2025年沪教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年沪教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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、将下列各组物质按单质、氧化物、酸、碱、盐分类顺序排列，其中正确的是（）A.镁、干冰、硫酸、纯碱、食盐B.碘酒、冰、盐酸、烧碱、硫酸钡C.氢气、氧化钠、硝酸、烧碱、氯化铜D.铁、氧化铜、醋酸、石灰水、硝酸钾2、分析下表中各项的排布规律，按此规律排布第26项应为()。12345C2H4C2H6C2H6OC2H4O2C3H6678910C3H8C3H8OC3H6O2C4H8C4H10A.C7H16B.C7H14O2C.C8H18D.C8H18O3、X；Y两元素的原子；当它们分别获得1个电子后，都形成稀有气体的电子层结构，X放出的能量大于Y，那么下列推断中不正确的是（）

A.原子序数X＞Y

B.还原性X-＜Y-

C.氧化性X＞Y

D.酸性HX＜HY

4、我国镍氢电池居世界先进水平，我军潜艇将装备国产大功率镍氢动力电池。常见镍氢电池的某极是储氢合金LaNi5H6（LaNi5H6中各元素化合价均可视为零价），电池反应通常表示为LaNi5H6＋6NiO(OH)==LaNi5+6Ni(OH)2。下列说法正确的是()A.放电时储氢合金作正极B.放电时负极反应为：LaNi5H6－6e－＝LaNi5＋6H+C.充电时阳极周围c(OH－)减小D.充电时储氢合金作负极5、化学与生活密切相关，下列说法不正确的是rm{(}rm{)}A.煤、石油、天然气是不可再生能源，风能、生物质能、沼气是可再生能源B.“rm{84}消毒液”具有强氧化性，可做环境的消毒剂从而预防流感C.已知水热反应是指在高温高压下，将二氧化碳转化为有机物的技术，则水热反应可以降低自然界中碳的含量D.已知rm{PM2.5}是指大气中直径小于或等于rm{2.5}微米的颗粒物，也称为“细颗粒物”，则rm{PM2.5}在空气中有可能形成胶体评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)6、如图为正丁腈的结构简式；正丁腈为易燃液体，有毒性，下列有关说法正确的是（）

A.同等条件下，正丁腈在水中的溶解度比在乙醚中的溶解度大B.其分子式为C4H7N，其密度比水大C.它还可被命名为氰代丙烷，正丙基氰等，其结构中不含氢键D.正丁腈由丁烯与氨氧化而得，或由丁醇与氨催化氧化而得7、同温同压下，等质量的O2和CO2相比较，下列叙述正确的是（）A.体积比为8：11B.密度之比为11：8C.物质的量之比为11：8D.原子个数之比为11：128、利胆解痉药“亮菌甲素”跟（CH3）2SO4反应可以生成有机物A：

下列说法正确的是（）A.亮菌甲素的分子式为C12H12O5B.亮菌甲素属于芳香族化合物C.A的核磁共振氢谱中有7个吸收峰D.1molA能跟5mol氢气加成9、常温下，有pH=1的某溶液中可能含有Na+、Fe2+、Fe3+、I-、Cl-、CO32-中的某几种；现取100mL该溶液进行如下实验：

根据实验结果，下列判断正确的是（）A.Fe2+、I-、Cl-三种离子一定存在B.不能确定Na+和Cl-是否存在，CO一定不存在C.Fe3+与Fe2+至少有一种D.该溶液中c（Cl-）≥0.1mol•L-110、设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（）A.3molNO2气体溶于足量水中充分反应转移的电子总数为2NAB.7.8gNa2O2固体中含有的离子总数为0.4NAC.标准状况下，11.2L的SO3与足量水充分反应生成的溶液中H+的总数为NAD.0.5molNa在适量的氧气中燃烧生成Na2O2和Na2O，得到的电子总数为0.5NA11、一定温度下，反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）达到化学平衡状态的标志是（）A.N2、H2和NH3的物质的量分数不再改变B.c（N2）：c（H2）：c（NH3）=1：3：2C.单位时间每增加1molN2，同时增加2molNH3D.N2与H2的物质的量之和是NH3的2倍评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)12、石油是一种极其重要的资源；是发展国民经济和国防建设的重要物资．已知B的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平．A是化学实验最常见的有机物，易溶于水并有特殊香味．

Ⅰ；有关物质转化关系如图1所示。

（1）烃B的名称是____．

（2）反应②属于____反应（填有机反应类型）．

（3）写出反应④的化学方程式____．

Ⅱ；某化学兴趣小组对反应③进行探究活动；设计如图2装置进行实验：

（4）在实验中球形干燥管除起冷凝外，另一个重要作用是____．

（5）反应结束后b中的现象是____．

（6）该兴趣小组在实验中原料用量：8mL无水A（ρ=0.79g/cm3），4mL浓硫酸和6mL无水醋酸（ρ=1.05g/cm3），实验结束后，分离出试管b中的有机物C层，洗涤、干燥，最终称量产品质量为2.92g，则所得C的产率为____%（保留一位小数）．

已知：产率=．

13、按要求填空：

（1）系统命名法：____

（2）系统命名法：____

（3）3-甲基-1-戊炔结构简式：____

（4）某链状单烯烃能使溴水褪色，且0.1mol该烃充分燃烧可以生成7.2g水，计算得其分子式为：____；可能的结构简式有（不考虑顺反异构）：____．14、分离下列几组混合物；将合适的分离方法的序号填在横线上．

A．过滤B．升华C．蒸馏D．结晶E．分液。

（1）分离碘单质与铁粉的混合物____．

（2）分离水和四氯化碳的混合液____．

（3）从硝酸钾和氯化钠的混合溶液中获得硝酸钾____．

（4）分离沙子和饱和食盐水的混合物____．

（5）分离四氯化碳（沸点为76.75℃）和甲苯（沸点为110.6℃）的混合物____．15、（2013•陕西校级学业考试）在玻璃圆筒中盛有两种无色的互不相溶的中性液体；上层液体中插入两根石墨电极，圆筒内还放有一根下端弯成环状的玻璃搅棒，可以上下搅动液体，装置如右图．接通电源，阳极周围的液体呈现棕色，且颜色由浅变深，阴极上有气泡生成．停止通电，取出电极，用搅棒上下剧烈搅动．静置后液体又分成两层，下层液体呈紫红色，上层液体几乎无色．根据上述实验回答：

（1）阳极上的电极反应式为____．

（2）阴极上的电极反应式为____．

（3）原上层液体是____．

（4）原下层液体是____．

（5）搅拌后两层液体颜色发生变化的原因是____．

（6）要检验上层液体中含有的金属离子，其方法是____，现象是____．16、下表是不同温度下水的离子积常数：

。温度/℃25t1t2水的离子积常数1×10-14KW1×10-12试回答以下问题：

（1）若25℃＜t1＜t2，则KW____1×10-14（填“＞”、“＜”或“=”），判断的理由是____．

（2）pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈____性（填“酸”、“中”或“碱”），溶液中c（Na+）____c（CH3COO-）（填“＞”、“=”或“＜”）．17、（2013春•富阳市校级月考）某研究小组将V1mL1.0mol/LHCl溶液和V2mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如图所示（实验中始终保持V1+V2=50mL）．回答下列问题：

（1）研究小组做该实验时环境温度____（填“高于”、“低于”或“等于”）22℃，判断的依据是____．

（2）由题干及图形可知，V1：V2=____时，酸碱恰好完全中和，此反应所用NaOH溶液的浓度应为____mol/L．

（3）实验时将酸碱在简易量热计中混合，并用____搅拌，使溶液混合均匀．经有关计算知此反应共放出QkJ的热量，请写出此反应的热化学方程式：____．18、在①NaCl、②Na2CO3、③NH4Cl三种盐溶液中，常温下呈酸性的是____（填写序号，下同），呈中性的是____，呈碱性的是____．19、化合物A是一种不稳定的物质，它的分子组成可用OxFy表示，10mLA气体能分解生成15mLO2和10mLF2（同温同压下）．则：

（1）我们可以通过计算确定A的化学式，其中x=____，y=____；

（2）已知A分子中x个氧原子呈-O-O-O-链状排列，则A分子的电子式是____，结构式是____．20、沸石是一种具有多孔结构的铝硅酸盐（NaAlSiO4•nH2O），其中有许多笼状孔穴和通道能让直径比孔穴小的分子通过而将大的分子留在外面，故又称“分子筛”．“分子筛”在表面化学中有重要作用，是重要的催化剂和催化剂载体．以高岭土（主要成分：Al2Si2O7•2H2O）；石灰石、海水为原料生产“分子筛”的工艺流程如下：

回答下列问题。

（1）高岭土主要成分的化学式可表示为Al2O3•2SiO2•2H2O，则分子筛的化学式也可表示为____；

（2）写出0.1mol/L副产品A溶液中有关离子浓度关系的两个等式：____、____；

（3）气体M和滤液发生反应的任意一个离子方程式为：____；

（4）若用惰性电极电解饱和NaCl溶液一段时间，当阳极产生56L（标准状况下）气体，电解后溶液体积为500L时，求所得溶液在常温时的pH值（要求写出解题过程）．____．评卷人得分四、判断题(共2题，共12分)21、对于2SO2（g）+O2（g）═2SO2（g）反应，当密度保持不变，在恒温恒容或恒温恒压条件下，均不能作为达到化学平衡状态的标志．____（判断对错）22、标准状况下，1molO2和N2混合气体的体积约为22.4L____（判断对错）评卷人得分五、推断题(共2题，共10分)23、A、B、C、D、E为五种元素的单质，其余为化合物。其中只有E为金属元素，五种元素的原子序数按B、D、C、A、E顺序依次增大，D、C元素在周期表中位置相邻，在一定条件下，B可以分别和A、C、D化合生成甲、乙、丙化合物，C和D化合可得丁。已知乙、丙每个分子中均含有10个电子，下图为相互转化关系：请回答下列问题：（1）下面是周期表的一部分，请将A、C、E用元素符号填在相应的位置上。（2）写出实验室制取A反应的离子方程式_______________。（3）戊的分子式为_______。B与D形成的原子个数比为2：1的化合物中，D原子最外层为8电子结构，请写出该化合物的电子式______。（4）A与丙常温下发生反应生成甲与单质D，该反应的化学方程式_________。（5）8gE在A中燃烧放出热量QkJ，写出该反应热化学方程式________(热量是常温下测定的）。（6）实验室配制庚溶液的实验方法是________。24、有三种物质AC2（气体）、B2C2、AD4，元素A的最高正价和负价绝对值相等；元素B的单质能在C的气态单质中剧烈燃烧，火焰呈黄色，并生成淡黄色固体B2C2；元素D的负一价阴离子电子层结构与氩原子相同；则：

（1）A、B、C、D的元素名称分别为____、____、____、____．

（2）AD4分子其中含有的σ键类型为____（选填“s-sσ键”；“s-pσ键”或“p-pσ键”）．

（3）D的负一价阴离子的电子排布式为____，B2C2的电子式为____，属____（填“离子化合物”或“共价化合物”）．评卷人得分六、书写(共3题，共12分)25、用化学方法除去下列物质中混有的少量杂质（括号中为杂质）；写出除杂试剂的化学式及有关反应的离子方程式．

（1）NaHCO3溶液（Na2CO3）：通入____；____

（2）FeCl2溶液（CuCl2）：加入____；____．26、（2010春•凤凰县校级期末）如图所示，在一条鱼、虾几乎绝迹的小河边，从上游到下游依次有甲、乙、丙、丁四座工厂，各厂排放的废水里都只含有Na2CO3、FeCl3、Ca（OH）2；HCl中的一种．某中学环保小组对河水监测时发现：①甲处河水呈乳白色；②乙处河水呈红褐色；③丙处河水由浑变清；④丁处产生气泡；河水仍澄清．请回答：

（1）四座工厂排出的废水里含有的污染物分别为：

甲____；乙____；丙____；丁____．（填化学式）

（2）在丁的下游M处取出的河水中，肯定含有的离子是____．

（3）写出有关反应的离子方程式：____．

（4）小河中鱼、虾几乎绝迹的原因是____．27、。实验要求选用的试剂涉及的离子方程式除去氢氧化镁中的氢氧化铝杂质________除去FeCl2溶液中FeCl3________鉴别炭粉和氧化铜________参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【分析】单质：由同种元素组成的纯净物叫单质；

氧化物：由两种元素组成；其中一种是氧元素；

酸：在水溶液中；电离出的阳离子全部是氢离子的化合物称为酸；

碱：在水溶液中；电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物称为碱；

盐：由金属阳离子（或铵根）和酸根阴离子形成的一类化合物．【解析】【解答】解：A．镁；干冰、硫酸、纯碱、食盐分别是单质、氧化物、酸、盐、盐；故A错误；

B．碘酒；冰、盐酸、烧碱、硫酸钡分别是混合物、氧化物、混合物、碱、盐；故B错误；

C．氢气；氧化钠、硝酸、烧碱、氯化铜分别是单质、氧化物、酸、碱、盐；故C正确；

D．铁；氧化铜、醋酸、石灰水、硝酸钾分别是单质、氧化物、酸、混合物、盐；故D错误；

故选：C．2、C【分析】分析规律可知4项为一组，第26项为第7组的第二项，第7组的碳原子数为7＋1＝8，由规律可知第7组的第二项为碳原子数为8的烷烃，氢原子个数为2×8＋2＝18，无氧原子，C选项正确。【解析】【答案】C3、A【分析】

非金属元素的原子获得相同数目的电子放出热量越多；生成的阴离子越稳定，原子的非金属性越强；

由此可知：X的非金属性比Y的强，氧化性X＞Y，其还原性Y-＞X-；原子序数Y＞X．气态氢化物的水溶液酸性HY＞HX．

故选A．

【解析】【答案】根据非金属元素的原子获得相同数目的电子放出热量越多；生成的阴离子越稳定，原子的非金属性越强分析．

4、C【分析】【分析】正确答案：C

镍氢电池放电时作原电池，发生反应：LaNi5H6＋6NiO(OH)=LaNi5＋6Ni(OH)2，可知NiO(OH)发生还原反应，作正极，储氢合金作负极，得负极反应：LaNi5H6＋6OH－－6e－=LaNi5＋6H2O，正极反应为6NiO(OH)＋6H2O＋6e－=6Ni(OH)2＋6OH－

A；不正确；放电时储氢合金作负极，氢作还原剂；

B．不正确，放电时负极反应为：LaNi5H6－6e－＋6OH―＝LaNi5＋6H2O

C．正确，充电时阳极周围c(OH－)减小。

D．不正确，充电时储氢合金作阴极5、C【分析】解：rm{A.}风能；沼气、生物质能是通过太阳光的照射和水的循环来形成的；太阳光可以源源不断的从自然界得到，是可再生能源，煤、石油和天然气属于三大化石燃料，都属于不可再生的能源，故A正确；

B.强氧化性物质能氧化蛋白质而使其变性，流感病毒的成分是蛋白质，“rm{84}消毒液”具有强氧化性；能使流感病毒变性，所以可做环境的消毒剂从而预防流感，故B正确；

C.水热反应是指在高温高压下，将二氧化碳转化为有机物的技术，从而减少自然界中二氧化碳，根据原子守恒知，自然界中rm{C}含量不变；故C错误；

D.分散质微粒直径在rm{1-100nm}之间的分散系是胶体，能产生丁达尔效应，rm{PM2.5}是指大气中直径小于或等于rm{2.5}微米的颗粒物，也称为“细颗粒物”，其分散质微粒直径在rm{1-100nm}之间，所以rm{PM2.5}在空气中有可能形成胶体；故D正确；

故选C．

A.能够源源不断的从自然界得到补充的能源叫可再生能源；

B.强氧化性物质能氧化蛋白质而使其变性；

C.水热反应是指在高温高压下，将二氧化碳转化为有机物的技术，从而减少自然界中二氧化碳，但rm{C}含量不变；

D.分散质微粒直径在rm{1-100nm}之间的分散系是胶体；能产生丁达尔效应．

本题考查环境污染与治理、基本概念、蛋白质的性质，为高频考点，把握物质性质及基本概念内涵是解本题关键，易错选项是rm{C}注意：自然界中二氧化碳含量减少不表示自然界中rm{C}含量减少，题目难度不大．【解析】rm{C}二、多选题(共6题，共12分)6、CD【分析】【分析】该物质含3个C-C，一个C≡N键，除此之外的原子为氢，N能形成3对共价键，C能形成4个共价键，外观与性状无色液体，有刺激性气味，微溶于水，易溶于醇、醚等有机物，由丁烯与氨氧化而得，或由丁醇与氨催化氧化而得，以此来解答即可．【解析】【解答】解：A；同等条件下；正丁腈属于有机物，依据相似相容原理得知，正丁腈在水中的溶解度比在乙醚中的溶解小，故A错误；

B、依据图示可知其分子式为：C4H7N，已知戊烯（C5H10；）的密度小于水，分子晶体的密度与其相对分子质量有关，戊烯与正丁腈的相对分子质量差不多，故正丁腈的密度小于水，故B错误；

C；依据图示结构可知；此有机物可以命名为：氰代丙烷，正丙基氰，故C正确；

D、正丁腈由丁烯与氨氧化而得，或由丁醇与氨催化氧化而得，故D正确，故选CD．7、CD【分析】【分析】先设出二者的质量，再利用n=来计算O2和CO2的物质的量，根据阿伏加德罗定律的推论：同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比；同温同压下，气体密度之比等于摩尔质量的之比；同温同压下，分子数之比等于物质的量之比．【解析】【解答】解：设二者的质量都是mg，则O2和CO2的物质的量分别为mol、mol；

A、同温同压下，体积之比等于物质的量之比，即为：=11：8；故A错误；

B；同温同压下；气体密度之比等于摩尔质量的之比，即为32：44=8：11，故B错误；

C、二者的质量都是mg，则O2和CO2的物质的量分别为mol、mol，物质的量之比为：=11：8；故C正确；

D；同温同压下；分子数之比等于物质的量之比，即分子数之比是11：8，所以原子数之比是（11×2）：（8×3）=22：24=11：12，故D正确．

故选CD．8、BD【分析】【分析】A．由结构简式可知分子式；

B．亮菌甲素含苯环；

C．有机物A结构不对称；含9种位置的H；

D．有机物A中的苯环、碳碳双键、碳氧双键可与氢气发生加成反应．【解析】【解答】解：A．由结构简式可知分子式为C12H11O5；故A错误；

B．亮菌甲素含苯环；则属于芳香族化合物，故B正确；

C．有机物A结构不对称；含9种位置的H，所以A的核磁共振氢谱中有9个吸收峰，故C错误；

D．有机物A中的苯环；碳碳双键、碳氧双键可与氢气发生加成反应；所以1molA能跟5mol氢气加成，故D正确；

故选BD．9、AD【分析】【分析】pH=1的溶液中存在大量氢离子，则一定不存在CO32-；向溶液中通入氯气分液后得到紫色溶液，则原溶液中含有I-，铁离子能够氧化碘离子，则一定不存在Fe3+；水层中加入氢氧化钠溶液得到固体，该固体为氢氧化亚铁，灼烧固体得到的1.60g为氧化铁，则溶液中一定存在Fe2+，然后结合碘单质的质量、氧化铁的质量及电荷守恒判断氯离子的存在情况及浓度．【解析】【解答】解：pH=1的溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，100mL该溶液中含有氢离子的物质的量为0.01mol，则一定不存在CO32-；

向溶液中通入氯气分液后得到紫色溶液，则原溶液中含有I-，铁离子能够氧化碘离子，则一定不存在Fe3+；2.54g为碘单质，物质的量为=0.01mol；原溶液中含有碘离子的物质的量为0.02mol；

水层中加入氢氧化钠溶液得到固体，该固体为氢氧化亚铁，灼烧固体得到的1.60g为氧化铁，则溶液中一定存在Fe2+，根据铁元素守恒可知亚铁离子的物质的量为：×2=0.02mol，0.02mol亚铁离子带有正电荷为0.04mol，0.02mol碘离子带有0.02mol电子，所以原溶液中一定含有Cl-，其物质的量至少为0.04mol-0.02mol-0.01mol=0.01mol，氯离子的浓度最小为=0.1mol/L；

A．根据分析可知，原溶液中一定含有Fe2+、I-、Cl-；故A正确；

B．原溶液中一定不存在CO32-，一定含有Cl-；故B错误；

C．原溶液中一定存在Fe2+，一定不存在Fe3+；故C错误；

D．根据分析可知该溶液中c（Cl-）≥0.1nol•L-1；故D正确；

故选AD．10、AD【分析】【分析】A．NO2和水反应生成硝酸和一氧化氮；依据氧化还原反应中元素化合价变化计算电子转移；

B．质量换算物质的量；结合过氧化钠是钠离子和过氧根离子构成分析；

C．SO3在标准状况下不是气体；

D．钠为+1价金属，1mol钠完全反应失去1mol电子．【解析】【解答】解：A、由3NO2+H2O=2HNO3+NO可知，3个NO2转移的电子数为2，所以3molNO2气体溶于足量水中充分反应转移的电子总数为2NA；故A正确；

B、7.8gNa2O2固体物质的量为0.1mol，过氧化钠是钠离子和过氧根离子（O22-）构成，所以含有的离子总数为0.3NA；故B错误；

C、SO3在标准状况下不是气体，11.2L的SO3物质的量不是0.5mol；故C错误；

D、无论生成氧化钠还是过氧化钠，0.5molNa完全反应失去0.5NA；故D正确；

故选AD．11、AC【分析】【分析】当可逆反应中正逆反应速率相等时，该反应达到平衡状态，反应体系中各物质的物质的量不变、物质的量浓度不变、百分含量不变以及引起的其它一系列物理量不变，据此分析解答．【解析】【解答】解：A．N2、H2和NH3的物质的量分数不再改变时正逆反应速率相等；所以该反应达到平衡状态，故A正确；

B．c（N2）：c（H2）：c（NH3）=1：3：2时该反应不一定达到平衡状态；与反应物初始量及转化率有关，故B错误；

C．单位时间每增加1molN2，同时增加2molNH3，即同时也减少2molNH3；正逆反应速率相等，则该反应达到平衡状态，故C正确；

D．N2与H2的物质的量之和是NH3的2倍时；该反应不一定达到平衡状态，与反应物初始量；转化率有关，故D错误；

故选AC．三、填空题(共9题，共18分)12、乙烯加成反应2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O防止液体倒吸液体分层，上层无色油状液体有果香味31.6【分析】【分析】B的产量可衡量一个国家石油化工发展的水平，B是乙烯，A是化学实验室中常见的有机物，它易溶于水并有特殊香味，根据框图中信息，A能与Na、乙酸反应，在红热铜丝发生催化氧化，可推知A是乙醇，根据框图中的转化关系、反应条件和反应试剂可推得，C是乙酸乙酯，D是乙醛，E是乙醇钠，据此解答．【解析】【解答】解：B的产量可衡量一个国家石油化工发展的水平；B是乙烯，A是化学实验室中常见的有机物，它易溶于水并有特殊香味，根据框图中信息，A能与Na；乙酸反应，在红热铜丝发生催化氧化，可推知A是乙醇，根据框图中的转化关系、反应条件和反应试剂可推得，C是乙酸乙酯，D是乙醛，E是乙醇钠；

Ⅰ（1）根据上面的分析可知；B是乙烯；

故答案为：乙烯；

（2）反应②是乙烯与水发生加成反应得乙醇；

故答案为：加成反应；

（3）反应④是乙醇在铜作催化剂、加热条件下催化氧化生成乙醛，反应方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；

故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；

Ⅱ（4）在实验中球形干燥管除起冷凝作用外；另一个重要作用是防止液体倒吸；

故答案为：防止液体倒吸；

（5）试管b中观察到的现象是：液体分层；上层无色油状液体有果香味；

故答案为：液体分层；上层无色油状液体有果香味；

（6）8mL无水乙醇（ρ=0.79g/cm3）物质的量为mol=0.14mol，6mL无水醋酸（ρ=1.05g/cm3）的物质的量为mol=0.105mol，乙醇过量，所以生成的乙酸乙酯的物质的量为0.105mol，其质量为88×0.105g=9.24g，所以产率为×100%=31.6%；

故答案为：31.6．13、3-乙基戊烷6-甲基-3-乙基-2-辛烯HC≡CCH（CH3）CH2CH3C4H8CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3、CH2=CH（CH3）CH2【分析】【分析】（1）该有机物主链为戊烷；在3号C含有1个乙基，据此写出该烷烃的名称；

（2）该烃为烯烃；碳碳双键在2号C，在3号C含有1个乙基，在6号C含有1个甲基，据此写出其名称；

（3）主链为1-戊炔；在3号C含有1个甲基，据此写出该炔烃的结构简式；

（4）依据0.1mol该烃充分燃烧可以生成7.2g水计算判断含有氢原子数，结合烯烃的通式写出其分子式，然后判断其存在的结构简式．【解析】【解答】解：（1）为烷烃；主链为戊烷，在3号C含有1个乙基，其名称为：3-乙基戊烷；

故答案为：3-乙基戊烷；

（2）为烯烃；碳碳双键在2号C，在3；6号C分别含有1个甲基、1个乙基，该有机物名称为：6-甲基-3-乙基-2-辛烯；

故答案网为：6-甲基-3-乙基-2-辛烯；

（3）根据命名原则，含有-C≡C-的碳链有5个碳原子，三键处于端位置，从-C≡C-双键一端编号，甲基处于3号碳原子上，3-甲基-1-戊炔的结构简式为：HC≡CCH（CH3）CH2CH3；

故答案为：HC≡CCH（CH3）CH2CH3；

（4）（1）0.1mol该烃充分燃烧可以生成7.2g水，物质的量==0.4mol，所以1mol烃反应生成水4mol，说明烃分子中含有8molH，该链状单烯烃为C4H8，为丁烯，丁烯可能的结构简式为：CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3、CH2=CH（CH3）CH2；

故答案为：C4H8；CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3、CH2=CH（CH3）CH2．14、BEDAC【分析】【分析】（1）加热时碘易升华；

（2）水和四氯化碳互不相溶；

（3）硝酸钾和氯化钠的溶解度随温度的变化不同；

（4）沙子不溶于水；可用过滤的方法分离；

（5）四氯化碳与甲苯混溶，二者沸点不同．【解析】【解答】解：（1）碘易升华；可用加热；升华的方法分离，故答案为：B；

（2）水和四氯化碳互不相溶；可用分液的方法分离，故答案为：E；

（3）硝酸钾和氯化钠都溶于水；但二者在水中的溶解度不同，可用结晶的方法分离，故答案为：D；

（4）NaCl易溶于水；而泥沙不溶，可用过滤的方法分离，故答案为：A；

（5）四氯化碳与甲苯混溶，二者沸点不同，可用蒸馏的方法分离，故答案为：C．15、2I--2e-═I22H++2e-═H2↑KI（或NaI等）水溶液CCl4（或CHCl3等）I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，所以绝大部分I2都转移到CCl4中焰色反应若是碘化钾溶液，则透过蓝色钴玻璃观察火焰呈紫色证明是钾元素，若③中答NaI水溶液，火焰呈黄色【分析】【分析】（1）依据装置图可知阳极上是溶液中碘离子失电子生成碘单质；

（2）依据装置图分析可知阴极上的电极反应是溶液中氢离子得到电子生成氢气；

（3）原上层溶液中含有碘离子；

（4）下层是比水溶液重的不溶于水的试剂；

（5）碘在有几溶液中溶解度大于水中分析；

（6）上层是碘化钠或碘化钾溶液，依据金属离子的焰色反应设计实验检验．【解析】【解答】解：（1）阳极周围的液体呈现棕色，且颜色由浅变深，萃取后呈紫红色，判断为碘单质生成，所以是溶液中碘离子失电子生成碘单质的反应，电极反应为2I--2e-═I2；，故答案为：2I--2e-═I2；

（2）阴极上的电极反应是溶液中氢离子得到电子生成氢气，电极反应为：2H++2e-═H2↑，故答案为：2H++2e-═H2↑；

（3）原上层溶液中含有碘离子；可以是KI（或NaI等）水溶液，故答案为：KI（或NaI等）水溶液；

（4）下层是比水溶液重的不溶于水的试剂，分析过程可知是发生了萃取作用，可以是CCl4（或CHCl3等），故答案为：CCl4（或CHCl3等）；

（5）搅拌后两层液体颜色发生变化，静置后液体又分成两层，下层液体呈紫红色，上层液体几乎无色，可知I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度；发生了萃取；

故答案为：I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，所以绝大部分I2都转移到CCl4中；

（6）上层是碘化钠或碘化钾溶液；依据金属离子的焰色反应设计实验检验，若是碘化钾溶液，则透过蓝色钴玻璃观察火焰呈紫色证明是钾元素，若③中答NaI水溶液，火焰呈黄色；

故答案为：焰色反应；若是碘化钾溶液，则透过蓝色钴玻璃观察火焰呈紫色证明是钾元素，若③中答NaI水溶液，火焰呈黄色．16、＞因为水的电离是吸热反应，温度升高，水的电离程度增大，离子积也增大酸＜【分析】【分析】（1）水的电离过程为吸热反应；温度升高，水的电离程度增大，水的离子积增大，据此进行解答；

（2）醋酸为弱电解质，溶液中部分电离，pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后，醋酸过量，溶液显示酸性，溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，根据电荷守恒判断钠离子与醋酸根离子的浓度大小关系．【解析】【解答】解：（1）由于水的电离电离过程为吸热反应，温度越高，水的电离程度越大，水的离子积越大，所以若25℃＜t1＜t2，则KW＞1×10-14；

故答案为：＞；因为水的电离是吸热反应；温度升高，水的电离程度增大，离子积也增大；

（2）pH=3的醋酸溶液中；氢离子浓度为0.001mol/L，醋酸的浓度大于0.001mol/L；pH=11的氢氧化钠溶液中氢氧化钠的浓度为0.001mol/L，所以二者等体积混合后，醋酸过量，溶液显示酸性；混合后的溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，根据电荷守恒可知，钠离子浓度一定小于醋酸根离子浓度；

故答案为：酸；＜．17、低于5mLHCl溶液和45mLNaOH溶液反应放热后的温度已经是22℃，则溶液混合前的实验环境温度一定低于22℃3：21.5环形玻璃搅拌棒H+（aq）+OH-（aq）=H2O（l）△H=-kJ•mol-1或HCl（aq）+NaOH（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=-kJ•mol-1；【分析】【分析】（1）从图示观察的起始温度即为实验时的温度；

（2）由图可知，恰好反应时参加反应的盐酸溶液的体积是30mL，由V1+V2=50mL可知；消耗的氢氧化钠溶液的体积为20mL，以此求出两者的体积比值；计算NaOH浓度；

（3）为使酸碱完全反应，应用环形玻璃搅拌棒；根据△H=-计算出△H，根据化学计量数和△H关系写出热化学方程式．【解析】【解答】解：（1）根据实验结果图2所示；5mLHCl溶液和45mLNaOH溶液反应放热后的温度已经是22℃，可以知道该实验开始时温度一定是低于22℃；

故答案为：低于；5mLHCl溶液和45mLNaOH溶液反应放热后的温度已经是22℃；则溶液混合前的实验环境温度一定低于22℃；

（2）恰好反应时参加反应的盐酸溶液的体积是30mL，由V1+V2=50mL，消耗的氢氧化钠溶液的体积为20mL，所以V1/V2=3/2；设恰好反应时氢氧化钠溶液中溶质的物质的量为n；

HCl+NaOH═NaCl+H2O

11

1.0mol•L-1×0.03Ln

则n=1.0mol•L-1×0.03L=0.03mol；

所以浓度C==1.5mol/L；

故答案为：3：2；1.5；

（3）为使酸碱完全反应；应用环形玻璃搅拌棒；

20mL1.5mol/L氢氧化钠与30mL1.0mol/L盐酸溶液进行中和反应生成水的物质的量为0.02L×1.50mol/L=0.03mol，△H=-KJ/mol=-KJ/mol，反应的热化学方程式为：H+（aq）+OH-（aq）=H2O（l）△H=-kJ•mol-1或HCl（aq）+NaOH（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=-kJ•mol-1；

故答案为：环形玻璃搅拌棒；H+（aq）+OH-（aq）=H2O（l）△H=-kJ•mol-1或HCl（aq）+NaOH（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=-kJ•mol-1．18、③①②【分析】【分析】根据盐类水解规律”谁强谁显性、谁弱谁水解、强强显中性”来确定这三种盐溶液的酸碱性，据此分析解答．【解析】【解答】解：氯化钠为强酸强碱盐；钠离子和氯离子都不水解，所以氯化钠溶液呈中性；氯化铵为强酸弱碱盐，铵根离子水解而导致其溶液呈酸性，碳酸钠为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解而导致其溶液呈碱性，所以常温下呈酸性的是③，呈中性的是①，呈碱性的是②；

故答案为：③；①；②．19、32F-O-O-O-F【分析】【分析】（1）根据方程式中各物质的物质的量之比等于计量数之比；相同条件下的各气体的物质的量之比等于其体积之比，计确定x；y；

（2）根据分子式结合已知条件写其电子式、结构式．【解析】【解答】解：（1）根据原子守恒配平方程式；

OxFy=O2+F2；

1×22.4L×22.4L×22.4L

10mL15mL10mL

所以x=3；y=2；分子式为：O3F2；

故答案为：3；2；

（2）该分子中含3个O原子，根据“A分子中X个氧原子是-O-O-O-链状排列”知，两个F原子位于该分子的两端，所以该分子的结构式为F-O-O-O-F，电子式为故答案为：F-O-O-O-F．20、Na2O•Al2O3•2SiO2•2nH2OC（Na+）=2C（CO32-）+2C（HCO3-）+2C（H2CO3）C（Na+）+C（H+）=2C（CO32-）+C（HCO3-）+C（OH-）CO2+2AlO2-+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32-（或CO2+AlO2-+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-）

或CO2+SiO32-+H2O=H2SiO3↓+CO32-（或2CO2+SiO32-+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3-）12【分析】【分析】（1）硅酸盐写成氧化物形式时；写氧化物顺序是：活泼金属氧化物；较活泼金属氧化物、二氧化硅、水，要注意原子守恒；

（2）石灰石煅烧生成的气体M为CO2，高岭土焙烧后的产物主要是SiO2和Al2O3，加NaOH过滤后得到的虑液N主要含有NaAlO2和Na2SiO3；二氧化碳和偏铝酸钠；硅酸钠溶液反应生成分别氢氧化铝、硅酸和碳酸钠，所以副产品A中含有碳酸钠，溶液中存在电荷守恒和物料守恒；

（3）二氧化碳和偏铝酸钠；硅酸钠都发生反应生成沉淀；

（4）用惰性电极电解氯化钠溶液时，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气，根据氯气和氢氧化钠之间的关系式计算氢氧化钠的物质的量，再根据C=计算氢氧化钠的物质的量浓度，从而计算溶液的pH．【解析】【解答】解：（1）硅酸盐写成氧化物形式时，写氧化物顺序是：活泼金属氧化物、较活泼金属氧化物、二氧化硅、水，所以分子筛的表示式为：Na2O•Al2O3•2SiO2•2nH2O；

故答案为：Na2O•Al2O3•2SiO2•2nH2O；

（2）石灰石煅烧生成的气体M为CO2，高岭土焙烧后的产物主要是SiO2和Al2O3，加NaOH过滤后得到的虑液N主要含有NaAlO2和Na2SiO3，二氧化碳和偏铝酸钠、硅酸钠溶液反应分别生成氢氧化铝、硅酸和碳酸钠，所以副产品A中含有碳酸钠，溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据物料守恒得C（Na+）=2C（CO32-）+2C（HCO3-）+2C（H2CO3），根据电荷守恒得C（Na+）+C（H+）=2C（CO32-）+C（HCO3-）+C（OH-）；

根据质子守恒得2C（H2CO3）+C（HCO3-）+C（H+）=C（OH-）；

故答案为：C（Na+）=2C（CO32-）+2C（HCO3-）+2C（H2CO3）；C（Na+）+C（H+）=2C（CO32-）+C（HCO3-）+C（OH-）；

（3）二氧化碳和偏铝酸钠；硅酸钠溶液反应分别生成氢氧化铝、硅酸和碳酸钠；

离子反应方程式为：CO2+2AlO2-+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32-（或CO2+AlO2-+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-）

或CO2+SiO32-+H2O=H2SiO3↓+CO32-（或2CO2+SiO32-+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3-）；

故答案为：CO2+2AlO2-+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32-（或CO2+AlO2-+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-）

或CO2+SiO32-+H2O=H2SiO3↓+CO32-（或2CO2+SiO32-+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3-）；

（4）标准状况下56L氯气的物质的量为2.5mol．设此时溶液中生成NaOH的物质的量为x

据2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑

21

x2.5mol

2：1=x：2.5mol；则x=5.0mol

500L溶液中C（OH-）==0.01mol/L

溶液中C（H+）=mol/L=10-12mol/L，所以溶液的pH=-=12；

故答案为：12．四、判断题(共2题，共12分)21、×【分析】【分析】当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆速率之比等于化学计量数之比（不同物质），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，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．【解析】【解答】解：由于反应前后；气体的质量不变，在恒温恒容，所以混合气体的密度始终不变，则密度不能判断是否达到了平衡状态；

而恒温恒压条件下；混合气体的密度增大，当密度保持不变，反应达到平衡；

故答案为：×．22、×【分析】【分析】标准状况下，气体的摩尔体积为22.4L/mol，结合V=nVm计算．【解析】【解答】解：标准状况下，1molO2和N2混合气体的体积约为V=1mol×22.4L/mol=22.4L；

故答案为：×．五、推断题(共2题，共10分)23、略

【分析】试题解析：根据B可与A、C、D生成化合物甲、乙、丙，原子序数按B、D、C、A、E依次增大，且乙、丙为10电子分子，可判断B为H2。结合C与丙反应生成乙，且乙可与A单质反应，推断出C为O2，D为N2，则乙为H2O，丙为NH3。结合A可与乙（H2O）反应，且产物戊光照可得C（O2）和甲，可推出A为Cl2，戊为HClO，甲为HCl。A（Cl2）与E反应生成己，己又可与E反应生成庚，可推出E为变价金属Fe，己为FeCl3，则庚为FeCl2。（2）实验室用MnO2和浓盐酸反应制取氯气。（3）H2与N2形成的原子个数比为2:1的化合物为N2H4。（4）根据Cl2与NH3反应生成N2和HCl，可写出方程式。（5）8gFe与Cl2反应放出QkJ热量，即molFe可放出QkJ热量，据此可写出热化学方程式，注意题中强调热量在常温下测定，常温下Fe和FeCl3均为固体。（6）实验室配制FeCl2溶液时，为防止Fe2+水解，需将FeCl2晶体在盐酸中溶解，然后稀释，并加适量铁粉。考点：考查元素化合物的结构和性质，热化学方程式书写，电子式，溶液配制。【解析】【答案】（1）。OClFe（2）MnO2+4H++2Cl―Mn2++Cl2↑+2H2O（3）HClO（4）3Cl2+2NH3＝N2+6HCl（5）2Fe(s)+3Cl2(g)FeCl3(s)，△H=－14QkJ·mol－１（6）向盐酸中加入适量的FeCl2晶体，搅拌溶解，然后加水稀释，并加入少许铁粉。24、碳钠氧氯p-pσ1s22s22p63s23p6离子化合物【分析】【分析】元素B的单质能在C的气态单质中剧烈燃烧，火焰呈黄色，并生成淡黄色固体B2C2，则B为Na，C为O元素，AC2是气体，元素A的最高正价和负价绝对值相等，则A为第ⅣA族元素，所以A为碳元素，元素D的负一价阴离子电子层结构与氩原子相同，则D为氯元素，据此答题．【解析】【解答】解：元素B的单质能在C的气态单质中剧烈燃烧，火焰呈黄色，并生成淡黄色固体B2C2，则B为Na，C为O元素，AC2是气体；元素A的最高正价和负价绝对值相等，则A为第ⅣA族元素，所以A为碳元素，元素D的负一价阴离子电子层结构与氩原子相同，则D为氯元素；

（1）根据上面的分析可知；A；B、C、D的元素名称分别为碳、钠、氧、氯，故答案为：碳；钠；氧；氯；

（2）AD4分子为CCl4；其中C；Cl原子的最外层电子都在p轨道上，所以含有的σ键类型为