E、E→F的反应类型：A→E____、E→F____．

（4）写出A、C、F的结构简式：A____、C____、F____．

（5）写出B→D反应的化学方程式____．

（6）在空气中长时间搅拌奶油，A可转化为相对分子质量为86的化合物G，G的一氯代物只有一种，写出G的结构简式____．A→G的反应类型为____．16、（9分）金属钙线是炼制优质钢材的脱氧脱磷剂，某钙线的主要成分为金属M和并含有3.5%（质量分数）（1）元素在周期表中位置是____，其原子结构示意图____；（2）与最活跃的非金属元素A形成化合物D，D的电子式为____；（3）配平用钙线氧脱鳞的化学方程式：____P+____FeO+____CaO＝＝____Ca3(PO4)2+____Fe；（4）将钙线试样溶于稀盐酸，加入过量溶液，生成白色絮状沉淀并迅速变成灰绿色，最后变成红褐色M(OH)n，则检测的方法是____（用离子方程式表达）；（5）取1.6g钙线试样，与水充分反映，生成224ml.H2（标准状况），在向溶液中通入适量的CO2，最多能得到CaCO3____g。17、X；Y、Z、W是四种常见的短周期主族元素；核电荷数依次增大．X有三种同位素，其中有两种常用于制造氢弹．Y、Z是同周期相邻元素，Y的最简单氢化物常用作致冷剂，Z的一种氢化物分子呈V型结构，其沸点远高于同族其它稳定的氢化物，Z的另一种氢化物M分子中两种元素的原子个数比为1：1；W的最高正价与最低负价的代数和与Z原子的L层电子数相等．请回答下列问题：

（1）X元素的名称为____，Z在周期表中的位置____；

（2）写出X、Y、W形成离子化合物的电子式____，Y的最简单氢化物分子呈____型；

（3）Y的最简单氢化物与最高价氧化物对应的水化物形成的盐R，R是一种常见的化肥和炸药，R可以促进水的电离，水溶液显____性（填“酸”或“碱”），溶液中各种离子浓度的大小顺序是____；

（4）写出碳与XYZ3浓溶液反应的离子方程式：____．18、[化学--选修有机化学基础]已知：

ⅰ．（R1、R2、R3代表烃基）

ⅱ．

某种芳香族化合物A在一定条件下能发生如下转化，某些生成物（如H2O等）已略去．

请回答：

（1）①F→H的反应类型是____；气体G的相对分子质量是44，则E的结构简式是____；

②步骤Ⅰ的目的是____；

③A的结构简式是____；上述转化中B→D的化学方程式是____．

（2）已知A的某种同分异构体N具有如下性质：

①N与FeCl3反应；溶液呈紫色；

②N在一定条件下可发生银镜反应，N与H2在苯环侧链上按照物质的量之比1：1作用后的生成物不能发生消去反应；

③在通常情况下，1molN只能与含1molBr2的浓溴水发生取代反应；

④N分子中苯环上仅有三个取代基且取代基上无支链．

请问符合上述要求N的同分异构体有____种．评卷人得分四、推断题(共1题，共2分)19、化合物A为一种常见金属元素与一种常见非金属元素组成的化合物；阳离子与阴离子的个数比为2：3．K为常见固态非金属单质，J为常见气态单质，其余为化合物，其中I；F在常温下为液态，C、D为刺激性气体，H无色无味气体，B为白色胶状沉淀，L为氯碱工业中的常见产品．F的浓溶液与K加热可生成D和H．（部分生成物未标出）

（1）H的结构式为：____；B的化学式为：____

（2）写出下列变化的化学方程式：A+I→B+C：____F的浓溶液与K加热可生成D和H：____

（3）写出下列变化的离子方程式：G的水溶液中通人过量的H：____

（4）在A～K所有物质中属于弱电解质的是_____，属于非电解质的是____（用编号回答）．评卷人得分五、计算题(共4题，共32分)20、取一定量的CuO粉末与0.5L稀硫酸充分反应后；将一根50g铁棒插入上述溶液中，至铁棒质量不再变化时，铁棒增重0.24g，并收集到224mL气体（标准状况）．

（1）求与硫酸反应的铁的物质的量．

（2）求此CuO粉末的质量．21、8gNaOH溶于____g水中，才能使每10个水分子中溶有一个钠离子．22、根据物质的量的相关知识；填写下列空格：

（1）甲烷（CH4）的摩尔质量为____，8gCH4中约含有____个分子；在标准状况下所占的体积约为____L；所含氢原子数相等的甲烷和氨气（NH3）的质量比为____；同温、同压下，甲烷和氨气密度之比为____，质量相等的甲烷和氨气，体积之比为____．

（2）标准状况下，33.6L混合气体中CO、H2的质量比为49：4，则CO的体积为____．

（3）若30g密度为dg/mL的AlCl3的溶液中含有0.9gAl3+（不考虑Al3+与水反应），则Cl-浓度为____

（4）实验室常用的浓盐酸密度为1.17g•mL-1，质量分数为36.5%．此浓盐酸的物质的量浓度为____．（精确到小数点后一位）23、CO和CO2混合气体在标准状况下的体积为39.2L；质量为65g；

（1）两种气体物质的量之和为____mol

（2）CO2的质量为____g

（3）CO的体积分数为____%（保留三位有效数字）参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】结合图像数据，首先加入1molFe与硝酸反应生成Fe3＋:Fe＋4H＋＋NO3－=Fe3＋＋NO↑＋2H2O，消耗4mol硝酸，同时生成1molFe3＋；再加入1molFe与Fe3＋发生反应：2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋得到3molFe2＋。从而可知：原溶液中含Fe3＋为1mol，H＋为4mol，选B【解析】【答案】B2、B【分析】【分析】根据实验可知浓硫酸与金属Y反应生成能够使二氧化硫褪色的二氧化硫，第三周期金属元素包括钠、镁、铝三种，据此解答．【解析】【解答】解：第三周期金属元素包括钠；镁、铝三种；钠与镁与浓硫酸在常温下反应生成二氧化硫，但是钠冷水即可发生反应，镁与冷水不反应，与热水能够反应，铝在常温下与浓硫酸发生钝化，所以符合条件的金属为镁；

故选：B．3、B【分析】【分析】本题的要求是使导弹的射程有很大的提高，这一方面仅限制导弹的质量，而对材料是否耐高温没有作具体的要求，所以无需考虑，复合材料密度小，可以减轻导弹的质量，从而使导弹的射程有了提高．【解析】【解答】解：A．本题的要求是使导弹的射程有很大的提高；这一方面仅限制导弹的质量，而对材料是否耐高温没有作具体的要求，所以无需考虑，故A错误；

B．复合材料密度小；可以减轻导弹的质量，从而使导弹的射程有了提高，故B正确；

C．对材料是否耐高温没有作具体的要求；所以无需考虑，故C错误；

D．对材料是否耐高温没有作具体的要求；所以无需考虑，故D错误．

故选B．4、B【分析】【分析】A；催化剂是通过降低反应的活化能来加快化学反应速率的；

B；根据△H=断裂旧化学键吸收的能量-形成新化学键放出的能量；与催化剂无关；

C；根据图示反应物和生成物总能量大小确定是吸热还是放热；

D、根据化学反应的本质是旧键的断裂和新键的形成；【解析】【解答】解：A；催化剂是通过降低反应的活化能来加快化学反应速率的；故A正确；

B；根据△H=断裂旧化学键吸收的能量-形成新化学键放出的能量；与催化剂无关，所以催化剂不能改变该反应的焓变，故B错误；

C；由图示反应物的总能量大于生成物总能量；所以反应为放热，故C正确；

D；由图可知；在催化剂作用下，该反应是两步完成的，故D正确；

故选：B．5、D【分析】【分析】考虑钠与水的反应，结合钠的密度、水和煤油的密度大小来分析，反应中钠处在没有氧气的环境中，不能燃烧．【解析】【解答】解：因煤油的密度比水小；所以煤油在上层，水在下层，又因钠的密度比水小，比煤油大，因此介于两者之间，而钠能与水反应产生气体，在与水反应生成气体后被气体带离水层，进入煤油层后停止反应又下沉，如此往复，直至钠反应完，反应没有氧气，钠不能燃烧；

故选D．6、B【分析】【解析】【答案】B7、D【分析】【解答】A；反应吸热；反应物键能大于生成物键能和，故A错误；

B；有的吸热反应常温下也能发生；如碳酸氢铵的分解，所以该反应常温下也能发生，故B错误；

C；依据图象分析；反应物的总能量低于生成物的总能量，故C错误；

D；依据图象分析；反应物的总能量低于生成物的总能量，所以反应是吸热反应，故D正确；

故选D．

【分析】由图可知，反应物的总能量小于生成物的总能量，该反应为吸热反应，有的吸热反应常温下也能发生，据此分析．8、C【分析】【解答】解：A．①、②的氢离子浓度相同，③、④的氢氧根离子的浓度相同，四种溶液的离子浓度相同，相同条件下，水的离子积常数是定值，无论酸还是碱都抑制水的电离，所以这四种溶液中由水电离的c（H+）：①=②=③=④，故A错误；B．氨水是弱碱只有部分电离，所以c（NH3•H2O）＞c（OH﹣），氯化氢是强电解质，所以其溶液中c（HCl）=c（H+），c（NH3•H2O）＞c（HCl）；若将氨水和盐酸混合后溶液呈中性，则消耗溶液的体积：②＞③，故B错误；

C．醋酸与NaOH溶液混合后，据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），溶液pH=8，则c（OH﹣）=10﹣6mol/L，c（H+）=10﹣8mol/L，所以c（Na+）﹣c（CH3COO﹣）=9.9×10﹣7mol•L﹣1；故C正确；

D．醋酸是弱酸；加水稀释后能促进醋酸的电离，所以①；②稀释后溶液的pH值7＞②＞①；氨水是弱碱，加水稀释后能促进氨水的电离，所以③、④、稀释后溶液的pH值③＞④＞7，所以向等体积的四种溶液中分别加入100mL水后，溶液的pH：③＞④＞②＞①，故D错误；

故选C．

【分析】A．温度不变；水的离子积常数不变，根据溶液的PH值计算水电离的氢离子浓度；

B．pH=2的HCl溶液和pH=12的氨水中；氨水浓度大于盐酸；

C．醋酸与NaOH溶液混合后；溶液中含有4种离子，据电荷守恒计算；

D．加水稀释，强酸强碱溶液的pH变化最大，若酸弱碱存在电离平衡稀释促进电离．二、双选题(共5题，共10分)9、A|D【分析】解：A．用冰箱冷藏食物可降低食物变质的速率；与反应速率有关，故A正确；

B．在糖果制作过程中添加着色剂；为改变糖果的颜色，与反应速率无关，故B错误；

C．向食盐中添加碘酸钾；可减少人体缺碘而导致的大脖子病，与反应速率无关，故C错误；

D．在化学反应中加入合适的催化剂；可改变反应速率，与反应速率有关，故D正确．

故选AD．【解析】【答案】AD10、rBC【分析】A；活泼金属与水发生的氧化还原反应；而不是酸碱反应，故A错误；

B、rm{C1O^{-}}接受质子是碱，而rm{H_{2}O}给出质子是酸，所以rm{C1O^{-}+H_{2}O?HClO+OH^{-}}是酸碱反应；故B正确；

C；物质碱性的强弱取决于分子或离子接受质子能力的大小；氢氧根接受质子能力强次氯酸根离子，次氯酸根强于醋酸根离子，故C正确；

D、rm{NH_{3}}可以结合质子是碱，rm{HCO_{3}^{-}}既可以给出质子也可以接受质子；所以既是酸又是碱，故D错误；

故选BC．

酸碱质子理论：凡是能够给出质子rm{(H^{+})}的物质都是酸、凡是能够接受质子的物质都是碱，所以所有酸都能够释放出rm{H^{+}}能结合rm{H^{+}}的都是碱rm{.}为酸碱两性物质的是属于酸又属于碱；必须符合能给出质子又能结合质子，据此即可解答．

本题考查两性物质的概念，解答本题关键是要严格按照酸与碱的定义考虑，是能给出质子rm{(H^{+})}还是能接受质子，题目难度中等．【解析】rm{BC}11、rBC【分析】解：rm{A.}若rm{t_{1}=2min}rm{C}的浓度为rm{0.5mol/L}则rm{A}消耗rm{0.25mol/L}rm{娄脭_{(A)}篓Tdfrac{trianglec}{trianglet}=dfrac{0.25mol/L}{2min}=0.125mol/(L?min)}故A错误；

B.图象说明rm{娄脭_{(A)}篓Tdfrac{triangle

c}{trianglet}=dfrac{0.25mol/L}{2min}=0.125mol/(L?min)}时刻rm{t_{3}}的浓度增大，平衡正向移动，若rm{C}时刻升温，平衡会向吸热方向移动，即正方向为吸热反应，rm{t_{3}}故B正确；

C.rm{triangleH>0}时刻达平衡，此时rm{t_{1}}rm{A}rm{B}的浓度分别是rm{C}rm{0.25mol/L}rm{0.25mol/L}rm{K=dfrac{0.5隆脕0.5}{0.25隆脕0.25}=4}rm{0.5mol/L}时刻后向体系中再充入rm{K=dfrac

{0.5隆脕0.5}{0.25隆脕0.25}=4}rm{t_{1}}rm{A}各rm{B}些时rm{C}rm{1mol}rm{A}的浓度分别是rm{B}rm{C}rm{(0.25+0.5)mol/L}rm{Qc=dfrac{1隆脕1}{0.75隆脕0.75}=1.8<K}则平衡正向移动，正反应占优势，则rm{(0.25+0.5)mol/L}故C正确；

D.加入固体rm{(0.5+0.5)mol/L}平衡不移动，达平衡时rm{Qc=dfrac

{1隆脕1}{0.75隆脕0.75}=1.8<K}的转化率不变；故D错误；

故选：rm{娄脭_{(脮媒)}>娄脭_{(脛忙)}}rm{D}．

A.算出rm{A}的浓度变化量，再根据rm{v=dfrac{trianglec}{trianglet}}计算．

B.图象说明rm{B}时刻rm{C}的浓度增大；平衡正向移动，结合温度对平衡的影响进行分析．

C.用rm{A}与平衡常数rm{v=dfrac{trianglec}{triangle

t}}比较后判断．

D.加入固体rm{t_{3}}平衡不移动．

本题考查化学平衡图象、化学反应速率的计算、外界条件对化学平衡的影响，利用浓度熵与平衡常数的关系来判断平衡移动的方向，难度中等．rm{C}【解析】rm{BC}12、A|B【分析】解：因氧化性：Cl2＞Br2＞I2，则加入氯水、溴水，可将I-氧化为I2，淀粉遇碘变蓝色，另外直接加入碘水，试纸也变蓝，而NaBr溶液；碘化钠溶液与碘化钾不反应；不能变色．

故选AB．

能使淀粉碘化钾试纸变蓝的物质应具有强氧化性，可将I-氧化为I2；或加入碘水，淀粉遇碘变蓝色，以此解答该题．

本题考查卤素单质以及混合物的性质，侧重于氧化还原反应的考查，注意单质氧化性强弱的比较，把握可能发生的反应，题目难度不大．【解析】【答案】AB13、rAB【分析】解：混合物加热发生发生反应：

rm{2NaHCO_{3}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}Na_{2}CO_{3}+H_{2}O+CO_{2}隆眉}

rm{2NaHCO_{3}dfrac{

underline{;;triangle

;;}}{;}Na_{2}CO_{3}+H_{2}O+CO_{2}隆眉}rm{2mol}rm{1mol}rm{1mol}

假设没有过氧化钠反应时，固体的物质的量最小，即为rm{1mol}

生成的rm{1molNa_{2}CO_{3}}和rm{1molH_{2}O}恰好与rm{1molCO_{2}}固体反应时；所得固体的物质的量最大，则：

rm{Na_{2}O_{2}}

rm{2Na_{2}O_{2}+2CO_{2}篓T2Na_{2}CO_{3}+O_{2}}rm{1mol}

rm{1mol}

rm{2Na_{2}O_{2}+2H_{2}O篓T4NaOH+O_{2}隆眉}rm{1mol}

故所得固体物质的量最大为rm{2mol}

故所得固体质量介于rm{1mol+1mol+2mol=4mol}之间；

故选B．

混合物加热发生发生反应rm{2NaHCO_{3}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}Na_{2}CO_{3}+H_{2}O+CO_{2}隆眉}rm{1mol隆芦4mol}rm{2NaHCO_{3}dfrac{

underline{;;triangle

;;}}{;}Na_{2}CO_{3}+H_{2}O+CO_{2}隆眉}rm{2Na_{2}O_{2}+2CO_{2}篓T2Na_{2}CO_{3}+O_{2}}分解生成rm{2Na_{2}O_{2}+2H_{2}O篓T4NaOH+O_{2}隆眉}rm{2molNaHCO_{3}}和rm{1molNa_{2}CO_{3}}采取极限法解答，生成的rm{1molH_{2}O}和rm{1molCO_{2}}恰好与rm{1molH_{2}O}固体反应时；所得固体的物质的量最大，假设没有过氧化钠反应时，固体的物质的量最小．

本题考查了混合物的有关计算，难度中等，题目涉及过量计算，注意利用极限法进行计算．rm{1molCO_{2}}【解析】rm{AB}三、填空题(共5题，共10分)14、71g/molMnO22NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑2HClO2HCl+O2↑【分析】【分析】常温下，A是双原子分子气态单质，其密度为3.17g/L（标准状况下），则A的摩尔质量=3.17g/L×22.4L/mol=71g/mol，则A的相对原子质量是35.5，则A是Cl2，根据转化关系知C是NaCl、D是HCl，B光照生成D，则B是HClO，据此分析解答．【解析】【解答】解：常温下，A是双原子分子气态单质，其密度为3.17g/L（标准状况下），则A的摩尔质量=3.17g/L×22.4L/mol=71g/mol，则A的相对原子质量是35.5，则A是Cl2；根据转化关系知C是NaCl；D是HCl，B光照生成D，则B是HClO；

（1）通过以上分析知；A的摩尔质量为71g/mol，故答案为：71g/mol；

（2）D是HCl，A是Cl2，实验室用MnO2和浓盐酸制取氯气，所以实验室一般选择MnO2与D的浓溶液在加热条件下制取A的气态单质，故答案为：MnO2；

（3）C是NaCl，A是Cl2，电解饱和氯化钠制取氯气，反应方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；

故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；

（4）B是HClO，B光照条件下分解生成HCl和氧气，该反应的化学方程式为2HClO2HCl+O2↑，故答案为：2HClO2HCl+O2↑．15、C4H8O2CH3CH2COOCH3、CH3COOCH2CH3、HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH（CH3）2（任写两种）取代反应消去反应CH3CHO2++2H2O氧化反应【分析】【分析】A分子中C、H、O原子个数比为2：4：1，设分子式为（C2H4O）n，则（24+4+16）n=88，n=2，则A的分子式为C4H8O2，由A在铂作催化剂条件下和氢气反应生成B，知B中不含或结构，又由B能生成C知B中含有所以B的结构简式为则A为C为CH3CHO，E为F为D为结合有机物的结构和性质以及题给信息和题目要求可解答该题．【解析】【解答】解：A分子中C、H、O原子个数比为2：4：1，设分子式为（C2H4O）n，则（24+4+16）n=88，n=2，则A的分子式为C4H8O2，由A在铂作催化剂条件下和氢气反应生成B，知B中不含或结构，又由B能生成C知B中含有所以B的结构简式为则A为C为CH3CHO，E为F为D为

（1）由以上分析可知A的分子式为C4H8O2；

故答案为：C4H8O2；

（2）分子式为C4H8O2的酯有以下几种：CH3CH2COOCH3、CH3COOCH2CH3、HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH（CH3）2；

故答案为：CH3CH2COOCH3、CH3COOCH2CH3、HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH（CH3）2（任写两种）；

（3）由题目所给信息①可知A→E的反应为取代反应；E为卤代烃，A分子中含有羟基，又由E→F的反应条件知E→F的反应类型为消去反应．

故答案为：取代反应；消去反应；

（4）由以上分析可知A为C为CH3CHO，F为

故答案为：CH3CHO；

（5）由于B中含有2个羟基，B与足量反应的方程式为2++2H2O；

故答案为：2++2H2O；

（6）比较A与G的相对分子质量可知，A的反应为去氢的氧化反应，G的结构简式为

故答案为：氧化反应．16、略

【分析】最活泼的非金属是F，即A的化学式为CaCl2，含有离子键，属于离子化合物。由方程式可知P的化合价升高5个单位，铁的化合价降低2个单位，根据得失电子守恒可以配平。白色絮状沉淀并迅速变成灰绿色，最后变成红褐色M(OH)n，说明是铁离子，可用KSCN检验。1.6g钙线试样含有氧化钙生成224ml.H2（标准状况），因此金属钙的物质的量是即最后溶液含有0.011mol钙离子，所以最终的碳酸钙沉淀是0.011mo×100g/mol＝1.1g。【解析】【答案】（1）第四周期第ⅡA族，（2）（3）2P+5FeO+3CaOCa3(PO4)2＋5Fe（4）Fe3++3SCN－==Fe(SCN)3（5）1.1（各2分）17、氢第二周期ⅥA族三角锥酸c（NO3-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O【分析】【分析】X；Y、Z、W是四种常见的短周期主族元素；核电荷数依次增大，X有三种同位素，其中有两种常用于制造氢弹，则X为H元素；

Y、Z是同周期相邻元素，Y的最简单氢化物常用作致冷剂为氨气，则Y为N元素，Z的一种氢化物分子呈V型结构，其沸点远高于同族其它稳定的氢化物则Z为O元素；Z的另一种氢化物M分子中两种元素的原子个数比为1：1，M为H2O2；

W的最高正价与最低负价的代数和与Z原子的L层电子数相等6；则W为Cl元素；

（1）X元素的名称为氢；主族元素原子核外电子层数与其周期数相等；最外层电子数与其族序数相等，据此判断Z在周期表中的位置；

（2）H；N、Cl形成离子化合物为氯化铵；氯化铵中铵根离子和氯离子之间存在离子键、铵根离子中N-H原子之间存在共价键；

Y的最简单氢化物为氨气；氮原子价层电子对个数是4且含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论确定氨气分子构型；

（3）Y的最简单氢化物氨气与最高价氧化物对应的水化物硝酸形成的盐R；为硝酸铵，硝酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性，但水解程度较小；

（4）C与HNO3浓溶液在加热条件下反应生成二氧化碳、二氧化氮和水．【解析】【解答】解：X；Y、Z、W是四种常见的短周期主族元素；核电荷数依次增大，X有三种同位素，其中有两种常用于制造氢弹，则X为H元素；

Y、Z是同周期相邻元素，Y的最简单氢化物常用作致冷剂为氨气，则Y为N元素，Z的一种氢化物分子呈V型结构，其沸点远高于同族其它稳定的氢化物则Z为O元素；Z的另一种氢化物M分子中两种元素的原子个数比为1：1，M为H2O2；

W的最高正价与最低负价的代数和与Z原子的L层电子数相等6；则W为Cl元素；

（1）X元素的名称为氢；主族元素原子核外电子层数与其周期数相等；最外层电子数与其族序数相等，Z为O元素，O原子核外有2个电子层、最外层电子数是6，所以O元素位于第二周期第VIA族；

故答案为：氢；第二周期ⅥA族；

（2）H、N、Cl形成离子化合物为氯化铵，氯化铵中铵根离子和氯离子之间存在离子键、铵根离子中N-H原子之间存在共价键，其电子式为

Y的最简单氢化物为氨气；氮原子价层电子对个数是4且含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论知氨气分子构型为三角锥形；

故答案为：三角锥形；

（3）Y的最简单氢化物氨气与最高价氧化物对应的水化物硝酸形成的盐R，为硝酸铵，硝酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性，c（H+）＞c（OH-），但水解程度较小，硝酸根离子不水解，所以溶液中离子浓度大小顺序是c（NO3-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）；

故答案为：酸；c（NO3-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）；

（4）C与HNO3浓溶液在加热条件下反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，反应方程式为C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O；

故答案为：C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O．18、缩聚反应HCOOH保护酚羟基3【分析】【分析】由聚合物可知，F为由信息ii可知，D为B为氧化生成D，则B含有醛基，为E能与氢氧化铜反应生成G，气体G的相对分子质量是44，应为CO2，则说明E中含有-CHO、含有-COOH，则E为HCOOH，C为HCHO，结合i信息可知A应为以此解答该题．【解析】【解答】解：由聚合物可知，F为由信息ii可知，D为B为氧化生成D，则B含有醛基，为E能与氢氧化铜反应生成G，气体G的相对分子质量是44，应为CO2，则说明E中含有-CHO、含有-COOH，则E为HCOOH，C为HCHO，结合i信息可知A应为

（1）①F为含有-OH和-COOH，可发生缩聚反应生成聚合物，E能与氢氧化铜反应生成G，气体G的相对分子质量是44，应为CO2；应为HCOOH；

故答案为：缩聚反应；HCOOH；

②A中含有酚羟基，易被氧化，与CH3I取代反应可起到保护官能团的作用；故答案为：保护酚羟基；

③由分析可知，A为B为D为B中含有-CHO，可被氧化为-COOH，反应的化学方程式为

故答案为：

（2）A为已知同分异构体信息：

①N与FeCl3反应；溶液呈紫色，说明含有酚羟基；

②N在一定条件下可发生银镜反应；说明含有-CHO；

③在通常情况下，1molN只能与含1molBr2的浓溴水发生取代反应；说明-OH只有1个临位或对位上有H；

④N分子中苯环上仅有三个取代基且取代基上无支链．

则符合要求的结构有：等3种同分异构体；

故答案为：3．四、推断题(共1题，共2分)19、O=C=OAl（OH）3Al2S3+6H2O=2Al（OH）3+3H2S↑C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2OAlO2-+CO2+H2O=Al（OH）3↓+HCO3-B、C、ID、E、H【分析】【分析】F的浓溶液与常见固态非金属单质K加热可生成刺激性气体D和无色无味气体H．中学里符合该反应的只有碳跟浓硫酸或与浓硝酸反应，即K为碳，C与J连续反应得到E，E与液体I反应得到F，可推知J为O2，I为H2O，离子化合物A在水中发生水解反应得到B与C，B为白色胶状沉淀，L为氯碱工业中的常见产品，二者反应得到G，可推知B为Al（OH）3，L为NaOH、G为NaAlO2，则F为浓硫酸符合图中的物质间转化，C为H2S，D为SO2，E为SO3，H为CO2，A为一种Al与S组成的化合物，根据阳离子与阴离子的个数比为2：3，即可得知A为Al2S3，据此解答．【解析】【解答】解：F的浓溶液与常见固态非金属单质K加热可生成刺激性气体D和无色无味气体H．中学里符合该反应的只有碳跟浓硫酸或与浓硝酸反应，即K为碳，C与J连续反应得到E，E与液体I反应得到F，可推知J为O2，I为H2O，离子化合物A在水中发生水解反应得到B与C，B为白色胶状沉淀，L为氯碱工业中的常见产品，二者反应得到G，可推知B为Al（OH）3，L为NaOH、G为NaAlO2，则F为浓硫酸符合图中的物质间转化，C为H2S，D为SO2，E为SO3，H为CO2，A为一种Al与S组成的化合物，根据阳离子与阴离子的个数比为2：3，即可得知A为Al2S3；

（1）H为CO2，结构式为：O=C=O；B的化学式为：Al（OH）3，故答案为：O=C=O；Al（OH）3；

（2）A+I→B+C的化学方程式为：Al2S3+6H2O=2Al（OH）3+3H2S↑；

F的浓溶液与K加热可生成D和H，反应化学方程式为：C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O；

故答案为：Al2S3+6H2O=2Al（OH）3+3H2S↑；C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O；

（3）偏铝酸钠的水溶液中通入过量的二氧化碳，反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，该反应的离子方程式为：AlO2-+CO2+H2O=Al（OH）3↓+HCO3-；

故答案为：AlO2-+CO2+H2O=Al（OH）3↓+HCO3-；

（4）Al2S3、Al（OH）3、H2S、硫酸、H2O、NaOH、NaAlO2属于电解质，其中Al（OH）3、H2S、H2O属于弱电解质，SO2、SO3、CO2属于非电解质；

故答案为：B、C、I；D、E、H；五、计算题(共4题，共32分)20、略

【分析】【分析】由信息可知，加入铁反应还生成氢气，则一定量的CuO粉末与0.5L稀硫酸充分反应，发生CuO+H2SO4═CuSO4+H2O，且硫酸剩余，然后加Fe，发生Fe+CuSO4═FeSO4+Cu、Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑，然后结合气体的体积及质量差计算．【解析】【解答】解：（1）氧化铜能与硫酸反应生成硫酸铜和水；生成的硫酸铜能与铁反应生成硫酸亚铁和铜，生成的铜附着在铁的表面，铁能与硫酸反应生成氢气，设生成0.02g氢气需要铁的质量为x则有。

Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑

562

x0.02g

=；

x=0.56g，其物质的量为=0.01mol；

答：与硫酸反应的铁的物质的量为0.01mol；

（2）与硫酸铜反应的铁的质量为50g-0.56g