2025年人教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年人教版高三化学上册阶段测试试卷657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、下列说法正确的是（）A.原子的最外层电子数等于族序数B.主族元素X、Y能形成XY3型化合物，序数差可能为2、6或8C.分子结构相似的分子相对分子质量越大熔沸点越高D.元素的原子得电子越多非金属性越强，失电子越多，金属性越强2、下列不符合反应事实的离子方程式是（）A.少量的苛性钠溶液加入到Ca（HCO3）2溶液中：Ca2++2HCO3+2OH-═CaCO3+CO32-+2H2OB.用氨水吸收过量二氧化硫：NH3•H2O+SO2═NH4++HSO3-C.金属钠加入硫酸铜溶液：2Na+Cu2++2H2O═Cu（OH）2↓+2Na++H2↑D.过量的铁加入一定量的稀硝酸中：3Fe+8H++2NO3-═3Fe2++2NO↑+4H2O3、分子式为C5H10O2的酸和分子式为C5H12O的醇在酸性条件下形成的酯共有（）A.16种B.20种C.32种D.40种4、rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}rm{Q}都是短周期元素，其中rm{X}原子的最外层电子数是内层电子数的rm{3}倍；rm{X}与rm{Z}同族，rm{Y}与rm{Z}同周期，rm{Q}原子的电子总数等于其电子层数的rm{3}倍，rm{W}与rm{X}rm{Y}既不同族也不同周期且rm{W}不为稀有气体元素；rm{X}rm{Y}rm{Z}三种元素的族序数之和为rm{16.}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{Q}与rm{W}不能形成rm{10}电子、rm{14}电子、rm{18}电子分子B.rm{Y}的最高价氧化物对应水化物的化学式只能表示为rm{H_{4}YO_{4}}C.rm{Y}rm{Z}rm{Q}分别与rm{X}化合，只能形成rm{AB_{2}}型化合物D.rm{X}rm{Z}rm{W}中的两种或三种元素形成的钠盐溶液可能显酸性、碱性、中性5、下列有关化学用语表达正确的是（）A.氨分子的电子式：B.质子数为17、中子数为20的氯原子：ClC.O2-的结构示意图为：D.Br的基态原子电子排布式：[Ar]4S24P56、将盛有12mLNO2和O2的混合气体的量筒倒立于水槽中，充分反应后，还剩余2mL无色气体，则原混合气体中O2的体积和剩余的2mL气体分别是（）A.1.2mL，NOB.2.4mL，O2C.3.5mLO2D.4mL，NO7、下列反应中，水作为还原剂的是（）A.Na2O+H2O═2NaOHB.2F2+2H2O═4HF+O2C.Cl2+H2O═HCl+HClOD.3Fe+4H2OFe3O4+4H28、常温常压下，将amolCO2气体通入1Lbmol/L的NaOH溶液中，下列对所得溶液的描述不正确的A.当a＝2b时，随着CO2气体的通入，溶液中由水电离出的c（H＋）有如右图变化关系B.当a＝b时，所得溶液中存在：c（OH－）＋c（CO32-）＝c（H＋）＋c（H2CO3）C.当2a＝b时，所得溶液中存在：c（Na＋）＞c（CO32-）＞c（OH－）＞c（HCO3－）＞c（H＋）D.当1/2＜a/b＜1时，所得溶液中一定存在：c（Na＋）＝c（CO32-）＋c（HCO3－）＋c（H2CO3）评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)9、某市对大气进行监测，发现该市首要污染物可吸入颗粒物PM2.5（直径小于等于2.5μm的悬浮颗粒物），其主要来源为燃煤、机动车尾气等．因此PM2.5、SO2、NO2等你进行研究具有重要意义．请回答下列问题：

（1）对PM2.5样本用适量蒸馏水处理制成待测试样．测得该试样所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如下表：

。离子K+Na+NH4+SO42-NO3-Cl-浓度/mol•L-14×10-66×10-42×10-54×10-53×10-52×10-5根据表中数据判断PM2.5的酸碱性为____，试样的PH值=____．

（2）为减少SO2的排放；常采取的措施有：

①将煤转化为清洁气体燃料．

已知：H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H=-241.8kJ/mol-1

C（s）+O2（g）=CO（g）△H=-110.5kJ/mol-1

写出焦炭与水蒸气反应的热化学方程式：____

②洗涤含SO2的烟气．以下物质可作为洗涤剂的是____．

a．Ca（OH）2b．Na2CO3c．CaCl2d．NaHSO3

（3）汽车尾气中NOx和CO的生成及转化。

①已知气缸中生成NO的反应为：N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H＞0．

若1mol空气含0.8molN2和0.2molO2，1300℃时在密闭容器内反应达到平衡．测得NO的物质的量为8×10-4mol，计算该温度下的平衡常数K=____．汽车启动后，气缸温度越高，单位时间内NO排放量越大，原因是____

②汽车燃油不完全燃烧时产生CO，有人设想按下列反应除去CO：2CO（g）=2C（s）+O2（g），已知该反应的△H＞0，简述该设想能否实现的依据：____；

③目前，在汽车尾气系统中装置催化转化器可减少CO和NO的污染，其化学反应方程式为____．10、25℃时；电离平衡常数：

。化学式CH3COOHH2CO3HClOH2C4H4O6（酒石酸）H2SO3电离平衡常数2.0×10-5K1=4.3×10-7

K2=5.6×10-113.0×10-8K1=9.1×10-4

K2=4.3×10-5K1=1.3×10-2

K2=6.3×10-8回答下列问题：

（1）pH相同的下列物质的溶液：a．Na2CO3，b．NaClO，c．CH3COONad．NaHCO3e．Na2C4H4O6；物质的量浓度由大到小的顺序是____（填字母）．

（2）常温下，0.1mol/L的CH3COOH溶液的pH═____（已知lg2=0.3）．

（3）常温下，将0.1mol/L的次氯酸溶液与0.1mol/L的碳酸钠溶液等体积混合，所得溶液中各种离子浓度关系正确的是____

A．c（Na+）＞c（ClO-）＞c（HCO3-）＞c（OH-）

B．c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（ClO-）＞c（H+）

C．c（Na+）═c（HClO）+c（ClO-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）+c（CO32-）

D．c（Na+）+c（H+）═c（ClO-）+c（HCO3-）+2c（CO32-）

E．c（HClO）+c（H+）+c（H2CO3）═c（OH-）+c（CO32-）

（4）写出少量的CO2通入NaClO溶液中的化学方程式____．

（5）0.1mol/L的酒石酸溶液与pH=13的NaOH溶液等体积混合，所得溶液的pH为6，则c（HC4H4O6-）+2c（C4H4O62-）=____．（用准确的数值表示）11、已知某饱和氢氧化钠溶液体积为VmL溶液密度为dm/cm3；质量分数为w%，物质的量浓度为cmol/L溶液中含NaOH的质量为mg．

（1）用w表示在该温度下NaOH的溶解度是____

（2）用m、V表示溶液的物质的量浓度是____

（3）用w、d表示溶液的物质的量浓度是____．12、（2015秋•怀宁县校级月考）如图所示；向A中充入1molX和1molY，向B中充入2molX和2molY，起始时，V（A）=V（B）=aL．在相同温度和有催化剂存在的条件下，两容器中各自发生下述反应：X（g）+Y（g）⇌2Z（g）+W（g）△H＜0达到平衡时，V（A）=1.2aL．试回答：

（1）A中X的转化率α（X）=____．

（2）A、B中X转化率的关系：α（A）____α（B）（填“＞”“=”或“＜”）．

（3）平衡时的压强：P（B）____2P（A）（填“＞”“=”或“＜”）．

（4）打开K，一段时间又达平衡时，A的体积为____L（连通管中气体体积不计）．

（5）在（3）达平衡后，同时等幅升高A、B的温度，达新平衡后A的体积____（填“变大”“不变”或“变小”）．13、石油化工的重要原料CxHy可以合成很多有机化合物，以下是CxHy合成物质E和J的流程图：

已知：Ⅰ．下列反应中R；R′代表烃基。

Ⅱ．J的分子式为C4H4O4；是一种环状化合物．

（1）在CxHy的同系物中，所有碳原子一定共平面且碳原子数最多的分子的名称____．

（2）H的分子式是____．

（3）下列说法正确的是____．

a．CxHy和苯都能使溴水褪色；原理相同。

b．反应②和反应④的反应类型均为加成反应。

c．C能与Na、NaOH、NaHCO3反应。

d．E是一种水溶性很好的高分子化合物。

e．J在酸性或碱性环境中均能水解。

（4）K是J的同分异构体，且1molK与足量的NaHCO3溶液反应可放出2molCO2气体，请写出一种符合条件K的结构简式____

（5）写出反应⑤的化学方程式____．

（6）D有多种同分异构体，与D具有相同官能团的还有____种（不考虑顺反异构）；

其中核磁共振氢谱有3组吸收峰，且能发生银镜反应的结构简式是____．14、用系统命名法给下列有机物命名或写出对应的结构简式．

（1）____

（2）____

（3）3-甲基-2-戊稀____．

（4）1，3，5-三甲苯____．

（5）2，2二甲基丙烷的习惯命名为____．

（6）分子式为____，按碳的骨架分，该有机物属于____．（填字母序号）

a．环状化合物b．脂环烃c．芳香化合物d．苯的同系物．15、（2008•佛山一模）选做题：精神病学专家通过实验发现：在大脑的相应部位-“奖赏中心”；给予柔和的电击，便会处于似乎极度快乐的状态．人们已经将“奖赏中心”部分的脑电图绘制出来，并认为，在各区域之间传递信息的化学物质是多巴胺，所以“奖赏中心”又称为多巴胺系统．多巴胺结构如图．请回答下列问题：

（1）多巴胺分子式____．

（2）试推测多巴胺能发生的反应类型____．

A．消去B．取代C．加成D．水解

（3）多巴胺可由香兰素与硝基甲烷制得；合成过程表示如下：

Ⅰ．0.5mol香兰素发生银镜反应，最多可生成____molAg．

Ⅱ．②的结构简式是____，生成②的反应类型____．

Ⅲ．写出④、⑤步的化学方程式：④____．⑤____．16、(9分)工业上用软锰矿(主要成分为MnO2)制备高锰酸钾的工艺流程如图所示：（1）高锰酸钾的氧化性强弱与溶液的酸碱性有关，在酸性条件下其氧化性较强。下列酸能用于酸化高锰酸钾溶液的是____________(填序号)。A．盐酸B．稀硫酸C．硝酸D．氢硫酸（2）操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的名称分别是______________、_______________、_______________。（3）软锰矿与过量固体KOH和KClO3在熔融状态下反应时的氧化剂是__________(填化学式)。反应后加水溶解得到的滤液中主要含有KCl和K2MnO4，则滤液酸化时发生反应的离子方程式为______________。（4）已知KMnO4能与热的经硫酸酸化的Na2C2O4反应生成Mn2＋和CO2。取上述制得的KMnO4产品0．33g，恰好与0．67gNa2C2O4完全反应，则KMnO4的纯度为___________________％。评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)17、标准状况下，22.4L己烷中含共价键数目为19NA．____（判断对错）18、将1mol•L-1的NaCl溶液和0.5mol•L-1的BaCl2溶液等体积混合后，不考虑体积变化c（Cl-）=0.75mol•L-1____（判断对错）19、Na2SO4固体中含钠离子．____（判断对错）20、工业废水中含有的酸、碱、盐，会造成水体污染．____．（判断对错）21、氨基酸分子中既有羧基，又有氨基，因此它具有两性．____（判断对错）22、常温下体积和浓度都相同的盐酸和醋酸中和氢氧化钠能力盐酸强____（判断正误）23、1mol硫酸钾中阴离子所带电荷数为NA____（判断对错）24、胶体属于介稳体系____．（判断对错）25、判断题（正确的后面请写“√”；错误的后面请写“×”）

（1）物质的量相同的两种不同气体只有在标准状况下体积才相等．____

（2）Vm在非标准状况下不可能为22.4L/mol．____

（3）1mol任何物质在标准状况下的体积均为22.4L．____

（4）一定温度和压强下，各种气体物质体积的大小由气体分子数决定．____．评卷人得分四、其他(共1题，共9分)26、（15分）已知有机物A～I之间的转化关系如图所示：①A与D、Ｂ与E、I与F互为同分异构体②加热条件下新制Cu(OH)2悬浊液分别加入到有机物I、F中，I中无明显现象，F中变砖红色。③Ｃ的最简式与乙炔相同，且相对分子质量为104④Ｂ的一种同分异构体与FeCl3发生显色反应。根据以上信息，回答下列问题：（1）Ｃ中含有的官能团名称为（2）H的结构简式为（3）反应①～⑨中属于取代反应的是____(4)写出反应⑥的化学方程式(5)写出F与新制Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式(6)苯环上含有两个取代基且能与NaOH溶液反应，但不与FeCl3发生显色反应的G的同分异构体有种.评卷人得分五、书写(共1题，共6分)27、在含有Na+、Mg2+、HCO3-、SO42-的稀溶液中；它们的物质的量之比为2：1：2：1．

（1）向该溶液中滴加酚酞试液数滴，溶液呈淡粉红色，有关反应的离子方程式为：____．

（2）充分加热（1）步所得的溶液，加热的过程中观察到的现象有：____；完全反应后，溶液呈____色，有关反应的离子方程式为：____．参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】【分析】A．主族元素原子的最外层电子数等于该元素所在族序数；但副族元素不一定；

B．主族元素X、Y能形成XY3型化合物，可能有SO3、AlCl3、NH3等；据此判断；

C．如分子间存在氢键；则沸点较高；

D．金属性与失电子的多少无关．【解析】【解答】解：A．主族元素原子的最外层电子数等于该元素所在族序数；但副族元素不一定，故A错误；

B．主族元素X、Y能形成XY3型化合物，可能有SO3、AlCl3、NH3、PCl3；原子序数分别相差8；4和6和2，故B正确；

C．如分子间存在氢键；则沸点较高，如HF存在氢键，虽然HCl相对分子质量较大，但HF的沸点高，故C错误；

D．金属性强弱与失电子的多少无关，只与得失电子的难易程度有关，所以与最外层电子数无关，故D错误，故选B．2、A【分析】【分析】A．酸式盐和碱反应；量少的全部反应，离子方程式中符合化学式的组成比；

B．用氨水吸收少量SO2得到的是亚硫酸盐，过量SO2时得到的是亚硫酸氢盐；

C．钠先与水反应生成氢氧化钠；氢氧化钠与硫酸铜反应生成氢氧化铜；

D．足量铁反应生成亚铁离子，依据电荷守恒和原子守恒判断．【解析】【解答】解：A．Ca（HCO3）2溶液中加入少量NaOH溶液，NaOH完全反应，反应生成碳酸钙、H2O，发生的离子反应为：Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O；故A错误；

B．用氨水吸收过量SO2的离子方程式为：NH3•H2O+SO2═NH4++HSO3-；故B正确；

C．金属钠跟硫酸铜溶液发生反应：2Na+Cu2++2H2O═Cu（OH）2↓+2Na++H2↑；故C正确；

D．足量的铁溶于少量的稀硝酸，反应的离子方程式：3Fe+8H++2NO3-═3Fe2++2NO↑+4H2O；故D正确．

故选A．3、C【分析】解：分子式为C5H10O2的酸的种类取决于-C4H9的种类，分子式为C5H12O的醇的种类取决于-C4H9的种类，-C4H9异构体有4种：-CH2CH2CH2CH3，-CH（CH3）CH2CH3，-CH2CH（CH3）CH3，-C（CH3）3，-C5H11的异构体有8种：-CH2CH2CH2CH2CH3、-CH（CH3）CH2CH2CH3、-CH（CH2CH3）2、-CHCH（CH3）CH2CH3、-C（CH3）2CH2CH3、-C（CH3）CH（CH3）2、-CH2CH2CH（CH3）2、-CH2C（CH3）3，即分子式为C5H10O2的酸有4种，分子式为C5H12O的醇有8种；所以形成的酯共有4×8=32种；

故选：C．

根据分子式为C5H10O2的酸的种类取决于-C4H9的种类，分子式为C5H12O的醇的种类取决于-C5H11的种类，-C4H9异构体有4种：-CH2CH2CH2CH3，-CH（CH3）CH2CH3，-CH2CH（CH3）CH3，-C（CH3）3，-C5H11的异构体有8种：-CH2CH2CH2CH2CH3、-CH（CH3）CH2CH2CH3、-CH（CH2CH3）2、-CHCH（CH3）CH2CH3、-C（CH3）2CH2CH3、-C（CH3）CH（CH3）2、-CH2CH2CH（CH3）2、-CH2C（CH3）3；然后确定酯的种类．

本题主要考查同分异构体的书写，难度中等，注意利用丁基、戊基的种类判断．【解析】【答案】C4、D【分析】解：由上述分析可知，rm{X}为rm{O}rm{Y}为rm{Si}rm{Z}为rm{S}rm{W}为rm{H}rm{Q}为rm{C}

A.rm{Q}与rm{W}能形成rm{10}电子rm{(CH_{4})}rm{14}电子rm{(C_{2}H_{2})}rm{18}电子rm{(C_{2}H_{6})}分子；故A错误；

B.rm{Y}为rm{Si}的最高价氧化物对应水化物的化学式表示为rm{H_{2}YO_{3}}或rm{H_{4}YO_{4}}故B错误；

C.rm{Y}rm{Z}rm{Q}分别与rm{X}化合，能形成rm{AB_{2}}型化合物，且rm{Z}与rm{X}可形成rm{SO_{3}}rm{Q}与rm{X}可形成rm{CO}故C错误；

D.rm{X}rm{Z}rm{W}中的两种或三种元素形成的钠盐溶液可能显酸性；碱性、中性；如硫酸氢钠、亚硫酸钠、硫酸钠，故D正确；

故选D．

rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}rm{Q}都是短周期元素，其中rm{X}原子的最外层电子数是内层电子数的rm{3}倍，rm{X}为rm{O}元素；rm{X}与rm{Z}同族，rm{Z}为rm{S}元素；rm{Q}原子的电子总数等于其电子层数的rm{3}倍，rm{Q}的电子层数为rm{2}时，电子总数为rm{6}则rm{Q}为rm{C}元素；rm{W}与rm{X}rm{Y}既不同族也不同周期且rm{W}不为稀有气体元素，则rm{W}为rm{H}rm{X}rm{Y}rm{Z}三种元素的族序数之和为rm{16}rm{Y}的族序数为rm{16-6-6=4}rm{Y}与rm{Z}同周期，rm{Y}为rm{Si}元素；以此来解答．

本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的位置、性质、原子结构来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大．【解析】rm{D}5、C【分析】【分析】A．氨气分子的电子式中漏掉了氮原子的1对未成键电子；

B．质量数=质子数+中子数；该氯原子的质量数为37；

C．O2-的质子数是8；电子数是10；

D．Br元素为35号元素，原子核外有35个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p5．【解析】【解答】解：A．氨气分子中氮原子最外层达到8电子稳定结构，漏掉了氮原子的一对孤电子对，氨气的电子式为故A错误；

B．质子数为17、中子数为20的氯原子的质量数为37，其正确的表示方法为：1737Cl；故B错误；

C．O2-的质子数是8，电子数是10，结构示意图为：故C正确；

D．Br元素为35号元素，原子核外有35个电子，所以核外电子排布式为：[Ar]3d104s24p5；故D错误．

故选C．6、A【分析】【分析】NO2和O2的混合气体和水反应方程式有4NO2+O2+2H2O=4HNO3、3NO2+H2O=2HNO3+NO，最后剩余气体可能是NO也可能是O2，根据方程式进行计算．【解析】【解答】解：NO2和O2的混合气体和水反应方程式有4NO2+O2+2H2O=4HNO3、3NO2+H2O=2HNO3+NO，最后剩余气体可能是NO也可能是O2；

假设剩余气体是氧气，则只发生反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3，根据方程式知，二氧化氮和氧气按体积比为4：1反应，则参加反应的氧气体积==2mL；原来氧气体积=（2+2）mL=4mL；

如果剩余是NO，发生的反应为4NO2+O2+2H2O=4HNO3、3NO2+H2O=2HNO3+NO，根据3NO2+H2O=2HNO3+NO得二氧化氮和水反应消耗二氧化氮体积==6mL，剩余6mL气体中二氧化氮和氧气恰好反应，发生的反应为4NO2+O2+2H2O=4HNO3，则氧气体积==1.2mL；

故选A．7、B【分析】【分析】水作为还原剂，则水中O元素的化合价升高生成氧气，以此来解答．【解析】【解答】解：A．没有元素的化合价变化；不属于氧化还原反应，故A不选；

B．F元素的化合价降低；水中O元素的化合价升高，则水为还原剂，故B选；

C．只有Cl元素的化合价变化；水既不是氧化剂也不是还原剂，故C不选；

D．Fe元素的化合价升高；H元素的化合价降低，水为氧化剂，故D不选；

故选B．8、D【分析】A、当a＝2b时，CO2过量，溶质由NaOH→Na2CO3→NaHCO3,NaOH抑制水电离，Na2CO3对水电离促进程度最大，NaHCO3对水电离促进程度次于Na2CO3,故图正确。B、当a＝b时，溶质为NaHCO3，所得溶液中存在质子守恒：c（OH－）＋c（CO32－）＝c（H＋）＋c（H2CO3），B正确；C、当2a＝b时，溶液相当于Na2CO3溶液，所得溶液中存在：c（Na＋）＞c（CO32－）＞c（OH－）＞c（HCO3－）＞c（H＋），C正确，D、当1/2＜a/b＜1时，所得溶液中含有Na2CO3和NaHCO3，等式c（Na＋）＝c（CO32－）＋c（HCO3－）＋c（H2CO3）是NaCO3溶液的物料守恒的式子，Na2CO3和NaHCO3混合溶液的物料守恒的方程式与溶液的组成有关，两物质的比例不同，写出的式子不同。D错误，选D。考点：NaOH与CO2的反应电解质溶液【解析】【答案】D二、填空题(共8题，共16分)9、酸性4C（s）+H2O（g）=H2（g）+CO（g）△H=+131.3kJ/molab4×10-6温度升高，反应速率加快，平衡右移因为该反应的△H＞0，△S＜0，所以任何温度下均不自发进行2CO+2N02CO2+N2【分析】【分析】（1）依据电荷守恒；求出氢离子的浓度，带入pH计算公式；

（2）①利用盖斯定律；通过已知热化学方程式运算得目标热化学方程式；

②依据二氧化硫的性质：是一种酸性氧化物可以和碱反应；二氧化硫溶于水得亚硫酸，酸性强于碳酸，所以可以和碳酸钠溶液反应；

（3）①列三段表示出各种物质平衡时的浓度，带入平衡常数表达式；N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H＞0；该反应是吸热反应，温度升高，反应速率加快，平衡向正方向移动，单位时间内产生的NO多；

②利用反应能否自发进行的判据△H-T△S；

③CO和NOx在催化剂的作用下发生氧化还原反应生成无毒的二氧化碳和氮气．【解析】【解答】解：（1）根据电荷守恒得：[H+]+[K+]+[Na+]+[NH4+]=2[SO42-]+[NO3-]+[Cl-]，将表中数据带入得：[H+]=10-4，pH=-lg[H+]=4；溶液呈酸性；

故答案为：酸性；4；

（2）①H2（g）+O2（g）=H20（g）△H=-241.8kJ•mol-1①

C（s）+O2（g）=CO（g）△H=-110.5kJ•mol-1②

利用盖斯定律将方程式变形：②-①得C（s）+H2O（g）=H2（g）+CO（g）△H=+131.3kJ/mol；

故答案为：C（s）+H2O（g）=H2（g）+CO（g）△H=+131.3kJ/mol；

②二氧化硫是酸性氧化物所以具有酸性氧化物的通性能够与碱反应：SO2+Ca（OH）2=CaSO3↓+H2O；

二氧化硫水溶液是亚硫酸所以也能够与碳酸钠反应：SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2↑所以可以用氢氧化钙溶液和碳酸钠溶液做洗涤剂；二氧化硫与氯化钙溶液不反应；且在亚硫酸氢钠溶液中的溶解度很小，所以不能用氯化钙和亚硫酸氢钠溶液做洗涤液；

故答案为：ab；

（3）①设反应容器的体积是aL

根据题意得：

N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）

初始浓度0

转化浓度；

平衡浓度--将各种物质的浓度带入表达式得K=≈4×10-6；

气缸温度越高；单位时间内NO排放量越大，原因是温度升高，反应速率加快，平衡右移；

故答案为：4×10-6；温度升高；反应速率加快，平衡右移；

②2CO（g）=2C（s）+O2（g）是一个熵值减小的反应即：△S＜0；同时又是一个△H＞O，所以△H-T△S一定大于0，所以任何条件下不能自发进行；

故答案为：因为该反应的△H＞0；△S＜0，所以任何温度下均不自发进行；

③CO和NOx在催化剂发生反应：2CO+2N02CO2+N2，故答案为：2CO+2N02CO2+N2．10、ecdba2.85BCECO2+NaClO+H2O=NaHCO3+HClO（0.05+10-6-10-8）mol/L【分析】【分析】（1）酸的电离平衡常数越小；则酸根离子水解程度越大，相同pH的钠盐溶液浓度越小；

（2）c（H+）=；

（3）常温下，将0.1mol/L的次氯酸溶液与0.1mol/L的碳酸钠溶液等体积混合，二者恰好反应生成等物质的量浓度的NaClO和NaHCO3；溶液中存在电荷守恒和物料守恒；

（4）Ka1（H2CO3）＞Ka（HClO）＞Ka2（H2CO3），少量二氧化碳和次氯酸钠反应生成NaClO和NaHCO3；

（5）0.1mol/L的酒石酸溶液与pH=13的NaOH溶液等体积混合，二者浓度相等，二者恰好反应生成NaHC4H4O6，所得溶液的pH为6，溶液呈酸性，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒判断．【解析】【解答】解：（1）酸的电离平衡常数越小，则酸根离子水解程度越大，相同pH的钠盐溶液浓度越小，根据电离平衡常数知，酸根离子水解程度大小顺序是CO32-＞ClO-＞HCO3-＞CH3COO-＞C4H4O62-，所以等pH时钠盐浓度大小顺序是ecdba，故答案为：ecdba；

（2）c（H+）==mol/L，溶液的PH=-lg×10-3=3-0.15=2.85；故答案为：2.85；

（3）常温下，将0.1mol/L的次氯酸溶液与0.1mol/L的碳酸钠溶液等体积混合，二者恰好反应生成等物质的量浓度的NaClO和NaHCO3；

A．ClO-水解程度＞HCO3-，所以存在c（ClO-）＜c（HCO3-）；故错误；

B．ClO-水解程度＞HCO3-，钠离子不水解，溶液呈碱性，所以存在c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（ClO-）＞c（H+）；故正确；

C．根据物料守恒得c（Na+）═c（HClO）+c（ClO-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）+c（CO32-）；故正确；

D．根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）═c（ClO-）+c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-）；故错误；

E．根据质子守恒得c（HClO）+c（H+）+c（H2CO3）═c（OH-）+c（CO32-）；故正确；

故答案为：BCE；

（4）Ka1（H2CO3）＞Ka（HClO）＞Ka2（H2CO3），少量二氧化碳和次氯酸钠反应生成NaClO和NaHCO3，反应方程式为CO2+NaClO+H2O=NaHCO3+HClO；

故答案为：CO2+NaClO+H2O=NaHCO3+HClO；

（5）0.1mol/L的酒石酸溶液与pH=13的NaOH溶液等体积混合，二者浓度相等，混合后c（Na+）=0.05mol/L，二者恰好反应生成NaHC4H4O6，所得溶液的pH为6，溶液呈酸性，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（HC4H4O6-）+2c（C4H4O62-）=c（Na+）+c（H+）-c（OH-）=0.05mol/L+10-6mol/L-10-8mol/L=（0.05+10-6-10-8）mol/L，故答案为：（0.05+10-6-10-8）mol/L．11、gmol/L25dwmol/L【分析】【分析】（1）饱和溶液的质量分数w=；据此计算；

（2）根据n=计算NaOH的物质的量，再根据c=计算物质的量浓度；

（3）根据c=计算；【解析】【解答】解：（1）饱和溶液的质量分数w=，故s=，故答案为：；

（2）NaOH的物质的量==mol，物质的量浓度==mol/L，故答案为：；

（3）氢氧化钠溶液浓度c==mol/L=25dw，故答案为：25dw；12、40%＞＞2.6a减小【分析】【分析】（1）A为恒温恒压过程；体积之比等于物质的量之比，据此计算平衡后A中平衡时混合气体的物质的量，根据差量法计算参加反应的X的物质的量，利用转化率定义计算；

（2）A为恒温恒压容器；B为恒温恒容容器，反应前后是气体体积不变的反应，A中充入1molX和1molY，向B中充入2molX和2molY，B容器相当增大压强，平衡逆向进行，平衡后A中的X的转化率大；

（3）因为B容器的初始量是A容器的2倍，在相同温度下，当A容器的体积是B容器体积的二分之一（即0.5aL）时，达到平衡后，各组分的浓度、百分含量、容器的压强都相等，且压强为PB，当把此时A容器体积由0.5a体积扩大为1.4aL，不考虑平衡移动时压强会变为；当再建立平衡时，A容器的原平衡将向正反应方向移动，尽管气体的总物质的量要增加，但体积变化对压强的影响大；

（4）反应前后气体的物质的量不变；故打开K保持温度不变，又达到平衡与开始A中充入1molX；1molY到达的平衡相同，根据X的转化率计算转化的X的物质的量，进而计算平衡后总的物质的量增大量，计算平衡后混合气体总的物质的量，再根据体积之比等于物质的量之比计算总体积，进而计算A容器的体积，据此判断；

（5）在（3）达平衡后，同时等幅升高A、B的温度，X+Y⇌2Z+W△H＜0，反应是放热反应，升温平衡逆向进行．【解析】【解答】解：（1）A为恒温恒压过程，达到平衡时VA=1.2aL；等压等温条件下，气体的体积之比等于气体的物质的量之比，所以平衡后混合气体的物质的量是2mol×1.2=2.4mol，设参加反应的X的物质的量为mmol，则：

X（g）+Y（g）⇌2Z（g）+W（g）物质的量增多。

1mol1mol

mmol（2.4-2）mol

所以；m=0.4

所以X物质的转化率=×100%=40%；

故答案为：40%；

（2）A为恒温恒压容器；B为恒温恒容容器，反应前后是气体体积不变的反应，A中充入1molX和1molY，向B中充入2molX和2molY，B中压强增大平衡逆向进行，X的转化率减小，平衡后A中的X的转化率大于B中X的转化率；

故答案为：＞；

（3）因为B容器的初始量是A容器的2倍，在相同温度下，当A容器的体积是B容器体积的二分之一（即0.5aL）时，达到平衡后，各组分的浓度、百分含量、容器的压强都相等，且压强为PB，当把此时A容器体积由0.5a体积扩大为1.4aL，不考虑平衡移动时压强会变为5PB/14，当再建立平衡时，A容器的原平衡将向正反应方向移动，尽管气体的总物质的量要增加，但体积变化对压强的影响大，即PB＞2PA；

故答案为：＞；

（4）打开K达新平衡等效为A中到达的平衡；X的转化率为40%，参加反应的X的总的物质的量为3mol×40%=1.2mol，则：

X（g）+Y（g）⇌2Z（g）+W（g）物质的量增多。

1mol1mol

1.2mol1.2mol

故平衡后容器内总的物质的量为（1mol+1mol+2mol+2mol）+1.2mol=7.2mol，气体的体积之比等于气体的物质的量之比，则总容器的体积为aL×=3.6a；则A的体积为3.6a-a=2.6a；

故答案为：2.6a；

（5）在（3）达平衡后；同时等幅升高A；B的温度，达新平衡后A的体积，X+Y⇌2Z+W△H＜0，反应是放热反应，升温平衡逆向进行，A容器体积减小；

故答案为：减小．13、2，3-二甲基-2-丁烯C2H3O2BrbeCH2=C（COOH）2或HOOCCH=CHCOOH4HCOOC（CH3）=CH2【分析】【分析】根据题中各物质转化关系，J的分子式为C4H4O4，是一种环状化合物，且由I在浓硫酸作用下加热得到，所以可以推知J为环酯，即J为根据有关反应的条件可推知I为HOCH2COOH，H为BrCH2COOH，G为BrCH2CHO，F为BrCH2CH2OH，CxHy与HBrO加成得F，所以CxHy为CH2=CH2，氧化得A为CH3CHO，CH3CHO再氧化得B为CH3COOH，A和B发生信息中的加成反应得C为CH3COOCH（OH）CH3，C在浓硫酸条件下脱水得D为CH3COOCH=CH2，D发生加聚反应得到E，据此答题．【解析】【解答】解：根据题中各物质转化关系，J的分子式为C4H4O4，是一种环状化合物，且由I在浓硫酸作用下加热得到，所以可以推知J为环酯，即J为根据有关反应的条件可推知I为HOCH2COOH，H为BrCH2COOH，G为BrCH2CHO，F为BrCH2CH2OH，CxHy与HBrO加成得F，所以CxHy为CH2=CH2，氧化得A为CH3CHO，CH3CHO再氧化得B为CH3COOH，A和B发生信息中的加成反应得C为CH3COOCH（OH）CH3，C在浓硫酸条件下脱水得D为CH3COOCH=CH2；D发生加聚反应得到E；

（1）在C2H4的同系物中，所有碳原子一定共平面且碳原子数最多的分子是将乙烯中的氢原子都换成碳的结构即C6H12；其名称是2，3-二甲基-2-丁烯；

故答案为：2；3-二甲基-2-丁烯；

（2）H为BrCH2COOH，H的分子式是C2H3O2Br；

故答案为：C2H3O2Br；

（3）a．CxHy和苯都能使溴水褪色；原理不相同，前者是加成，后者是萃取，故a错误；

b．反应②和反应④的反应类型均为加成反应，故b正确；

c．C中有酯基和羟基，酯基能与氢氧化钠反应，羟基能与钠反应，酯基、羟基均不能与NaHCO3反应；故c错误；

d．E中有酯基；其水溶性较差，故d错误；

e．J中有酯基；在酸性或碱性环境中均能水解，故e正确；

故答案为：be；

（4）J为K是J的同分异构体，且1molK与足量的NaHCO3溶液反应可放出2molCO2气体，说明K中有两个羧基，所以符合条件K的结构简式为CH2=C（COOH）2或HOOCCH=CHCOOH；

故答案为：CH2=C（COOH）2或HOOCCH=CHCOOH；

（5）反应⑤的化学方程式为

故答案为：

（6）D为CH3COOCH=CH2，D有多种同分异构体，与D具有相同官能团的还有CH2=CHCOOCH3、HCOOCH=CHCH3、HCOOCH2CH=CH2、HCOOC（CH3）=CH2，共4种（含顺反异构体），其中核磁共振氢谱有3组吸收峰，且能发生银镜反应的结构简式为HCOOC（CH3）=CH2；

故答案为：4；HCOOC（CH3）=CH2．14、2，3，4，5-四甲基己烷2-甲基-1丁烯新戊烷C10H20ab【分析】【分析】（1）烷烃的命名时；要选最长的碳链为主链，从离支链近的一端对主链上的碳原子进行编号，据此进行分析；

（2）烯烃命名时；选含官能团的最长的碳链为主链，从离双键近的一端开始编号，用双键两端编号较小的碳原子来表示出双键的位置，支链的表示方法同烷烃；

（3）烯烃命名；①首先选择含有双键最长碳链作为主链，按主链中所含碳原子的数目命名为烯．主链碳原子数在十以内时用天干表示；在十以上时，用中文字十一；十二、等表示；

②给主链编号时从距离双键最近的一端开始；侧链视为取代基，注明取代基位置，双键的位次须标明，用两个双键碳原子位次较小的一个表示，放在烯烃名称的前面；（4）苯的同系物的命名：“苯的同系物命名是以苯作母体”，我们再结合烷烃命名的“近；简”原则，不难发现，当苯环上连有多个不同的烷基时，烷基名称的排列应从简单到复杂，环上编号从简单取代基开始．

（5）该有机物的结构简式为习惯命名为新戊烷．

（6）该有机物分子中含有10个C和1个环，比相同碳原子的烷烃少两个氢原子；该有机物不含苯环，不属于芳香化合物、苯的同系物，据此进行判断；【解析】【解答】解：（1）烷烃的命名时；要选最长的碳链为主链，从离支链近的一端对主链上的碳原子进行编号，故名称为：2，3，4，5-四甲基己烷，故答案为：2，3，4，5-四甲基己烷；

（2）烯烃命名时；选含官能团的最长的碳链为主链，从离双键近的一端开始编号，用双键两端编号较小的碳原子来表示出双键的位置，故名称为：2-甲基-1丁烯，故答案为：2-甲基-1丁烯；

（3）根据名称为3-甲基-2-戊稀可知，主链上有5个碳原子，且在2号和3号碳原子之间有双键，在3号碳原子上有一个甲基，故结构简式为：故答案为：

（4）1，3，5-三甲苯中苯环连接3个甲基且均处于间位位置，其结构简式为

故答案为：．

（5）2，2-二甲基丙烷的结构简式为该有机物为戊烷的同分异构体，名称为新戊烷；

故答案为：新戊烷．

（6）分子中含有10个C，含有1个环状，该有机物分子式为：C10H20；

该有机物分子中含有环状；属于环状化合物；脂环烃，其分子中不含苯环，该有机物不属于芳香化合物、苯的同系物；

故答案为：C10H20；ab；15、C8H11NO2BC1消去【分析】【分析】（1）由结构可知；分子中原子个数，从而确定化学式；

（2）根据结构来分析物质的性质；

（3）Ⅰ．1mol-CHO发生银镜反应；能生成1molAg；

Ⅱ．由合成过程可知；②为消去反应的产物，碳链骨架不变；

Ⅲ．根据反应物与产物来书写化学反应方程式．【解析】【解答】解：（1）由结构可知，1个分子中含有8个C原子、11个H原子、1个N原子、2个O原子，则化学式为C8H11NO2；

故答案为：C8H11NO2；

（2）分子中含有-OH、-NH2；苯环；则分子能发生取代和加成，故答案为：BC；

（3）Ⅰ．1mol-CHO发生银镜反应；能生成2molAg，则0.5mol香兰素发生银镜反应，最多可生成1molAg；

故答案为：1；

Ⅱ．由合成过程可知，②为消去反应的产物，碳链骨架不变，②的结构简式为反应类型为消去反应；

故答案为：消去；

Ⅲ．由转化关系可知，反应④的化学反应方程式为

反应⑤的化学反应为

故答案为：．16、略

【分析】试题分析：（1）KMnO4有强氧化性，而盐酸、氢硫酸都有还原性容易被氧化，不能酸化KMnO4；硝酸也有氧化性，也不能酸化KMnO4，因此酸化KMnO4溶液，只能用稀硫酸，故选项是B。（2）操作Ⅰ是分离难溶性固体与可溶性液体混合物的方法，名称为过滤；操作Ⅱ是分离难溶性固体MnO2与可溶性液体KMnO4混合物的方法，名称为过滤；操作Ⅲ是从溶液中分离溶质的方法，名称是蒸发；（3）软锰矿与过量固体KOH和KClO3在熔融状态下反应，KClO3把MnO2氧化为KMnO4,故氧化剂是KClO3。反应后加水溶解得到的滤液中主要含有KCl和K2MnO4，则根据原子守恒、电子守恒、电荷守恒，可得反应的离子方程式为3MnO42-+4H+=2MnO4-+MnO2+2H2O；（4）在氧化还原反应中电子转移数目相等。n(Na2C2O4)=0．67g÷134g/mol=0．005mol;n(e-)=0．005mol×2=0．01mol；则n(KMnO4)=0．01mol÷5=0．002mol，则m(KMnO4)=0．002mol×158g/mol=0．316g，所以已知KMnO4能与热的经硫酸酸化的Na2C2O4反应生成Mn2＋和CO2。取上述制得的KMnO4产品0．33g，恰好与Na2C2O4完全反应，则KMnO4的纯度为（0．316g÷0．33g）×100%=95．76%。考点：考查分类混合物的方法、物质的氧化性的判断、离子方程式的书写、物质纯度的计算的知识。【解析】【答案】（1）B；（2）过滤；过滤；蒸发；（3）KClO3；3MnO42-+4H+＝2MnO4-+MnO2+2H2O；（4）96或95．76或95．8。三、判断题(共9题，共18分)17、×【分析】【分析】标准状况下，己烷为液体，不能用气体摩尔体积计算，以此解答．【解析】【解答】解：标准状况下，己烷为液体，不能用气体摩尔体积计算，则22.4L己烷中含共价键数目不是19NA．故答案为：×．18、×【分析】【分析】0.5mol•L-1的BaCl2溶液中，c（Cl-）=0.5mol/L×2=1mol/L，据此解答即可．【解析】【解答】解：0.5mol•L-1的BaCl2溶液中，c（Cl-）=0.5mol/L×2=1mol/L，故两者混合后，不