2025年教科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年教科新版高三化学上册阶段测试试卷481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6题，共12分)1、下列有关苯酚的实验事实中，能说明侧链对苯环性质有影响的是（）A.1mol苯酚与3molH2发生加成反应B.苯酚能和NaOH溶液反应C.苯酚燃烧产生带浓烟的火焰D.苯酚与浓溴水反应生成三溴苯酚2、下列各组溶液；只用试管和胶头滴管，不用任何试剂就可以鉴别的是（）

①稀H2SO4和Na2CO3②KOH和Al2（SO4）3③Ca（OH）2和NaHCO3④NaAlO2和稀盐酸．A.①②④B.①②③C.①③④D.全部3、下列离子方程式中，不正确的是（）A.向NaHSO4溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液：H++SO42-+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2OB.向Fe（OH）3中加入过量的HI溶液：Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2OC.用淀粉碘化钾试纸和盐酸检验加碘盐：IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2OD.将少量SO2气体通入足量的NaClO溶液中：SO2+ClO-+H2O=SO42-+Cl-+2H+4、已知：下列说法不正确的是A.①和②变化过程中都会放出热量B.氯原子吸引电子的能力强于钠原子和氢原子C.①和②中的氯原子均得到1个电子达到8电子稳定结构D.NaCl中含有离子键，HCl中含有共价键5、下列溶液：rm{垄脵}硝酸钡溶液rm{垄脷}碘水rm{垄脹}酸性高锰酸钾溶液rm{垄脺}氯化铁溶液rm{垄脻}品红溶液，其中能用来区别rm{SO_{2}}和rm{CO_{2}}气体的是rm{(}rm{)}A.rm{垄脹垄脻}B.rm{垄脷垄脹垄脻}C.rm{垄脵垄脷垄脹垄脻}D.rm{垄脵垄脷垄脹垄脺垄脻}6、制备相同质量的硝酸铜，从经济效益和环保角度考虑，最适宜采用的方法是（）A.Cu+HNO3（浓）→Cu（NO3）2B.Cu+HNO3（稀）→Cu（NO3）2C.Cu+AgNO3→Cu（NO3）2D.CuCuO（NO3）2评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)7、将2.8g铁粉与一定量的稀硝酸微热反应，铁粉完全溶解后，共收集到气体约aL（假设装置中无残留，忽略硝酸分解），若将该气体与672mLO2（气体均为标准状况）混合通入水中恰好溶于水无气体剩余，则a为____，溶液中生成的盐的化学式为____，反应中消耗的HNO3的物质的量为____．8、

（1）过滤时需要用到的玻璃仪器是（填2个）____．

（2）检验加入BaCl2溶液后SO42-是否沉淀完全的操作为____．

（3）若用硝酸钡来代替氯化钡，请判断是否可行，并说明理由____．

（4）某同学认为该实验方案中加适量氯化钡溶液不容易控制；应加入过量氯化钡溶液．

他的思路如下：

沉淀A的化学式是____，溶液③中的溶质是____．9、下表是元素周期表的一部分；根据A-K在周期表中的位置，用元素符号或化学式回答下列问题．

。

周期。

族ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA01A2DFH3BCEGIJ4K（1）写出D、G的元素符号____、____

（2）A到K中化学性质最不活泼的是____

（3）最高价氧化物对应的水化物碱性最强的是____（写化学式、下同），酸性最强的是____

（4）C的氢氧化物与I的氢化物反应的化学方程式：____

（5）请设计一个实验比较I和K单质氧化性的强弱____写出该反应的离子方程式为____．10、以HCHO和C2H2为有机原料，经过下列反应可得化合物N（C4H8O2）．

（l）反应1的反应类型为____．

（2）HOCH2C≡CCH2OH分子中，在同一个平面的原子最多有____个．

（3）化合物M不可能发生的反应是____（填序号）．

A．氧化反应B．取代反应C．消去反应D．加成反应E．还原反应。

（4）N的同分异构体中，属于酯类的有____种．

（5）A与M互为同分异构体；有如下转化关系．

填写下列空白：

①A的结构简式为____，B中的官能团名称是____

②D的化学式为____

③写出B与银氨溶液反应的化学方程式：____

④在120℃时，由A、B、E组成的混合物wg与氧气充分反应，生成产物全部为气体时，消耗氧气[m（O2）]的质量范围为____．11、如表是元素周期表的一部分；针对表中用字母标出的元素，回答下列问题：

（除特别注明外；其它一律用化学式表示）

（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），其原子结构示意图为____．元素K名称为____在周期表中的位置____．

（2）最高价氧化物水化物中碱性最强的化合物的电子式是：____

（3）某元素二价阳离子的核外有10个电子，该元素是____（填元素名称）

（4）G、H、I形成的气态氢化物稳定性由强到弱的顺序____

（5）F、H、J的最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序____．

（6）I、J、K三种元素形成的离子，离子半径由大到小的顺序是____．

（7）元素I的氢化物的结构式为____；该氢化物常温下和元素K的单质反应的化学方程式为____．12、高氯酸铵可用于火箭推进剂，实验室可由NaClO3等原料制取（部分物质溶解度如图1）；其实验流程如图2：

（1）氯酸钠受热分解生成高氯酸钠和氯化钠的化学方程式为____．

（2）80℃时浸取液冷却至0℃过滤，滤渣的主要成分为：____（写化学式）．

（3）反应器中加入氯化铵饱和溶液发生反应的离子方程式为____．

（4）已知：2NH4ClO4N2↑+2O2↑+Cl2↑+4H2O；现可提供下列试剂：

a．饱和食盐水b．浓H2SO4c．NaOH溶液d．Mge．Cuf．Fe

利用图3装置对高氯酸铵热分解产生的三种气体进行分别吸收或收集．

①E中收集到的气体可能是____（填化学式）．

②A、B、C中盛放的药品依次可以是____（选填：Ⅰ；Ⅱ、Ⅲ）．

Ⅰ．abdⅡ．cbeⅢ．bcf．13、下列说法不正确的是____．

A．用稀盐酸洗涤AgCl沉淀比用水洗涤损耗AgCl小；

B．物质的溶解度随温度的升高而增加；故物质的溶解都是吸热的；

C．对于Al（OH）3（s）⇌Al（OH）3（aq）⇌Al3++3OH-；前者为溶解平衡，后者为电离平衡；

D．除去溶液中的Mg2+，用OH-沉淀Mg2+比用CO32-效果好，说明Mg（OH）2的溶解度比MgCO3大。

E．沉淀反应中常加过量的沉淀剂，其目的是使沉淀完全．14、请根据下图作答：

已知：一个碳原子上连有两个羟基时，易发生下列转化：

（1）反应①所属的有机反应类型是____反应．

（2）反应③的化学方程式____．

（3）已知B的相对分子质量为162，其完全燃烧的产物中n（CO2）：n（H2O）=2：1，则B的分子式为____．

（4）F是高分子光阻剂生产中的主要原料．F具有如下特点：①能跟FeCl3溶液发生显色反应；②能发生加聚反应；③苯环上的一氯代物只有两种．F在一定条件下发生加聚反应的化学方程式为____．

（5）化合物G是F的同分异构体，属于芳香族化合物，能发生银镜反应．G的结构有____种．

（6）化合物H是B的同分异构体，H分子中含有的部分结构为它的水解产物经聚合反应后可得到高聚物（CaHbO2）nH有多种结构，写出其中一种的结构简式____．评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)15、将30mL0.5mol/L的NaOH溶液加水稀释到500mL，稀释后NaOH的物质的量浓度为0.3mol/L____．（判断对错）16、物质的量相同的磷酸钠溶液和磷酸溶液中所含的PO43-量相同．____．17、乙烷与氯气的取代反应，乙烯与氯代烃的加成反应，均可用于制取1-氯乙烷____（判断对错）18、实验测得1mol某气体体积为22.4L，测定条件一定是标准状况____（判断对错）19、将40gNaOH溶解在1L水中，溶液中溶质的物质的量浓度为1mol/L____．（判断对错）20、一元取代产物只有一种的，十个碳以下的烷烃有5种____（判断对错）评卷人得分四、简答题(共1题，共10分)21、乙炔可用于照明；焊接及切割金属；也是制备乙醛、醋酸、苯、合成橡胶、合成纤维等的基本原料。甲烷催化裂解是工业上制备乙炔的方法之一。回答下列问题：

（1）已知：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（I）△H1=-890kJ/mol

C2H2（g）+O2（g）=2CO2（g）+H2O（I）△H2=-1300kJ/mol

2H2（g）+O2（g）=2H2O（I）△H3=-572kJ/mol

则2CH4（g）=C2H2（g）+3H2（g）△H=______kJ/mol。

（2）某科研小组尝试利用固体表面催化工艺进行CH4的裂解。

①若用和分别表示CH4、C2H2、H2和固体催化剂，在固体催化剂表面CH4的裂解过程如图所示。从吸附到解吸的过程中；能量状态最低的是______（填标号），其理由是______

②在恒容密闭容器中充入amol甲烷，测得单位时间内在固体催化剂表面CH4的转化率[α（CH4）]与温度（to℃）的关系如图1所示，to℃后CH4的转化率突减的原因可能是______。

（3）甲烷分解体系中几种气体的平衡分压（p/Pa）与温度（t/oC）的关系如图2所示。

①t1℃时，向VL恒容密闭容器中充入0.12molCH4，只发生反应2CH4（g）=C2H4（g）+2H2（g），达到平衡时，测得p（C2H4）=p（CH4）。CH4的平衡转化率为______。在上述平衡状态某一时刻，改变温度至t2℃，CH4以0.01mol/（L．s）的平均速率增多，则tl______t2（填“＞”；“=”或“＜”）。

②在图2中，t3℃时，化学反应2CH4（g）=C2H2（g）+3H2（g）的压强平衡常数Kp=______Pa2。评卷人得分五、解答题(共3题，共24分)22、芳香族化合物C10H10O2有如下的转化关系：已知F能使Br2/CCl4溶液褪色；且RONa+R′X→ROR′+NaX

请回答下列问题：

（1）写出反应类型．

反应B→C______反应E→F______

（2）请分别写出A；F的结构简式。

A______F______

（3）若有机物M与C互为同分异构体；则与有机物B互为同系物的M的同分异构体有______种．

（4）请写出B→C反应的化学反应方程式______23、0.1mol某烃的衍生物与0.35mol氧气混合密闭于一容器中，点火后发生不完全燃烧，得到CO2、CO和H2O的气态混合物．将混合气体通过浓硫酸时；浓硫酸质量增加了5.4g，通过足量澄清石灰水时，可得到沉淀20g（干燥后称量）．剩余气体与灼热的氧化铁充分反应后再通入足量澄清的石灰水中，又得到20g固体物质（干燥后）．

求：（1）该有机物的分子式．

（2）该有机物可与醇发生酯化反应，且可使溴水褪色，写出该有机物可能的结构简式和名称．24、某元素R；其原子核内有16个中子，已知其最高正价与负价绝对值之差为2，其气态氢化物含R91.2%．

（1）求R的相对原子量；R质子数。

（2）推断R在周期表中的位置，指出其名称．参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【分析】A；苯酚可以和氢气发生加成反应；

B；苯酚具有弱酸性；能和碱反应生成盐和水；

C；有机物大多是容易燃烧的；

D、苯酚和浓溴水反应体现了酚羟基的邻对位氢原子活泼．【解析】【解答】解：A；苯酚可以和氢气发生加成反应生成环己烷；体现了苯酚中不饱和键的性质，故A错误；

B；苯酚能和NaOH溶液反应；说明苯酚具有弱酸性，能和碱反应生成盐和水，故B错误；

C；有机物大多是容易燃烧的；苯酚燃烧产生带浓烟的火焰体现了有机物的通性，故C错误；

D；苯酚和浓溴水反应生成三溴苯酚；体现了酚羟基的邻对位氢原子活泼，能说明侧链羟基对苯环性质有影响，故D正确；

故选D．2、A【分析】【分析】只用试管和胶头滴管而不用其它试剂就能区分，说明反应现象与反应物的量多少有关，结合物质间的反应来分析解答．【解析】【解答】解：①稀H2SO4和Na2CO3，当硫酸少量时，离子反应方程式为CO32-+H+=HCO3-，当硫酸过量时，离子反应方程式为2H++CO32-=CO2↑+H2O；所以反应现象不同，故正确；

②KOH和Al2（SO4）3，当Al2（SO4）3溶液过量时，反应离子方程式为：Al3++3OH-=Al（OH）3↓，当Al2（SO4）3少量时，离子反应方程式为Al3++4OH-=AlO2-+2H2O；所以反应现象不同，故正确；

③Ca（OH）2和NaHCO3；无论二者谁过量，都会生成碳酸钙沉淀，所以现象相同，不能鉴别，故错误；

④NaAlO2和稀盐酸，当盐酸少量时，离子反应方程式为H++AlO2-+H2O=Al（OH）3↓，当盐酸过量时，离子反应方程式为：4H++AlO2-=Al3++2H2O；所以反应现象不同，故正确；

则正确的有①②④；

故选A．3、B【分析】【分析】A．二者反应生成硫酸钡；硫酸钠和水；

B．二者反应生成亚铁离子；碘和水；

C．酸性条件下；碘酸根离子和碘离子发生氧化还原反应生成碘和水；

D．少量二氧化硫通入足量次氯酸钠溶液中，二者发生氧化还原反应生成硫酸根离子、氯离子和氢离子．【解析】【解答】解：A．二者反应生成硫酸钡、硫酸钠和水，离子方程式为H++SO42-+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O；故A正确；

B．二者反应生成亚铁离子、碘和水，离子方程式为2I-+2Fe（OH）3+6H+=2Fe2++6H2O+I2；故B错误；

C．酸性条件下，碘酸根离子和碘离子发生氧化还原反应生成碘和水，离子方程式为IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O；故C正确；

D．少量二氧化硫通入足量次氯酸钠溶液中，二者发生氧化还原反应生成硫酸根离子、氯离子和氢离子，离子方程式为SO2+ClO-+H2O=SO42-+Cl-+2H+；故D正确；

故选B．4、C【分析】试题分析：A、①②都表示新化学键的形成，放出热量，正确；B、钠原子失去电子，氯原子得到电子，HCl中共用电子对偏向于氯原子，说明氯原子吸引电子的能力强于钠原子和氢原子，正确；C、②H原子与Cl原子形成共用电子对，没有发生电子得失，错误；D、NaCl中Na+与Cl‾形成离子键，HCl中氢原子与氯原子通过共用电子对形成共价键，正确。考点：本题考查离子键和共价键。【解析】【答案】C5、D【分析】解：rm{垄脵}硝酸钡溶液，能产生沉淀的是rm{SO_{2}}没现象的是rm{CO_{2}}能用来区别rm{SO_{2}}和rm{CO_{2}}

rm{垄脷}碘水，碘水褪色的是rm{SO_{2}}没现象的是rm{CO_{2}}能用来区别rm{SO_{2}}和rm{CO_{2}}

rm{垄脹}酸性高锰酸钾溶液，紫色褪去的是rm{SO_{2}}没现象的是rm{CO_{2}}能用来区别rm{SO_{2}}和rm{CO_{2}}

rm{垄脺}氯化铁溶液，黄色褪去的是rm{SO_{2}}没现象的是rm{CO_{2}}能用来区别rm{SO_{2}}和rm{CO_{2}}

rm{垄脻}品红溶液，品红溶液的是rm{SO_{2}}没现象的是rm{CO_{2}}能用来区别rm{SO_{2}}和rm{CO_{2}}

故选D．

rm{SO_{2}}和rm{CO_{2}}均为酸性氧化物；二氧化硫具有还原性，具有漂白性，结合物质的性质差异来解答．

本题考查物质的鉴别，为高频考点，把握物质的性质和性质差异、发生的反应和现象为解答的关键，注意现象相同不能鉴别物质，题目难度不大．【解析】rm{D}6、D【分析】【分析】制备相同质量的硝酸铜，从经济效益和环保角度考虑，需要的物质越少越好且反应过程中不产生有毒气体，以此来解答．【解析】【解答】解：A．铜和浓硝酸反应生成NO2；二氧化氮有毒，污染空气，故A不选；

B．铜和稀硝酸反应生成NO；NO有毒，污染空气，故B不选；

C．铜和硝酸银反应生成硝酸铜；但硝酸银价格较昂贵，不经济，故C不选；

D．该过程中不产生有毒气体；且使用材料较廉价，符合条件，故D选；

故选D．二、填空题(共8题，共16分)7、0.896Fe（NO3）2、Fe（NO3）30.16mol【分析】【分析】反应生成气体为NO，NO与氧气混合通入水又生成HNO3，根据电子转移守恒计算NO物质的量，再根据V=nVm计算NO的体积；纵观整个过程，Fe失去电子等于氧气获得电子物质的量，根据电子转移守恒计算生成的盐中Fe元素化合价，可以确定生成的盐的化学式；根据氮元素守恒计算消耗的HNO3的物质的量．【解析】【解答】解：反应生成气体为NO，NO与氧气混合通入水又生成HNO3，通入氧气为=0.03mol，根据电子转移守恒，NO物质的量为=0.04mol；则NO的体积为0.04mol×22.4L/mol=0.896L；

纵观整个过程，Fe失去电子等于氧气获得电子物质的量，Fe的物质的量为=0.05mol，根据电子转移守恒，生成的盐中Fe元素化合价为=2.4，故盐中Fe元素化合价为+2、+3价，即生成Fe（NO3）2、Fe（NO3）3，设二者物质的量分别为xmol、ymol，则：；解得x=0.03；y=0.02；

根据氮元素守恒，消耗的HNO3的物质的量=2n[Fe（NO3）2]+3n[Fe（NO3）3]+n（NO）=0.03mol×2+0.02mol×3+0.04mol=0.16mol；

故答案为：0.896；Fe（NO3）2、Fe（NO3）3；0.16mol．8、漏斗、玻璃棒、烧杯静置一段时间后，取少量上层清液于试管中，再滴加BaCl2溶液，若无沉淀生成，说明SO42-沉淀完全，反之未沉淀完全不可行，会引入NO3-BaCO3HCl【分析】【分析】（1）过滤一般用到烧杯；漏斗、玻璃棒以及滤纸等；

（2）可用钡离子检验；硫酸钡不溶于硝酸；

（3）若用硝酸钡来代替氯化钡；引入新杂质；

（4）氯化钾、溴化钾，硫酸钾中硫酸钾能与氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀，溶液①的成分中含有：氯化钾、溴化钾和过量的氯化钡，加入过量碳酸钾，会和氯化钡反应生成碳酸钡白色沉淀和氯化钾，所以沉淀A的化学式是BaCO3；溶液②的成分中含有氯化钾、溴化钾和过量的碳酸钾，碳酸钾会和③盐酸反应生成氯化钾、水和二氧化碳，可以将碳酸根离子除掉，溴化钾会与氯气反应生成氯化钾和溴单质，以此解答．【解析】【解答】解：（1）过滤一般用到烧杯；漏斗、玻璃棒以及滤纸等；则玻璃仪器为漏斗、玻璃棒、烧杯，故答案为：漏斗、玻璃棒、烧杯；

（2）可用硝酸酸化的硝酸钡检验硫酸根离子，方法为静置一段时间后，取少量上层清液于试管中，再滴加BaCl2溶液，若无沉淀生成，说明SO42-沉淀完全；反之未沉淀完全；

故答案为：静置一段时间后，取少量上层清液于试管中，再滴加BaCl2溶液，若无沉淀生成，说明SO42-沉淀完全；反之未沉淀完全；

（3）若用硝酸钡来代替氯化钡，则硝酸根在溶液中不能除掉，引入新杂质，不可行，故答案为：不可行，会引入NO3-；

（4）氯化钾、溴化钾，硫酸钾中硫酸钾能与氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀，溶液①的成分中含有：氯化钾、溴化钾和过量的氯化钡，加入过量碳酸钾，会和氯化钡反应生成碳酸钡白色沉淀和氯化钾，所以沉淀A的化学式是BaCO3；溶液②的成分中含有氯化钾；溴化钾和过量的碳酸钾；碳酸钾会和③盐酸反应生成氯化钾、水和二氧化碳，可以将碳酸根离子除掉，溴化钾会与氯气反应生成氯化钾和溴单质；

故答案为：BaCO3；HCl．9、CPArNaOHHClO4Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O将氯水滴入溴化钠溶液中颜色变深Cl2+2Br-=2Cl-+Br2【分析】【分析】（1）由元素在周期表中位置，可知A为氢，B为Na，C为Al，D为碳，E为Si，F为氮，G为磷，H为氟，I为Cl，J为Ar，K为Br；

（2）稀有气体的化学性质最不活泼；

（3）上述元素中Na的金属性最强；故氢氧化钠碱性最强，F元素没有最高价含氧酸，上述元素中，最高价含氧酸中高氯酸的酸性最强；

（4）氢氧化铝与盐酸反应生成氯化铝与水；

（5）利用单质之间的相互置换进行验证．【解析】【解答】解：（1）由元素在周期表中位置，可知A为氢，B为Na，C为Al，D为碳，E为Si，F为氮，G为磷，H为氟，I为Cl，J为Ar，K为Br；故答案为：C；P；

（2）稀有气体Ar的化学性质最不活泼，故答案为：Ar；

（3）上述元素中Na的金属性最强，故NaOH的碱性最强，F元素没有最高价含氧酸，上述元素中，最高价含氧酸中HClO4的酸性最强，故答案为：NaOH；HClO4；

（4）氢氧化铝与盐酸反应生成氯化铝与水，反应方程式为：Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O；

故答案为：Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O；

（5）利用单质之间的相互置换进行验证，具体方案为：将氯水滴入溴化钠溶液中颜色变深，有关离子方程式为：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2；

故答案为：将氯水滴入溴化钠溶液中颜色变深；Cl2+2Br-=2Cl-+Br2．10、加成反应8DE4醛基、醇羟基C8H12O4g＜m（O2）＜g【分析】【分析】（1）由HCHO、HC≡CH及HOCH2C≡CCH2OH结构可知，HCHO中C=O双键中1个C-O键断裂、HC≡CH中C-H断裂，H原子与O原子结合、碳原子相互连接生成HOCH2C≡CCH2OH；属于加成反应；

（2）-C≡C-形成直线型结构，与其直接相连的原子在同一直线上，-CH2-为四面体结构；最多有3个原子共面，旋转C-C单键可以使2个平面处于同一平面，据此解答；

（3）HOCH2C≡CCH2OH与氢气发生加成反应生成M，结合M的分子式可知M为HOCH2CH2CH2CH2OH；含有-OH，具有醇的性质；

（4）M部分氧化生成N（C6H8O2），可知N为HOCH2CH2CH2CHO；讨论形成酯的醇与羧酸，判断属于酯类的N的同分异构体数目；

（5）A与M（HOCH2CH2CH2CH2OH）互为同分异构体，A被氧化生成B，B一定条件下反应生成E，由E的结构并结合信息，可知B的结构简式为：故A的结构简式为：B和银氨溶液发生银镜反应，然后酸化生成C，所以C的结构简式为：C在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生分子间酯化反应生成D，D是六元环状化合物，所以D的结构简式为：据此解答．【解析】【解答】解：（1）-CHO中C=O双键断裂与乙炔发生加成反应生成HOCH2C≡CCH2OH；该反应为加成反应，故答案为：加成反应；

（2）根据-C≡C-为直线结构，与其直接相连的原子在同一直线上，则4个C原子在一条直线上，又-CH2-为四面体结构；最多有3个原子共面，则在同一个平面的原子最多有8个，故答案为：8；

（3）HOCH2C≡CCH2OH与氢气发生加成反应生成M，结合M的分子式可知M为HOCH2CH2CH2CH2OH；能发生氧化；取代消去反应，不存在不饱和键，则不能发生加成、还原反应，故答案为：D、E；

（4）N的同分异构体中；属于酯类的有：甲酸丙酯；甲酸异丙酯、乙酸乙酯、丙酸甲酯，所以有4种，故答案为：4；

（5）A与M（HOCH2CH2CH2CH2OH）互为同分异构体，A被氧化生成B，B一定条件下反应生成E，由E的结构并结合信息，可知B的结构简式为：故A的结构简式为：B和银氨溶液发生银镜反应，然后酸化生成C，所以C的结构简式为：C在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生分子间酯化反应生成D，D是六元环状化合物，所以D的结构简式为

①通过以上分析知，A为：B为：含有醛基和醇羟基，故答案为：醛基；醇羟基；

②D的结构简式为：其化学式为C8H12O4，故答案为：C8H12O4；

③B和银氨溶液发生银镜反应，反应方程式为：

故答案为：

④B为C4H8O2、E为（C4H8O2）n，B与E的最简式相同都为C2H4O，相同质量二者耗氧量相等，A为C4H10O2，最简式为C2H5O；H元素的质量分数高于B；E，故相同质量A的耗氧量最多；

只有A时；耗氧量达极大值，设wgA完全燃烧消耗氧气为x，则：

4C2H5O+11O28CO2+10H2O

4×4511×32

wgx

所以；4×45：11×32=wg：x

解得x=g；

只有B或E时；耗氧量大极小值，设wgB或E完全燃烧消耗氧气为y，则：

2C2H4O+5O24CO2+4H2O

2×445×32

wgy

所以；2×44：5×32=wg：y

解得y=g；

故g＜m（O2）＜g

故答案为：g＜m（O2）＜g．11、Ar氯第三周期第ⅦA族镁H2O＞NH3＞PH3H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3S2-＞Cl-＞O2-H-O-HCl2+H2OHClO+HCl【分析】【分析】由元素在周期表中位置，可知A为氢，B为Na，C为Mg，D为Al，E为碳，F为Si，G为氮，H为磷，I为氧，J为硫，K为Cl，L为Ar．

（1）稀有气体原子最外层为稳定结构，Ar化学性质最不活泼；K为氯元素；由位置可知处于第三周期第ⅦA族；

（2）最高价氧化物水化物中碱性最强为NaOH；

（3）某元素二价阳离子的核外有10个电子；该元素核外电子数为12，故为Mg；

（4）非金属性越强；对应氢化物越稳定；

（5）非金属性越强；最高价氧化物对应水化物的酸性越强；

（6）电子层结构相同的离子；核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大；

（7）元素I的氢化物为H2O，氯气与水反应生成HCl与HClO．【解析】【解答】解：由元素在周期表中位置，可知A为氢，B为Na，C为Mg，D为Al，E为碳，F为Si，G为氮，H为磷，I为氧，J为硫，K为Cl，L为Ar．

（1）稀有气体原子最外层为稳定结构，Ar化学性质最不活泼，原子结构示意图为K为氯元素；由位置可知处于第三周期第ⅦA族；

故答案为：Ar；氯；第三周期第ⅦA族；

（2）最高价氧化物水化物中碱性最强为NaOH，电子式为：

故答案为：

（3）某元素二价阳离子的核外有10个电子；该元素核外电子数为12，故为Mg；

故答案为：镁；

（4）同周期自左而右非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱，非金属性越强，对应氢化物越稳定，故氢化物稳定性：H2O＞NH3＞PH3；

故答案为：H2O＞NH3＞PH3；

（5）非金属性Cl＞P＞Si，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故酸性：H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3；

故答案为：H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3；

（6）电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大，故离子半径：S2-＞Cl-＞O2-；

故答案为：S2-＞Cl-＞O2-；

（7）元素I的氢化物为H2O，结构式为H-O-H，氯气与水反应生成HCl与HClO，反应方程式为：Cl2+H2OHClO+HCl；

故答案为：H-O-H；Cl2+H2OHClO+HCl．12、4NaClO33NaClO4+NaClNaClO4NH4++ClO4-=NH4ClO4N2Ⅱ【分析】【分析】氯酸钠受热分解生成高氯酸钠和氯化钠，80℃时浸取液冷却至0℃过滤得到滤渣的主要成分为NaClO4，反应器中加入氯化铵饱和溶液发生反应生成高氯酸按，过滤干燥得到NH4ClO4；

（1）根据题干信息：氯酸钠受热分解生成高氯酸钠和氯化；结合原子守恒来书写方程式；

（2）根据温度和物质的溶解度的关系知道：高氯酸钠的溶解度受温度影响大，但是氯化钠的溶解度受温度影响不大，NaClO4的溶解度受温度影响很大；NaCl溶解度受温度影响不大；

（3）向高氯酸钠中加入氯化铵；沉淀向着更难溶的物质转化，根据物质的溶解情况，可以知道会析出高氯酸铵；

（4）①根据氯气能被NaOH吸收；水可以被浓硫酸吸收，氧气可以被热的Cu吸收，氮气可以用排水法收集回答；

②根据气体的检验顺序来回答，氯气能被NaOH吸收，水可以被浓硫酸吸收，氧气可以被热的Cu吸收，氮气可以用排水法收集，氢氧化钠中有水，先是吸收氯气，再是将水吸收，最后吸水的是氧气．【解析】【解答】解：据氧化还原反应原理和信息，氯酸钠受热分解生成高氯酸钠和氯化钠，可由图知，NaClO4的溶解度受温度影响很大；NaCl溶解度受温度影响不大，80℃时浸取液冷却至0℃过滤，高氯酸钠的溶解度迅速降低，析出晶体，高氯酸钠中加入氯化铵饱和溶液，反应向着更难溶的物质转化，根据物质的溶解情况，可以知道会析出高氯酸铵，过滤洗涤干燥就可以得到高氯酸铵的固体．

（1）根据氧化还原反应原理和信息，氯酸钠受热分解生成高氯酸钠和氯化钠，得到方程式为4NaClO33NaClO4+NaCl；

故答案为：4NaClO33NaClO4+NaCl；

（2）可由图知，NaClO4的溶解度受温度影响很大；NaCl溶解度受温度影响不大，80℃时浸取液冷却至0℃过滤，高氯酸钠的溶解度迅速降低，析出晶体，但是氯化钠的溶解度受温度的影响不大，不会析出晶体；

故答案为：NaClO4．

（3）反应器高氯酸钠中加入氯化铵饱和溶液；反应向着更难溶的物质转化，根据物质的溶解情况，可以知道会析出高氯酸铵，即发生反应的离子方。

程式为NH4++ClO4-=NH4ClO4；

故答案为：NH4++ClO4-=NH4ClO4；

（4）氯气能被NaOH吸收，水可以被浓硫酸吸收，氧气可以被热的Cu吸收，氮气可以用排水法收集，氢氧化钠中有水，先是吸收氯气，再是将水吸收，最后吸水的是氧气，所以A、B、C中盛放的药品依次可以是c．NaOHb．浓H2SO4e．Cu；最后用排水法收集氮气；

①E中收集到的气体只能是氮气；

故答案为：N2；

②氯气能被NaOH吸收，水可以被浓硫酸吸收，氧气可以被热的Cu吸收，氮气可以用排水法收集，氢氧化钠中有水，先是吸收氯气，再是将水吸收，最后吸水的是氧气，所以A、B、C中盛放的药品依次可以是c．NaOHb．浓H2SO4e．Cu；

故答案为：Ⅱ．13、BD【分析】【分析】A；依据氯化银沉淀溶解平衡分析；银离子浓度增大，平衡向沉淀方向进行；

B；物质的溶解度大部分随温度的升高而增加；大部分物质的溶解是吸热的，有些物质溶解度随温度升高减小，有些物质溶解时放热的；

C；氢氧化铝是难溶物质；存在沉淀溶解平衡和电离平衡；

D、Mg（OH）2的溶解度比MgCO3小；

E、为使离子完全沉淀，加入过量的沉淀剂，能使离子沉淀完全．【解析】【解答】解：A、氯化银沉淀溶解平衡中存在溶度积常数，Ksp=[Ag+][Cl-]；银离子浓度增大，平衡向沉淀方向进行；用稀盐酸洗涤AgCl沉淀比用水洗涤损耗AgCl小，故A正确；

B；物质的溶解度大部分随温度的升高而增加；大部分物质的溶解是吸热的，有些物质溶解度随温度升高减小，有些物质溶解时放热的，故B错误；

C；氢氧化铝是难溶物质；存在沉淀溶解平衡和电离平衡，故C正确；

D、Mg（OH）2的溶解度比MgCO3小；故D错误；

E；为使离子完全沉淀；加入过量的沉淀剂，能使离子沉淀完全，故E正确；

综上所述：BD错误；

故答案为：BD．14、取代（或水解）CH3CHO+2Cu（OH）2CH3COOH+Cu2O+2H2OC10H10O24【分析】【分析】由题意可知A在碱性条件下发生水解生成CH3CHO和CH3COONa，E应为CH3COOH，B的相对分子质量为162，其完全燃烧的产物中n（CO2）：n（H2O）=2：1，则分子中a=b，则有12a+a+2×16=162，a=10，则分子式为C10H10O2，水解生成F和CH3COOH，则F中应有8个C原子，又知：①能跟FeCl3溶液发生显色反应，说明分子中含有酚羟基；②能发生加聚反应含有C=C，说明；③苯环上的一氯代物只有两种，取代基应在对位位置，F应为则B为结合有机物的结构和性质解答该题．【解析】【解答】解：由题意可知A在碱性条件下发生水解生成CH3CHO和CH3COONa，E应为CH3COOH，B的相对分子质量为162，其完全燃烧的产物中n（CO2）：n（H2O）=2：1，则分子中a=b，则有12a+a+2×16=162，a=10，则分子式为C10H10O2，水解生成F和CH3COOH，则F中应有8个C原子，又知：①能跟FeCl3溶液发生显色反应，说明分子中含有酚羟基；②能发生加聚反应含有C=C，说明；③苯环上的一氯代物只有两种，取代基应在对位位置，F应为则B为

（1）A在碱性条件下发生水解生成CH3CHO和CH3COONa；反应类型为水解或取代，故答案为：取代（或水解）；

（2）反应③为乙醛的催化氧化，方程式为CH3CHO+2Cu（OH）2CH3COOH+Cu2O+2H2O；

故答案为：CH3CHO+2Cu（OH）2CH3COOH+Cu2O+2H2O；

（3）由以上分析可知B的分子式为C10H10O2，故答案为：C10H10O2；

（4）F为含有C=C，可发生加聚反应，方程式为

故答案为：

（5）化合物G是F的同分异构体；属于芳香族化合物，能发生银镜反应，说明分子中含有-CHO，可为甲基苯甲醛（有临；间、对3种）和苯乙醛，共4种；

故答案为：4；

（6）B为H分子中含有的部分结构为它的水解产物经聚合反应后可得到高聚物（CaHbO2）nH有多种结构；分子中应含有酯基，可为。

故答案为：．三、判断题(共6题，共12分)15、×【分析】【分析】稀释前后氢氧化钠的物质的量不变，根据稀释定律C1V1=C2V2计算判断．【解析】【解答】解：令稀释后NaOH的物质的量浓度为c，稀释前后氢氧化钠的物质的量不变，则：0.03L×0.5mol/L=c×0.5L，解得c=0.03mol/L，故错误，故答案为：×．16、×【分析】【分析】磷酸钠溶液中磷酸根能发生水解，磷酸溶液中磷酸电离产生PO43-．【解析】【解答】解：磷酸是中强酸；存在电离平衡，磷酸盐存在水解平衡，这两个平衡程度都很小．

磷酸电离由3步（磷酸是三元酸）；分别是磷酸二氢根，磷酸氢根，最后是少量磷酸根离子；

磷酸钠电离状态下电离出钠离子和磷酸根离子；但是磷酸根离子要水解，其程度也很小，所以磷酸钠中磷酸根离子远多于等浓度的磷酸溶液；

故答案为：×．17、×【分析】【分析】乙烯与氯化氢加成生成1-氯乙烷，此为制取氯乙烷的较好方法，由于取代反应有多种副产物生成，故不能利用此方法制取1-氯乙烷．【解析】【解答】解：CH3CH3+Cl2→CH3CH2Cl+HCl，该反应的生成物氯乙烷可以继续与氯气发生取代反应生成二氯乙烷，产物不纯净，故不能利用此方法制取1-氯乙烷，故错误；故答案为：×．18、×【分析】【分析】由PV=nRT，可知物质的量一定情况下，压强、温度会影响气体的体积．【解析】【解答】解：标况下，1mol气体的体积是22.4L，由PV=nRT，可知不是标况下，1mol气体的体积也可能为22.4L，故错误，故答案为：×．19、×【分析】【分析】将40gNaOH溶解在1L水中，溶液体积大于1L．【解析】【解答】解：将40gNaOH溶解在1L水中；溶液体积大于1L，溶液中溶质的物质的量浓度小于1mol/L；

故答案为：×．20、×【分析】【分析】烷烃的一氯取代物只有一种，说明该烷烃中只有一种等效氢原子，根据等效氢原子的判断方法来回答．【解析】【解答】解：烷烃分子中；同一个碳上的氢原子等效，连在同一个碳原子上的氢原子等效，具有镜面对称的碳原子上的氢原子等效，烷烃的一氯取代物只有一种，说明该烷烃中只有一种等效氢原子，在碳原子数n≤10的所有烷烃的同分异构体中，其一氯取代物只有一种的烷烃分别是：甲烷；乙烷、2，2-二甲基丙烷以及2，2，3，3-四甲基丁烷，共4种．

故答案为：×．四、简答题(共1题，共10分)21、+378A甲烷的裂解为吸热反应，甲烷分子活化需要吸收能量温度过高，催化剂活性降低66.7%＞104.7【分析】解：（1）已知：①CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（I）△H1=-890kJ/mol

②C2H2（g）+O2（g）=2CO2（g）+H2O（I）△H2=-1300kJ/mol

③2H2（g）+O2（g）=2H2O（I）△H3=-572kJ/mol

盖斯定律计算①×4-②-③×可得得到2CH4（g）=C2H2（g）+3H2（g）△H=+378KJ/mol；

故答案为：+378；

（2）①从吸附到解吸的过程中；甲烷的裂解为吸热反应，甲烷分子活化需要吸收能量，能量状态最低的是A；

故答案为：A；甲烷的裂解为吸热反应；甲烷分子活化需要吸收能量；

②to℃后CH4的转化率突减的原因可能是温度过高；催化剂活性降低；

故答案为：温度过高；催化剂活性降低；

（3）①反应2CH4（g）=C2H4（g）+2H2（g）为分解反应；而分解反应绝大多数为吸热反应，故此反应为吸热反应；

设CH4的转化浓度为Xmol/L；可知：

2CH4（g）=C2H4（g）+2H2（g）

初始浓度：0.3mol/L00

浓度变化：Xmol/Lmol/LXmol/L

平衡浓度：（0.3-X）mol/Lmol/LXmol/L

达到平衡时，测得p（C2H4）=p（CH4），可知：0.3-X=

解得X=0.2mol/L；

故CH4的平衡转化率=×100%=66.7%；

改变温度后，CH4的浓度升高，即平衡左移，即温度应为降低，即T1＞T2；

故答案为：66.7%；＞；

②此反应的平衡常数表达式，将气体的平衡浓度换为平衡分压，t3℃时，化学反应2CH4（g）=C2H2（g）+3H2（g）的气体分压为：P（CH4）=103、P（H2）=104、P（C2H2）=10-1.3，压强平衡常数Kp===104.7；

故答案为：104.7。

（1）已知：①CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（I）△H1=-890kJ/mol

②C2H2（g）+O2（g）=2CO2（g）+H2O（I）△H2=-1300kJ/mol

③2H2（g）+O2（g）=2H2O（I）△H3=-572kJ/mol

盖斯定律计算①×4-②-③×可得得到2CH4（g）=C2H2（g）+3H2（g）△H；

（2）①饱和过程分析甲烷的裂解为吸热反应；甲烷分子活化需要吸收能量；

②单位时间内在固体催化剂表面CH4的转化率[α（CH4）]与温度（to℃）的关系如图1所示，t0后减小是和催化剂活性有关；

（3）①设出CH4的转化浓度，然后根据三段式，利用c（C2H4）=c（CH4）来解答，根据改变温度后，CH4的浓度升高来判断温度的变化；

②t3℃时，化学反应2CH4（g）=C2H2（g）+3H2（g）的气体分压为：P（CH4）=103、P（H2）=104、P（C2H2）=10-1.3，压强平衡常数Kp=

本题考查热化学方程式，焓变的计算，化学平衡的移动，影响化学反应速率的因素，平衡常数计算、图象变化和反应过程的分析判断等知识，考查的知识点较多，比较综合，有助于培养从原理角度分析化学反应的实质。题目难度中等。【解析】+378A甲烷的裂解为吸热反应，甲烷分子活化需要吸收能量温度过高，催化剂活性降低66.7%＞104.7五、解答题(共3题，共24分)22、略

【分析】

C发生加聚反应生成（C4H6O2）n，故C的分子式为C4H6O2，B与甲醇反生成C，C属于酯，不饱和度为2，故C为CH2=CH-COOCH3，B为CH2=CH-COOH，芳香族化合物A（C10H10O2）在浓硫酸、加热条件下生成B与D，D的分子式为C7H8O，D中含有羟基，D和碳酸钠、G反应生成H，根据H的结构简式结合D的分子式知，D的结构简式为：所以故A含有酯基，A为与足量的氢气反应生成E，故E为E在浓硫酸、加热条件下生成F，