2025年华东师大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年华东师大版高三化学上册阶段测试试卷455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、下列条件下，两种气体的分子数一定不相等的是（）A.相同体积、相同密度的CO和C2H4B.相同质量、不同密度的N2和C2H4C.相同压强、相同体积、相同质量的O2和N2D.相同温度、相同压强、相同体积的O2和N22、如下图所示的实验装置中，溶液的体积均为200mL，开始时电解质溶液的浓度均为0.1mol•L-1，工作一段时间后，测得导线中均通过0.02mol电子，若不考虑溶液体积的变化，则下列叙述中正确的是（）A.产生气体的体积：①＞②B.Cu电极上放出的气体在标准状况下的体积为224mlC.溶液的pH变化：①增大，②减小D.电极反应式①中阳极：4OH--4e-→2H2O+O2↑4OH--4e-→2H2O+O2↑+4e-②中负极：2H++2e-→H2↑3、在N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）反应一段时间后NH3的浓度增加为0.6mol/L在此时间内用H2表示的平均速率为0.45mol/L•S则经过的时间是（）A.0.44SB.1SC.1.33SD.2S4、下面是实验室制取氨气的装置和选用的试剂，其中错误的是rm{(}rm{)}

A.rm{垄脵垄脷}B.rm{垄脷垄脹}C.rm{垄脹垄脺}D.rm{垄脵垄脹}5、下列说法正确的是（）A.氯乙烯、聚乙烯都是不饱和烃B.聚苯乙烯的结构简式为C.氯乙烯制取聚氯乙烯的反应为nCH2═CHClD.乙烯和聚乙烯都能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)6、（2013秋•武陵区校级期末）维生素C的结构简式如图所示，它的分子式是____，在维生素C溶液中滴入少量蓝色的含有淀粉的碘溶液，可观察到溶液蓝色褪去，说明维生素C具有____性．7、现有一包白色粉末，其中可能含有Ba（NO3）2、CaCl2、K2CO3；现做以下实验：

（1）将部分粉末加水溶解；振荡，有白色沉淀生成：

（2）向（1）的悬浊液加入过量的稀硝酸；白色沉淀消失，并有气泡产生：

（3）取少量的（2）的溶液滴入硝酸银溶液；有白色沉淀生成．

根据上述实验现象；回答下列问题：

（1）原白色粉末中肯定有____可能有____

（2）写出全部肯定发生的离子反应：____

（3）如何进一步确定白色粉末的成分，请你写出实验步骤、现象和结论____．8、（7分）Q、W、X、Y、Z五种短周期元素，原子序数依次增大。Q在元素周期表中原子半径最小，W元素最高正价与最低负价代数和为0；Y与Q同主族；X、Z分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素。请回答下列问题：（1）X、Z简单离子半径较大是（用离子符号表示）。（2）由这五种元素中的若干种组成的化合物甲、乙、丙、丁在水溶液中有如下转化关系：其中丙是溶于水显酸性的气体，丁是强碱。①若乙常作为焙制糕点的发酵粉，则乙含有的化学键类型有。②若乙是难溶物，甲溶液与过量的丙生成乙的离子方程式为：。9、（11分）A、B、C、D、E五种短周期元素（A、B、C、D、E分别代表元素符号），它们的原子序数依次增大；A是元素周期表中原子半径最小的元素；B元素最高价氧化物对应的水化物与其氢化物反应生成一种盐X；D与A同主族，且与E同周期；E元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的=3/4倍；C与E同主族。请回答下列问题：（1）X的化学式为______，D的原子结构示意图为______。（2）元素的非金属性C______E(填“＞”、“＜”或“＝”)，下列各项中，能说明这一结论的事实有______（填序号）。①氢化物H2E的酸性比H2C强②氢化物H2C的热稳定性比H2E强③氢化物H2E的水溶液放置在空气中会变浑浊（3）将由BC和BC2组成的混合气体通入下图所示装置中，用来验证浓硝酸的氧化性比稀硝酸的氧化性强。已知（ⅰ）浓硝酸能将气体BC氧化成BC2，而稀硝酸不能氧化BC。（ⅱ）NaOH溶液与BC2反应的化学方程式为：2NaOH+2BC2==NaBC2+NaBC+H2ONaOH溶液与BC气体不反应a.装置①、②、③中盛放的药品依次是______、______、______。b.通入混合气体之前，应先通入一段时间某另外一种气体，试推测先通入的该气体可以是______（填一种气体的化学式）。c.能够说明实验已成功的现象是___________________________。10、写出二氯甲烷和氯气在光照条件下反应的化学方程式____，该化学反应的反应类型为____11、原子序数依次增大的X；Y、Z、G、Q、R、T七种元素；核电荷数均小于36．已知X的一种1：2型氢化物分子中既有σ键又有π键，且所有原子共平面；Z的L层上有2个未成对电子；Q原子s原子轨道与p原子轨道电子数相等；R单质是制造各种计算机、微电子产品的核心材料；T处于周期表的ds区，原子中只有一个未成对电子．

（1）Y原子核外共有____种不同运动状态的电子，T原子有____种不同原子轨道的电子．

（2）X、Y、Z的第一电离能由小到大的顺序为____（用元素符号表示）．

（3）Z与R能形成化合物甲，1mol甲中含____mol化学键，甲与氢氟酸反应，生成物的分子空间构型分别为____；

（4）G、Q、R氟化物的熔点如下表，造成熔点差异的原因为____；

。氟化物G的氟化物Q的氟化物R的氟化物熔点/K9931539183（5）向T的硫酸盐溶液中逐滴加入Y的氢化物的水溶液至过量，反应的离子方程式为____．12、利用碳-碳偶联反应合成新物质是有机合成的研究热点之一；如：

化合物Ⅰ可以由以下合成路线获得：

（1）化合物Ⅰ的分子式为____．

（2）化合物Ⅱ与溴的CCl4溶液发生加成反应，产物的结构简式为____．

（3）化合物Ⅲ生成化合物Ⅰ的化学方程式为____；（注明反应条件）化合物Ⅲ与NaOH水溶液共热的化学方程式为____．（注明反应条件）

（4）化合物Ⅳ是化合物Ⅲ的一种同分异构体，其苯环上只有一种取代基，Ⅳ的催化氧化产物Ⅴ能发生银镜反应．Ⅳ的结构简式为____，Ⅴ的结构简式为____．

（5）有机物与BrMgCH2（CH2）3CH2MgBr在一定条件下发生类似反应①的反应，生成的有机化合物Ⅵ（分子式为C16H17N）的结构简式为____．13、溴苯是一种化工原料；实验室合成溴体的装置示意图及有关数据如下：

。苯溴溴苯密度/g•cm-30.883.101.50沸点/℃8059156水中溶解度微溶微溶微溶按下列合成步骤回答问题：

（1）在a中加入15mL无水苯和少量铁屑．在b中小心加入4.0mL液态溴．向a中滴入几滴溴，有白色烟雾产生，是因为生成了____气体．继续滴加至液溴滴完．装置d的作用是____；

（2）液溴滴完后；经过下列步骤分离提纯：

①向a中加入10mL水；然后过滤除去未反应的铁屑；

②滤液依次用10mL水、8mL10%的NaOH溶液、10mL水洗涤．NaOH溶液洗涤的作用是____；

③向分出的粗溴苯中加入少量的无水氯化钙，静置、过滤．加入氯化钙的目的是____；

（3）经以上分离操作后，粗溴苯中还含有的主要杂质为____，要进一步提纯，下列操作中必须的是____；（填入正确选项前的字母）

A．重结晶B．过滤C．蒸馏D．萃取。

（4）在该实验中，a的容积最适合的是____．（填入正确选项前的字母）

A.25mLB.50mLC.250mLD.500mL．评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)14、一个化学反应中，当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，△H为“-”____（判断对错）15、由冰变成水蒸气需要吸收热量，是吸热反应____．（判断对错）16、在标准状况时，20mLNH3与60mLO2所含的分子个数比为1：3____．（判断对错）17、钠的性质活泼，在空气中易发生反应，故应保存在CCl4或酒精中．____（判断对错）18、标准状况下，1molO2和N2混合气体的体积约为22.4L____（判断对错）19、钠与水反应时，会发生剧烈爆炸____．（判断对错）评卷人得分四、探究题(共4题，共28分)20、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________．21、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：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：评卷人得分五、计算题(共1题，共4分)24、2.8g某物质含有3.01×1022个原子，则该物质的摩尔质量是____；已知铁的相对原子质量是56，则1个铁原子的质量是____g．评卷人得分六、综合题(共1题，共3分)25、（15分）为研究铁质材料与热浓硫酸的反应，某小组进行了以下探究活动：[探究一]（1）称取铁钉（碳素钢）12．0g放入30．0mL浓硫酸中，加热，充分应后得到溶液X并收集到气体Y。①甲同学认为X中除Fe3+外还可能含有Fe2+。若要确认其中是否含有Fe2+，应选择加入的试剂为________（选填序号）。a．KSCN溶液和氯水b．铁粉和KSCN溶液c．浓氨水d．酸性KMnO4溶液②乙同学取672mL（标准状况）气体Y通入足量溴水中，发生反应：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4然后加入足量BaCl2溶液，经适当操作后得到干燥固体4．66g。据此推知气体Y中SO2的体积分数为____。（相对原子质量：O—16S—32Ba—137）[探究二]分析上述实验中SO2体积分数的结果，丙同学认为气体Y中还可能含量有H2和CO2气体。为此设计了下列探究实验装置（图中夹持仪器省略）。（2）写出产生CO2的化学方程式____。（3）装置A中试剂的作用是____。（4）简述确认气体Y中含有CO2的实验现象。（5）如果气体Y中含有H2，预计实验现象应是。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【分析】根据N=nNA可知；气体分子数目不相等，则二者物质的量不相等．

A．根据n=判断；

B．根据m=ρV，n=判断；

C．根据n=判断；

D．同温同压下，体积之比等于物质的量之比．【解析】【解答】解：A．二者的摩尔质量均为28g/mol，由n=可知；二者质量相同，则它们的物质的量相同，故含有分子数相等，故A不选；

B．相同体积、相同密度，根据m=ρV，可知二者的质量相同，二者摩尔质量相同，则由n=可知；二者物质的量相同，则含有分子数相等，故B不选；

C．相同质量的O2和N2，二者摩尔质量分别为32g/mol、28g/mol，根据n=可知二者的物质的量不同；则含有分子数不同，故C选；

D．相同温度、相同压强、相同体积的O2和N2；而物质的量相同，含有分子数相同，故D不选；

故选：C．2、B【分析】【分析】（2）能自发的进行氧化还原反应，所以为原电池，则（1）为电解池，锌易失电子作负极，铜作正极，连接锌的碳棒作阴极，连接铜的碳棒作阳极，负极上锌失电子发生氧化反应，正极上氢离子得电子发生还原反应，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上铜离子放电生成铜．【解析】【解答】解：（2）能自发的进行氧化还原反应；所以为原电池，则（1）为电解池，锌易失电子作负极，铜作正极，连接锌的碳棒作阴极，连接铜的碳棒作阳极；

A．（1）中产生氧气，（2）中产生氢气，当转移0.02mol电子时生成氧气的体积==0.112L，生成氢气体积==0.224L；所以生成气体体积：①＜②，故A错误；

B．铜电极上放出氢气体积==0.224L=224mL；故B正确；

C．（1）中阳极上氢氧根离子放电导致溶液中氢离子浓度增大；溶液的pH减小，（2）中氢离子得电子生成氢气导致氢离子浓度降低，溶液的pH增大，故C错误；

D．（1）中阳极上氢氧根离子放电生成氧气，电极反应式为：4OH--4e-→2H2O+O2↑，②中负极锌失电子生成锌离子，电极反应式为：Zn-2e-→Zn2+；故D错误；

故选B．3、D【分析】【分析】NH3的浓度增加为0.6mol/l，反应速率为，此时间内用H2表示的平均速率为0.45mol/l．S，结合反应速率之比等于化学计量数之比来解答．【解析】【解答】解：NH3的浓度增加为0.6mol/l，反应速率为，此时间内用H2表示的平均速率为0.45mol/l．S；

由反应速率之比等于化学计量数之比可知；

：0.45mol/l．s=2：3；

解得△t=2s；

故选D．4、D【分析】【分析】

本题考查了氨气的实验室制备方法；掌握氨气的制备原理和化学性质是解答的关键，题目难度不大。

【解答】

rm{垄脵}氯化铵不稳定受热易分解，但是氨气与氯化氢遇冷又极易反应生成氯化铵固体，不能用于制备氨气，故rm{垄脵}错误；

rm{垄脷}向rm{CaO}中滴加浓氨水，rm{CaO}遇水生成rm{Ca(OH)_{2}}同时放出大量热量，有利于浓氨水中的氨气逸出，故rm{垄脷}正确；

rm{垄脹}固体加热制气体时，试管口应略向下倾斜，使产生的水能够流出，以免损坏试管，所以利用氯化铵和氢氧化钙固体加热制取氨气需试管口应略向下倾斜，故rm{垄脹}错误；

rm{垄脺}浓氨水易挥发，加热能够促进氨气的逸出，可以用来制备氨气，故rm{垄脺}正确；故D正确。

故选D。

【解析】rm{D}5、C【分析】【分析】A．氯乙烯不属于烃；

B．聚乙烯中苯环不在链节内；

C．氯乙烯含有碳碳双键；可发生加聚反应；

D．聚乙烯不含碳碳双键，不能与溴发生加成反应．【解析】【解答】解：A．氯乙烯含有氯元素；不属于烃，而聚乙烯为饱和烃，故A错误；

B．聚苯乙烯的结构简式为故B错误；

C．氯乙烯含有碳碳双键，可发生加聚反应生成聚氯乙烯，反应为nCH2═CHCl故C正确；

D．乙烯含有碳碳双键，能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，但聚乙烯的结构单元为-CH2-CH2-；不能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，故D错误．

故选C．二、填空题(共8题，共16分)6、C6H8O6还原【分析】【分析】由结构简式可知分子式，含-OH、-COOC-、C=C，结合习题中蓝色褪去的现象及物质的性质来解答．【解析】【解答】解：由结构简式可知分子式为C6H8O6；在维生素C溶液中滴入少量蓝色的含有淀粉的碘水；观察到蓝色褪去，可知发生氧化还原反应，碘元素的化合价降低，碘为氧化剂，则维生素C具有还原性；

故答案为：C6H8O6；还原．7、CaCl2、K2CO3Ba（NO3）2Ca2++CO32-=CaCO3↓、CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑、Ag++Cl-=AgCl↓取少量（2）反应后的溶液于试管中，加入几滴稀硫酸，观察若出现白色沉淀则原混合物中有硝酸钡【分析】【分析】依据实验过程中的现象分析判断；

（1）将部分粉末加入水中；振荡，有白色沉淀生成，说明含有能生成白色沉淀的物质，白色沉淀可以是碳酸钡或碳酸钙；

（2）向（1）的悬浊液中加入过量稀硝酸；白色沉淀消失，并有气泡产生；证明沉淀一定是碳酸钙或碳酸钡沉淀；

（3）取少量（2）的溶液商入AgNO3溶液，有白色沉淀生成．证明含有氯离子，混合物中一定含有氯化钙，说明一定含有Ba（NO3）2、CaCl2；可能含有K2CO3；【解析】【解答】解：（1）将部分粉末加入水中；振荡，有白色沉淀生成，说明含有能生成白色沉淀的物质，白色沉淀可以是碳酸钡或碳酸钙；

（2）向（1）的悬浊液中加入过量稀硝酸；白色沉淀消失，并有气泡产生；证明沉淀一定是碳酸钙或碳酸钡沉淀；

（3）取少量（2）的溶液商入AgNO3溶液，有白色沉淀生成．证明含有氯离子，混合物中一定含有氯化钙，说明一定含有K2CO3、CaCl2；可能含有Ba（NO3）2；

根据上述实验现象，判断白色粉末中肯定含有K2CO3、CaCl2；可能含有Ba（NO3）2；有关反应的离子方程式为：

Ca2++CO32-=CaCO3↓；CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；Ag++Cl-=AgCl↓；

故答案为；Ca2++CO32-=CaCO3↓；CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；Ag++Cl-=AgCl↓8、略

【分析】试题分析：Q、W、X、Y、Z五种短周期元素，原子序数依次增大．Q在元素周期表中原子半径最小，则Q为H元素；X、Z分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素，则X为O、Z为Al；Y与Q同主族，Y原子序数大于氧元素，则Y为Na元素；W元素最高正价与最低负价代数和为0，处于ⅣA族，结合原子序数可知，W为碳元素。（1）O2-、Al3+离子电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径O2-＞Al3+，故答案为：O2-（2）上述五种元素中的若干种组成的化合物甲、乙、丙、丁，其中丙是溶于水显酸性的气体，丁是强碱，丙为CO2、丁为NaOH。①若乙常作为焙制糕点的发酵粉，则乙为NaHCO3，含有离子键、共价键。②若乙是难溶物，则乙为Al（OH）3，甲是Na[Al（OH）4]，甲与过量的CO2反应生成生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，反应离子方程式为：[Al（OH）4]-+CO2=Al（OH）3↓+HCO3-。考点：本题考查元素的推断、原子结构、元素周期律、方程式的书写、化学键。【解析】【答案】（7分）（1）O2－（2分）（2）①离子键、共价键（2分）填写一个得1分，只写离子或共价不得分，多写不给分。②[Al(OH)4]－+CO2＝Al(OH)3↓+HCO3－（3分）9、略

【分析】【解析】【答案】（11分）（1）NH4NO3（1分）；（1分）（2）>（1分）②③（2分）（3）a:H2O、稀HNO3、浓HNO3（每空1分，共3分）b:CO2（N2、H2合理答案均可）（1分）c:装置②中液面上方气体仍为无色，装置③中液面上方气体由无色变为红棕色（2分）10、CH2Cl2+Cl2​CHCl3+HCl取代反应【分析】【解答】二氯甲烷和氯气在光照条件下生成三氯甲烷，化学反应方程式为：CH2Cl2+Cl2CHCl3+HCl，属于取代反应，故答案为：CH2Cl2+Cl2CHCl3+HCl；取代反应．

【分析】二氯甲烷与氯气反应生成三氯甲烷，属于取代反应．11、77C＜O＜N4正四面体形、V形NaF与MgF2为离子晶体，SiF4为分子晶体，故SiF4的熔点低；Mg2+的半径比Na+的半径小、电荷数高，晶格能MgF2＞NaF，故MgF2的熔点比NaF高Cu2++2NH3•H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+、Cu（OH）2+4NH3=[Cu（NH3）4]2++2OH-【分析】【分析】X的一种1：2型氢化物分子中既有σ键又有π键，说明分子里有双键或参键，且所有原子共平面，所以X为C元素，它的1：2型氢化物为乙烯；Z的L层上有2个未成对电子，即核外电子排布为1s22s22p2或1s22s22p4，X、Y、Z原子序数依次增大，所以Z为O元素，Y的原子序数介于碳、氧之间，则Y为N元素；Q原子s能级与p能级电子数相等，则Q的核外电子排布为1s22s22p4或1s22s22p63s2，由于Q的原子序数比Z大，所以Q的电子排布为1s22s22p63s2，即Q为Mg元素；而G的原子序数介于氧和镁元素之间，所以G为Na元素；R单质是制造各种计算机、微电子产品的核心材料，R为Si元素；T处于周期表的ds区，且最外层只有一个电子，则T为Cu．【解析】【解答】解：X的一种1：2型氢化物分子中既有σ键又有π键，说明分子里有双键或参键，且所有原子共平面，所以X为C元素，它的1：2型氢化物为乙烯；Z的L层上有2个未成对电子，即核外电子排布为1s22s22p2或1s22s22p4，X、Y、Z原子序数依次增大，所以Z为O元素，Y的原子序数介于碳、氧之间，则Y为N元素；Q原子s能级与p能级电子数相等，则Q的核外电子排布为1s22s22p4或1s22s22p63s2，由于Q的原子序数比Z大，所以Q的电子排布为1s22s22p63s2；即Q为Mg元素；而G的原子序数介于氧和镁元素之间，所以G为Na元素；R单质是制造各种计算机；微电子产品的核心材料，R为Si元素；T处于周期表的ds区，且最外层只有一个电子，则T为Cu．

（1）Y为氮元素，核外电子排布式为1s22s22p3，所以7种不同运动状态的电子，T为Cu元素，它的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；有7种不同原子轨道的电子；

故答案为：7；7；

（2）同周期随原子序数增大；元素第一电离能呈增大趋势，氮元素2p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于氧元素的，故第一电离能由小到大的顺序为：C＜O＜N；

故答案为：C＜O＜N；

（3）化合物甲为二氧化硅，在二氧化硅晶体中，每个硅原子周围有四个Si-O键，所以1mol二氧化硅中含有4molSi-O键，SiO2与HF反应的方程式为：SiO2+4HF=SiF4+2H2O，其中SiF4中硅原子的价层电子对数为4+=4，没有孤电子对，所以SiF4的空间构型为正四面体，H2O中氧原子的价层电子对数为2+=4，有2对孤电子对，所以H2O的空间构型为V形；

故答案为：4；正四面体形；V形；

（4）在NaF、MgF2、SiF4中NaF与MgF2为离子晶体，SiF4为分子晶体，故SiF4的熔点低，Mg2+的半径比Na+的半径小，电荷数高，晶格能MgF2＞NaF，故MgF2的熔点比NaF高；

故答案为：NaF与MgF2为离子晶体，SiF4为分子晶体，故SiF4的熔点低，Mg2+的半径比Na+的半径小，电荷数高，晶格能MgF2＞NaF，故MgF2的熔点比NaF高；

（5）向硫酸铜溶液中逐滴加入氨水至过量，开始生成氢氧化铜沉淀，后来沉淀溶解生成四氨合铜离子，其反应的离子方程式为：Cu2++2NH3•H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+、Cu（OH）2+4NH3=[Cu（NH3）4]2++2OH-；

故答案为：Cu2++2NH3•H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+、Cu（OH）2+4NH3=[Cu（NH3）4]2++2OH-．12、C8H7Br【分析】【分析】（1）由结构简式分析分子式；C能形成4个化学键；

（2）化合物Ⅱ中含碳碳双键；与溴发生加成反应；

（3）化合物Ⅲ生成化合物Ⅰ，-OH转化为碳碳双键，为醇的消去反应；化合物Ⅲ中含-Br；与NaOH水溶液共热发生水解反应生成醇；

（4）Ⅳ是化合物Ⅲ的一种同分异构体；其苯环上只有一种取代基，Ⅳ的催化氧化产物Ⅴ能发生银镜反应，则Ⅳ中-OH在端碳原子上被氧化为-CHO；

（5）与BrMgCH2（CH2）3CH2MgBr在一定条件下发生类似反应①的反应，为取代反应，用于增长碳链．【解析】【解答】解：（1）由结构简式可知分子式为C8H7Br，故答案为：C8H7Br；

（2）化合物Ⅱ中含碳碳双键，与溴发生加成反应，则加成产物的结构简式为故答案为：

（3）化合物Ⅲ生成化合物Ⅰ，-OH转化为碳碳双键，为醇的消去反应，该反应为化合物Ⅲ中含-Br，与NaOH水溶液共热发生水解反应生成醇，该反应为

故答案为：

（4））Ⅳ是化合物Ⅲ的一种同分异构体，其苯环上只有一种取代基，Ⅳ的催化氧化产物Ⅴ能发生银镜反应，则Ⅳ中-OH在端碳原子上被氧化为-CHO，则Ⅳ的结构简式为Ⅴ的结构简式为故答案为：

（5）与BrMgCH2（CH2）3CH2MgBr在一定条件下发生类似反应①的反应，为取代反应，用于增长碳链，生成的有机化合物Ⅵ（分子式为C16H17N）的结构简式为故答案为：．13、略

【分析】

（1）苯与液溴反应生成HBr，HBr与水蒸气结合呈白雾；

液溴都易挥发，而苯的卤代反应是放热的，尾气中有HBr及挥发出的Br2；用氢氧化钠溶液吸收，防止污染大气；

故答案为：HBr；吸收HBr和Br2；

（2）溴苯提纯的方法是：先水洗，把可溶物溶解在水中，然后过滤除去未反应的铁屑，再加NaOH溶液，把未反应的Br2变成NaBr和NaBrO洗到水中．然后加干燥剂；无水氯化钙能干燥溴苯；

故答案为：除去HBr和未反应的Br2；干燥；

（3）反应后得到的溴苯中溶有少量未反应的苯．利用沸点不同；苯的沸点小，被蒸馏出，溴苯留在母液中，所以采取蒸馏的方法分离溴苯与苯，故答案为：苯；C；

（4）操作过程中，在a中加入15mL无水苯，向a中加入10mL水，在b中小心加入4.0mL液态溴；所以a的容积最适合的是50mL，故答案为：B．

【解析】【答案】（1）苯与液溴反应生成HBr，HBr与水蒸气结合呈白雾；

液溴都易挥发，而苯的卤代反应是放热的，尾气中有HBr及挥发出的Br2；用氢氧化钠溶液吸收，防止污染大气；

（2溴苯中含有溴，加NaOH溶液，把未反应的Br2变成NaBr和NaBrO洗到水中；然后加干燥剂，据此解答；

（3）由分离操作可知；分离出的粗溴苯中含有未反应的苯，分离互溶的液体，根据沸点不同，利用蒸馏的方法进行分离；

（4）根据制取溴苯所加的液体的体积进行解答；溶液的体积一般不超2/3，不少于1/3．

三、判断题(共6题，共12分)14、√【分析】【分析】根据放热反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量，吸热反应中，反应物的总能量小于生成物的总能量来解答，放热反应的△H为负值，吸热反应的△H为正值．【解析】【解答】解：当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，△H为“-”，故答案为：√．15、×【分析】【分析】冰变成水蒸气没有新物质生成，是物理变化，据此解题．【解析】【解答】解：冰变成水蒸气没有新物质生成，是物理变化，故答案为：×．16、√【分析】【分析】相同条件下，气体体积之比等于其分子数目之比．【解析】【解答】解：同温同压下，气体体积之比等于其分子数目之比，故标准状况时，20mLNH3与60mLO2所含的分子个数比=20mL：60mL=1：3，故正确，故答案为：√．17、×【分析】【分析】钠的性质活泼，易与水、氧气等反应，保存钠时，应注意隔绝空气，且不能与水接触，结合钠能与乙醇反应以及四氯化碳的密度解答该题．【解析】【解答】解：钠能与乙醇反应生成乙醇钠和氢气；钠的密度比四氯化碳的小，钠浮在四氯化碳的上面，不能用于保存钠；

故答案为：×．18、×【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：×．19、√【分析】【分析】钠与水剧烈反应，生成氢气，并放出大量的热，以此解答．【解析】【解答】解：做钠与水的反应时；不能用较大的钠块，因为钠化学性质活泼，与水反应非常激烈，所放出的热量无法及时被水吸收，局部热量过多，便引起爆炸．

故答案为：√．四、探究题(共4题，共28分)20、|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．21、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．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