2025年华东师大版高三化学上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年华东师大版高三化学上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总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、根据图示装置；下列说法不正确的是（）

A.装置中图1为原电池，图2为电解池B.图2中Fe电极上的电极反应式为：2C1--2e一═C12↑C.图1、图2溶液中的H+分别向Cu、Fe电极移动D.该装置工作一段时间后，图1、图2溶液的pH均增大2、下列对热化学方程式H2（g）+I2（g）═HI（g）△H=+26kJmol-1的叙述正确的是（）A.1molH2（g）和1molI2（g）完全反应生成2molHI（g）需要吸收26kJ热量B.1个H2（g）分子和1个I2（g）分子完全反应生成2个HI（g）需要吸收52kJ热量C.1molH2（g）与1molI2（g）完全反应生成2molHI（g）需吸收52kJ热量D.1molH2（g）与1molI2（g）完全反应生成2molHI（g）放出26kJ热量3、分子式C9H12O属于芳香醇且苯环上有三个取代基的同分异构体共有（）A.4种B.5种C.6种D.8种4、在化学反应2H2O2═2H2O+O2中，H2O2中的氧元素（）A.只是被氧化B.只是被还原C.既被氧化又被还原D.以上都不是5、下列气体中，不会造成空气污染的是（）A.COB.N2C.NOD.SO26、根据元素周期律及物质结构的有关知识，以下有关排序错误的是（）A.离子半径：S2-＞Cl-＞Ca2+B.原子半径：Ca＞S＞ClC.热稳定性：HCl＞H2S＞H2SeD.酸性HClO4＜HBrO4＜HIO47、向NaHCO3和Na2CO3的混合液中逐滴加入Ba(OH)2溶液。下列离子方程式与事实不符的是A.OH-+HCO3-+Ba2+→BaCO3↓+H2OB.CO32-+Ba2+→BaCO3↓C.2OH-+2HCO3-+Ba2+→BaCO3↓+CO32-+H2OD.OH-+HCO3-→H2O+CO28、工业生产的生石灰中常混有二氧化硅和石灰石．现将该生石灰样品溶于过量的盐酸中．然后在不断搅拌（必要时可以加热）的情况下；向反应混合物中逐滴加入氢氧化钠溶液至过量，如果纵坐标表示固体难溶物的质量（m），横坐标表示所加入氢氧化钠溶液的体积（V），则下列图示正确的是（）

A.

B.

C.

D.

评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)9、向浓度相同、体积均为50mL的A、B两份NaOH溶液中，分别通入一定量的CO2后；再稀释到100mL．

（1）在稀释后的A、B溶液中分别逐滴加入0.1mol•L-1的盐酸，产生的CO2体积（标准状况）与所加盐酸的体积关系如下图所示．

①A曲线表明，在NaOH溶液中通入一定量CO2后，溶液中溶质是____

（填化学式），a值为____（标准状况）．

②B曲线表明，当0＜V（HCl）≤60时，涉及反应的化学方程式为____．

（2）原NaOH溶液的物质的量浓度为____mol•L-1，B溶液最多还能吸收CO2体积为____（标准状况）．10、（2015秋•凯里市校级期中）可逆反应2A（g）+nB（g）⇌mC（g）在温度分别为T1、T2，压强分别为P1、P2的条件下，测得C的量与时间的关系如图．根据图分析，P1、P2的大小关系为____；反应式中系数m和n的关系是____；该反应的逆反应是____热反应．11、某化学兴趣小组为探究Cl2、Br2、Fe3+的氧化性强弱；设计了如下实验：

（1）检查气体发生装置A的气密性的操作是____；向分液漏斗中注水，若水不能顺利流下，则气密性良好．

（2）实验过程如下：

。实验操作实验现象结论打开活塞a，向圆底烧瓶中滴入适量浓盐酸；然后关闭活塞a，点燃酒精灯D装置中：溶液变红色；E装置中：水层溶液变黄色，振荡后CCl4层无明显变化Cl2、Br2、Fe3+氧化性由强到弱的顺序为____（3）因忙于观察和记录；没有及时停止反应，D装置中又有新的变化：红色慢慢褪去．

①为了探究溶液“红色慢慢褪去”的原因；进行如下实验．

取D中溶液于试管中，加入NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，则溶液中一定存在____．取D中溶液于试管中，加入过量的KSCN溶液，最终得到红色溶液．实验证明“红色慢慢褪去”的原因是____．

②猜测SCN-可能被Cl2氧化了；又进行了如下研究．

资料显示：

SCN-的电子式为____，认为SCN-中碳元素没有被氧化，理由是____．取D中溶液于试管中，加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，由此证明SCN-中被氧化的元素是____．通过实验证明了SCN-中氮元素转化为NO3-，若SCN-与Cl2反应生成1molCO2，则转移电子的物质的量是____mol．

（4）整套实验装置存在一处明显不足；请在下面的方框内画出相应的改进装置．

12、如图是一种常见的氨基酸G的合成路线：

已知以下信息：

①A苯环上只有1个取代基；核磁共振氢谱有6组峰，且峰面积比为1：2：2：2：2：1；

②

③F、G均能与FeCl3溶液发生显色反应；F苯环上的一氯代物只有两种；

④

回答下列问题：

（1）A的分子式为____，A的名称为____；

（2）C→D的反应类型是____；G的结构简式为____；

（3）鉴别F和G可用的试剂是____；

A．NaB．NaOHC．Na2CO3D．NaHCO3E．FeCl3

（4）A→B的化学方程式为____；该反应的目的是____；

（5）F的同分异构体中，含有苯环且能发生水解反应的异构体有____种，其中核磁共振氢谱有4组峰，且面积比为3：2：2：1的是____．13、请结合下图回答问题：

（1）写出有标号的仪器名称：①____，②____．

（2）实验室用高锰酸钾制取O2的化学方程式为____，用A、C装置制取O2时，为防止高锰酸钾进入导管，可采取的措施是____．

（3）实验室用B、D装置制取CO2的化学方程式为____，若将发生装置由B改为F，其优点是____．

（4）SO2是无色有刺激性气味的有毒气体，密度比空气大，易溶于水．SO2的某些化学性质与CO2相似，实验中常用NaOH溶液吸收SO2尾气．用下图所示装置收集一瓶干燥的SO2，装置中导管按气流方向连接顺序是____→⑤（填序号）；图中漏斗的作用是____；烧杯中NaOH溶液的作用是____（用化学方程式表示）．

14、图为硬脂酸甘油酯在碱性条件下水解的装置图。进行皂化反应时的步骤如下：(1)在圆底烧瓶中装入7～8g硬脂酸甘油酯，然后加入2～3g的氢氧化钠、5mL水和10mL酒精。加入酒精的作用为__________________________。(2)隔着石棉网给反应混合物加热约10min，皂化反应基本完成，所得的混合物为________(填“悬浊液”、“乳浊液”、“溶液”或“胶体”)。(3)向所得混合物中加入________，静置一段时间，溶液分为上下两层，肥皂在________层，这个操作称为________。(4)图中长玻璃导管的作用为____________________。(5)写出该反应的化学方程式：____________________________________________。评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)15、物质发生化学变化时都伴有能量的变化．____．（判断对错）16、金属阳离子一定只具有氧化性．____（判断对错）17、通过化学变化可以实现35Cl与37Cl间的相互转化____．（判断对错）18、一定压强下，所有物质在温度变化时都能表现出三态变化．____（判断对错）19、判断对错：1molNa2O2固体中含有离子总数为4NA____．20、常温常压下，1molFe在1molCl2中充分燃烧，转移的电子数为2NA____（判断对错）21、红外光谱仪、核磁共振仪、质谱仪都可用于有机化合物结构的分析____．22、Ⅰ．下列用连线方法对部分化学知识进行归纳的内容中，有错误的一组是____

A．物质的性质与用途：

阿司匹林易水解--用于解热消炎镇痛；不能用于防治心脑血管疾病。

明矾溶于水能形成胶体--用于对水的消毒；净化。

B．保护环境：

控制“白色污染”--减少一次性塑料餐具的使用量。

防止水的污染--提倡使用无磷洗衣粉。

C．基本安全常识：

饮用假酒中毒--甲醇引起。

食用假盐中毒--亚硝酸钠引起。

D．生活中的一些做法：

除去衣服上的油污--可用汽油洗涤。

使煤燃烧更旺--可增大煤与空气接触面积。

Ⅱ．保护环境；合理利用资源已成为人类共同的目标．请判断下列说法是否正确（填“√”或“×”）．

（1）水体的富营养化有利于大多数水生动植物的生长．____

（2）减少机动车尾气排放是改善大气质量的重要措施．____

（3）焚烧废弃塑料会产生有害气体，对大气造成污染．____

（4）将垃圾分类并回收利用，符合可持续发展的要求．____．评卷人得分四、解答题(共3题，共12分)23、用如下装置可以完成一系列实验（图中夹持装置已略去）．

请回答下列问题：

Ⅰ．若用装置A选用浓硫酸和亚硫酸钠固体制取SO2气体（根据需要可以加热）；并通过装置B完成表中设计实验，请填写表中空白：

。B中棉花的位置①②③④所蘸试剂石蕊试液品红溶液淀粉和碘水混合液氢硫酸现象____________褪色浅黄色体现SO2的性质________________________II．若用装置A选用浓硫酸和浓盐酸混合制取HCl气体；装置B中的四处棉花依次做了如下处理：①包有某固体物质；②蘸有KI溶液、③蘸有石蕊溶液、④蘸有浓NaOH溶液．回答下列问题：

（1）p中盛装试剂为______．

（2）反应开始后；观察到②处有棕黄色物质产生，写出②处发生反应的离子方程式______．①处包有的某固体物质可能是______．

a．MnO2b．KMnO4c．KCld．Cu

（3）在整个实验过程中；在③处能观察到______．

（4）反应较长时间后，②处有棕黄色褪去，生成无色的IO3-；写出该反应的离子方程式：______．

24、某同学将擦亮的镁条投入到硫酸铜溶液中；在反应的过程中观察到一些现象：

①______②有黑色固体在镁条表面及烧杯底部生成。

③有少量蓝色沉淀生成．请完成下列问题：

（1）将现象①补充完整．

（2）该同学猜想黑色固体是铜或氧化铜与铜的混合物；设计如下实验：

可供选择的试剂：A；稀硫酸B、稀硝酸C、浓硝酸D、硝酸银溶液。

步骤一：取洗涤；晾干后的黑色固体样品；向其中加入足量的______（填字母），微。

热使之充分反应；黑色固体未溶解．

步骤二：将步骤一所得液体过滤；洗涤、晾干后；再加入______（填字母），观察到。

溶液呈现蓝色．

（3）镁片与硫酸铜溶液发生反应的两个主要的离子方程式：______；______．

25、（宏志班做）

在一定条件下；在容积为2L的密闭容器中，将2mol气体M和3mol气体N混合，发生如下反应：2M（g）+3N（g）⇌xQ（g）+3R（g），经2min达平衡，生成2.4molR，并测得Q的浓度为0.4mol/L．求：

（1）用气体M来表示该反应的化学反应速率是多少？

（2）反应前后的压强比？

（3）N的转化率是多少？

（4）平衡时气体Q所占的体积分数为多少？参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】【分析】图1为铜锌原电池，锌比铜活泼是负极，负极上失电子发生氧化反应，铜为正极得电子发生还原反应；图2为电解池，与铜相连的C为阳极失电子发生氧化反应，与锌相连的铁为阴极得电子发生还原反应，据此分析．【解析】【解答】解：A；图1为铜锌原电池；图2为电解池，故A正确；

B、图2中，与锌相连的铁为阴极得电子发生还原反应，反应式为：2H++2e-═H2↑；故B错误；

C、图1为铜锌原电池，H+向正极Cu电极移动，图2为电解池，H+向阴极Fe电极移动；故C正确；

D、图1为铜锌原电池，总反应为Zn+2H+=Zn2++H2↑；消耗氢离子，则溶液的pH增大，图2为电解池，电解氯化钠溶液生成氢氧化氢气和氯气，所以溶液的pH增大，故D正确；

故选B．2、C【分析】【分析】根据热化学方程式可知，化学计量数表示物质的量，物质的量与反应放出饿热量成正比．【解析】【解答】解：热化学方程式H2（g）+I2（g）═HI（g）△H=+26kJmol-1的意义为：0.5molH2（g）和0.5molI2（g）完全反应生成2molHI（g）需要吸收26kJ热量；

即1molH2（g）与1molI2（g）完全反应生成2molHI（g）需吸收52kJ热量；

故选C．3、C【分析】【分析】有机物分子式为C9H12O，属于醇类，说明分子中-OH连在侧链上，苯环上有三个取代基团，说明含有2个-CH3、1个-CH2OH，三个取代基采取定二移一的方法解答即可．【解析】【解答】解：有机物分子式为C9H12O，属于醇类，说明分子中-OH连在侧链上，苯环上有三个取代基团，说明含有2个-CH3和1个-CH2OH，两个甲基取代基可能是邻、间、对三种情况，所以共有6种情况，故选C．4、C【分析】【分析】该反应双氧水中O元素化合价由-1价变为0价和-2价，得电子化合价降低的元素被还原，失电子化合价升高的元素被氧化，据此分析解答．【解析】【解答】解：该反应双氧水中O元素化合价由-1价变为0价和-2价，得电子化合价降低的元素被还原，失电子化合价升高的元素被氧化，所以双氧水中的氧元素既被氧化又被还原，故选C．5、B【分析】【分析】氮气为空气的主要成分，不是污染物，而NO、SO2、CO都有毒，排放在空气中，造成空气污染，以此来解答．【解析】【解答】解：A．CO有毒；排放在空气中，造成空气污染，故A不选；

B．氮气为空气的主要成分；无毒，不会造成空气污染，故B选；

C．NO有毒；排放在空气中，造成空气污染，故C不选；

D．SO2有毒；排放在空气中，造成空气污染，故D不选；

故选B．6、D【分析】【分析】A．核外电子排布相同的离子；核电荷数越大，离子半径越小；

B．一般来说；原子核外电子层数越多，半径越大，同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小；

C．元素的非金属性越强；对应的氢化物越稳定；

D．元素的非金属越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强．【解析】【解答】解：A．S2-Cl-Ca2+具有相同的核外电子排布；核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越，故A正确；

B．一般来说；原子核外电子层数越多，半径越大，同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，则原子半径Ca＞S＞Cl，故B正确；

C．非金属性Cl＞S＞Se；元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故C正确；

D．非金属性Cl＞Br＞I，元素的非金属越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，应为HClO4＞HBrO4＞HIO4；故D错误．

故选D．7、D【分析】试题分析：A．向NaHCO3和Na2CO3的混合液中逐滴加入Ba(OH)2溶液首先与碳酸氢钠分液，即OH-+HCO3-+Ba2+→BaCO3↓+H2O，A正确；B．碳酸氢钠完全被消耗后，碳酸钠与氢氧化钡分液，即CO32-+Ba2+→BaCO3↓，B正确；C．当氢氧化钡不足时发生反应2OH-+2HCO3-+Ba2+→BaCO3↓+CO32-+H2O，C正确；D．反应中不可能产生CO2，D错误，答案选D。考点：考查离子方程式判断【解析】【答案】D8、B【分析】

生石灰溶于过量的盐酸中，发生反应：CaO+2HCl=CaCl2+H2O、CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑，HCl有剩余，SiO2不反应，向反应混合物中逐滴加入氢氧化钠溶液至过量，首先发生反应，HCl+NaOH=NaCl+H2O，固体难溶物的质量不变，HCl反应完毕，然后发生反应：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，同时发生反应Na2SiO3+CaCl2=CaSiO3↓+2NaCl，固体难溶物的质量增大，SiO2反应完毕同时沉淀达最大量；固体难溶物的质量（m）与加入氢氧化钠溶液的体积（V）关系如图：

故选B．

【解析】【答案】生石灰溶于过量的盐酸中，发生反应：CaO+2HCl=CaCl2+H2O、CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑，HCl有剩余，SiO2不反应，向反应混合物中逐滴加入氢氧化钠溶液至过量，首先发生反应，HCl+NaOH=NaCl+H2O，固体难溶物的质量不变，HCl反应完毕，然后发生反应：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，同时发生反应Na2SiO3+CaCl2=CaSiO3↓+2NaCl，固体难溶物的质量增大，SiO2反应完毕同时沉淀达最大量；据此结合图象判断．

二、填空题(共6题，共12分)9、Na2CO389.6NaOH+HCl=NaCl+H2O、Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl0.16134.4mL【分析】【分析】（1）①A曲线中0-40mL没有气体生成，发生反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，40-80mL有气体生成，发生NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；根据反应方程式计算分析；

②B曲线中0-60mL没有气体生成；60-80mL有气体生成，没有气体发生的反应消耗HCl多，所以当0＜V（HCl）≤60时，发生碳酸钠与盐酸的反应还发生NaOH与盐酸的反应；

（2）A曲线中0-40mL没有气体生成，发生反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，40-80mL有气体生成，发生NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，由Na原子守恒计算NaOH的物质的量和浓度；B溶液中继续通二氧化碳，最后溶质全部转化为碳酸氢钠，结合发生的反应计算．【解析】【解答】解：（1）①A曲线中0-40mL没有气体生成，发生反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，40-80mL有气体生成，发生NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，两段消耗的盐酸的体积相同，由方程式的计量数可知，溶液中的溶质为Na2CO3，在40-80mL时，盐酸的物质的量为0.1mol•L-1×0.04L=0.004mol；所以生成的二氧化碳为0.004mol，其体积为0.004mol×22.4L/mol=0.0896L=89.6mL；

故答案为：Na2CO3；89.6；

②B曲线中0-60mL没有气体生成，60-80mL有气体生成，没有气体发生的反应消耗HCl多，所以当0＜V（HCl）≤60时，发生碳酸钠与盐酸的反应还发生NaOH与盐酸的反应，则当0＜V（HCl）≤60时，发生的反应的方程式为：NaOH+HCl=NaCl+H2O、Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl；

故答案为：NaOH+HCl=NaCl+H2O、Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl；

（2）A曲线中0-40mL没有气体生成，发生反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，40-80mL有气体生成，发生NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，两个反应消耗的盐酸相同，则两个反应一共消耗的盐酸为n（HCl）=0.004mol×2=0.008mol，则n（NaCl）=0.008mol，由Na原子守恒可知n（NaOH）=0.008mol，所以c（NaOH）==0.16mol/L；

0.008molNaOH全部转化为NaHCO3需要二氧化碳为0.008mol，B曲线中60-80mL，生成的二氧化碳为0.1mol•L-1×0.02L=0.002mol；所以若溶质全部转化为碳酸氢钠。

还需要通入二氧化碳为0.008mol-0.002mol=0.006mol；其体积为0.006mol×22.4L/mol=0.1344L=134.4mL；

故答案为：0.16；134.4mL．10、P2＞P12+n＜m放【分析】【分析】根据温度、压强对平衡移动的影响分析，温度越高、压强越大，则反应速率越大，达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大．【解析】【解答】解：相同压强下，根据温度对反应速率的影响可知，温度越高，反应速率越大，则达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大，故有：T1＞T2，升高温度，C的含量增大，平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应；逆方向是放热的，相同温度下，根据压强对反应速率的影响可知，压强越大，反应速率越大，则达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大，故有：P2＞P1；压强越大，生成物C的物质的量越小，说明平衡向逆反应方向移动，则反应前后混合气体的计量数增大，所以2+n＜m；

故答案为：P2＞P1；2+n＜m；放．11、关闭止水夹b，打开活塞aCl2＞Br2＞Fe3+Fe3+过量氯气和SCN-反应2SCN-+Cl2=2Cl-+（SCN）2，使SCN-浓度减小，则使Fe3++3SCN-⇌Fe（SCN）3平衡向逆反应方向移动而褪色SCN-中碳元素是最高价态+4价硫元素16【分析】【分析】（1）装置A制备氯气；装置连接后应检验装置的气密性，可以利用分液漏斗中的液体是否流下分析判断装置气密性；

（2）自发进行的同一氧化还原反应中；氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；

（3）①取D中溶液于试管中，加入NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，则溶液中一定存在铁离子，过量氯气和SCN-反应SCN-浓度减小；根据铁离子和硫氰根离子反应平衡原理分析；

②因氧与硫的最外层电子数相同，根据题目信息，确定SCN-中各原子的连接顺序为S-C-N，S与C形成一对共用电子对，C与N形成三对共用电子对，SCN-得到的一个电子给了S，认为SCN-中碳元素没有被氧化，是离子中碳元素化合价处于最高化合价+4价，加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明白色沉淀为硫酸钡，即溶液中有硫酸根离子，其中硫显+6价，而原来SCN-中硫显-2价，所以被氧化的元素为硫元素，SCN-与Cl2反应生成硫酸根和硝酸根还有二氧化碳，所以它们反应的化学方程式为：SCN-+8Cl2+9H2O=NO3-+SO42-+CO2+Cl-+18H+；此反应中电子转移数目为16，即由方程式计算得到电子转移；

（4）氯气有毒不能直接排空，要用碱液吸收尾气．【解析】【解答】解：（1）装置A制备氯气，装置连接后应检验装置的气密性，方法是关闭止水夹b；打开活塞a，向分液漏斗中注水，若水不能顺利流下，则气密性良好；

故答案为：关闭止水夹b；打开活塞a

（2）D装置中：溶液变红；说明有铁离子生成，据此得出氯气的氧化性大于铁离子；

E装置中：水层溶液变黄，振荡后CCl4层无明显变化；说明氯气和溴离子不反应；

根据D和E装置知，溴的氧化性大于铁离子，则氧化性强弱顺序是Cl2＞Br2＞Fe3+；

故答案为：Cl2＞Br2＞Fe3+；

（3）①取D中溶液于试管中，加入NaOH溶液，有红褐色沉淀生成为Fe（OH）3沉淀，则溶液中一定存在Fe3+，实验证明“红色慢慢褪去”，是过量氯气和SCN-反应2SCN-+Cl2=2Cl-+（SCN）2，使SCN-浓度减小，则使Fe3++3SCN-⇌Fe（SCN）3平衡向逆反应方向移动而褪色；

故答案为：Fe3+；过量氯气和SCN-反应2SCN-+Cl2=2Cl-+（SCN）2，使SCN-浓度减小，则使Fe3++3SCN-⇌Fe（SCN）3平衡向逆反应方向移动而褪色；

②因氧与硫的最外层电子数相同，根据题目信息，确定SCN-中各原子的连接顺序为S-C-N，S与C形成一对共用电子对，C与N形成三对共用电子对，SCN-得到的一个电子给了S，故SCN-的电子式认为SCN-中碳元素没有被氧化，是离子中碳元素化合价处于最高化合价+4价，加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明白色沉淀为硫酸钡，即溶液中有硫酸根离子，其中硫显+6价，而原来SCN-中硫显-2价，所以被氧化的元素为硫元素，SCN-与Cl2反应生成硫酸根和硝酸根还有二氧化碳，所以它们反应的化学方程式为：SCN-+8Cl2+9H2O=NO3-+SO42-+CO2+Cl-+18H+；此反应中电子转移数目为16，即由方程式可知每生成1mol二氧化碳要转移16mol电子；

故答案为：SCN-中碳元素是最高价态+4价；硫元素；16；

（4）由于氯气有毒，直接排放到空气中会污染大气，要用碱液吸收尾气，实验装置缺少尾气处理装置，改进措施如图：

故答案为：．12、C8H10O苯乙醇还原反应CD保护在硝化过程中醇羟基不被氧化6【分析】【分析】据A与乙酸发生酯化反应，生成B的分子式结合信息①可知A为苯乙醇，分子式为C8H10O，据反应条件可知A与乙酸发生酯化反应，生成的B为B→C为硝化反应，D和F的苯环上的一氯代物都只有2种，说明在对位取代，C为C→D的反应是硝基还原为氨基的反应，F、G能与FeCl3溶液发生显色反应，F能发生银镜反应，可知D→E是酯的水解反应和氨基生成羟基的反应，E为E氧化后酸化生成F，F能发生银镜反应，F为据信息③可知，G为据此分析．【解析】【解答】解：据A与乙酸发生酯化反应，生成B的分子式结合信息①可知A为苯乙醇，分子式为C8H10O，据反应条件可知A与乙酸发生酯化反应，生成的B为B→C为硝化反应，D和F的苯环上的一氯代物都只有2种，说明在对位取代，C为C→D的反应是硝基还原为氨基的反应，F、G能与FeCl3溶液发生显色反应，F能发生银镜反应，可知D→E是酯的水解反应和氨基生成羟基的反应，E为E氧化后酸化生成F，F能发生银镜反应，F为据信息③可知，G为

（1）由上述分析可知，A的分子式为C8H10O，名称是苯乙醇，故答案为：C8H10O；苯乙醇；

（2）据CD的结构简式可知，D比C少了2个H原子1个O原子，所以C生成D的反应是还原反应，F为据信息③可知，G为故答案为：还原反应；

（3）F为G为都含有酚羟基，所以Na、NaOH、FeCl3不能鉴别；G中含有羧基，能够与碳酸钠；碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，故答案为：CD；

（4）为苯乙醇，据反应条件可知A与乙酸发生酯化反应，生成的B为目的是保护在硝化过程中醇羟基不被氧化，反应的化学方程式为

故答案为：保护在硝化过程中醇羟基不被氧化；

（5）F为其含有苯环且能发生水解反应的异构体中需有酯基，可以是酚羟基与甲酸形成的酯，另有一个甲基，这样的酯有临间对3种，可以是酚羟基与乙酸形成的酯，有1种，苯甲酸与甲醇形成的酯，有1种，苯甲醇与甲酸形成的酯，有1种，共6种，其中

故答案为：6；．13、试管长颈漏斗2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑在试管口放一小团棉花CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑可随时控制反应的发生和停止①→②→④→③防止倒吸现象2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O【分析】【分析】（1）由图中装置及常见仪器可知仪器的名称；

（2）高锰酸钾制取O2，加热高锰酸钾分解生成氧气、锰酸钾、二氧化锰；用A、C装置制取O2时；为防止高锰酸钾进入导管，可在试管口利用棉花团处理；

（3）用B、D装置制取CO2；为固体；液体反应不加热装置，利用碳酸钙与盐酸反应即可；将发生装置由B改为F，F中有分液漏斗，可利用活塞控制液体的量；

（4）图示装置收集一瓶干燥的SO2，先干燥气体、再收集，最后尾气处理，倒扣的漏斗可防止液体倒吸，烧杯中NaOH吸收二氧化硫，防止二氧化硫污染环境，以此来解答．【解析】【解答】解：（1）由图可知；仪器①为试管，②为长颈漏斗，故答案为：试管；长颈漏斗；

（2）高锰酸钾制取O2，加热高锰酸钾分解生成氧气、锰酸钾、二氧化锰，反应方程式为2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑；用A、C装置制取O2时，为防止高锰酸钾进入导管，可在试管口放一小团棉花，保证粉末不能堵塞导管，故答案为：2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑；在试管口放一小团棉花；

（3）用B、D装置制取CO2，为固体、液体反应不加热装置，利用碳酸钙与盐酸反应即可，反应方程式为CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；将发生装置由B改为F，F中有分液漏斗，其优点是可随时控制反应的发生和停止，故答案为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；可随时控制反应的发生和停止；

（4）图示装置收集一瓶干燥的SO2，先干燥气体、再收集，最后尾气处理，则装置中导管按气流方向连接顺序是①→②→④→③→⑤；图中漏斗的作用是可防止倒吸现象，烧杯中NaOH吸收二氧化硫，防止二氧化硫污染环境，反应为2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O；

故答案为：①→②→④→③；防止倒吸现象；2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O．14、略

【分析】【解析】试题分析：（1）油脂易溶在酒精中，加入酒精可以溶解硬脂酸甘油酯，加快反应的进行。（2）皂化反应完成后，所得分散系是胶体。（3）硬脂酸钠得密度小于水得，在上层。要使硬脂酸钠从胶体中析出，可以通过加入氯化钠，通过盐析产生沉淀。（4）由于有机物都是易挥发得，所以长玻璃导管的作用是导气兼冷凝回流。（5）该反应是油脂得皂化反应，反应的方程式是考点：考查油脂的性质、结构、物质的分离和提纯以及方程式的书写【解析】【答案】(1)溶解硬脂酸甘油酯(2)胶体(3)NaCl上盐析(4)导气兼冷凝回流（5）三、判断题(共8题，共16分)15、√【分析】【分析】依据化学反应实质是反应物化学键断裂化学键吸收能量，生成物形成化学键放出热量，反应过程中一定伴随能量变化．【解析】【解答】解：化学反应实质是反应物化学键断裂化学键吸收能量，生成物形成化学键放出热量，所以反应过程中一定伴随能量变化，故正确，故答案为：√．16、×【分析】【分析】金属阳离子不一定只有氧化性，可能具有还原性，考虑变价金属阳离子即可．【解析】【解答】解：一般常见金属阳离子只具有氧化性，但是亚铁离子、亚铜离子等据既具有氧化性又具有还原性，故金属阳离子一定只具有氧化性的说法错误，故答案为：×．17、×【分析】【分析】化学变化不涉及原子核内部的变化，即化学变化不能改变中子数、质子数．故通过化学变化无法实现35Cl与37Cl间的相互转化，同位素之间的转化属于核变化．【解析】【解答】解：35Cl与37Cl间的相互转化没有新物质生成，属于物理变化，故通过化学变化无法实现35Cl与37Cl间的相互转化；

故答案为：×．18、×【分析】【分析】有的固体受热时会直接升华为气体．【解析】【解答】解：一定压强下；所有物质在温度变化时不一定能表现出三态变化，如碘受热时直接升华为气体，不形成液体，故错误；

故答案为：×．19、×【分析】【分析】过氧化钠化学式是由1个过氧根离子和2个钠离子构成，所以其阴阳离子个数之比为1：2，据此计算离子总数．【解析】【解答】解：过氧化钠化学式是由1个过氧根离子和2个钠离子构成，所以其阴阳离子个数之比为1：2，则1molNa2O2固体中含有离子总数为3NA，故答案为：×．20、√【分析】【分析】发生反应：2Fe+3Cl22FeCl3，1molFe在1molCl2中充分燃烧，氯气完全反应，Fe有剩余，根据氯气计算转移电子数目．【解析】【解答】解：发生反应：2Fe+3Cl22FeCl3，1molFe完全反应消耗1.5molCl2，故氯气完全反应，Fe有剩余，则转移电子数目为1mol×2=2mol，即转移电子数为2NA，故正确，故答案为：√．21、√【分析】【分析】红外光谱仪用于测定有机物的官能团；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：红外光谱仪用于测定有机物的官能团；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；所以红外光谱仪；核磁共振仪、质谱仪都可用于有机化合物结构的分析；故说法正确；

故答案为：√．22、×【分析】【分析】Ⅰ．A．阿司匹林能用于防治心脑血管疾病；明矾不能消毒；

B．使用一次性塑料餐具可引起白色污染；

C．甲醇有毒；

D．增大煤与空气接触面积可提高煤燃烧效率．

Ⅱ．（1）水体富营养化会导致植物的疯长；破坏生态平衡；

（2）机动车尾气排放是倒是环境污染的主要原因；

（3）焚烧塑料产生的气体会导致空气污染；

（4）垃圾分类并回收利用可以减少污染，节约能源．【解析】【解答】解：Ⅰ．A．阿司匹林能用于防治心脑血管疾病；明矾不能消毒，故A错误；

B．使用一次性塑料餐具可引起白色污染；含磷洗衣粉可引起水体富营养化，故B正确；

C．甲醇和亚硝酸钠有毒；故C正确；

D．油污易溶于汽油；增大煤与空气接触面积可提高煤燃烧效率，故D正确．

故选A；

Ⅱ．（1）水体富营养化会导致植物的疯长；会破坏环境生态平衡，故答案为：×；

（2）机动车尾气二氧化硫；二氧化氮、一氧化氮等气体的排放会引起环境污染；减少机动车尾气排放可以改善大气质量，故答案为：√；

（3）焚烧塑料产生有毒气体气体会导致空气污染；有的塑料可以回收利用，故答案为：√；

（4）垃圾分类并回收利用可以减少污染，节约能源，符合可持续发展的要求，故答案为：√．四、解答题(共3题，共12分)23、略

【分析】

Ⅰ．SO2可溶于水生成亚硫酸（H2SO3），H2SO3显酸性；能使石蕊试液变红；

SO2具有漂白性；能使品红溶液褪色；

碘能使淀粉溶液变蓝，SO2具有还原性，能与碘水反应：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI；溶液蓝色褪去；

SO2具有氧化性，能与氢硫酸反应：SO2+2H2S=3S+2H2O；

故答案为：

。溶液变红溶液褪色水溶液显酸性漂白性还原性氧化性II．（1）因浓硫酸和浓盐酸混合时；为了使热量散发，应将浓硫酸缓慢加入到浓盐酸中，故答案为：浓硫酸；

（2）有棕黄色物质确定为单质碘，卤素单质间能发生置换反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，因通过①后生成了Cl2，而KMnO4溶液能氧化HCl得到Cl2，所以某固体物质可能是KMnO4，故答案为：Cl2+2I-=2Cl-+I2；b；

（3）因Cl2能与水反应生成HCl和HClO；HCl具有酸性，能使石蕊溶液变红，HClO具有强氧化性能使红色褪去，故答