2025年冀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年冀教版高三化学上册阶段测试试卷4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8题，共16分)1、检验Fe3+，最好的方法是加入（）A.氯水B.KSCN溶液C.石蕊溶液D.酚酞溶液2、向50mL稀H2SO4与稀HNO3的混合溶液中逐渐加入铁粉，假设加入铁粉的质量与产生气体的体积（标准状况）之间的关系如右图所示，且每一段只对应一个反应．下列说法正确的是（）A.产生氢气的体积为1.68LB.产生二氧化氮的体积为1.12LC.参加反应铁粉的总质量m2=5.6gD.原混合溶液中c（HNO3）=0.5mol•L-13、已知达到电离平衡的0.1mol/L的氨水，为了促进NH3•H2O的电离，同时使溶液的pH增大，应采取的措施是（）A.加入一定量的水B.加热溶液C.加入少量NaOHD.通入氨气4、蔗糖和麦芽糖是（）A.同种物质B.同系物C.同位素D.同分异构体5、下列有关物质的性质与应用的对应关系正确的是()A.碳酸钠溶液显碱性，用热的碳酸钠溶液可去除金属表面的油污B.铜的金属活动性比铝弱，可用铜罐代替铝罐贮运浓硝酸C.铝的熔点很高，可用于制作耐高温材料D.浓硫酸具有吸水性，可用于干燥氨气、二氧化碳等气体6、下列离子方程式正确的是（）A.镁与稀硝酸反应：Mg+2H+═Mg2++H2↑B.氯化铝溶液与氨水反应：Al3++3OH-═Al（OH）3↓C.三氯化铁腐蚀印刷线路板：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+D.硫酸溶液与氢氧化钡溶液反应：H++SO42-+OH-+Ba2+═BaSO4↓+H2O7、将9.0g铜和铁的混合物投入100ml稀硝酸中，充分反应后得到标准状况下1.12LNO，剩余4.8g金属；继续加入100mL等浓度的稀硝酸，金属完全溶解，又得到标准状况下l.12LNO。若向反应后的溶液中滴入KSCN溶液，溶液不变红。则下列说法正确的是A.第一次与100mL稀硝酸反应后剩余4.8g金属为铜和铁B.反应前稀硝酸的物质的量浓度无法计算C.若向上述最后所得溶液中再加入足量的稀硝酸，还可得到标准状况下1.12LNOD.原混合物中铜和铁的物质的量各为0.075mol8、氮化硅是一种新合成的结构材料，它是一种超硬、耐磨、耐高温的物质。下列各组物质熔化时，所克服的微粒间的作用力与氮化硅熔化所克服的微粒间的作用力都相同的是()A.硝石和金刚石B.晶体硅和水晶C.冰和干冰D.萘和蒽评卷人得分二、双选题(共7题，共14分)9、短周期元素X、Y、Z、W在周期表中的相对位置如图，W原子的最外层电子数是其最内层电子数的3倍．下列判断正确的是（）A.原子半径：Y＞Z＞XB.含Y元素的盐溶液有的显酸性，有的显碱性C.最简单气态氢化物的热稳定性：Z＞WD.X与R的核电荷数相差2410、青蒿酸是合成青蒿素的原料，可以由香草醛合成。下列叙述正确的是()

A.青蒿酸分子中含有rm{4}个手性碳原子B.在一定条件下，香草醛可与rm{HCHO}发生缩聚反应C.两种物质分别和rm{H_{2}}反应，最多消耗rm{H_{2}4mol}和rm{3mol}D.可用rm{FeCl_{3}}溶液或rm{NaHCO_{3}}溶液鉴别化合物香草醛和青蒿酸11、对于图象rm{垄脵隆煤垄脺}的辨析正确的是rm{(}rm{)}A.

表示反应rm{A(g)+B(g)隆煤C(g)+D(g)}是吸热反应，吸收能量rm{(E_{2}-E_{1})kJ}B.

为氢氧燃料电池示意图，正、负极通入的气体体积之比为rm{2}rm{1}C.

是物质rm{a}rm{b}的溶解度曲线，可以用重结晶法从rm{a}rm{b}混合物中提纯rm{a}D.

可表示压强对反应rm{2A(g)+B(g)?3C(g)+D(s)}的影响，且乙的压强大12、下列关于物质溶解度及溶解平衡的有关叙述正确的是()A.某物质的溶解性为难溶，则该物质不溶于水B.相同温度下，AgCl在同浓度的CaCl2和NaCl溶液中的KSp相同C.BaSO4悬浊液中的沉淀溶解平衡表达式为：BaSO4⇌Ba2++SO42-D.分别用等体积的蒸馏水和0.001mol/L硫酸洗涤BaSO4沉淀，用水洗涤造成BaSO4的损失大于用稀硫酸洗涤的损失量13、下列实验方法或试剂保存方法正确的是()A.实验室制取蒸馏水时温度计的水银球应插入蒸馏烧瓶的自来水中B.把NaOH固体直接放入容量瓶中，加水到刻度线配成一定物质的量浓度的NaOH溶液C.盛放NaOH溶液的试剂瓶常用橡皮塞，不用玻璃塞D.氯水贮存在棕色瓶中，放在冷暗处14、已知rm{2NO_{2}篓TN_{2}O_{4}+Q}rm{(Q>0)}将一定量的rm{NO_{2}}充入注射器中后封口，如图是在拉伸和压缩注射器的过程中气体透光率随时间的变化rm{(}气体颜色越深，透光率越小rm{).}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{c}点的操作是拉伸注射器B.rm{b}点与rm{a}点相比，rm{c(NO_{2})}增大，rm{c(N_{2}O_{4})}减小C.若反应在一绝热容器中进行，则rm{a}rm{b}两点的平衡常数rm{K_{a}>K_{b}}D.rm{d}点：rm{v(}正rm{)>v(}逆rm{)}15、室温下，反应HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-的平衡常数K=2.2×10-8．将NH4HCO3溶液和氨水按一定比例混合，可用于浸取废渣中的ZnO．若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温下下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是（）A.0.2mol•L-1氨水：c（NH3•H2O）＞c（NH4+）＞c（OH-）＞c（H+）B.0.2mol•L-1NH4HCO3溶液（pH＞7）：c（NH4+）＞c（HCO3-）＞c（H2CO3）＞c（NH3•H2O）C.0.2mol•L-1氨水和0.2mol•L-1NH4HCO3溶液等体积混合：c（NH4+）+c（NH3•H2O）=c（H2CO3）+c（HCO3-）+c（CO32-）D.0.6mol•L-1氨水和0.2mol•L-1NH4HCO3溶液等体积混合：c（NH3•H2O）+c（CO32-）+c（OH-）=0.3mol•L-1+c（H2CO3）+c（H+）评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)16、（2015春•沈阳校级期末）碘在工农业生产和日常生活中有重要用途．

（1）如图为海带制碘的流程图．步骤①灼烧海带时，除需要三脚架外，还需要用到的实验仪器是____（从下列仪器中选出所需的仪器；用标号字母填写）

A．烧杯B．坩埚C．表面皿

D．泥三角E．酒精灯F．冷凝管。

步骤④发生反应的离子方程式为____．

若步骤⑤采用裂化汽油提取碘，后果是____．

（2）溴化碘（IBr）的化学性质类似于卤素单质，如能与大多数金属反应生成金属卤化物，跟水反应的方程式为：IBr+H2O═HBr+HIO，下列有关IBr的叙述中错误的是：____

A．固体溴化碘熔沸点较高。

B．在许多反应中；溴化碘是强氧化剂。

C．跟卤素单质相似；跟水反应时，溴化碘既是氧化剂，又是还原剂。

D．溴化碘跟NaOH溶液反应生成NaBr、NaIO和H2O

（3）为实现中国消除碘缺乏病的目标．卫生部规定食盐必须加碘盐，其中的碘以碘酸钾（KIO3）形式存在．可以用硫酸酸化的碘化钾淀粉溶液检验加碘盐，请写出反应的离子方程式：____．17、某化学探究小组设计如图所示（部分夹持装置已略去）实验装置，以探究潮湿的Cl2与Na2CO3反应得到的固体物质的成分．具体操作如下：向C装置中通入一定量的氯气后，测得只生成一种气体Cl2O．可以确定的是C得到的固体中最多含有三种物质，含有氯元素的盐只有一种，且一定含有NaHCO3．现对C中得到的固体进行猜想和验证．

①提出合理猜想：C中一定含有NaHCO3和____；可能含有剩余的Na2CO3．

②设计方案，进行成分检验．请你参与并完成实验步骤3、4以及预期现象和结论，将答案填入下表的相应空格内．限选实验试剂：蒸馏水、稀HNO3、BaCl2溶液、澄清石灰水、AgNO3溶液；品红、稀盐酸。

。实验步骤预期现象和结论步骤1：取C中的少量固体样品于试管中；

加入蒸馏水至固体溶解；然后各取1～2mL

所得溶液分别置于甲、乙两支试管中．得到无色溶液．步骤2：向甲试管中加入过量的BaCl2溶液；

静置．若溶液变浑浊，证明固体中含有____．步骤3：取甲试管中上层清液少许于另一只。

试管中，滴加少量____；

充分振荡．若____；

证明固体中含有NaHCO3．步骤4：向乙试管中先加入过量的____

____；再滴入少量____溶液．若生成白色沉淀；证明固体中含有____．18、化学兴趣小组为探究某铁矿石（主要成分为Fe2O3和SiO2）的性质；进行如下实验：

（1）步骤（I）中分离溶液和沉淀的操作名称是____；

（2）沉淀A中一定含有____，该物质属于____氧化物；（填“酸性”或“碱性”）

（3）要检验滤液X中的金属阳离子，应加入____；

（4）写出步骤（Ⅱ）中生成Fe（OH）3的离子方程式____．

（5）溶液Y中溶质的化学式为____．19、为测定硫酸亚铁铵（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O晶体纯度；某学生取mg硫酸亚铁铵样品配置成500mL溶液，根据物质组成，甲；乙、丙三位同学设计了如下三个实验方案，请回答：

（甲）方案一：取20.00mL硫酸亚铁铵溶液于锥形瓶，用0.1000mol•L-1的酸性KMnO4溶液进行滴定．

（乙）方案二：取20.00mL硫酸亚铁铵溶液进行如下实验．

待测液Wg固体。

（1）方案一的离子方程式为____；判断达到滴定终点的依据是____；

（2）方案二的离子方程式为____；若实验操作都正确，但方案一的测定结果总是小于方案二，其可能原因为____，如何验证你的假设____．

（丙）方案三：（通过NH4+测定）实验设计图如所示．取20.00mL硫酸亚铁铵溶液进行该实验．

（3）①装置____（填“图一”或“图二”）较为合理，判断理由是____．量气管中最佳试剂是____（填字母编号．如选“图二”则填此空；如选“图一”此空可不填）．

a．水b．饱和NaHCO3溶液c．CCl4

②若测得NH3的体积为VL（已折算为标准状况下），则该硫酸亚铁铵晶体的纯度为____（列出计算式即可，不用简化）20、（2015秋•成都校级月考）A、B、C、D、E五种溶液分别是NaOH、NH3•H2O、CH3COOH、HCl、H2SO4中的一种．常温下进行下列实验：

①将1LpH=3的A溶液分别与pH=12的B溶液xL；pH=12的D溶液yL恰好完全反应；x、y大小关系为：x＜y；

②浓度均为0.1mol•L-1A和E溶液；pH：A＜E；

③浓度均为0.1mol•L-1C与D溶液等体积混合；溶液呈酸性．

回答下列问题：

（1）A溶液是____溶液，D溶液是____溶液。

（2）用水稀释0.1mol•L-1B溶液时，溶液中随着水量的增加而减小的是____（填写序号）．

①②③c（H+）和c（OH-）的乘积④OH-的物质的量。

（3）OH-浓度相同的等体积的两份溶液A和E，分别与锌粉反应，若最后仅有一份溶液中存在锌粉，且放出氢气的质量相同，则下列说法正确的是____（填写序号）

①反应所需要的时间E＞A②开始反应时的速率A＞E

③参加反应的锌粉物质的量A=E④反应过程的平均速率E＞A

⑤A溶液里有锌粉剩余⑥E溶液里有锌粉剩余。

（4）将等体积、物质的量浓度之比为1：2的溶液A和D溶液混合后，升高温度（溶质不会分解）溶液pH随温度变化如图中的____曲线（填写序号）．21、取浓度相同的NaOH和HCl溶液，以3：2体积比相混合，所得溶液的pH等于12，则原溶液的浓度为____．22、对羟基苯甲酸丁酯（俗称尼泊金丁酯）可用作防腐剂；对酵母和霉菌有很强的抑制作用，工业上常用对羟基苯甲酸与丁醇在浓硫酸催化下进行酯化反应而制得．以下是某课题组开发的从廉价；易得的化工原料出发制备对羟基苯甲酸丁酯的合成路线：

已知以下信息：

①通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定；易脱水形成羰基；

②D可与银氨溶液反应生成银镜；

③F的核磁共振氢谱表明其有两种不同化学环境的氢；且峰面积比为1：1．

回答下列问题：

（1）A的化学名称为____；

（2）由B生成C的化学反应方程式为____，该反应的类型为____；

（3）D的结构简式为____；

（4）F的分子式为____；

（5）G的结构简式为____．23、（10分）氯化亚铜（CuCl）是白色粉末，不溶于水、乙醇及稀硫酸，熔点422℃，沸点1366，在空气中迅速被氧化成绿色，常用作有机合成工业中的催化剂。以粗盐水（含Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质、Cu、稀硫酸、SO2等为原料合成CuCl的工艺如下：（1）A的化学式为。（2）写出反应V的化学方程式。（3）写出反应VI的离子方程式为。（4）本工艺中可以循环利用的物质是（刚化学式表示）。（5）反应VI后，过滤得到CuCl沉淀，用无水乙醇洗涤沉淀，在真空干燥机内于70℃干燥2小时，冷却，密封包装即得产品。于70℃真空干燥的目的是。评卷人得分四、判断题(共4题，共28分)24、22.4LNO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为NA．____（判断对错）25、3.4gNH3中含有电子数为0.2NA____（判断对错）26、SO3和H2O的反应与SO2和H2O的反应类型完全相同____（判断对和错）27、很多物质都可以添加到食品中，其中使用亚硝酸钠时必须严格控制用量．____．（判断对错）评卷人得分五、简答题(共1题，共5分)28、实验室制备乙酸乙酯，是将rm{3mL}乙醇加入一支试管中，然后边振荡试管，边慢慢加入rm{2mL}浓rm{H_{2}SO_{4}}和rm{2mL}乙酸，按如图连接好装置，在酒精灯上加热rm{.}观察现象．

rm{(1)}请写出制取乙酸乙酯的化学方程式：______．

rm{(2)}简述用碳酸钠饱和溶液吸收乙酸乙酯的有点______．

rm{(3)}根据以上信息结合平时所学；判断下列说法正确的是______

A.催化剂不参加化学反应。

B.催化剂参加化学反应；但反应前后质量和化学性质可能改变。

C.催化剂参加化学反应；但反应前后质量和化学性质不变。

D.催化剂不但可以改变反应速率也可以改变可逆反应进行的程度。

E.催化剂是通过改变化学反应途径进而改变活化能；从而改变化学反应速率。

rm{(4)}实验过程中先用小火；一段时间以后，又改用大火加热原因是：______．

rm{(5)}在右边试管中收集乙酸乙酯，用分液方法可以将乙酸乙酯分离出来rm{.}分离出来的乙酸乙酯一般用氯化钙除去其中的______rm{(}填名称rm{)}杂质，再用______rm{(a.P_{2}O_{5}}rm{b.}无水rm{Na_{2}SO_{4}}rm{c.}碱石灰rm{d.NaOH)}干燥剂对其进行干燥rm{.}最后得乙酸乙酯rm{2mL.}计算乙酸乙酯的产率______rm{[}已知乙醇密度：rm{0.79(g?cm^{-3})}乙酸密度：rm{1.05(g?cm^{-3})}乙酸乙酯密度：rm{0.90(g?cm^{-3})]}．评卷人得分六、解答题(共4题，共28分)29、一定温度下的密闭容器中存在如下反应：H2（g）+I2（g）⇌2HI

已知氢气的起始浓度为0.4mol/L；碘蒸气的起始浓度为1mol/L，经测定，该反应在该温度下的平衡常数K=64，试判断：

（1）当氢气转化率为50%时；该反应是否达到平衡状态，若未达到，正向哪个反应进行？

（2）达到平衡状态时，请问氢气转化率应为多少？30、[化学一选修物质结构与性质]

A、B、C、D、E都是短周期主族元素，原子序数依次增大，B、C同周期，A、D同主族，E的单质既可溶于稀硫酸又可溶于氢氧化钠溶液．a、b能形成两种在常温下呈液态的化合物甲和乙；原子个数比分别为2：1和1：1．根据以上信息回答下列1-3问：

（1）C和D的离子中；半径较小的是______（填离子符号）．

（2）实验室在测定C的气态氢化物的相对分子质量时；发现实际测定值比理论值大出许多，其原因是______．

（3）C、D、E可组成离子化合物DxE6其晶胞（晶胞是在晶体中具有代表性的最小重复单元）结构如图所示，阳离子D+（用0表示）位于正方体的棱的中点和正方体内部；阴离子EC6x-（用示）位于该正方体的顶点和面心；该化合物的化学式是______．

（4）Mn；Fe均为第四周期过渡元素；两元素的部分电离能数据列于下表：

。元素MnFe电离。

能/kj•mol-1[来源：]Ⅰ1717759Ⅱ215091561Ⅲ332482957回答下列问题：

Mn元素价电子层的电子排布式为______，比较两元素的I2J3可知，气态Mn2+再失去一个电子比气态Fe2+再失去一个电子难．对此的解释是______；

（5）Fe原子或离子外围有较多能量相近的空轨道而能与一些分子或离子形成配合物．

①与Fe原子或离子形成配合物的分子或离子应具备的结构特征是______．

②六氰合亚铁离子（Fe（CN）64-）中的配体CN-中c原子的杂化轨遣类型是______；

写出一种与CN-互为等电子体的单质分子的路易斯结构式______．

31、已知A为一无机盐；C；D、F、N、O为无色气体，E常温常压下为无色无味的液体，N、H、L为高中常见的单质，I为常见无氧强酸，M的焰色反应为紫色，反应①常用于气体F的检验．

（1）写出G的电子式______；M的化学式______；

（2）写出反应②的离子反应方程式______；

（3）写出反应③的化学反应方程式______；反应①④中属于非氧化还原反应的是______；

（4）用石墨电极电解溶液K时；电解初始阶段电极反应方程式为：

阴极______

阳极______

（5）已知A在隔绝空气条件下分解产生的各产物的物质的量之比为B：C：D：E：F=1：2：2：2：2；写出A分解的反应方程式______．

32、写出测定土壤溶液pH的操作过程和所用三种主要玻璃仪器的名称．参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】【分析】实验室检验某溶液是否含有Fe3+，常用的试剂为硫氰化钾溶液，向溶液中加入硫氰化钾溶液，若溶液变成红色，证明溶液中存在铁离子，否则溶液中不存在铁离子．【解析】【解答】解：铁离子能够与硫氰根离子反应生成红色的络合物硫氰化铁；据此检验铁离子是否存在，所以检验铁离子是否存在的最简便的方法为：向待测液中加入KSCN溶液，如果溶液变为红色，即可证明溶液中含有铁离子；

故选B．2、C【分析】【分析】已知氧化性：NO3-＞Fe3+＞H+，OA段发生：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生：Fe+2Fe3+═3Fe2+，B以后发生：Fe+2H+=Fe2++H2↑，以此解答该题．【解析】【解答】解：已知氧化性：NO3-＞Fe3+＞H+，OA段发生：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生：Fe+2Fe3+═3Fe2+，B以后发生：Fe+2H+=Fe2++H2↑；

A．开始时产生的气体为NO；B以产生氢气，混合气体总体积为1.68L，故A错误；

B．铁与稀的混合酸产生NO；无二氧化氮产生，故B错误；

C．最终生成Fe2+，根据氧化还原反应中得失电子数目相等可知3×n（NO）+2×n（H2）=2n（Fe），即3×0.05mol+2×=2n（Fe）；n（Fe）=0.1mol，质量为5.6g，故C正确；

D．n（NO）==0.05mol，则所用混合溶液中c（HNO3）==1mol/L；故D错误；

故选C．3、B【分析】【分析】一水合氨是弱电解质，弱电解质电离是吸热反应，升高温度、加水稀释、加入氢离子或铵根离子反应的物质都促进一水合氨电离；溶液中pH增大，说明溶液中氢氧根离子浓度增大，二者结合分析解答．【解析】【解答】解：A．加水稀释氨水；促进一水合氨电离，但氢氧根离子浓度减小，溶液的pH减小，故A错误；

B．加热溶液；促进一水合氨电离，且氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大，故B正确；

C．加入少量氢氧化钠；氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大，但抑制一水合氨电离，故C错误；

D．向溶液中通入氨气；氨水浓度增大，一水合氨的电离程度减小，故D错误；

故选：B．4、D【分析】【分析】蔗糖与麦芽糖化学式都是C12H22O11，但是结构不同，互为同分异构体．【解析】【解答】解：分子相同，结构不同的物质互称同分异构体，已知蔗糖与麦芽糖化学式都是C12H22O11，而它们的结构不同，所以互为同分异构体，故D正确；5、A【分析】

【分析】本题考查元素及其化合物的性质和盐类水解等知识，难度不大。【解答】A.油污的主要成分是油脂，在碱性条件下能水解，故A正确；

B.铜与浓硝酸剧烈反应，不能用铜罐车贮运浓硝酸，故B错误；

C.铝的熔点较低，不能用于制作耐高温材料，故C错误；

D.浓硫酸能吸收碱性气体rm{隆陋隆陋}氨气，故D错误。氨气，故D错误。rm{隆陋隆陋}

故选A。【解析】rm{A}6、C【分析】【分析】A．硝酸是氧化性酸；和金属反应得不到氢气；

B．氨水为弱碱；一水合氨不能拆开，应该保留分子式；

C．铁离子与铜反应生成亚铁离子和铜离子；

D．氢离子、氢氧根离子的系数错误，不满足硫酸、氢氧化钡的化学式组成．【解析】【解答】解：A．Mg与稀硝酸反应生成的是NO气体，正确的离子方程式为：3Mg+8H++2NO3-═3Mg2++2NOŸ+4H2O；故A错误；

B．氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝，一水合氨不能拆开，正确的离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；故B错误；

C．三氯化铁腐蚀印刷线路板，反应的离子方程式为：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+；故C正确；

D．硫酸与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和水，正确的离子方程式为：2H++SO42-+2OH-+Ba2+=BaSO4↓+2H2O；故D错误；

故选C．7、D【分析】【解析】试题分析：两次反应后，向反应后的溶液中滴入KSCN溶液，溶液不变红，说明铁全部生成Fe3+，生成NO共0.1mol，则溶液中的溶液中溶质为Cu(NO3)2、Fe(NO3)2,则由原子守恒得：n(Cu)×64g/mol+n(Fe)×56g/mol=9.0g由电子守恒可得：2×[n(Cu)+n(Fe)]=0.1mol×3解得：n(Cu)=n(Fe)=0.075mol,故D正确。A、因n(Fe)=0.075mol质量为4.2g,当铁完全反应时剩余4.8g全为铜。不可能为铁与铜的混合物。故A不错误。B、由N原子守恒可知n(HNO3)=0.1mol+2×[n(Cu)+n(Fe)]=0.4mol,c(HNO3)=0.4mol/0.2L=2mol/L,故B错误。C、再加足量稀硝酸，溶液中的Fe2+继续发生氧化还原反应放出NO，由电荷守恒1×n(Fe2+)=3×n(NO),得n(NO)=0.025mol，体积为0.56L。故C错误。考点：了解金属与硝酸的反应，并能进行简单计算。【解析】【答案】D8、B【分析】【解析】试题分析：氮化硅是原子晶体，熔化时需要克服非极性共价键的作用力，A中的硝石的主要成分是KNO3，含有离子键。C想中冰除了极性共价键外，还有氢键。D中的耐和蒽除了有极性共价键和非极性共价键，还有范德华力。故B项正确。考点：原子晶体的性质【解析】【答案】B二、双选题(共7题，共14分)9、A|B【分析】解：由短周期元素在周期表中的位置可知；X处于第二周期，Y；Z、W处于第三周期，R处于第四周期，W原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍，最外层电子数为6，则W为S，可推知X为N，Y为Al，Z为Si，R为As．

A．同周期随原子序数增大原子半径减小；同主族自上而下原子半径增大，则原子半径：Y＞Z＞X，故A正确；

B．Y为Al元素，NaAlO2溶液显碱性，而AlCl3溶液显酸性；故B正确；

C．同周期自左而右元素非金属性增强；故非金属性W＞Z，非金属性越强，氢化物越稳定，则最简单气态氢化物的热稳定性为W＞Z，故C错误；

D．X与R的核电荷数之差为第三；四周期容纳元素种数之和；即二者核电荷数之差为8+18=26，故D错误；

故选：AB．

由短周期元素在周期表中的位置可知；X处于第二周期，Y；Z、W处于第三周期，R处于第四周期，W原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍，最外层电子数为6，则W为S，可推知X为N，Y为Al，Z为Si，R为As．

A．同周期随原子序数增大原子半径减小；同主族自上而下原子半径增大；

B．AlCl3溶液显酸性；

C．同周期自左而右元素非金属性增强；非金属性越强，氢化物越稳定；

D．X与R的核电荷数之差为第三；第四周期容纳元素种数之和．

本题考查结构性质位置关系应用，W为推断的突破口，侧重元素周期律的考查，注意理解同主族元素原子序数关系，题目难度不大．【解析】【答案】AB10、AD【分析】【分析】本题旨在考查学生对有机物的结构和性质的应用。【解答】A.青蒿酸分子中含有rm{4}个手性碳原子，故A正确；B.在一定条件下，香草醛不可与rm{HCHO}发生缩聚反应，故B错误；C.两种物质分别和rm{H_{2}}反应，最多消耗rm{H_{2}}rm{4mol}和rm{2mol}故C错误；D.前者含有酚羟基，后者不含，可用rm{FeCl_{3}}溶液或rm{NaHCO_{3}}溶液鉴别化合物香草醛和青蒿酸，故D正确。故选AD。【解析】rm{AD}11、rCD【分析】解：rm{A.}该反应中，反应物的能量大于生成物能量，所以反应过程中要放出能量，即rm{triangleH<0}故A错误；

B.氢氧燃料电池的反应方程式为：rm{2H_{2}+O_{2}=2H_{2}O}正极上通入氧气，负极上通入氢气，根据方程式知正、负极通入的气体体积之比为rm{1}rm{2}故B错误；

C.从图象可以看出，rm{a}物质的溶解度随着温度的降低而降低，并且降低非常明显，rm{b}的溶解度虽然也随温度的降低而降低，但是降低非常小，因此对于rm{a}物质和rm{b}物质的混合溶液来说，随着温度的降低，rm{a}就会大量的析出；所以可以采用重结晶的方法分离，故C正确；

D.根据图象知，乙条件下，先达到平衡，所以乙的压强度大于甲，由于rm{D}为固体；该反应是一个反应前后气体体积不变的反应，改变压强平衡不移动，所以反应物的百分含量不变，故D正确；

故选CD．

A.反应物的总能量大于生成物的总能量；属于放热发育；

B.正极反应物为氧气；负极为氢气，根据反应方程式判断；

C.溶解度随温度变化大的物质和变化小的物质可以采用重结晶的方法分离；

D.根据“先拐先平数值大”的方法确定压强大小；该反应是一个反应前后气体体积不变的反应，改变压强平衡不移动．

本题考查图象分析题，题目涉及的知识点较多，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力，题目难度中等，易错选项是rm{D}注意rm{D}选项中反应前后气体的计量数之和不变，为易错点．【解析】rm{CD}12、B|D【分析】解：A．室温(即20℃)时的溶解度小于0.01g的；叫难溶(或不溶)物质，绝对不溶的物质是没有的，故A错误；

B．同一物质的溶度积只有温度有关；与溶液中离子的浓度无关，故B正确；

C．沉淀溶解平衡方程式中要标明物质的存在状态；故C错误；

D．硫酸钡溶于存在溶解平衡，电离出钡离子和硫酸根离子，硫酸溶液中含有硫酸根离子，能抑制硫酸钡溶解，所以用水洗涤造成BaSO4的损失大于用稀硫酸洗涤的损失量；故D正确；

故选BD．【解析】【答案】BD13、C|D【分析】A；实验室制取蒸馏水时温度计的水银球应放在蒸馏烧瓶支管口处；用于测量蒸馏出的水的温度，制备蒸馏水也可不使用温度计，故A错误；

B；不能用容量瓶溶解氢氧化钠；容量瓶只能用于配制溶液，应该在烧杯中溶解，故B错误；

C；用于氢氧化钠能够与二氧化硅反应；所以盛放NaOH溶液的试剂瓶常用橡皮塞，不用玻璃塞，故C正确；

D；用于氯水不稳定；见光、温度高都容易分解导致变质，所以氯水贮存在棕色瓶中，放在冷暗处，故D正确；

故选CD．

【解析】【答案】CD14、AC【分析】解：rm{A.c}点气体颜色变浅，透光率增大，rm{c}点操作是拉伸注射器的过程；故A正确；

B.rm{b}点与rm{a}点相比，rm{a}到rm{b}是透光率减小后增加；说明是压缩体积，气体浓度增大，平衡正向进行后略有变浅，二氧化氮和四氧化二氮的浓度都增大，故B错误；

C.若反应在一绝热容器中进行，随反应进行温度不同，平衡常数随之变化，rm{b}点气体颜色变深，透光率变小，说明平衡逆向进行，此时温度高，则rm{a}rm{b}两点的平衡常数rm{K_{a}>K_{b}}故C正确；

D.rm{d}点是透光率减小，气体颜色加深，平衡向气体体积增大的逆向移动过程，rm{v(}正rm{)<v(}逆rm{)}故D错误；

故选AC．

该反应是正反应气体体积减小的放热反应；压强增大平衡虽正向移动，但二氧化氮浓度增大，混合气体颜色变深，压强减小平衡逆向移动，但二氧化氮浓度减小，混合气体颜色变浅；

A.据图分析，rm{c}点后透光率增大，rm{c}点是拉伸注射器的过程；气体颜色变浅，透光率增大；

B.rm{b}点与rm{a}点相比，rm{a}到rm{b}是透光率减小后增加，说明是压缩体积，气体浓度增大，平衡正向进行后略有变浅，但比开始颜色深，所以rm{c(NO_{2})}增大，rm{c(N_{2}O_{4})}增大；

C.若反应在一绝热容器中进行，随反应进行温度不同，平衡常数随之变化，rm{b}点气体颜色变深；透光率变小，说明平衡逆向进行，此时温度高；

D.rm{d}点是平衡向气体体积增大的逆向移动过程；据此分析．

本题通过图象和透光率考查了压强对平衡移动的影响，注意勒夏特列原理的应用，题目难度较大．【解析】rm{AC}15、BD【分析】解：A.0.2mol•L-1氨水溶液中存在一水合氨电离平衡和水的电离平衡，溶液中离子浓度大小c（NH3•H2O）＞c（OH-）＞c（NH4+）＞c（H+）；故A错误；

B.0.2mol•L-1NH4HCO3溶液（pH＞7），溶液显碱性说明碳酸氢根离子水解程度大于铵根离子水解程度，c（NH4+）＞c（HCO3-）＞c（H2CO3）＞c（NH3•H2O）；故B正确；

C.0.2mol•L-1氨水和0.2mol•L-1NH4HCO3溶液等体积混合，氮元素物质的量是碳元素物质的量的2倍，物料守恒得到离子浓度关系c（NH4+）+c（NH3•H2O）=2[c（H2CO3）+c（HCO3-）+c（CO32-）]；故C错误；

D.0.6mol•L-1氨水和0.2mol•L-1NH4HCO3溶液等体积混合，溶液中存在碳物料守恒：c（HCO3-）+c（CO32-）+c（H2CO3）=0.1mol/L①，氮守恒得到：c（NH4+）+c（NH3•H2O）=0.4mol/L②，混合溶液中存在电荷守恒得到：c（NH4+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-）③，把①中c（HCO3-）+c（CO32-）=0.1-c（H2CO3），②中c（NH4+）=0.4-c（NH3•H2O），带入③整理得到：c（NH3•H2O）+c（CO32-）+c（OH-）=0.3mol•L-1+c（H2CO3）+c（H+）；故D正确；

故选：BD。

A.0.2mol•L-1氨水溶液中存在一水合氨电离平衡和水的电离平衡；据此分析判断离子浓度；

B.0.2mol•L-1NH4HCO3溶液（pH＞7）；溶液显碱性说明碳酸氢根离子水解程度大于铵根离子水解程度，据此分析判断离子浓度；

C．溶液中存在物料守恒；结合氮元素和碳元素守恒分析判断离子浓度大小；

D．溶液中存在电荷守恒；物料守恒；结合离子浓度关系计算分析判断。

本题考查了弱电解质电离平衡、盐类水解、电解质溶液中电荷守恒、物料守恒等离子关系的计算应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。【解析】BD三、填空题(共8题，共16分)16、BDEMnO2+4H++2I-═Mn2++I2+2H2O裂化汽油含烯烃，会和I2反应ACIO3-+5I-+6H+═3I2+3H2O【分析】【分析】海带灰悬浊液过滤得到含Ⅰ-的溶液中通入氯气氧化碘离子得到碘水溶液；加入四氯化碳萃取碘单质，蒸馏得到碘单质；

（1）灼烧海带；为固体的加热，应在坩埚中进行，需要的仪器有三脚架；泥三角、坩埚以及酒精灯等仪器；

将碘水转化为含碘的有机溶液；需用对卤素单质溶解能力强的有机溶剂把碘从碘水中提取出来，对应进行的实验操作是萃取，含碘离子溶液通入是为了酸化的二氧化锰将碘离子氧化成单质碘，若步骤⑤采用裂化汽油提取碘，裂化汽油中含有烯烃会和碘单质发生加成反应；

（2）IBr中I元素化合价为+1价；具有氧化性，与水发生反应元素的化合价没有发生变化，为水解反应，以此解答该题；

（3）可以用硫酸酸化的碘化钾淀粉溶液检验加碘盐，碘酸钾和碘化钾在酸溶液中发生氧化还原反应生成碘单质，遇到淀粉变蓝色．【解析】【解答】解：（1）步骤①灼烧海带，为固体的加热，应在坩埚中进行，需要的仪器有三脚架、泥三角、坩埚以及酒精灯等仪器，含碘离子溶液中加入氧化剂硫酸酸化的MnO2是为了将碘离子氧化成单质碘，离子方程式为MnO2+4H++2I-=Mn2++I2+2H2O；若步骤⑤采用裂化汽油提取碘，裂化汽油中含有烯烃会和碘单质发生加成反应；

故答案为：BDE；MnO2+4H++2I-=Mn2++I2+2H2O，裂化汽油含烯烃，会和I2反应；

（2）A；固体溴化碘属于分子晶体；相对分子质量大，熔沸点不高，故A错误；

B．IBr中I元素化合价为+1价，具有氧化性，在很多化学反应中IBr作氧化剂；故B正确；

C．IBr与水发生反应元素的化合价没有发生变化；为水解反应，故C错误；

D、由与水的反应可知，跟NaOH溶液反应可生成NaBr和NaIO和水；故D正确；

故答案为：AC；

（3）可以用硫酸酸化的碘化钾淀粉溶液检验加碘盐；碘酸钾和碘化钾在酸溶液中发生氧化还原反应生成碘单质，遇到淀粉变蓝色，反应的离子方程式为：

IO3-+5I-+6H+═3I2+3H2O；

故答案为：IO3-+5I-+6H+═3I2+3H2O．17、NaClNa2CO3澄清石灰水上层清液变浑浊稀HNO3稀HNO3AgNO3溶液氯化钠【分析】【分析】①氯气和碳酸钠反应生成碳酸氢钠和氯化钠；氯的氧化物；

②步骤2；碳酸根离子能和氯化钡反应生成碳酸钡沉淀；

步骤3；向溶液中加入澄清石灰水；如果溶液变浑浊，说明含有碳酸氢钠；

步骤4、氯离子和硝酸酸化的硝酸银溶液反应生成氯化银白色沉淀．【解析】【解答】解：①氯气和碳酸钠反应中生成氯的氧化物；则氯元素失电子化合价升高，还需要得电子化合价降低，所以还生成NaCl，所以固体中一定含有NaCl，故答案为：NaCl；

故答案为：NaCl；

②步骤2中，加入氯化钡溶液，钡离子和碳酸根离子反应生成碳酸钡白色沉淀，如果溶液变浑浊，说明溶液中含有Na2CO3；

步骤3中；取甲试管中上层清液少许于另一只试管中，滴加少量澄清石灰水，如果上层溶液变浑浊，说明固体中可溶性物质和氢氧化钙发生复分解反应，步骤2中去除碳酸根离子，所以证明固体中含有碳酸氢钠；

步骤4中，先加入过量的稀HNO3，再滴入少量AgNO3溶液；如果产生白色沉淀，则溶液中一定含有氯化钠；

故答案为：。步骤2：Na2CO3澄清石灰水上层清液变浑浊稀HNO3

AgNO3溶液氯化钠18、过滤SiO2酸性硫氰化钾Fe3++3OH-═Fe（OH）3↓NaCl、NaOH【分析】【分析】（1）分离不溶物与溶液的操作方法为过滤；

（2）氧化铁与盐酸反应；二氧化硅不溶于盐酸，过滤后得到的沉淀A的主要成分为二氧化硅；二氧化硅能够与强碱反应生成盐和水；

（3）滤液中含有铁离子；铁离子遇到硫氰根离子显血红色；

（4）铁离子与氢氧根离子反应生成红褐色的氢氧化铁沉淀；据此写出反应的离子方程式；

（5）铁矿石与足量盐酸反应得到滤液X，X的主要成分是氯化铁和盐酸，滤液X与过量氢氧化钠反应，得到滤液Y，故Y的主要成分是氯化钠和氢氧化钠．【解析】【解答】解：（1）铁矿石的主要成分为Fe203和Si02；加入足量盐酸后，氧化铁与盐酸反应生成氯化铁和水，二氧化硅为难溶物且不与盐酸反应，可以通过过滤的方法分离；

故答案为：过滤；

（2）二氧化硅不与盐酸反应，所以过滤后得到的沉淀A的主要成分为SiO2；二氧化硅能够与强碱溶液反应生成盐和水；故二氧化硅属于酸性氧化物；

故答案为：SiO2；酸性；

（3）滤液中含有铁离子；铁离子遇到硫氰根离子显血红色，故答案为：硫氰化钾；

（4）步骤（Ⅱ）为铁离子与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为：Fe3++3OH-═Fe（OH）3↓；

故答案为：Fe3++3OH-═Fe（OH）3↓；

（5）铁矿石与足量盐酸反应得到滤液X；X的主要成分是氯化铁和盐酸，滤液X与过量氢氧化钠反应，得到滤液Y，故Y的主要成分是氯化钠和氢氧化钠；

故答案为：NaCl、NaOH．19、5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O当最后一滴酸性高锰酸钾标准溶液滴入时，锥形瓶内溶液由黄色变为浅紫色，且半分钟内不再恢复原色，说明达到滴定终点SO42-+Ba2+=BaSO4↓Fe2+已被空气部分氧化取少量硫酸亚铁铵溶液，加入少量KSCN溶液，若溶液变为血红色，说明Fe2+已被空气部分氧化图二氨气极易溶于水，图一装置无法排液体，甚至会出现倒吸c×100%【分析】【分析】（1）取20.00mL硫酸亚铁铵溶液于锥形瓶，用0.1000mol•L-1的酸性KMnO4溶液进行滴定发生反应为高锰酸钾溶液氧化亚铁离子为铁离子；结合电荷守恒和原子守恒书写离子方程式，利用高锰酸钾溶液的颜色变化判断反应终点；

（2）取20.00mL硫酸亚铁铵溶液加入氯化钡溶液生成硫酸钡沉淀；测定沉淀质量计算，亚铁离子具有还原性，易被氧化；检验亚铁离子的氧化产物铁离子；

（3）①根据氨气的溶解性和装置特点分析；

②根据氨气的体积计算氨气的物质的量，根据N守恒计算出硫酸亚铁铵的质量，进而计算质量分数．【解析】【解答】解：（1）酸性KMnO4溶液进行滴定发生反应时高锰酸钾溶液氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；判断达到滴定终点的依据是当最后一滴酸性高锰酸钾标准溶液滴入时，锥形瓶内溶液由黄色变为浅紫色，且半分钟内不再恢复原色，说明达到滴定终点；

故答案为：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；当最后一滴酸性高锰酸钾标准溶液滴入时；锥形瓶内溶液由黄色变为浅紫色，且半分钟内不再恢复原色，说明达到滴定终点；

（2）取20.00mL硫酸亚铁铵溶液加入氯化钡溶液生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为：SO42-+Ba2+=BaSO4↓，亚铁离子具有还原性，易被氧化成铁离子，故测得硫酸亚铁铵浓度偏小；可检验亚铁离子的氧化产物铁离子，具体操作为：取少量硫酸亚铁铵溶液，加入少量KSCN溶液，若溶液变为血红色，说明Fe2+已被空气部分氧化；

故答案为：SO42-+Ba2+=BaSO4↓；Fe2+已被空气部分氧化；取少量硫酸亚铁铵溶液，加入少量KSCN溶液，若溶液变为血红色，说明Fe2+已被空气部分氧化；

（3）①氨气易溶于水；不能用排水法收集，图一装置中导管伸入液面下，易倒吸，用排水法，不合理；图二装置中导管在液面以上，符合排液体收集气体要求，量气管中液体应不能溶解氨气，氨气易溶于水和饱和碳酸钠溶液，难溶于四氯化碳，故用排四氯化碳法收集；

故答案为：图二；氨气极易溶于水；图一装置无法排液体，甚至会出现倒吸；c；

②VL氨气的物质的量为：=mol，mg硫酸亚铁铵样品中含N的物质的量为×mol=mol；

硫酸亚铁铵的纯度为：×100%=×100%；

故答案为：×100%．20、HClNaOH①②③④⑤②【分析】【分析】（1）根据中和酸性物质A只有NaOH、NH3•H2O，浓度均为0.1mol•L-1C与D溶液等体积混合，溶液呈酸性，则C为H2SO4；根据浓度均为0.1mol•L-1A和E溶液，pH：A＜E，则A为HCl，E为CH3COOH；

（2）①加水促进氨水电离，则n（NH3•H2O）减少，n（OH-）增大；

②加水促进氨水电离，则n（NH3•H2O）减少，n（OH-）增大，c（NH3•H2O）、c（OH-）都减小，c（H+）减小；

③因加水稀释时，温度不变，则c（H+）和c（OH-）的乘积不变；

④由NH3•H2O⇌OH-+NH4+可知；加水促进电离；

（3）c（OH-）和体积均相等的两份溶液A和E，A为HCl，E为CH3COOH；分别与锌粉反应，若最后仅有一份溶液中存在锌粉，且放出氢气的质量相同，醋酸是弱电解质存在电离平衡，所以醋酸溶液浓度大于盐酸浓度，分别与锌粉反应，若最后仅有一份溶液中存在锌粉，且放出的氢气的质量相同，只有强酸中剩余锌，据此回答即可；

（4）氯化钠和氢氧化钠的混合物，升高温度，碱性增强，根据pH=-lgc（H+）来分析．【解析】【解答】解：（1）根据①确定B、A为HCl、H2SO4两种酸，中和酸性物质A只有NaOH、NH3•H2O，即B是一元碱，根据浓度均为0.1mol•L-1C与D溶液等体积混合，溶液呈酸性，则C为H2SO4，根据浓度均为0.1mol•L-1A和E溶液；pH：A＜E，则A为HCl；

故答案为：HCl；NaOH溶液；

（2）①、B溶液为氨水溶液，由NH3•H2O⇌OH-+NH4+可知，加水促进电离，则n（NH3•H2O）减少，n（OH-）增大，则=减小；故①正确；

②、由NH3•H2O⇌OH-+NH4+可知，加水促进电离，则n（NH3•H2O）减少，n（OH-）增大，c（NH3•H2O）、c（OH-）都减小，c（H+）减小，则减小；故②正确；

③、因加水稀释时，温度不变，则c（H+）和c（OH-）的乘积不变；故③错误；

④、由NH3•H2O⇌OH-+NH4+可知，加水促进电离，OH-的物质的量增大；故④错误；

故答案为：①②；

（3）c（OH-）和体积均相等的两份溶液A和E，A为HCl，E为CH3COOH；分别与锌粉反应，若最后仅有一份溶液中存在锌粉，且放出氢气的质量相同，醋酸是弱电解质存在电离平衡，所以醋酸溶液浓度大于盐酸浓度，分别与锌粉反应，若最后仅有一份溶液中存在锌粉，且放出的氢气的质量相同，只有强酸中剩余锌；

①反应所需要的时间醋酸短：E＜A；故①错误；

②开始氢离子浓度相同；反应时的速率相同：A=E，故②错误；

③生成氢气相同；结合电子守恒，参加反应的锌粉的物质的量：A=E，故③正确；

④反应过程的平均速率；醋酸大于盐酸：E＞A，故④正确；

⑤最后仅有一份溶液中存在锌粉；且放出的氢气的质量相同，只有强酸中剩余锌，A溶液中有锌粉剩余，故⑤正确；

⑥依据⑤分析可知E溶液中有锌粉剩余；故⑥错误；

故答案为：③④⑤．

（4）将等体积、物质的量浓度之比为1：2的溶液HCl和NaOH溶液混合后，得到的是氯化钠和氢氧化钠的混合物，升高温度，碱性增强，但是水的离子积增大，所以溶液pH减小，故答案为：②．21、0.05mol/L【分析】【分析】反应后溶液pH=12，则NaOH过量，根据c（OH-）=以及反应后剩余离子的物质的量，计算酸碱混合后的体积计算原溶液的浓度．【解析】【解答】解：设原溶液物质的量浓度为cmol/L；V（NaOH）=3L，V（HCl）=2L，二者混合后反应，混合溶液体积为5L；

二者混合后反应，所得溶液pH=12，则c（OH-）=10-2mol/L；

3L×cmol/L-2L×cmol/L=10-2mol/L×5L

则c=0.05mol/L

答：原溶液的浓度为0.05mol/L．22、甲苯取代反应C7H4O3Na2【分析】【分析】由A的分子式为C7H8，最终合成对羟基苯甲酸丁酯可知，A为甲苯甲苯在铁作催化剂条件下，苯环甲基对位上的H原子与氯气发生取代反应生成B，B为结合信息②可知，D中含有醛基，B在光照条件下，甲基上的H原子与氯气发生取代反应生成C，C为C在氢氧化钠水溶液中，甲基上的氯原子发生取代反应生成D，结合信息①可知，D为D在催化剂条件下醛基被氧化生成E，E为E在碱性高温高压条件下，结合信息③可知，苯环上的Cl原子被取代生成F，同时发生酯化反应，F为F酸化生成对羟基苯甲酸G（），据此解答．【解析】【解答】解：由A的分子式为C7H8，最终合成对羟基苯甲酸丁酯可知，A为甲苯甲苯在铁作催化剂条件下，苯环甲基对位上的H原子与氯气发生取代反应生成B，B为结合信息②可知，D中含有醛基，B在光照条件下，甲基上的H原子与氯气发生取代反应生成C，C为C在氢氧化钠水溶液中，甲基上的氯原子发生取代反应生成D，结合信息①可知，D为D在催化剂条件下醛基被氧化生成E，E为E在碱性高温高压条件下，结合信息③可知，苯环上的Cl原子被取代生成F，同时发生酯化反应，F为F酸化生成对羟基苯甲酸G（）；

（1）由上述分析可知，A为化学名称为甲苯，故答案为：甲苯；

（2）由B生成C是在光照条件下，甲基上的H原子与氯气发生取代反应生成反应的化学反应方程式为为：

故答案为：取代反应；

（3）D的结构简式为故答案为：

（4）由上述分析可知，F为分子式为C7H4O3Na2，故答案为：C7H4O3Na2；

（5）由上述分析可知，G的结构简式为故答案为：．23、略

【分析】【解析】【答案】（10分，每空2分）]（1）Na2CO3（2）2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O（3）2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++SO42-（4）NaOH、H2SO4（5）加快乙醇和水的蒸发，防止CuCl被空气氧化四、判断题(共4题，共28分)24、×【分析】【分析】每个NO2和CO2分子均含有2个O原子，故二者混合气体中含有O原子数目为分子总数的2倍．【解析】【解答】解：每个NO2和CO2分子均含有2个O原子，故分子总数为NA的NO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为2NA，状况不知，无法求物质的量，故答案为：×．×25、×【分析】【分析】每个NH3分子中含有10个电子，结合n==计算．【解析】【解答】解：n（NH3）==0.2mol，含有的电子的物质的量为0.2mol×10=2mol，则个数为2NA；

故答案为：×．26、×【分析】【分析】依据化学方程式分析判断，反应都是两种物质反应生成一种物质，属于化合反应，但从可逆反应上来看，二氧化硫与水反应为可逆反应．【解析】【解答】解：SO3+H2O=H2SO4，H2O+SO2⇌H2SO3依据化学方程式分析判断，反应都是两种物质反应生成一种物质，属于化合反应，但从可逆反应上来看，二氧化硫与水反应为可逆反应，故不完全相同，故答案为：×．27、√【分析】【分析】亚硝酸盐有毒，过量食用会导致人死亡，添加到食品中要严格控制用量，以此判断．【解析】【解答】解：肉类制品中使用亚硝酸钠作为发色剂限量使用；由亚硝酸盐引起食物中毒的机率较高，食入0.2～0.5克的亚硝酸盐即可引起中毒甚至死亡，因此要严格控制用量；

故答案为：√．五、简答题(共1题，共5分)28、略

【分析】解：rm{(1)}乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，同时该反应可逆，反应的化学方程式为：rm{CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OHunderset{triangle}{overset{{脜篓脕貌脣谩}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}COOC_{2}H_{5}+H_{2}O}

故答案为：rm{CH_{3}COOH+HOCH_{2}CH_{3}underset{triangle}{overset{{脜篓脕貌脣谩}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}

rm{CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OH

underset{triangle}{overset{{脜篓脕貌脣谩}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}COOC_{2}H_{5}+H_{2}O}制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液；目的是中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，便于闻乙酸乙酯的香味；溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯；

故答案为：中和挥发出来的乙酸；使之转化为乙酸钠溶于水中，便于闻乙酸乙酯的香味；溶解挥发出来的乙醇，降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯；

rm{CH_{3}COOH+HOCH_{2}CH_{3}

underset{triangle}{overset{{脜篓脕貌脣谩}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}催化剂参加化学反应；故错误；

B.催化剂参加化学反应；但反应前后质量和化学性质不会改变，故错误；

C.催化剂参加化学反应；但反应前后质量和化学性质不变，故正确；

D.催化剂可以改变反应速率；不可以改变可逆反应进行的程度，故错误；

E.催化剂是通过改变化学反应途径进而改变活化能；从而改变化学反应速率，故正确．

故选CE；

rm{(2)}本实验反应开始时用小火加热；目的是加快反应速率，同时由于反应物乙酸；乙醇沸点较低，小火加热防止反应物为来得及反应而挥发损失，后改用大火加热，只因为反应为可逆反应，及时蒸出生成的乙酸乙酯，使反应向右进行．

故答案为：开始时用小火加热；目的是加快反应速率，同时由于反应物乙酸；乙醇沸点较低，小火加热防止反应物为来得及反应而挥发损失，后改用大火加热，只因为反应为可逆反应，及时蒸出生成的乙酸乙酯，使反应向右进行．

rm{(3)A.}乙酸乙酯中混有碳酸钠和乙醇，用饱和食盐水萃取碳酸钠，用氯化钙除去少量乙醇，用无水硫酸钠除去少量的水，无水硫酸钠吸水形成硫酸钠结晶水合物；不能选择rm{(4)}碱石灰和rm{(5)}等固体干燥剂，以防乙酸乙酯在酸性rm{P_{2}O_{5}}遇水生成酸rm{NaOH}或碱性条件下水解，所以rm{(P_{2}O_{5}}正确，将rm{)}乙醇加入一支试管中，然后边振荡试管，边慢慢加入rm{b}浓rm{3mL}和rm{2mL}乙酸，最后得乙酸乙酯rm{H_{2}SO_{4}}．

rm{CH_{3}COOH+HOCH_{2}CH_{3}underset{triangle}{overset{{脜篓脕貌脣谩}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}

rm{2mL}rm{2mL}rm{CH_{3}COOH+HOCH_{2}CH_{3}

underset{triangle}{overset{{脜篓脕貌脣谩}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}rm{60}

rm{46}rm{88}

乙醇剩余，乙酸完全反应，得到乙酸乙酯的质量rm{=dfrac{88隆脕1.05隆脕2}{60}g=3.08g}实际产量rm{18}所以产率rm{=dfrac{1.8g}{3.08g}隆脕100%隆脰58.4%}故答案为：rm{1.05(g?cm^{-3})隆脕2mL}．

rm{3mL隆脕0.79(g?cm^{-3})}乙酸和乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应；生成乙酸乙酯和水；

rm{=dfrac

{88隆脕1.05隆脕2}{60}g=3.08g}和碳酸钠溶液与乙酸反应除去乙酸；同时降低乙酸乙酯的溶解度；便于分层；

rm{=2mL隆脕0.90(g?cm^{-3})=1.8g}催化剂参与化学反应；改变反应历程，降低了正；逆反应的活化能，增大了活化分子的百分数而改变反应速率，不能使原本不能发生的反应得以发生；

rm{=dfrac

{1.8g}{3.08g}隆脕100%隆脰58.4%}开始时用酒精灯对左试管小火加热根据温度对反应速率影响及乙酸乙酯；乙醇、乙酸的沸点进行分析；后改用大火加热根据反应为可逆反应及时蒸出生成的乙酸乙酯；使反应向右进行；

rm{58.4%}用用饱和食盐水和饱和氯化钙洗涤除去碳酸钠和乙醇，无水硫酸钠吸水形成硫酸钠结晶水合物；不能选择rm{(1)}碱石灰和rm{(2)}等固体干燥剂，以防乙酸乙酯在酸性rm{(3)}遇水生成酸rm{(4)}或碱性条件下水解，根据产率rm{=dfrac{{脢碌录脢虏煤脕驴}}{{脌铆脗脹虏煤脕驴}}隆脕100%}计算解答．

本题考查了乙酸乙酯的制备方法、可逆反应特点，题目难度中等，注意掌握乙酸乙酯的反应原理及制备方法，明确可逆反应特点，浓硫酸、饱和碳酸钠溶液、长导管在酯化反应中的作用为考查的热点，要求学生熟练掌握．rm{(5)}【解析】rm{CH_{3}COOH+HOCH_{2}CH_{3}underset{triangle}{overset{{脜篓脕貌脣谩}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，便于闻乙酸乙酯的香味；溶解挥发出来的乙醇，降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯；rm{CH_{3}COOH+HOCH_{2}CH_{3}

underset{triangle}{overset{{脜篓脕貌脣谩}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}开始时用小火加热，目的是加快反应速率，同时由于反应物乙酸、乙醇沸点较低，小火加热防止反应物为来得及反应而挥发损失，后改用大火加热，只因为反应为可逆反应，及时蒸出生成的乙酸乙酯，使反应向右进行；乙醇；rm{CE}rm{b}rm{58.4%}六、解答题(共4题，共28分)29、略

【分析】【分析】（1）依据化学平衡三段式列式计算氢气转化率50%时隔物质浓度；计算浓度商Q和平衡常数比较分析判断反应进行方向；

（2）结合三段式列式，依据平衡常数计算；【解析】【解答】解：（1）依据三段式列式计算；当氢气转化率为50%时反应的氢气浓度为0.2mol/L；

H2+I2=2HI（g）

起始量（mol/L）0.410

变化量（mol/L）0.20.20.4

某时刻（mol/L）0.20.80.4

Q==1＜K=64；反应未达到平衡状态，则反应正向进行；

答：当氢气转化率为50%时；该反应是未达到平衡状态，反应向正反应方向进行；

（2）依据三段式列式计算；平衡时氢气转化浓度x；

H2+I2=2HI（g）

起始量（mol/L）0.410

变化量（mol/L）xx2x

平衡量（mol/L）0.4-x1-x2x

K==64

x≈0.38mol/L；

氢气转化率=×100%=96.3%

答：氢气转化率应96.3%；30、略

【分析】

A、B、C、D、E都是短周期主族元素，原子序数依次增大，E的单质既可溶于稀硫酸又可溶于氢氧化钠溶液，则E为铝元素；A、B能形成两种在常温下呈液态的化合物甲和乙，原子个数比分别为2：1和1：1，甲为H2O2，乙为H2O；则A为氢元素，B为氧元素．A；D同主族，D原子序数大于氧元素小于铝元素，故D为钠元素；B、C同周期，C原子序数大于氧元素，故C为氟元素．

故A为氢元素；B为氧元素，C为氟元素；D为钠元素，E为铝元素；

（1）C为氟元素、D为钠元素，F-与Na+电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径F-＞Na+，半径较小的是Na+．

故答案为：Na+．

（2）C为氟元素；C的气态氢化物为HF，由于HF中含有氢键相结合的聚合氟化氢分子（HF）n，反应实验室在测定C的气态氢化物的相对分子质量时，发现实际测定值比理论值大出许多．

故答案为：由于HF中含有氢键相结合的聚合氟化氢分子（HF）n．

（3）C为氟元素、D为钠元素，E为铝元素，由晶胞结构可知晶胞中，Na+数目