2025年粤人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年粤人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8题，共16分)1、下列各图象中，横坐标为向某溶液中加（通）入某反应物的物质的量，纵坐标为沉淀物的量，则下列叙述中正确的是（）A.

向氯化铝溶液中加入过量的氨水B.

向饱和石灰水中通入过量的CO2气体C.

向MgCl2、AlCl3的混合液中逐滴加入NaOH溶液至过量D.

向含少量NaOH的偏铝酸钠溶液中通入过量的HCl气体2、下列读数不正确的是（）A.用广泛pH试纸测得某溶液的pH为3.4B.用10mL量筒量取8.8mLNaOH溶液C.用托盘天平称量7.9gNaCl固体D.用酸式滴定管量取18.00mLHCl3、25℃时,在20mL0.1mol.L-1盐酸中逐滴加入0.2mol.L-1的氨水，溶液的pH与所加氨水的体积关系如图，下列选项中不正确的是（）A.在a点：c(Cl-)>c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)B.在b点：c(H+)=c(OH-),c(NH4+)=c(Cl-)C.在b点.盐酸与氨水恰好完全中和D.在c点:c(NH4+)+c(NH3·H2O)=2c(Cl-)4、下列仪器中，可直接用酒精灯加热的是A.B.C.D.5、物质发生化学变化时；下列量在反应前后肯定不发生变化的是（）

①电子总数②原子总数③分子总数④物质的种类⑤物质的总质量⑥质子总数．A.①②③⑤B.①②⑤⑥C.②③⑤⑥D.①④⑤6、利用图所示的有机物X可生产S-诱抗素Y．下列说法正确的是（）

A.X结构中有2个手性碳原子。

B.X可以发生氧化；取代、酯化、加聚、缩聚反应；并能与盐酸反应生成有机盐。

C.Y既可以与FeCl3溶液发生显色反应，又可使酸性KMnO4溶液褪色。

D.1molX与足量NaOH溶液反应，最多消耗5molNaOH，1molY最多能加成4molH2

7、在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶，再加入下列物质：①FeCl3；②Fe2O3；③Cu(NO3)2；

④KNO3，铜粉溶解的是（）A.只有①或②B.只有①或②或④C.只有①或②或③D.上述任意一种8、下列叙述中正确的是（）A.钠在空气中易被氧化，需将其保存在酒精中B.能使润湿的红色石蕊试纸变成蓝色的气体一定是NH3C.向某有色溶液中通入SO2气体，溶液变为无色，证明SO2具有漂白性D.向某溶液中加入BaCl2溶液，产生能溶于稀盐酸的白色沉淀，该溶液一定含有CO32-评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)9、肼（N2H4）是一种重要的工业产品．资料表明；氨和次氯酸钠溶液反应能生成肼．相关物质的物理性质如下：

。性状熔点/℃沸点/℃水溶性N2H4无色液体1.4113与水混溶N2H6SO4无色晶体254/微溶于冷水，易溶于热水某学生对NH3与NaClO的反应进行实验探究：

。步骤操作现象Ⅰ取10gNaClO固体，加入100mL水固体溶解，溶液呈碱性Ⅱ液面上方出现白雾（1）NaClO溶液呈碱性的原因是（用离子方程式表示）____．

（2）肼是一种二元弱碱．

①向肼的溶液中滴加石蕊试剂，溶液变蓝，其原因是（用化学用语表示）____．

②向水中持续通入NH3，未观察到白雾．推测现象中的白雾由N2H4小液滴形成，进行实验：用湿润的红色石蕊试纸检验白雾，试纸变蓝．该实验不能判断白雾中含有N2H4，理由是____．

（3）进一步实验确认了A中生成了N2H4．步骤II中反应的化学方程式是（N2不参与反应）____．

（4）继续进行如下实验：

a．向A中加入过量稀硫酸，得到沉淀．过滤、洗涤，得到N2H6SO4固体．

b．将N2H6SO4固体溶于KOH溶液，____，得到高纯度、高浓度的N2H4溶液．

①通过检验Cl-来判断沉淀是否洗涤干净．检验Cl-操作是____．

②提纯含有NaCl的N2H6SO4固体的实验方法可以是____．

③实验b中省略的实验操作是____．10、（1）新制备的氯水显____色，说明氯水中有____（填分子式）分子存在．

（2）向氯水中滴加几滴AgNO3溶液，立即有____生成，说明氯水中有____（填离子符号）存在，反应的化学方程式为____．

（3）氯水光照后颜色变浅，并放出____气体．

（4）相同物质的量的SO2气体和SO3气体，其分子数之比为____，相同质量的SO2气体和SO3气体，其分子数之比为____．11、俗话说“民以食为天”；食物是人类赖以生存的物质基础．

。主食副食饮料米饭烧豆腐、红烧鱼、三层肉牛奶上表是小明制定的食谱，在食谱中含有的营养素主要有____，____，____．小明制订的食谱中还缺乏的一种营养素是____．12、化学反应的过程都是旧键断裂、新键形成的过程．对于反应：H2+I2═2HI；已知断开1molH-H键；1molI-I键分别需要吸收的能量是436kJ和151kJ，形成1molH-I键需要放出的能量是299kJ．

（1）1molH2和1molI2充分反应，反应物断键吸收的总能量是____kJ，生成物成键放出的总能量为____kJ，反应共____（填“放出”或“吸收”）能量____kJ．

（2）如图两个图象中，能够正确反映该反应能量变化的图象是____（填“A”或“B”）．

13、材料是人类赖以生存和发展的重要物质基础．

（1）①一般情况下，合金比纯金属硬度____（填“大”或“小”）．②早在商代，我国就已经使用青铜器．青铜是____合金．

（2）____腐蚀是造成钢铁腐蚀的主要原因．

（3）光导纤维的成分是____（填化学式）．

（4）三大合成材料是____、合成纤维和合成橡胶．评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)14、胶体区别于其他分散系的本质特征是胶体具有丁达尔效应．____．（判断对错）15、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．____．16、1molCnH2n+2分子中含有的C-C数为nNA．____（判断对错）17、食物溶于水后的溶液中pH＜7，则为酸性食物．____．（判断对错）18、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）评卷人得分四、实验题(共2题，共6分)19、[实验化学]苯亚甲基苯乙酮俗称查尔酮，淡黄色梭状晶体，熔点58℃，沸点208℃（3.3kp），易溶于醚、氯仿和苯，微溶于醇。制备原理如下：（1）制备过程中。需在搅拌下滴加苯甲酸，并控制滴加速度使反应温度维持在25~30℃，说明该反应是（填“放热”或“吸热”）反应。如温度过高时，则可采用措施。（2）产品结晶前，可以加入几粒成品的查尔酮，其作用是。（3）结晶完全后，需抽滤收集产物。’抽滤装置所包含的仪器除减压系统外还有、（填仪器名称）。（4）获得的深色粗产品加入活性炭，用95%乙醇重结晶即得查尔酮晶体，可通过法来判断原料是否反应完全以及反应的转化率和选择性。20、过氧乙酸是一种弱酸性氧化剂；极不稳定，广泛用作漂白剂和高效杀菌消毒剂等．

Ⅰ、制备：冰醋酸与H2O2浓溶液按体积比1：1混合，加入适量浓硫酸，控制温度5℃～30℃，搅拌30min并静置4～6h．反应原理为：H2O2+CH3COOH（过氧乙酸）+H2O

Ⅱ、含量测定：称取5.0000g过氧乙酸试样（液体），稀释至100mL备用．取上述稀释后过氧乙酸试样5.00mL，用0.0100mol•L-1KMnO4溶液滴定到终点以除去其中的H2O2，随即加入10%KI溶液10mL（足量），加入0.5%淀粉溶液3滴，摇匀，并用0.0500mol•L-1Na2S2O3标准溶液滴定到终点（离子反应方程式为：I2+2S2O32-═2I-+S4O62-），消耗Na2S2O3标准溶液的总体积为20.00mL．

（1）制备过氧乙酸时，温度不宜过高，其原因可能是______．

（2）稀释样品时，除用到烧杯及玻璃棒外，还用到的玻璃仪器有______、______．

（3）用Na2S2O3标准溶液滴定到终点的现象是______．

（4）通过计算确定原试样中过氧乙酸的质量分数（写出计算过程）．评卷人得分五、推断题(共4题，共20分)21、盐酸普鲁卡因rm{(}rm{)}是一种局部麻醉剂；麻醉作用较快；较强，毒性较低，其合成路线如下：

已知：rm{垄脵}

rm{垄脷}

rm{垄脹}

请回答以下问题：

rm{(1)A}的核磁共振氢谱只有一个峰，则rm{A}的结构简式为______．

rm{(2)C}的结构简式为______，rm{C}中含有的含氧官能团的名称为______．

rm{(3)}合成路线中属于氧化反应的有______rm{(}填序号rm{)}反应rm{垄脹}的反应类型为______

rm{(4)}反应rm{垄脻}的化学反应方程式为______．

rm{(5)B}的某种同系物rm{E}相对分子质量比rm{B}大rm{28}其中rm{-NO_{2}}与苯环直接相连，则rm{E}的结构简式为______rm{(}任写一种rm{)}．

rm{(6)}符合下列条件的rm{E}的同分异构体的数目有______种rm{.}

rm{垄脵}结构中含有一个“rm{-NH_{2}}”与一个“rm{-COOH}”

rm{垄脷}苯环上有三个各不相同的取代基。

rm{(7)}苯丙氨酸rm{(}rm{)}是人体必需的氨基酸之一，写出其发生缩聚反应的化学方程式______．22、在下列物质转化关系中；反应的条件和部分产物已略去．已知：甲；乙是两种常见金属，反应Ⅲ是工业制备盐酸的反应．

回答下列问题：

（1）反应I中，甲在通常条件下和水剧烈反应，除丙外，还生成一种焰色反应为黄色的物质，则该黄色物质的电子式为____，该化合物中存在的化学键有____．

与甲在同一周期的金属元素（包括甲），按单质熔点由高到低的顺序排列依次为____（用元素符号表示）．

（2）反应II中，乙与H2O在高温下反应，除丙外，还生成一种有磁性的物质，则乙在周期表中的位置是____；反应II的化学方程式为____．

（3）通过比较反应I、II的反应条件，可得出甲的金属性比乙的金属性____（填“强”或“弱”），比较二者金属性强弱的依据是____（写出一种即可）．

（4）下列关于第三周期金属元素的单质及其化合物的说法正确的是____（选填答案编号）．

a．工业上一般用电解法进行冶炼；获取单质。

b．金属阳离子都具有相同的电子排布式。

c．氢氧化物都很容易分解得到相应的氧化物。

d．金属氯化物都是电解质，都属于离子化合物．23、大量用于制造包装的泡沫塑料；日常使用的粘胶剂、制作水杯的有机玻璃等主要成分都是合成有机高分子；它们可由如图1路径合成：

已知D的比例模型如图2：回答下列问题：

（1）D中含氧官能团的名称：______

（2）已知除反应⑤外所有反应的原子利用率均为100%；E是乙醇的一种最简单的同系物，请写出粘胶剂G的结构简式______

（3）指出反应①-⑥中属于加成反应的是______

（4）写出D与E的反应方程式______

（5）I是D的一种同系物，与F互为同分异构体，且三种物质具有相同种数化学环境的氢，它是合成有机玻璃（PMMA）的原料之一，写出I的结构简式______．24、已知rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数依次增大rm{.}其中基态rm{A}原子价电子排布式为rm{ns^{n}np^{n}}化合物rm{B_{2}E}为离子化合物，rm{E}原子核外的rm{M}层中只有两对成对电子；rm{C}元素基态原子没有不成对电子；rm{D}单质常用于制作太阳能电池和集成电路芯片；rm{F}原子最外层只有rm{1}个电子，其余各内层轨道均充满电子rm{.}请根据以上信息，回答下列问题rm{(}答题时，rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}用所对应的元素符号表示rm{)}

rm{(1)C}的同周期相邻元素的第一电离能由小到大的顺序为______．

rm{(2)}氢化物rm{A_{2}H_{4}}分子中rm{A}原子采取______杂化．

rm{(3)}元素rm{F}在周期表的位置为______，rm{E}的气态氢化物通入二价阳离子rm{F^{2+}}的水溶液反应的离子方程式为______．

rm{(4)}元素rm{A}和rm{D}可形成一种无机非金属材料，其晶体具有很高的硬度和熔点，其化合物中所含的化学键类型为______rm{(}从原子轨道重叠方式看rm{)}rm{A}rm{D}的最高价氧化物的熔沸点大小顺序______；原因______．

rm{(5)B}与同主族原子半径最小的元素rm{M}形成的晶胞结构所示的立方晶胞，则其化学式为______rm{.}设阿。

伏伽德罗常数为rm{N_{A}}距离最近的两个rm{B}rm{M}原子的核间距为rm{a}rm{nm}则该化合物的晶胞密度为rm{(}用含rm{a}和rm{N_{A}}的。

代数式表示rm{)}______rm{g/cm^{3}}．评卷人得分六、综合题(共1题，共3分)25、（15分）下列框图中的A~K物质均为中学常见物质。已知B、D、E、L常温下为密度比空气大的气体，D、E为单质，其它为化合物。A和I都是常用的漂白剂，F的焰色反应呈黄色。F、G均能与L的水溶液反应放出B。请根据图示关系回答问题：（1）F的俗名是＿＿＿＿＿＿；K的电子式＿＿＿＿＿＿。（2）反应①~⑤中，属于氧化－还原反应的是＿＿＿＿＿＿。（3）反应④的离子方程式＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。反应③的化学方程式＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。（4）某单质能与H反应生成E，该反应的化学方程式为＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【分析】A．氯化铝与氨水反应生成沉淀；而沉淀不溶解；

B．向饱和石灰水中通入过量的CO2气体；先生成沉淀，后沉淀溶解；

C．先生成氢氧化铝；氢氧化镁沉淀；后沉淀减少而不消失；

D．向含少量NaOH的偏铝酸钠溶液中通入过量的HCl，先发生与NaOH反应，再生成沉淀，最后沉淀完全溶解．【解析】【解答】解：A．氯化铝与氨水反应生成沉淀，而沉淀不溶解，图象为故A错误；

B．向饱和石灰水中通入过量的CO2气体，先生成沉淀，后沉淀溶解，图象为故B错误；

C．先生成氢氧化铝；氢氧化镁沉淀；后沉淀减少而不消失，图象不符合，故C错误；

D．向含少量NaOH的偏铝酸钠溶液中通入过量的HCl；先发生与NaOH反应，再生成沉淀，最后沉淀完全溶解，图象符合，故D正确；

故选D．2、A【分析】【分析】A．广泛pH试纸测得的pH值只能为整数；

B．量筒精确到0.1；

C．托盘天平精确到0.1；

D．滴定管精确到0.01．【解析】【解答】解：A．广泛pH试纸测得的pH值只能为整数；无法测得某溶液的pH为3.4，故A错误；

B．量筒精确到0.1；可量取8.8mLNaOH溶液，故B正确；

C．托盘天平精确到0.1；可称量7.9gNaCl固体，故C正确；

D．滴定管精确到0.01；可量取18.00mLHCl，故D正确．

故选A．3、C【分析】试题分析：图中a点为滴定终点，b点为中性的点。A、a点恰好反应为NH4Cl，铵根离子发生水解，故A正确；B、b点呈中性，正确；C、a点恰好中和，b点氨水过量，错误；D、物料守恒可得，正确。考点：考查酸碱中和滴定中离子浓度大小关系。【解析】【答案】C4、C【分析】【分析】本题考查常见化学仪器，难度不大。【解答】A.漏斗不能加热，故A错误；B.容量瓶也不能加热，故B错误；C.试管可以直接加热，故C正确；D.蒸馏烧瓶可以热，但是要垫石棉网，故D错误。故选C。【解析】rm{C}5、B【分析】【分析】根据质量守恒定律的内容可知，在化学反应前后肯定没有发生变化的是：物质的总质量、元素的种类、原子的种类和原子的数目．【解析】【解答】解：根据质量守恒定律的内容：在化学反应中；参加反应前各物质的质量总和等于反应后生成各物质的质量总和．再根据其意义：元素的种类；原子的数目、原子的种类在反应前后不变．由此可知：

A．分子数目在化学反应前后可能有变化；故A错误；

B．①②⑤⑥在化学反应前后没有变化；故B正确；

C．分子数目在化学反应前后可能有变化；故C错误；

D．物质的种类在化学反应前后肯定发生变化；故D错误；

故选B．6、B|D【分析】

A．X中只有中的C（⊙标识的）为手性碳原子；只有1个，故A错误；

B．X中含有C=C；可发生加聚反应；氧化反应，分子中含有-COOH和-OH，可发生取代反应、酯化反应和缩聚反应，含有氨基，可与盐酸反应生成盐，故B正确；

C．Y中不含酚羟基，则不能与FeCl3溶液发生显色反应；故C错误；

D．X中与NaOH反应的有1个-COOH，1个酚羟基和2个酯基，且其中一个酯基能水解生成羧基和酚羟基，则1molX与足量NaOH溶液反应，最多消耗5molNaOH，Y中能与氢气发生加成反应的有3个C=C键和1个C=O键，则1molY最多能加成4molH2；故D正确．

故选BD．

【解析】【答案】A．根据手性碳原子的定义分析；

B．X中含有C=C；-COOH、肽键、酯基、酚羟基以及氨基；根据官能团的性质判断；

C．Y中不含酚羟基；

D．根据官能团的数目和性质判断．

7、D【分析】【分析】Fe2O3溶于硫酸生成Fe3+。Cu有还原性，Fe3+具有氧化性，NO3－酸性条件下具有强氧化性。加入题给四种物质均能使铜溶解，反应的离子方程式为Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+、3Cu+8H++2NO3－=3Cu2++2NO↑+4H2O。

【点评】牢记酸性条件下NO3－具有强氧化性。8、B【分析】解：A．钠与乙醇反应；不能保存在乙醇中，故A错误；

B．氨气是碱性其气体；能够能使润湿的红色石蕊试纸变成蓝色，故B正确；

C．二氧化硫能够使高锰酸钾褪色；体现还原性，不体现漂白性，故C错误；

D．向某溶液中加入BaCl2溶液；产生能溶于稀盐酸的白色沉淀，该溶液可能含有碳酸根离子或者亚硫酸根离子，故D错误；

故选：B．

A．钠与乙醇反应；

B．能使润湿的红色石蕊试纸变成蓝色；该气体为碱性气体；

C．二氧化硫能够使高锰酸钾褪色；体现还原性；

D．亚硫酸根离子与钡离子生成的亚硫酸钡也能溶于盐酸．

本题考查了元素化合物知识，熟悉钠、二氧化硫、氨气的性质是解题关键，注意离子检验应排除杂质离子的干扰【解析】【答案】B二、填空题(共5题，共10分)9、ClO-+H2O⇌HClO+OH-N2H4+H2O⇌N2H5++OH-白雾中混有NH3，NH3也可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝2NH3+NaClO═N2H4+NaCl+H2O蒸馏取少量洗涤后的滤液放入试管中，加入足量Ba（NO3）2溶液振荡，静置后，在上层清液中继续加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，则无Cl-重结晶蒸馏【分析】【分析】（1）NaClO溶液中溶质是强碱弱酸盐；次氯酸根离子水解溶液呈碱性；

（2）①向肼的溶液中滴加石蕊试剂；溶液变蓝说明溶液显碱性，肼是一种二元弱碱，肼水溶液中电离出氢氧根离子；

②氨气也是碱性气体；用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸变蓝；

（3）步骤II中反应是氨气被次氯酸钠溶液氧化生成肼；

（4）①洗涤液加入足量硝酸钡溶液静置后在上层清液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液检验氯离子的存在；

②氯化钠随温度变化溶解度变化不大，提纯含有NaCl的N2H6SO4固体；可以利用重结晶法提纯；

③将N2H6SO4固体溶于KOH溶液反应生成肼，通过蒸馏分离出来；【解析】【解答】解：（1）NaClO溶液中溶质是强碱弱酸盐，次氯酸根离子水解溶液呈碱性，离子方程式为：ClO-+H2O⇌HClO+OH-；

故答案为：ClO-+H2O⇌HClO+OH-；

（2）①向肼的溶液中滴加石蕊试剂，溶液变蓝说明溶液显碱性，肼是一种二元弱碱，肼水溶液中电离出氢氧根离子，电离方程式为：N2H4+H2O⇌N2H5++OH-；

故答案为：N2H4+H2O⇌N2H5++OH-；

②向水中持续通入NH3，未观察到白雾，推测现象中的白雾由N2H4小液滴形成，进行实验：用湿润的红色石蕊试纸检验白雾，试纸变蓝．该实验不能判断白雾中含有N2H4；故氨气也是碱性气体，用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸变蓝；

故答案为：白雾中混有NH3，NH3也可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝；

（3）步骤II中反应是氨气被次氯酸钠溶液氧化生成肼，反应的化学方程式为：2NH3+NaClO═N2H4+NaCl+H2O；

故答案为：2NH3+NaClO═N2H4+NaCl+H2O；

（4）①洗涤液加入足量硝酸钡溶液显沉淀硫酸根离子，静置后在上层清液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液检验氯离子的存在，检验Cl-操作是；取少量洗涤后的滤液放入试管中，加入足量Ba（NO3）2溶液振荡，静置后，在上层清液中继续加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，则无Cl-；

故答案为：取少量洗涤后的滤液放入试管中，加入足量Ba（NO3）2溶液振荡，静置后，在上层清液中继续加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，则无Cl-；

②氯化钠随温度变化溶解度变化不大，N2H6SO4溶解度随温度变化大，提纯含有NaCl的N2H6SO4固体；可以利用重结晶法提纯；

故答案为：重结晶；

③将N2H6SO4固体溶于KOH溶液反应生成肼；肼的沸点为113°C，通过蒸馏分离出来；

故答案为：蒸馏；10、浅黄绿色Cl2白色沉淀Cl-Ag++Cl-=AgCl↓O21：15：4【分析】【分析】（1）新制备的氯水中氯气和水反应生成盐酸和次氯酸；反应是化学平衡；

（2）向氯水中滴加几滴AgNO3溶液生成白色沉淀氯化银；说明氯水中含有氯离子；

（3）氯水中次氯酸见光分解生成氧气和盐酸；

（4）依据气体一定条件下等物质的量的气体物质的量相同，分子数相同；相同质量的气体依据n=计算物质的量得到分子数．【解析】【解答】解：（1）新制备的氯水中氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，反应是化学平衡，Cl2+H2O⇌HCl+HClO；氯水中含有氯气分子，溶液呈浅黄绿色；

故答案为：浅黄绿色；Cl2；

（2）向氯水中滴加几滴AgNO3溶液生成白色沉淀氯化银，说明氯水中含有氯离子，反应的离子方程式为：Ag++Cl-=AgCl↓；

故答案为：白色沉淀；Cl-；Ag++Cl-=AgCl↓；

（3）氯水光照后颜色变浅，氯水中次氯酸见光分解生成氧气和盐酸2HClO2HCl+O2，故答案为：O2；

（4）依据气体一定条件下等物质的量的气体物质的量相同，分子数相同，相同物质的量的SO2气体和SO3气体，其分子数之比为1：1；相同质量的气体依据n=计算物质的量得到分子数=：=5：4；

故答案为：1：1；5：4．11、糖类蛋白质脂肪维生素【分析】【分析】根据食谱中的食物中所含营养素的种类、人体内六大营养素的种类及食物来源回答．【解析】【解答】解：在食谱中所列的食物中；米饭中主要含糖类，烧豆腐；红烧鱼、三层肉中主要含蛋白质和无机盐、油脂，牛奶中主要含蛋白质，缺少维生素，维生素主要存在于蔬菜和水果中，如青菜、苹果等；

故答案为：糖类；蛋白质；脂肪；维生素．12、587598放出11B【分析】【分析】（1）旧键断裂要吸收能量；新键生成要释放能量，当旧键断裂吸收的能量大于新键生成释放的能量时，反应为吸热反应，反之则为放热反应；

（2）由（1）的分析该反应为放热反应，则反应物总能量大于生成物总能量．【解析】【解答】解：（1）1molH2和1molI2充分反应生成2molHI；旧键断裂吸收能量的值为：436kJ+151kJ=587kJ，新键生成释放能量为：299kJ×2=598kJ，旧键断裂吸收的能量小于新键生成释放的能量，反应为放热反应，放出的热量为：598KJ-587kJ=11kJ，所以放出11kJ，故答案为：587；598；放出；11；

（2）由（1）的分析该反应为放热反应；则反应物总能量大于生成物总能量，所以B正确；

故选：B．13、大Cu-Sn电化学SiO2塑料【分析】【分析】（1）金属与合金在性能上的主要差异；常见合金的成分；

（2）钢铁里面的铁和碳构成许多微小的原电池易发生电化学；

（3）光导纤维的成分为SiO2；

（4）塑料、合成纤维、合成橡胶就是我们通常所说的三大合成材料．【解析】【解答】解：①合金比它的成分金属具有许多良好的物理的；化学的或机械的等方面的性能；一般地说，硬度比它的各成分金属的大；

②青铜是Cu-Sn合金；

故答案为：大；Cu-Sn；

（2）钢铁里面的铁和碳构成许多微小的原电池易发生电化学；故造成钢铁腐蚀的主要原因是电化学腐蚀，故答案为：电化学；

（3）光导纤维的成分为SiO2；故答案为：SiO2；

（4）塑料、合成纤维、合成橡胶就是我们通常所说的三大合成材料，故答案为：塑料．三、判断题(共5题，共10分)14、×【分析】【分析】根据胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小不同．【解析】【解答】解：胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1-100nm之间，溶液的粒子直径小于1nm，浊液的子直径大于100nm，故答案为：×．15、×【分析】【分析】（1）同温同压下；气体的气体摩尔体积相等；

（2）气体摩尔体积取决于温度和压强的大小；

（3）气体摩尔体积仅适用于气体；

（4）考虑影响气体体积的因素．【解析】【解答】解：（1）气体的体积取决于温度和压强的大小；同温同压下，气体分子之间的距离相等，则气体摩尔体积相等，故答案为：×；

（2）气体摩尔体积取决于温度和压强的大小；如不在标准状况下，也可能为22.4L/mol，故答案为：×；

（3）气体摩尔体积仅适用于气体；对于固体；液体来说，不同物质的体积大小不同，故答案为：×；

（4）影响气体体积的因素为分子间的平均距离和分子数目的多少，一定温度和压强下，分子间距离一定，所以气体体积大小由分子数目决定，故答案为：√．16、×【分析】【分析】CnH2n+2为烷烃，分子中含有n-1个C-C键，以此解答该题．【解析】【解答】解：CnH2n+2为烷烃，分子中含有n-1个C-C键，则1molCnH2n+2分子中含有的C-C数为（n-1）NA．故答案为：×．17、×【分析】【分析】食物的酸碱性与化学上所指的溶液的酸碱性是不同的概念，食物呈酸性或成碱性，是按食物在体内代谢最终产物的性质来分类的．【解析】【解答】解：食物的酸碱性与溶于水后的溶液PH无关，如柠檬酸呈酸性，但为碱性食物，故答案为：×．18、×【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：×．四、实验题(共2题，共6分)19、略

【分析】试题分析：（1）制备过程中。需在搅拌下滴加苯甲酸，并控制滴加速度使反应温度维持在25~30℃，说明该反应是放热反应；如温度过高时，则可采用冰水浴冷却措施；（2）有时溶液是过饱和溶液但是无晶核，因此不能析出晶体，在产品结晶前，可以加入几粒成品的查尔酮，其作用是提供晶种，加速结晶；（3）结晶完全后，需抽滤收集产物。’抽滤装置所包含的仪器除减压系统外还有吸滤瓶；布氏漏斗；（4）获得的深色粗产品加入活性炭，用95%乙醇重结晶即得查尔酮晶体，可通过薄层色谱分析法来判断原料是否反应完全以及反应的转化率和选择性。考点：物质制取过程中反应条件的选择、混合物的分离方法、物质转化率的检验方法的知识。【解析】【答案】(1)放热；冰水浴冷却；(2)提供晶种，加速结晶；(3)吸滤瓶；布氏漏斗；(4)薄层色谱分析。20、略

【分析】解：（1）温度过高时过氧化氢会分解不能保证其和醋酸充分反应；同时过氧乙酸也容易分解；

故答案为：温度过高H2O2和CH3COOOH会分解；

（2）称取5.0000g过氧乙酸试样（液体）；稀释至100mL时，除用到烧杯及玻璃棒外，还要用到胶头滴管取液体，要用100mL容量瓶定容；

故答案为：100mL容量瓶；胶头滴管；

（3）用Na2S2O3标准溶液滴定到终点时；溶液中的碘全部参加反应，溶液的蓝色会褪色，所以滴定到终点的现象是溶液蓝色刚好褪去，且半分钟不变化；

故答案为：溶液蓝色刚好褪去；且半分钟不变化；

（4）根据（3）的方程式及I2+2S2O32-=2I-+S4O62-两个化学方程式，可以得关系式如下：CH3COOOH～I2～2Na2S2O3，由关系式可知，n（CH3COOOH）=n（Na2S2O3）=×0.05mol/L×0.02L=5×10-4mol，故原样品中w（CH3COOOH）=×100%=15.2%；

答：原试样中过氧乙酸的质量分数为15.2%．

（1）温度过高时过氧化氢会分解不能保证其和醋酸充分反应；同时过氧乙酸也容易分解；

（2）称取5.0000g过氧乙酸试样（液体）；稀释至100mL时，除用到烧杯及玻璃棒外，还要用到胶头滴管取液体，要用100mL容量瓶定容；

（3）用Na2S2O3标准溶液滴定到终点时；溶液中的碘全部参加反应，溶液的蓝色会褪色，据此答题；

（4）根据（3）的方程式及I2+2S2O32-=2I-+S4O62-两个化学方程式，可以得关系式如下：CH3COOOH～I2～2Na2S2O3，据此计算稀释后5mL反应中n（CH3COOOH）；进而计算原试样中过氧乙酸的质量分数．

本题考查氧化还原反应滴定、实验原理的分析和多步反应关系的计算等，难度中等，（4）中注意利用关系式进行计算，为易错点，学生容易忽略滴定中所取溶液的体积，按稀释后溶液体积计算，导致错误答案．【解析】温度过高H2O2和CH3COOOH会分解；100mL容量瓶；胶头滴管；溶液蓝色刚好褪去，且半分钟不变化五、推断题(共4题，共20分)21、略

【分析】解：乙烯发生氧化反应生成rm{A}rm{A}的核磁共振氢谱只有一个峰，则rm{A}的结构简式为rm{D}在rm{Fe/HCl}条件下发生反应生成产品，rm{D}结构简式为根据反应rm{垄脻}知，rm{C}的结构简式为rm{B}被氧化生成rm{C}结合题给信息知，rm{B}结构简式为甲苯发生反应生成对甲基硝基苯，则反应rm{垄脹}为取代反应；

rm{(1)}通过以上分析知，rm{A}的结构简式为故答案为：

rm{(2)C}的结构简式为rm{C}中含有的含氧官能团的名称为为硝基；羧基；

故答案为：硝基；羧基；

rm{(3)}合成路线中属于氧化反应的有rm{垄脵垄脺}反应rm{垄脹}的反应类型为取代反应；

故答案为：rm{垄脵垄脺}取代反应；

rm{(4)}反应rm{垄脻}的化学反应方程式为

故答案为：

rm{(5)B}为rm{B}的某种同系物rm{E}相对分子质量比rm{B}大rm{28}其中rm{-NO_{2}}与苯环直接相连，符合条件的有多种，其中一种结构简式为

故答案为：

rm{(6)E}的同分异构体符合下列条件：rm{垄脵}结构中含有一个“rm{-NH_{2}}”与一个“rm{-COOH}”、rm{垄脷}苯环上有三个各不相同的取代基，如果存在rm{-NH_{2}}rm{-COOH}rm{-CH_{2}CH_{3}}如果rm{-NH_{2}}rm{-COOH}相邻，则有四种同分异构体，如果rm{-NH_{2}}rm{-COOH}相间，则有四种同分异构体，如果rm{-NH_{2}}rm{-COOH}相对有两种同分异构体，共有rm{10}个同分异构体；

如果存在rm{-NH_{2}}rm{-CH_{2}COOH}rm{-CH_{3}}如果rm{-NH_{2}}rm{-CH_{2}COOH}相邻有四种同分异构体，如果rm{-NH_{2}}rm{-CH_{2}COOH}相间有四种同分异构体，如果rm{-NH_{2}}rm{-CH_{2}COOH}相对有rm{2}种同分异构体，共有rm{10}种；

如果存在rm{-CH_{2}NH_{2}}rm{-COOH}rm{-CH_{3}}如果rm{-CH_{2}NH_{2}}rm{-COOH}相邻有四种同分异构体，如果rm{-CH_{2}NH_{2}}rm{-COOH}相间有四种同分异构体，如果rm{-CH_{2}NH_{2}}rm{-COOH}相对有两种同分异构体，所以共有rm{10}种；

则符合条件的共有rm{30}种同分异构体；

故答案为：rm{30}

rm{(7)}苯丙氨酸rm{(}rm{)}是人体必需的氨基酸之一，因为含有氨基和羧基，所以能发生缩聚反应，其发生缩聚反应的化学方程式

故答案为：．

乙烯发生氧化反应生成rm{A}rm{A}的核磁共振氢谱只有一个峰，则rm{A}的结构简式为rm{D}在rm{Fe/HCl}条件下发生反应生成产品，rm{D}结构简式为根据反应rm{垄脻}知，rm{C}的结构简式为rm{B}被氧化生成rm{C}结合题给信息知，rm{B}结构简式为甲苯发生反应生成对甲基硝基苯，则反应rm{垄脹}为取代反应；据此分析解答．

本题考查有机物推断，侧重考查学生分析判断、知识迁移、获取信息利用信息能力，根据产品结构、题目信息采用正逆结合的方法进行推断，难点是同分异构体种类判断，要考虑位置结构、碳链异构、官能团异构，注意氨基酸发生缩聚反应断键和成键位置，这些都是高考热点和难点．【解析】硝基、羧基；rm{垄脵垄脺}取代反应；rm{+HOCH_{2}CH_{2}N(C_{2}H_{5})_{2}xrightarrow{{脪禄露篓脤玫录镁脧脗}}}rm{+HOCH_{2}CH_{2}N(C_{2}H_{5})_{2}

xrightarrow{{脪禄露篓脤玫录镁脧脗}}}rm{+H_{2}O}rm{30}22、离子键、极性键Al＞Mg＞Na第四周期第Ⅷ族3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2（g）强NaOH是强碱而Fe（OH）3是弱碱ab【分析】【分析】反应Ⅲ是工业制备盐酸的反应，丙为H2；丁为HCl；

（1）反应I中；甲在通常条件下和水剧烈反应，除丙外，还生成一种焰色反应为黄色的物质，该物质含有Na元素，故甲为Na，与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠是离子化合物，由钠离子与氢氧根离子构成，钠离子与氢氧根离子之间形成离子键，氢氧根离子中氧原子与氢原子之间形成极性键；

与Na在同一周期的金属含有Mg；Al；金属键越强，熔点越高，影响金属键的因素有离子所带电荷、离子半径，电荷越多、半径越小，熔点越高；

（2）反应II中，乙与H2O在高温下反应，除丙外，还生成一种有磁性的物质，则乙为Fe，磁性物质为Fe3O4；据此解答；

（3）金属与水反应；越容易进行，则金属的金属性越强，可以利用金属与酸反应难易程度或最高价氧化物对应水化物碱性强弱比较金属性强弱；

（4）a．Na；Mg、Al都是活泼金属；工业上一般用电解法进行冶炼；

b．Na；Mg、Al阳离子核外电子数都是10；具有相同的电子排布式；

c．氢氧化钠不易分解；

d．氯化铝是共价化合物．【解析】【解答】解：反应Ⅲ是工业制备盐酸的反应，丙为H2；丁为HCl；

（1）反应I中，甲在通常条件下和水剧烈反应，除丙外，还生成一种焰色反应为黄色的物质，该物质含有Na元素，故甲为Na，与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠是离子化合物，由钠离子与氢氧根离子构成，电子式为钠离子与氢氧根离子之间形成离子键，氢氧根离子中氧原子与氢原子之间形成极性键；

离子半径Na+＞Mg2+＞Al3+，离子所带电荷Na+＜Mg2+＜Al3+；电荷越多；半径越小，金属键越强，熔点越高，故熔点Al＞Mg＞Na；

故答案为：离子键；极性键；Al＞Mg＞Na；

（2）反应II中，乙与H2O在高温下反应，除丙外，还生成一种有磁性的物质，则乙为Fe，处于周期表中第四周期第Ⅷ族，生成的磁性物质为Fe3O4，反应方程式为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2（g），故答案为：第四周期第Ⅷ族；3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2（g）；

（3）铁越水蒸气在高温条件下发生反应；钠与水在常温下剧烈反应，故金属性钠比铁强；

最高价氧化物对应水化物碱性强弱比较金属性强弱，NaOH是强碱而Fe（OH）3是弱碱；说明金属性钠比铁强；

故答案为：强；NaOH是强碱而Fe（OH）3是弱碱；

（4）a．Na；Mg、Al都是活泼金属；工业上一般用电解法进行冶炼，故a正确；

b．Na、Mg、Al阳离子核外电子数都是10，具有相同的电子排布式，故b正确；

c．氢氧化钠不易分解；氢氧化镁；氢氧化铝容易分解，故c错误；

d．氯化钠；氯化镁、氯化铝都是电解质；但氯化铝是共价化合物，故d错误；

故答案为：ab．23、略

【分析】解：根据流程图可知，C为聚苯乙烯，则B为B发生加聚反应得C，A和苯反应生成B，则A为CH≡CH，A与苯发生加成反应得B，根据D的比例模型及乙炔与一氧化碳、水反应生成D可知，D为CH2=CHCOOH，E是乙醇的一种最简单的同系物，则E为HOCH3，D和E发生酯化反应生成的F为CH2=CHCOOCH3，F发生加聚反应得G为CO与氢气发生加成反应得甲醇；

（1）D为CH2=CHCOOH；D中含氧官能团的名称为羧基；

故答案为：羧基；

（2）根据上面的分析可知，G的结构简式为

故答案为：

（3）根据上面的分析可知；反应①-⑥中属于加成反应的是①；

故答案为：①；

（4）D与E的反应方程式为CH2=CHCOOH+CH3OHCH2=CHCOOCH3+H2O；

故答案为：CH2=CHCOOH+CH3OHCH2=CHCOOCH3+H2O；

（5）D为CH2=CHCOOH，I是D的一种同系物，则I中含有碳碳双键和羧基，与F互为同分异构体，F为CH2=CHCOOCH3，则I的分子式为C4H6O2，且三种物质具有相同种数化学环境的氢，即都有三种环境的氢，则符合条件的I的结构简式为

故答案为：．

根据流程图可知，C为聚苯乙烯，则B为B发生加聚反应得C，A和苯反应生成B，则A为CH≡CH，A与苯发生加成反应得B，根据D的比例模型及乙炔与一氧化碳、水反应生成D可知，D为CH2=CHCOOH，E是乙醇的一种最简单的同系物，则E为HOCH3，D和E发生酯化反应生成的F为CH2=CHCOOCH3，F发生加聚反应得G为CO与氢气发生加成反应得甲醇，据此答题．

本题考查有机物的推断与合成，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意根据有机物的结构进行分析判断，是对学生综合能力与逻辑推理能力的考查，答题时注意把握物质的性质．【解析】羧基；①；CH2=CHCOOH+CH3OHCH2=CHCOOCH3+H2O；24、略

【分析】解：rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数依次增大rm{.}其中基态rm{A}原子价电子排布式为rm{ns^{n}np^{n}}而rm{n=2}则rm{A}为rm{N}元素；rm{E}原子核外的rm{M}层中只有两对成对电子，外围电子排布为rm{3s^{2}3p^{4}}则rm{E}为rm{S}元素；化合物rm{B_{2}E}为离子化合物，rm{B}表现rm{+1}价，原子序数大于碳、小于硫，则rm{B}为rm{Na}rm{C}元素基态原子没有不成对电子，原子序数介于钠、硫之间，核外电子排布式为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}}故C为rm{Mg}rm{D}单质常用于制作太阳能电池和集成电路芯片，则rm{D}为rm{Si}rm{F}原子最外层电子数与rm{B}的相同，其余各内层轨道均充满电子，原子序数大于硫，处于第四周期，核外电子数为rm{2+8+18+1=19}则rm{F}为rm{Cu}．

rm{(1)}同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，rm{Mg}原子rm{3s}轨道为全满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能：rm{Na<Al<Mg}

故答案为：rm{Na<Al<Mg}

rm{(2)C_{2}H_{4}}分子rm{C}原子形成rm{2}个rm{C-H}键、rm{1}个rm{C-C}键，没有孤对电子，碳原子杂化轨道数目