2025年沪科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年沪科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7题，共14分)1、两种金属粉末的混合物9g与足量的稀硫酸反应收集到标准状况下的氢气6.72L，则这种混合物的可能组成是（）A.Mg和AlB.Fe和ZnC.Fe和CuD.Fe和Al2、下列反应属于吸热反应的是（）A.氢氧化钠与硝酸反应B.铁与盐酸反应C.氢氧化钡与氯化铵反应D.氧化钙与水反应3、下列分离方法错误的是（）A.除去食盐水中的泥沙（过滤）B.分离汽油和水的混合物（分液）C.分离水和酒精的混合物（分液）D.从溴水中获得Br2（萃取）4、常温下，向10ml0.2mol•L-1草酸（用H2T表示）溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液．有关微粒的物质的量与混合溶液的PH有如图关系，下列说法正确的是（）A.HT-在溶液中水解程度大于电离程度B.当V（NaOH）=10mL时，溶液中水的电离程度比纯水大C.当V（NaOH）=15mL时，溶液中存在：c（Na+）＞c（HT-）＞c（T2-）＞c（OH-）＞c（H+）D.当V（NaOH）=20mL时，溶液中存在：c（OH-）=c（HT-）+2c（H2T）+c（H+）5、已知rm{{,!}_{4}Se}的原子结构示意图为下列说法正确的是A.rm{Se}位于第rm{4}周期第Ⅳrm{A}族B.原子半径：rm{Br>Se>P}C.热稳定性：rm{HCl>H_{2}Se>HBr}D.酸性：rm{HClO_{4}>HBrO_{4}>H_{2}SeO_{4}}6、下列实验现象与对应结论正确的是（）

。选项操作现象结论A将浓硫酸滴到蔗糖表面固体变黑浓硫酸有脱水性和强氧化性B常温下将Al片放入浓硫酸中无明显变化Al与浓硫酸不反应C将水蒸汽通过灼热的铁粉粉末变红铁与水蒸气在高温下发生反应D将某气体通入品红溶液中溶液褪色该气体一定是SO2A.AB.BC.CD.D7、现以CO、O2、熔熔盐Z（Na2CO3）组成的燃料电池，采用电解法制备N2O5，装置如图所示，其中Y为CO2，下列说法错误的是（）A.石墨I是原电池的负极，发生氧化反应B.甲池中的CO32-向石墨I极移动C.乙池中左端Pt极电极反应式：N2O4-2e-+2HNO3=2N2O5+2H+D.若甲池消耗标准状况下的氧气2.24L，则乙池中产生氢气0.05mol评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)8、下列物质①H2O2②NaOH③NH4NO3④CH2=CH2

（1）上述物质中存在非极性键的物质是____（填序号）

（2）既存在离子键又存在共价键的物质是____（填序号）9、已知某物质主要成分的化学式为XY2，X原子的结构示意图如图X的阳离子与Y的阴离子的电子层结构相同．元素Z、W均为短周期元素，它们原子的最外层电子数均是其电子层数的2倍，Z与Y相邻且Z、W能形成一种WZ2型分子．

（1）m=____，该物质主要成分的化学式为____．

（2）Z、W元素的名称为____、____．

（3）下列说法正确的是____．

A．XY2和WZ2都为离子化合物B．XY2分子中仅含离子键，WZ2中仅含极性共价键。

C．H2Z比HY的稳定性强D．X的阳离子比Y的阴离子半径大。

（4）水的沸点比H2Z的沸点高，其原因是____．10、【化学——选修2：化学与技术】（15分）过碳酸钠（2Na2CO3·3H2O2）俗称固体双氧水，是一种很好的消毒剂和供氧剂。湿法生产过碳酸钠的原理和线路如图所示（BC—1，BC—2均为稳定剂）：请回答下列问题：（1）H2O2中添加BC—Ⅰ的目的是；工业纯碱中常含有微量Fe3+，加入BC—2可与Fe3+形成配合物，这样做的原因是。（2）过碳酸钠在高温下容易分解，所以制取时反应需控制在5℃以下进行。在反应釜中发生的主要反应为；常温结晶的过程中加入氯化钠、搅拌，作用是。（3）下列关于过碳酸钠使用和保存的说法不正确的是。（填字母标号）A．应与易燃或可燃物、还原剂等分开存放B．使用时避免与眼睛、皮肤和衣服接触C．储存于干燥洁净、不通风的仓库内D．过碳酸钠不慎溅入眼睛应用流动清水或生理盐水冲洗，并就医（4）过碳酸钠是一种很好的消毒剂，下列与其消毒原理相似的是。（填字母标号）A．乙醇B．漂粉精C．二氧化硫D．过氧化钠（5）工业上常以所含活性氧的质量分数衡量过碳酸钠产品的优势，13%以上为优等品。取2g某厂家生产的过碳酸钠样品（所含杂质不参加反应）溶于水配成溶液，加入足量MnO2，反应完全后溶液质量减轻0.264g，则该样品中活性氧的质量分数为。11、乙酸异戊酯是组成蜜蜂信息素的成分之一；具有香蕉的香味．实验室制备乙酸异戊酯的反应；装置示意图和有关数据如下：

。相对分子质量密度/（g•cm-3）沸点/℃水中溶解性异戍醇880.8123131微溶乙酸601.0492118溶乙酸异戊酯1300.8670142难溶某同学的实验步骤：

①在A中加入4.4g异戊醇；6.0g乙酸、数滴浓硫酸；

②缓慢加热A；回流50min；

③反应液冷至室温后倒入仪器甲中；分别用少量水；饱和碳酸氢钠溶液和水洗涤；

④分出的产物加入少量无水MgSO4固体，静置片刻，过滤除去MgSO4固体；

⑤进行蒸馏纯化；收集140～143℃馏分，得乙酸异戊酯2.6g．

请回答下列问题：

（1）该酯化反应的原子利用率是____（用分数表示）．

（2）实验中仪器B的作用是____，步骤③中的仪器甲是____．

（3）该同学开始加热A后，发现此前操作中有一处严重的疏漏，如何补救？____．

（4）步骤④中加入无水MgSO4是为了除去某种杂质，如何检验该杂质是否除尽？简述实验方法：____．

（5）步骤⑤中，若温度计水银球的位置过高，则所收集馏分的沸点____（填“高于”或“低于”）目标产物的沸点．

（6）本实验的产率是____（填标号）．a．30%b．40%c．50%d．60%12、A是一种重要的化工原料；已知A是一种卤代烃相对分子质量为92.5，其核磁共振氢谱中只有一个峰，C是一种高分子化合物，M是一种六元环状酯，转化关系如图所示，回答下列问题：

（1）A的分子式为____；A→B的反应类型____；

（2）有机物D的化学名称为____．M的结构简式为____．

（3）写出下列反应的化学方程式：

B→C：____；

E→F：____．

（4）满足下列条件的H的同分异构体共有____种（不考虑立体异构）．写出其中核磁共振氢谱有三个峰，且峰面积比为6：1：1的同分异构体的结构简式____．

①属于酯类；②能发生银镜反应；③能与金属钠反应放出气体．13、（1）甲同学在整理房间时；清理出如下物品，它们应分别放入哪个垃圾箱。

可回收垃圾____有害垃圾____．（请填序号）

A．废作业本B．汽水易拉罐C．生锈铁钉D．矿泉水瓶E．烂苹果F．涂改液瓶

（2）该同学用盐酸除去铁钉上的锈（主要成分为氧化铁）以重新使用它，请写出除锈的离子方程式____．14、（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8题，共16分)15、1molCl2参加反应转移电子数一定为2NA．____（判断对错）16、标准状况下当氧气与氦气的原子数均为NA时，它们具有相同的体积____（判断对错）17、向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，可制得Fe（OH）3胶体____（判断对错）18、质谱和核磁共振不仅可用于有机小分子结构的分析，还可用于蛋白质结构的研究____（判断对错）19、苯中混有已烯，可在加入适量溴水后分液除去____（判断对错）20、中性干燥剂无水氯化钙，既可干燥H2，又可干燥HCl，还可干燥NH3____（判断对错）．21、放热反应不需加热就可以发生____．（判断对错）22、在标准状况时，20mLNH3与60mLO2所含的分子个数比为1：3____．（判断对错）评卷人得分四、实验题(共3题，共24分)23、化学是一门以实验为基础的科学。（1）下列叙述中正确的是______（填序号）。A．分液漏斗、滴定管和容量瓶使用前必须检查是否漏水B.将碘水倒入分液漏斗，再加适量乙醇，充分振荡、静置，可从碘水中萃取碘C．洁净的铁钉在食盐水中浸泡一段时间，铁钉上有气泡，说明铁发生了析氢腐蚀D．铁丝在氯气中剧烈燃烧，火星四射，生成黑色固体E．酸碱中和滴定实验中，锥形瓶用蒸馏水洗净后直接使用，而滴定管用蒸馏水洗净后，必须润洗后使用（2）用铜片与稀硝酸反应制取NO气体，如图装置中适合的是______（填序号）；装置B中的试剂最好是______，该装置的作用是______________________。24、某课外活动小组设计了以下实验验证rm{Ag}与浓硝酸反应的过程中可能产生rm{NO.}其实验流程图如图rm{1}rm{2}

rm{(1)}测定硝酸的物质的量反应结束后，从如图rm{3}装置rm{B}中所得rm{100mL}溶液中取出rm{25.00mL}溶液，用rm{0.1mol?L^{-1}}的rm{NaOH}溶液滴定，用酚酞作指示剂，滴定前后的滴定管中液面的位置如上图所示rm{.}在rm{B}容器中生成硝酸的物质的量为______rm{mol}则rm{Ag}与浓硝酸反应过程中生成的rm{NO_{2}}在标准状况下的体积为______rm{mL}．

rm{(2)}测定rm{NO}的体积．

rm{垄脵}从如图rm{3}所示的装置中，你认为应选用______装置进行rm{Ag}与浓硝酸反应实验；选用的理由是______．

rm{垄脷}选用如图rm{3}所示仪器组合一套可用来测定生成rm{NO}体积的装置，其合理的连接顺序是____________rm{(}填各导管口编号rm{)}．

rm{垄脹}在测定rm{NO}的体积时，若量筒中水的液面比集气瓶的液面要低，此时应将量筒的位置______rm{(}填“下降”或“升高”rm{)}以保证量筒中的液面与集气瓶中的液面持平．

rm{(3)}气体成分分析．

若实验测得rm{NO}的体积为rm{112.0mL(}已折算到标准状况rm{)}则rm{Ag}与浓硝酸反应的过程中______rm{(}填“有”或“没有”rm{)NO}产生，作此判断的依据是______．25、（2011春•宁波期末）某些废旧塑料可采用下列方法处理：将废塑料隔绝空气加强热；使其变成有用的物质，实验装置如图．加热聚丙烯废塑料得到的产物如表：

。产物氢气甲烷乙烯丙烯苯甲苯碳质量分数（%）1224121620106（1）试管A中残余物有多种用途；如下列转化就可制取高聚物聚乙炔．

写出反应②的化学方程式．____

（2）试管B收集到的产品中；其中有一种物质M能使酸性高锰酸钾溶液褪色．

①试写出体现该物质重要用途的一个反应方程式____；

②如该物质发生一氯取代，则生成物的同分异构体共有有____种；

③另有M的同系物，分子式为C10Hn，则n=____，该物质结构中有2个乙基，则其所有可能的结构简式为____

（3）锥形瓶C中观察到的现象____．经溴水充分吸收，剩余气体经干燥后的平均相对分子质量为____

（4）写出C中逸出的气体在工业上的两种用途____、____．评卷人得分五、书写(共1题，共6分)26、按要求写出化学方程式。

（1）乙醇催化氧化____

（2）苯和Br2反应____．评卷人得分六、解答题(共2题，共10分)27、黄铁矿（主要成分为FeS2）是工业制取硫酸的重要原料，其煅烧产物为SO2和Fe3O4．将0.050molSO2（g）和0.030molO2（g）放入容积为1L的密闭容器中，反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）在一定条件下达到平衡，测得c（SO3）=0.040mol•L-1．计算该条件下反应的平衡常数K和SO2的平衡转化率（写出计算过程）．28、常温时；将0.05mol/L盐酸和未知浓度的NaOH溶液以1：2混合后，混合液的pH为12，用上述NaOH溶液滴定pH=3的某一元弱酸HA的溶液20mL，达到终点时，消耗NaOH溶液12.5mL．求：

（1）NaOH溶液的物质的量浓度；

（2）一元弱酸HA的物质的量浓度；

（3）一元弱酸HA的电离平衡常数．参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】【分析】标准状况下6.72L氢气的物质的量为：=0.3mol，假设金属的化合价都是+2价，则金属的物质的量为0.3mol，根据M=计算出混合物的平均摩尔质量，然后对各选项进行判断，注意Al为+2价时的摩尔质量为：×3=18g/mol，不与硫酸反应的计算的摩尔质量为无穷大．【解析】【解答】解：标准状况下6.72L氢气的物质的量为：=0.3mol；

假设金属的化合价都是+2价；则金属的物质的量为0.3mol；

所以混合金属的平均摩尔质量为：30g/mol；

A．Mg的摩尔质量为24g/mol，Al为+2价时的摩尔质量为：×3=18g/mol；二者的平均摩尔质量都小于30g/mol，故A错误；

B．Fe的摩尔质量为56g/mol；Zn的摩尔质量为65g/mol，二者的摩尔质量都大于30g/mol，故B错误；

C．Fe的摩尔质量为56g/mol；铜不与硫酸反应，所以二者的平均摩尔质量大于30g/mol，故C错误；

D．Fe的摩尔质量为56g/mol，Al为+2价时的摩尔质量为：×3=18g/mol；二者的平均摩尔质量可以为30g/mol，故D正确；

故选D．2、C【分析】【分析】常见的放热反应有：所有的物质燃烧；所有金属与酸反应、金属与水反应、所有中和反应、绝大多数化合反应和铝热反应；

常见的吸热反应有：绝大数分解反应、个别的化合反应（如C和CO2）、少数分解、置换以及某些复分解反应（如铵盐和强碱）．【解析】【解答】解：A．氢氧化钠与硝酸反应；中和反应属于放热反应，故A错误；

B．铁与盐酸反应；置换反应属于放热反应，故B错误；

C．氢氧化钡与氯化铵反应；铵盐和强碱属于吸热反应，故C正确；

D．氧化钙与水发生化合反应；属于放热反应，故D错误；

故选C．3、C【分析】【分析】A．泥沙不溶于水；可用过滤法分离；

B．汽油和水互不相溶；

C．水和酒精混溶；二者沸点不同；

D．溴易溶于有机物溶剂．【解析】【解答】解：A．泥沙不溶于水；可用过滤法分离，故A正确；

B．汽油和水互不相溶；可用分液的方法分离，故B正确；

C．水和酒精混溶；二者沸点不同，应用蒸馏的方法分离，故C错误；

D．溴易溶于有机物溶剂；可用苯或四氯化碳萃取，故D正确．

故选C．4、D【分析】解：A．根据图示信息得到HT-在溶液中存在时的pH＜7，所以HT-在溶液中水解程度小于电离程度；故A错误；

B．VNaOH=10mL时，反应后溶质为NaHT，HT-在溶液中水解程度小于电离程度；溶液呈酸性，抑制了水的电离，则溶液中水的电离程度比纯水小，故B错误；

C．当V（NaOH）=15mL时，溶质为等浓度的Na2T和NaHT，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH-）、c（T2-）＞c（HT-），溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（T2-）＞c（HT-）＞c（H+）＞c（OH-）；故C错误；

D、VNaOH=20mL时，与氢氧化钠溶液恰好反应，溶液中溶质为Na2T，图象分析可知溶液呈碱性，依据质子守恒可知：c（OH-）=c（HT-）+2c（H2T）+c（H+）；故D正确；

故选D．

A．根据图示信息得到HT-在溶液中存在时的pH进行分析；

B．加入10mLNaOH溶液；反应生成NaHT，溶液呈酸性，抑制了水的电离；

C．当V（NaOH）=15mL时，溶质为等浓度的Na2T和NaHT，溶液还呈酸性，c（H+）＞c（OH-）；

D．当V（NaOH）=20mL时，恰好反应生成的溶质为Na2T；依据质子守恒来回答．

本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高考常见题型，题目难度中等，试题侧重于学生的分析能力的考查，明确图象中酸碱混合时溶液中的溶质是解答本题的关键，抓住图象进行分析即可．【解析】【答案】D5、D【分析】【分析】本题考查原子结构与元素周期律的关系，根据原子结构结合同周期、同主族元素现在的递变规律分析解答即可，试题考查了基础知识的灵活应用能力。A.由原子结构可知，最外层电子数为rm{6}为Ⅵrm{A}族元素；

B.电子层越多；原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小；

C.非金属性越强；对应氢化物越稳定；

D.非金属性越强，对应最高价含氧的酸性越强．【解答】A.由原子结构可知，最外层电子数为rm{6}，为Ⅵrm{6}族元素，电子层数为rm{6}，则rm{6}rm{6}位于第四周期Ⅵrm{6}族，故rm{A}错误；B.电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：rm{A}rm{A}rm{A}rm{A}rm{A}rm{4}rm{4}，故rm{4}错误；C.非金属性rm{4}rm{4}rm{4}rm{S}rm{e}rm{S}rm{e}rm{S}rm{e}rm{S}rm{e}rm{S}rm{e}rm{S}则热稳定性：rm{S}rm{e}rm{e}rm{A}rm{A}rm{A}rm{A}rm{A}rm{A}rm{A}rm{A}rm{A}，故rm{A}错误；D.非金属性越强rm{A}对应最高价含氧的酸性越强rm{A}则酸性：rm{S}rm{e}rm{>}rm{B}rm{r}rm{>}rm{P}rm{S}rm{e}rm{>}rm{B}rm{r}rm{>}rm{P}rm{S}rm{e}rm{>}rm{B}rm{r}rm{>}rm{P}rm{S}rm{e}rm{>}rm{B}rm{r}rm{>}rm{P}rm{S}rm{e}rm{>}rm{B}rm{r}rm{>}rm{P}rm{S}rm{S}rm{e}rm{e}rm{>}rm{>}rm{B}rm{B}rm{r}rm{r}rm{>}rm{>}rm{P}，故rm{P}正确；故选D．rm{B}【解析】rm{D}6、A【分析】【分析】A．浓硫酸具有脱水性；可使蔗糖变黑，具有强氧化性，可与碳发生氧化还原反应生成二氧化碳；二氧化硫气体；

B．铝与浓硫酸发生钝化反应；

C．铁与水蒸气发生反应生成四氧化三铁；为黑色固体；

D．氯水有漂白性．【解析】【解答】解：A．将浓硫酸滴到蔗糖表面；固体变黑，是因为浓硫酸的脱水性使蔗糖碳化；膨胀是因为有二氧化硫的气体生成，所以浓硫酸有脱水性和强氧化性，故A正确；

B．常温下Al与浓硫酸发生钝化；反应停止，所以无明显变化，故B错误；

C．铁与水蒸气反应生成黑色物质；现象错误，故C错误；

D．氯气溶于水形成氯水；氯水有漂白性，能使品红褪色，故D错误．

故选A．7、D【分析】解：A；石墨I是原电池；一氧化碳发生氧化反应是负极，生成碳酸根离子，故A正确；

B、原电池中阴离子向负极移动，所以甲池中的CO32-向石墨I极移动；故B正确；

C、乙池中左端Pt极与电源的正极相连是阳发生氧化反应，氮元素化合价升高，所以电极反应式为：N2O4-2e-+2HNO3=2N2O5+2H+；故C正确；

D；若甲池消耗标准状况下的氧气2.24L；所以整个电路转移电子的物质的量为：0.4mol，而乙池中阴极生成1mol氢气，转移2mol的电子，所以生成氢气的物质的量为0.2mol，而不是0.05mol，故D错误；

故选：D。

A；石墨I是原电池；一氧化碳发生氧化反应是负极；

B；原电池中阴离子向负极移动；

C；乙池中左端Pt极与电源的正极相连是阳发生氧化反应；氮元素化合价升高；

D；若甲池消耗标准状况下的氧气2.24L；所以整个电路转移电子的物质的量为：0.4mol，而乙池中阴极生成1mol氢气，转移2mol的电子，所以生成氢气的物质的量为0.2mol．

本题考查较为综合，涉及电极反应式的书写和计算，原电池和电解池知识，主要相关基础知识的积累，难度不大．【解析】D二、填空题(共7题，共14分)8、①④②③【分析】【分析】（1）同种非金属元素之间形成非极性共价键；不同非金属元素形成极性键；

（2）一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，注意氯化铝中只含共价键，铵盐中含有离子键．【解析】【解答】解：（1）①H2O2中即含O-O非极性键又含H-O极性键；

②NaOH中含离子键和H-O极性共价键；

③NH4NO3中含离子键和N-H和N-O极性共价键；

④CH2=CH2中即含C-C非极性键又含H-C极性键；

所以存在非极性键的物质是①④；故答案为：①④；

（2）一般来说；活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，所以。

①H2O2中只含共价键；

②NaOH中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键；氧原子和氢原子之间存在共价键；

③NH4NO3中铵根离子和硝酸根离子之间存在离子键；氮原子和氢原子之间；氮原子和氧原子之间存在共价键；

④CH2=CH2中只含共价键；

所以既存在离子键又存在共价键的是②③；

故答案为：②③．9、20CaCl2硫碳B水分子中含有氢键【分析】【分析】根据化学XY2得X的化合价为+2价，Y的化合价为-1价，根据X的阳离子与Y的阴离子的电子层结构相同，以及X原子的结构示意图说明X原子失去最外层的a个电子变成+2价的阳离子，所以X为Ca，Y为Cl；

D、E原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，则其为He或C或S或Kr，又因D与Y相邻，则D为S，He、Kr与D不能形成分子，则E为C，C与S形成的分子为CS2，然后根据问题解答．【解析】【解答】解：根据化学XY2得X的化合价为+2价，Y的化合价为-1价，根据X的阳离子与Y的阴离子的电子层结构相同，以及X原子的结构示意图说明X原子失去最外层的a个电子变成+2价的阳离子，所以X为Ca，Y为Cl；D、E原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，则其为He或C或S或Kr，又因D与Y相邻，则D为S，He、Kr与D不能形成分子，则E为C，C与S形成的分子为CS2；

（1）X为钙，Y为氯，所以m=20，该物质主要成分的化学式为CaCl2，故答案为：20；CaCl2；

（2）根据分析可知；Z为硫；W为碳，故答案为：硫；碳；

（3）A．XY2和WZ2分别为氯化钙和CS2，氯化钙为离子化合物，而CS2是共价化合物；故A错误；

B．CaCl2中仅含离子键，CS2中只含共价键；且是极性共价键，故B正确；

C．氯的非金属性强于硫，所以稳定性：HCl＞H2S；故C错误；

D．核外电子排布相同的离子，原子序数越小，离子的半径越大，所以半径大小为：Ca2+＜Cl-；故D错误；

故答案为：B；

（4）水分子中含有氢键，所以水的沸点比H2S的沸点高，故答案为：水分子中含有氢键．10、略

【分析】试题分析：（1）由题干可知BC—Ⅰ为稳定剂，H2O2不稳定易分解，故用BC—Ⅰ的目的为增强H2O2的稳定性，防止其分解；Fe3+可以催化H2O2分解，故加入BC—2可与Fe3+形成配合物目的防止Fe3+催化H2O2分解；过碳酸钠在高温下容易分解，所以制取时反应需控制在5℃以下进行。在反应釜中发生的主要反应为：H2O2与Na2CO3发生反应生成过碳酸钠（2Na2CO3·3H2O2），方程式为：3H2O2+2Na2CO3=2Na2CO3·3H2O2；常温结晶的过程中加入氯化钠、搅拌，作用是降低过碳酸钠的溶解度，有利于过碳酸钠析出；过碳酸钠有一定的强氧化性故A项存放正确，会腐蚀眼睛、皮肤和衣服，故B、D项正确；过碳酸钠（2Na2CO3·3H2O2）俗称固体双氧水，是一种很好的消毒剂和供氧剂，不通风的仓库内会造成仓库中氧气含量升高，发生危险，故C项错误；本题选C；（5）过碳酸钠是一种很好的消毒剂，其消毒原理为具有强氧化性能使蛋白质变性，故本题中消毒原理与其相似的有B．漂粉精、D．过氧化钠；（6）由题意可列等式关系：该样品中活性氧的质量分数==13.2%。考点：化学与技术。【解析】【答案】（1）增强H2O2的稳定性，防止其分解；防止Fe3+催化H2O2的分解（2）2Na2CO3+3H2O2=2Na2CO3·3H2O2降低过碳酸钠的溶解度，有利于过碳酸钠的析出（3）C（4）BD（5）13.2%11、冷凝回流分液漏斗装置冷却后再补加数片沸石或碎瓷片取出部分产物，往其中中加入少量无水硫酸铜，若不变蓝，表明水已除尽高于d【分析】【分析】（1）根据反应前后有机物中原子数目可判断酯化反应的原子利用率；

（2）异戊醇；乙酸都是易挥发的物质；为使反应能充分进行，要用冷凝管冷凝回流，乙酸异戊酯难溶于水，根据分离两种互不相溶的液体的方法答题；

（3）根据实验步骤可知；该同学开始加热A前没加沸石，所以加热后要再加沸石，要等溶液冷却后再补加，据此答题；

（4）步骤④中加入无水MgSO4是为了除去产品中的水份；可以用无水硫酸铜检验产品中是否有水；

（5）步骤⑤中；若温度计水银球的位置过高，则从支管处出来的气体的沸点高于目标产物；

（6）先计算出乙酸和异戊醇的物质的量，然后判断过量情况，根据不足量计算出理论上生成乙酸异戊酯的物质的量，最后根据实际上制取的乙酸异戊酯计算出产率．【解析】【解答】解：（1）根据反应++H2O前后有机物中原子数目之比为，所以该酯化反应的原子利用率为；

故答案为：；

（2）异戊醇；乙酸都是易挥发的物质；为使反应能充分进行，要用冷凝管冷凝回流，乙酸异戊酯难溶于水，分离两种互不相溶的液体通常用分液漏斗；

故答案为：冷凝回流；分液漏斗；

（3）根据实验步骤可知；该同学开始加热A前没加沸石，所以加热后要再加沸石，要等溶液冷却后再补加；

故答案为：装置冷却后再补加数片沸石或碎瓷片；

（4）步骤④中加入无水MgSO4是为了除去产品中的水份；可以用无水硫酸铜检验产品中是否有水，具体操作为取出部分产物，往其中中加入少量无水硫酸铜，若不变蓝，表明水已除尽；

故答案为：取出部分产物；往其中中加入少量无水硫酸铜，若不变蓝，表明水已除尽；

（5）步骤⑤中；若温度计水银球的位置过高，则从支管处出来的气体的沸点高于目标产物；

故答案为：高于；

（6）乙酸的物质的量为：n==0.1mol，异戊醇的物质的量为：n==0.05mol，由于乙酸和异戊醇是按照1：1进行反应，所以乙酸过量，生成乙酸异戊酯的量要按照异戊醇的物质的量计算，即理论上生成0.05mol乙酸异戊酯；实际上生成的乙酸异戊酯的物质的量为：=0.03mol，所以实验中乙酸异戊酯的产率为：×100%=60%；

故选d．12、C4H9Cl消去反应2-甲基-1，2-二溴丙烷n（CH3）2C=CH22（CH3）2C（OH）-CH2OH+O22（CH3）2C（OH）-CHO+2H2O5HCOOC（OH）（CH3）2【分析】【分析】A是卤代烃，相对分子质量为92.5，故A中含有1个Cl原子，剩余烃基式量为92.5-35.5=57，分子中最大C原子数目为=49，故烃基为-C4H9，A的分子式为C4H9Cl，其核磁共振氢谱中只有一个峰，故A为C（CH3）3Cl，A转化得到B，B转化为高分子化合物C，则B含有不饱和键，故B为（CH3）2C=CH2，C为（CH3）2C=CH2与溴发生加成反应生成D为（CH3）2CBr-CH2Br，D转化得到E，E可以连续氧化生成G，应是D水解生成E，则E为（CH3）2C（OH）-CH2OH，F为（CH3）2C（OH）-CHO，F氧化生成G，G酸得到H，则H为（CH3）2C（OH）-COOH，G为（CH3）2C（OH）-COONa，H发生成环酯化反应生成M，则M为据此解答．【解析】【解答】解：A是卤代烃，相对分子质量为92.5，故A中含有1个Cl原子，剩余烃基式量为92.5-35.5=57，分子中最大C原子数目为=49，故烃基为-C4H9，A的分子式为C4H9Cl，其核磁共振氢谱中只有一个峰，故A为C（CH3）3Cl，A转化得到B，B转化为高分子化合物C，则B含有不饱和键，故B为（CH3）2C=CH2，C为（CH3）2C=CH2与溴发生加成反应生成D为（CH3）2CBr-CH2Br，D转化得到E，E可以连续氧化生成G，应是D水解生成E，则E为（CH3）2C（OH）-CH2OH，F为（CH3）2C（OH）-CHO，F氧化生成G，G酸得到H，则H为（CH3）2C（OH）-COOH，G为（CH3）2C（OH）-COONa，H发生成环酯化反应生成M，则M为

（1）由上述分析可知，A的分子式为C4H9Cl，A→B是C（CH3）3Cl在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成（CH3）2C=CH2，故答案为：C4H9Cl；消去反应；

（2）由上述分析可知，D为（CH3）2CBr-CH2Br，名称为：2-甲基-1，2-二溴丙烷，M的结构简式为

故答案为：2-甲基-1，2-二溴丙烷；

（3）B→C是（CH3）2C=CH2发生加聚反应生成反应方程式为：n（CH3）2C=CH2

E→F是（CH3）2C（OH）-CH2OH催化氧化生成（CH3）2C（OH）-CHO；反应方程式为：

2（CH3）2C（OH）-CH2OH+O22（CH3）2C（OH）-CHO+2H2O；

故答案为：n（CH3）2C=CH2

2（CH3）2C（OH）-CH2OH+O22（CH3）2C（OH）-CHO+2H2O；

（4）（CH3）2C（OH）-COOH的同分异构体中属于酯类，能发生银镜反应，为甲酸酯，能与金属钠反应放出气体，还含有-OH，符合条件的同分异构体有：HOCH2CH2CH2OOCH，CH3CH（OH）CH2OOCH，CH3CH2CH（OH）OOCH，HCOOC（CH3）CH2OH，HCOOC（OH）（CH3）2，共五种，其中核磁共振氢谱有三个峰，且峰面积比为6：1：1的同分异构体的结构简式为：HCOOC（OH）（CH3）2；

故答案为：5；HCOOC（OH）（CH3）2．13、ABCDFFe2O3+6H+=2Fe3++3H2O【分析】【分析】（1）根据“城市生活垃圾分类种类”表格提供的信息进行分析；分清所给垃圾的类别，即可知道放入哪个垃圾箱；

（2）盐酸和氧化铁反应生成氯化铁和水．【解析】【解答】解：（1）根据“城市生活垃圾分类种类”表格提供的信息进行分析，分清所给垃圾的类别。城市生活垃圾分类种类可回收垃圾不可回收垃圾有害垃圾1．纸类。

2．玻璃。

3．金属。

4．塑料。

5．橡胶。

6．纺织品1．厨房垃圾。

2．灰土。

3．杂草。

4．枯枝。

5．花卉1．日光灯管。

2．电池。

3．喷雾罐。

4．指甲油瓶。

5．药品药瓶。

6．涂改液瓶故答案为：ABCD；F；

（2）盐酸和氧化铁能够反应生成氯化铁和水，从而除去铁锈，反应的离子方程式：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O．

故答案为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O．14、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8题，共16分)15、×【分析】【分析】氯气参加反应，表现性质不同，转移电子数不同，据此判断．【解析】【解答】解：氯气参加反应，表现性质不同，转移电子数不同，例如氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，Cl元素的化合价由0升高为+1价，Cl元素的化合价由0降低为-1价，1molCl2参加反应转移电子数为NA；

1molCl2与铁反应生成氯化铁，氯气全部做氧化剂，1molCl2参加反应转移电子数为2NA；

所以1molCl2参加反应转移电子数不一定为2NA．

故错误．16、×【分析】【分析】氧气与氦气的分子构成不同，含有原子数相等时，分子数不同，以此解答．【解析】【解答】解：氧气为双原子分子，氦气为单原子分子，标准状况下当氧气与氦气的原子数均为NA时；氧气为0.5mol，氦气为1mol，则体积不同．

故答案为：×．17、×【分析】【分析】向沸水中滴加几滴饱和氯化铁溶液，并加热至液体呈红褐色得到氢氧化铁胶体，据此分析解答．【解析】【解答】解：氢氧化铁胶体的制备方法：向沸水中滴加几滴氯化铁饱和溶液，氯化铁水解生成氢氧化铁胶体，升高温度促进氯化铁水解，并加热至液体呈红褐色即可得到氢氧化铁胶体，所以该题错误，故答案为：×．18、√【分析】【分析】核磁共振仪用于测定有机物分子中氢原子的种类和数目，质谱法用于测定有机物的相对分子质量．【解析】【解答】解：核磁共振（NMR）和质谱（MS）是近年来普遍使用的仪器分析技术；也是最常用的结构测定工具．在质谱分析中，只需要微量样品就可测出被测物质的相对分子量；分子式和许多分子结构的信息，再结合核磁共振氢谱，就能准确测定出有机化合物的结构，故说法正确；

故答案为：√．19、×【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：×；20、×【分析】【分析】氨气能与氯化钙发生反应生成络合物（CaCl2•8NH3），据此解题．【解析】【解答】解：氨气能与氯化钙发生反应生成络合物（CaCl2•8NH3），因此不能使用无水氯化钙来干燥氨气，故答案为：×．21、×【分析】【分析】吸热反应与放热反应与是否加热无关，化学反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量，反应放热，反之吸热．【解析】【解答】解：放热反应不一定不用加热就能进行，如铝热反应，为放热反应，但应在高温下才能进行，故答案为：×．22、√【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：√．四、实验题(共3题，共24分)23、略

【分析】试题分析:（1）A、分液漏斗、滴定管和容量瓶使用前必须检查是否漏水，A正确；B、乙醇与水互溶，不能作为萃取碘水中碘的萃取剂，可以用四氯化碳或苯等，B不正确；C、食盐水显中性，铁钉发生的是吸氧腐蚀，C不正确；D、铁丝在氯气中剧烈燃烧，火星四射，生成棕褐色固体氯化铁，D不正确；E、酸碱中和滴定实验中，锥形瓶用蒸馏水洗净后直接使用，不能用标准液润洗。而滴定管用蒸馏水洗净后，必须润洗后使用，E正确，答案选AE。（2）由于NO极易被空气氧化生成NO2，所以必须利用排水法收集NO，因此B装置中盛放的水。又因为NO2与水反应的同时也可能导致液体倒流，所以最好的装置是图乙。考点：考查常见化学实验基本操作、NO的制备、收集以及除杂等【解析】【答案】（1）AE（全对得2分，只选一个且正确得1分，多选或错选得0分）（2）图乙（1分）水（1分）；除去NO2，收集NO（2分，每个要点1分）24、略

【分析】解：rm{(1)B}容器中是二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮；rm{100mL}溶液中取出rm{25.00mL}溶液，用rm{0.1mol?L^{-1}}的rm{NaOH}溶液滴定，用酚酞作指示剂，终点时，消耗氢氧化钠溶液的体积为rm{20.4ml-0.4ml=20ml}所以生成硝酸rm{25.00mL}溶液中含有rm{0.02L隆脕0.1mol/L=0.002mol}则rm{B}容器中生成硝酸的物质的量为rm{0.008mol}由rm{3NO_{2}+H_{2}O=2HNO_{3}+NO}可知金属与硝酸反应生成二氧化氮物质的量为rm{0.012mol}则rm{Ag}与浓硝酸反应过程中生成的rm{NO_{2}}在标准状况下的体积rm{V=nV_{m}=0.012mol隆脕22.4L/mol=268.8mL}

故答案为：rm{0.008}rm{268.8}

rm{(2)垄脵}一氧化氮气体易被氧气氧化生成二氧化氮对验证产生干扰，rm{AD}相比rm{A}装置利用氮气可以把装置中的空气排净；

故答案为：rm{A}因为rm{A}装置可以通入rm{N_{2}}将装置中的空气排尽，防止rm{NO}被空气中rm{O_{2}}氧化；

rm{垄脷}用rm{A}进行铜和浓硝酸的反应，用水吸收生成的二氧化氮气体，导气管长进短出，可以用排水量气法测定一氧化氮气体的体积，排水集气瓶导气管应短进长出，连接顺序为：rm{123547}

故答案为：rm{123547}

rm{垄脹}读数之前应保持内外压强相同；恢复到室温下读取量筒中液体的体积，若量筒中水的液面比集气瓶的液面要低，此时应将量筒的位置升高，以保证量筒中的液面与集气瓶中的液面持平；

故答案为：升高；

rm{(3)}实验测得rm{NO}的体积为rm{112.0mL(}已折算到标准状况rm{)}依据上述计算得到rm{Cu}和浓硝酸生成二氧化氮气体物质的量为rm{0.012mol}依据rm{3NO_{2}+H_{2}O=2HNO_{3}+NO}可知一氧化氮气体物质的量为rm{0.004mol}标准状况下体积为rm{0.004隆脕22.4L/mol=0.0896L=89.6ml<112.0L}可知rm{Cu}和硝酸反应生成一氧化氮气体；

故答案为：有；因为rm{NO_{2}}与水反应生成的rm{NO}的体积小于收集到的rm{NO}的体积rm{(89.6<112.0)}．

rm{(1)B}容器中是二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮；rm{100mL}溶液中取出rm{25.00mL}溶液，用rm{0.1mol?L^{-1}}的rm{NaOH}溶液滴定，用酚酞作指示剂，终点时，消耗氢氧化钠溶液的体积为rm{20.4ml-0.4ml=20ml}所以生成硝酸rm{25.00mL}溶液中含有rm{0.02L隆脕0.1mol/L=0.002mol}则rm{B}容器中生成硝酸的物质的量为rm{0.008mol}由rm{3NO_{2}+H_{2}O=2HNO_{3}+NO}可知金属反应生成二氧化氮物质的量为rm{0.012mol}根据rm{V=nV_{m}}计算rm{NO_{2}}在标准状况下的体积；

rm{(2)}一氧化氮气体易被氧气氧化生成二氧化氮对验证产生干扰；选用图所示仪器组合一套可用来测定生成rm{NO}体积的装置；用水吸收生成的二氧化氮气体，可以用排水量气法测定一氧化氮气体的体积；依据量筒读取液体体积时需要和集气瓶液面相平，温度在常温下；

rm{(3)}若实验测得rm{NO}的体积为rm{112.0mL(}已折算到标准状况rm{)}结合二氧化氮反应生成的一氧化氮气体体积减小比较判断．

本题考查性质实验方案的设计，为高频考点，把握物质的性质、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析能力、实验能力及计算能力的综合考查，题目难度中等．【解析】rm{0.008}rm{268.8}rm{A}因为rm{A}装置可以通入rm{N_{2}}将装置中的空气排尽，防止rm{NO}被空气中rm{O_{2}}氧化；rm{123}rm{547}升高；有；因为rm{NO_{2}}与水反应生成的rm{NO}的体积小于收集到的rm{NO}的体积rm{(89.6<112.0)}25、CaC2+2H2O→Ca（OH）2+C2H2↑414棕黄色溶液变无色或褪色4.8合成氨原料作燃料（或有机化工原料）【分析】【分析】（1）碳化钙和水反应制取乙炔的方程式；

（2）①根据表格中的产物；判断出M是什么物质，然后写出用途及反应方程式；

②根据甲苯在苯环和侧链上的氢原子位置