2025年牛津上海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年牛津上海版高三化学上册阶段测试试卷492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7题，共14分)1、下列关于原子结构的叙述正确的是（）A.在多电子的基态原子中，不可能有运动状态完全相同的两个电子存在B.在一个基态多电子的原子中，不可能有两个能量完全相同的电子C.在多电子的基态原子中，能量最高的电子往往是距离原子核最近的电子D.对于多电子原子，其核外电子完全按能层次序排布，填满一个能层才开始填下一能层2、下列说法中不正确的是（）A.ⅥA族元素的氢化物中，稳定性最强的其沸点也最高B.由极性键形成的分子不一定是极性分子C.原子晶体的硬度大，不导电D.碘晶体升华时，化学键被破坏3、下面是实验室制取氨气的装置和选用的试剂，其中错误的是rm{(}rm{)}

A.rm{垄脵垄脷}B.rm{垄脷垄脹}C.rm{垄脹垄脺}D.rm{垄脵垄脹}4、已知在溶液中IO3-与I-发生反应5I-+IO3-+6H+═3I2↓+3H2O，根据此反应，可用试纸和一些生活中常见的物质进行实验，证明食盐中存在IO3-．可供选用的物质有：

①自来水，②蓝色石蕊试纸，③碘化钾淀粉试纸，④淀粉，⑤蔗糖，⑥食醋，⑦白酒．进行上述实验时必须使用的物质是（）A.①③B.③⑥C.②④⑥D.①②④⑤⑦5、下列物质的变化过程中，化学键没有被破坏的是（）A.食盐溶解B.干冰升华C.氯化铵受热D.氯化钠熔融6、把VL含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含amolNaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁；另一份加入含bmolBaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度为（）A.（b-a）/Vmol·L-1B.（2b-a）/Vmol·L-1C.2（b-a）/Vmol·L-1D.2（2b-a）/Vmol·L-17、下列说法正确的是rm{(}设阿伏加德罗常数的数值为rm{N_{A})(}rm{)}A.在标准状况下，rm{22.4L}水所含分子数目为rm{N_{A}}B.rm{1mol?L^{-1}}rm{K_{2}SO_{4}}溶液中所含rm{K^{+}}数目为rm{2N_{A}}C.rm{1}rm{mol}钠与氧气反应生成rm{Na_{2}O}或rm{Na_{2}O_{2}}时，失电子数目均为rm{N}rm{{,!}_{A}}D.rm{O_{2}}的摩尔体积约为rm{22.4}rm{L?mol^{-1}}评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)8、（2015秋•贵州校级期末）综合利用CO2；CO对构建低碳社会有重要意义．

（1）固体氧化物电解池（SOEC）用于高温电解CO2和H2O的混合气体，既可高效制备合成气（CO+H2），又可实现CO2的减排；其工作原理如图．

①b为电源的____（填“正极”或“负极”）

②写出电极c发生的电极反应式____、____．

（2）电解生成的合成气在催化剂作用下发生如下反应：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）．对此反应进行如下研究：某温度下在一恒压容器中分别充入1.2molCO和1molH2，达到平衡时容器体积为2L，且含有0.4molCH3OH（g），则该反应平衡常数值为____，此时向容器中再通入0.35molCO气体，则此平衡将____移动（填“向正反应方向”、“不”或“逆反应方向”）．9、（2015秋•昆明校级期中）有机物A是常用的食用油抗氧化剂，分子式为C10H12O5，可发生如图转化：已知B的相对分子质量为60，分子中只含一个甲基．C的结构可表示为（其中：-X；-Y均为官能团）．

请回答下列问题：

（1）官能团-X的名称为____

（2）高聚物E的结构简式为____．

（3）反应③的类型为；A的结构简式为____．

（4）反应⑤的化学方程式为____．

（5）C有多种同分异构体，符合下列要求的有____种结构．

Ⅰ．含有苯环Ⅱ．能发生银镜反应Ⅲ．不能发生水解反应。

（6）从分子结构上看，A具有抗氧化作用的主要原因是____（填序号）．

a．含有苯环b．含有羰基c．含有酚羟基．10、A；B、C、D均为短周期元素；A是常见非金属元素，也是形成化合物最多的元素；常温常压下，B元素形成的单质是淡黄色固体，常在火山口附近沉积；C和B同周期，C的电负性大于B；D元素在地壳中含量最多；E为常见金属，常用于制作导线，且不能与稀硫酸反应．

（1）B位于元素周期表第____周期第____族，B和C的最高价氧化物对应的水化物的酸性较弱的是____（写化学式）．AB2是一种常用的溶剂，AB2的化学式是____．

（2）A、B、C、D四种元素的电负性由大到小的顺序是____．

（3）A的核外电子排布式是____；E的基态原子核外电子排布式是____．11、下列溶液中，c（Cl-）的从大到小的顺序为____（用字母填写）

A．20mL0.5mol/LAlCl3溶液。

B．30mL1mol/LKCl溶液。

C．7.5mL2mol/LMgCl2溶液。

D．10mL3mol/LNaCl溶液．12、写出除去下列物质中的杂质（括号内为杂质）时发生反应的化学方程式：

（1）Na2CO3固体（NaHCO3）____；

（2）SiO2（Al2O3）____；

（3）CO2（HCl）____；

（4）NaHCO3溶液（Na2CO3）____．13、下表是元素周期表的一部分；针对表中的①～⑩种元素，填写下列空白：

。主族。

周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA0族1①2②③④3⑤⑥⑦⑧⑨4⑩（1）写由上述元素组成的分子中电子总数为10的分子（至少两种）：____．

（2）比较：②、③、④、⑤的第一电离能：____＞____＞____＞____（写元素符号）．

（3）在最高价氧化物的水化物中，酸性最强的化合物的分子式是____；碱性最强的化合物的电子式是：____

（4）具有两性的最高价氧化物是____（填化学式）；写出其与氢氧化钠溶液反应的离子方程式：____．

（5）下表为原子序数依次增大的短周期元素A～E的第一到第五电离能数据．

。电离能I（eV）ABCDEI111.313.65.27.66.0I224.435.149.315.018.8I347.954.971.680.128.4I464.577.498.9109.2112.0I5392.1113.9138.3141.3153.7试回答：表中可能为非金属元素的是____（填字母）；若D、E为同周期相邻元素，表中D比E的第一电离能略大，其原因是____．14、（2016春•重庆校级月考）①某烷烃分子式为C6H14，若该烷烃可由两种炔烃与氢气加成得到，则该烷烃的结构简式为____．

②在一定温度下，气态烃CnHm与氢气在催化剂存在下反应生成CnHm+x．现将烃与氢气以不同比例混合，分别取出80mL反应，混合气体中氢气的体积分数与反应后气体总体积之间的关系如图所示，则A点氢气的体积分数等于____；x=____．15、（1）用过量铜片与0.2mol浓H2SO4共热足够长时间（只考虑铜与浓H2SO4反应，忽略其他副反应），甲认为产生的SO2少于0.1mol，理由是____；

而乙同学认为产生的SO2为0.1mol，理由是____．

（2）实验证明铜不能在低温下与O2反应，也不能与稀H2SO4共热发生反应，但工业上却是将废铜屑倒入热的稀H2SO4中并通入空气来制备CuSO4溶液的．铜屑在此状态下被溶解的化学方程式为____．

利用铜制备CuSO4的另一种方法可用化学方程式表示为____．

以上两种方法____（填“前”或“后”）者好，原因是____．耗H2SO4少．评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)16、将10克氯化钠溶于4℃、90毫升的水中，所得溶质的质量分数为90%．____（判断对错）17、用铂丝蘸取NaCl溶液进行焰色反应是化学变化____．（判断对确）18、李比希燃烧法、钠熔法、铜丝燃烧法、是元素定性分析法____（判断对错）19、用PH试纸可以测定溶液酸碱性时，用玻璃棒蘸取待测溶液在已有水的PH试纸上进行观察颜色变化．____（填√或×）．20、22.4LNO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为NA．____（判断对错）21、对于2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）和I2（g）+H2（g）═2HI（g）反应，在恒温恒容条件下，当压强保持不变时，均能说明上述反应达到化学平衡状态．____（判断对错）22、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）23、近半个多世纪以来；随着人类社会的高度发达，环境污染问题也越来越受到了人们的关注．请回答下列问题：

（1）水是人类赖以生存的物质．下列物质会带来水体的重金属污染的是____（填字母）；

A．含Hg2+的化合物B．含N的化合物C．含P的化合物。

其他选项的化合物会造成水体的____（填名称）．

（2）煤和石油是当今世界重要的化石燃料，但它们的燃烧会对环境造成影响，生成的____、____（填化学式）等容易形成酸雨．某火力发电厂为了防止废气污染环境，现采用廉价易得的石灰石浆来吸收，其反应方程式为：2CaCO3+2SO2+O2=2CaSO4+2x．试推测x的化学式为____．x的大量排放仍会带来环境问题，它对环境带来的影响是造成____（填名称）．若改用另一种吸收剂，则可避免x的大量排放，其反应方程式为：2y+2SO2+O2=2CaSO4+2H2O，则y的化学式为____．

（3）防治环境污染；改善生态环境已成为全球的共识，请回答下列问题：

①空气质量报告的各项指标可以反映出各地空气的质量．下列气体已纳入我国空气质量报告的是____（填字母）．

A．CO2B．N2C．NO2D．SO2

②垃圾应分类收集．你用过的旧试卷应放置于贴有____（填字母）标志的垃圾筒内．

③工业废水需处理达标后才能排放．判断下列废水处理的方法是否合理；合理的请画“√”，不合理的请在括号中填写正确方法．

A．用中和法除去废水中的酸____

B．用混凝法除去废水中的重金属离子____

C．用氯气除去废水中的悬浮物____．24、判断下列有关烷烃的命名是否正确。

（1）2-甲基丁烷____

（2）2，2，3-三甲基戊烷____

（3）（CH3CH2）2CHCH33-甲基戊烷____

（4）异戊烷____．评卷人得分四、推断题(共3题，共6分)25、（2011•崇文区模拟）A；B、C、D均为中学化学常见物质；它们之间的反应关系如图所示．

（1）若A是碳化钙，A与B的水溶液反应时只生成气体C、CaCO3和H2O．则B（只含两种元素）的化学式为____，其固态时的晶体为____晶体；C分子中含有的化学键类型是____．

（2）若A是短周期中原子半径最大的元素的单质；D既可溶于NaOH溶液又可溶于盐酸．请写出：

①D溶于盐酸的离子方程式____．

②工业上冶炼A的化学方程式____．

③实验室用惰性电极电解100mL0.1mol/LA的氯化物的水溶液（滴有酚酞），一段时间后，若阴阳两极均得到112mL气体（标准状况），则所得溶液的pH为____（忽略反应前后溶液的体积变化）．某电极附近溶液颜色变红，原因是____，则该电极与外接直流电源的____极相连接（填“正”；或“负”）．

（3）若A是可溶性强碱，B是正盐，D不溶于稀硝酸，则反应的化学方程式是____．

（4）若A常温下为红棕色气体，B是含氧酸盐，D不溶于盐酸，则D的化学式是____．26、成环是有机合成的重要环节。如反应①化合物I可由III合成：（1）化合物I的分子式为，1molI最多能与molH2发生加成反应。（2）写出化合物IV→A的化学方程式。（3）酸性条件下，化合物B能发生聚合反应，化学方程式为。（4）化合物III与II也能发生类似反应①的反应，生成含两个六元环的化合物的结构简式为____________（任写一种）。（5）下列物质与化合物V互为同分异构体的是（填序号）。①②③④27、已知rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}rm{G}都是中学化学常见的物质，图中rm{A}为淡黄色固体，rm{B}rm{C}为溶液，rm{D}rm{G}为无色气体，rm{E}rm{F}为白色沉淀．

rm{垄脵}写出rm{B隆煤C}的离子方程式______

rm{垄脷}写出rm{D}和rm{G}反应的化学方程式______

rm{垄脹}写出过量的rm{D}通入rm{Ba(OH)_{2}}溶液中的离子方程式______．评卷人得分五、综合题(共2题，共18分)28、（15分）为研究铁质材料与热浓硫酸的反应，某小组进行了以下探究活动：[探究一]（1）称取铁钉（碳素钢）12．0g放入30．0mL浓硫酸中，加热，充分应后得到溶液X并收集到气体Y。①甲同学认为X中除Fe3+外还可能含有Fe2+。若要确认其中是否含有Fe2+，应选择加入的试剂为________（选填序号）。a．KSCN溶液和氯水b．铁粉和KSCN溶液c．浓氨水d．酸性KMnO4溶液②乙同学取672mL（标准状况）气体Y通入足量溴水中，发生反应：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4然后加入足量BaCl2溶液，经适当操作后得到干燥固体4．66g。据此推知气体Y中SO2的体积分数为____。（相对原子质量：O—16S—32Ba—137）[探究二]分析上述实验中SO2体积分数的结果，丙同学认为气体Y中还可能含量有H2和CO2气体。为此设计了下列探究实验装置（图中夹持仪器省略）。（2）写出产生CO2的化学方程式____。（3）装置A中试剂的作用是____。（4）简述确认气体Y中含有CO2的实验现象。（5）如果气体Y中含有H2，预计实验现象应是。29、（15分）下图中A～J均代表无机物或其水溶液，其中A是一种红棕色粉末，B、D、G是单质，B是地壳中含量最高的金属元素，G是气体，J是磁性材料。根据图示回答问题：（1）写出下列物质的化学式：A____，E____，I____；（2）反应①的化学方程式是；反应②的化学方程式是；（3）J与盐酸反应的离子方程式是；反应后的溶液与D反应的化学方程式是。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、A【分析】【分析】A；在多电子的原子中；电子填充在不同的能层，能层又分不同的能级，同一能级又有不同的原子轨道，每个轨道中最多可以填充两个电子，自旋相反；

B；每个轨道中最多可以填充两个电子；自旋相反，这两个电子的能量完全相同，另外在等价轨道上填充的电子能量也相同；

C；能量低的电子在离核近的区域运动；能量高的电子在离核远的区域运动；

D、在多电子原子，其核外电子按能量由低到高排布，不是按能层次序排布．【解析】【解答】解：A；在多电子的原子中；电子填充在不同的能层，能层又分不同的能级，同一能级又有不同的原子轨道，每个轨道中最多可以填充两个电子，自旋相反，在一个基态多电子的原子中，不可能有两个运动状态完全相同的电子，故A正确；

B；每个轨道中最多可以填充两个电子；自旋相反，这两个电子的能量完全相同，另外在等价轨道上填充的电子能量也相同，可能存在能量相同的电子，故B错误；

C；多电子原子中；核外电子的能量是不同的，能量低的通常在离核较近的区域运动，能量高的电子在离核远的区域运动，故C错误；

D；在多电子原子；核外电子按能量由低到高排布，不是按能层次序排布，故D错误；

故选A．2、D【分析】【分析】A．分子间存在氢键的物质；其沸点较高；

B．CH4、CO2中均是非极性分子；却都有极性键；

C．相邻原子之间通过强烈的共价键结合而成的空间网状结构的晶体叫做原子晶体；

D．物质的熔沸点与分子间作用力有关．【解析】【解答】解：A．第ⅥA族元素的氢化物中稳定性最好的是H2O；因分子间存在氢键，其沸点也最高，故A正确；

B．非极性分子中不一定含有非极性键，如CH4、CO2中均是非极性分子；却都有极性键，故B正确；

C．熔点很高；硬度大、不导电等性质是原子晶体的特点；故C正确；

D．物质的熔沸点与分子间作用力有关；碘升华破坏分子间作用力，不破坏化学键，故D错误．

故选D．3、D【分析】【分析】

本题考查了氨气的实验室制备方法；掌握氨气的制备原理和化学性质是解答的关键，题目难度不大。

【解答】

rm{垄脵}氯化铵不稳定受热易分解，但是氨气与氯化氢遇冷又极易反应生成氯化铵固体，不能用于制备氨气，故rm{垄脵}错误；

rm{垄脷}向rm{CaO}中滴加浓氨水，rm{CaO}遇水生成rm{Ca(OH)_{2}}同时放出大量热量，有利于浓氨水中的氨气逸出，故rm{垄脷}正确；

rm{垄脹}固体加热制气体时，试管口应略向下倾斜，使产生的水能够流出，以免损坏试管，所以利用氯化铵和氢氧化钙固体加热制取氨气需试管口应略向下倾斜，故rm{垄脹}错误；

rm{垄脺}浓氨水易挥发，加热能够促进氨气的逸出，可以用来制备氨气，故rm{垄脺}正确；故D正确。

故选D。

【解析】rm{D}4、B【分析】【分析】由5I-+IO3-+6H+═3I2↓+3H2O可知，证明食盐中存在IO3-，利用酸性溶液中生成碘单质、淀粉遇碘单质变蓝可检验，以此来解答．【解析】【解答】解：证明食盐中存在IO3-，食盐中加碘化钾淀粉试纸、食醋，若试纸变蓝，可证明食盐中存在IO3-；即使用的物质为③⑥；

故选B．5、B【分析】【分析】化学变化中化学键一定被破坏，物质的电离中化学键也被破坏，以此来解答．【解析】【解答】解：A．食盐溶解；发生电离，离子键破坏，故A不选；

B．干冰升华；为物理变化，化学键不变，只破坏分子间作用力，故B选；

C．氯化铵受热发生化学变化；离子键；共价键均被破坏，故C不选；

D．氯化钠熔融发生电离；离子键破坏，故D不选；

故选B．6、D【分析】由离子方程式：2OH-+Mg2+=Mg（OH）2↓可知，OH-为amol，则Mg2+为a/2mol，MgSO4为a/2mol；由离子方程式：+Ba2+=BaSO4↓可知，Ba2+为bmol，为bmol，MgSO4和K2SO4共bmol，则K2SO4为（b－a/2）mol，其含有的K+为（b－a/2）mol×2=（2b-a）mol；原混合溶液中的K+为2×（2b-a）mol；所以原混合溶液中钾离子的浓度为本题易错选B，其错误根源是只求出一份溶液中钾离子的物质的量，就直接除以总体积而得出答案。【解析】【答案】D7、C【分析】解：rm{A.}标况下水不是气体；不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算，故A错误；

B.没有告诉rm{1mol?L^{-1}}rm{K_{2}SO_{4}}溶液的体积；无法计算溶液中钾离子的物质的量，故B错误；

C.rm{1}rm{mol}钠与氧气反应生成rm{Na_{2}O}或rm{Na_{2}O_{2}}时，生成产物中rm{Na}的化合价都是rm{+1}价，失去电子的物质的量都为rm{1mol}失电子数目均为rm{N_{A}}故C正确；

D.标准状况下，rm{O_{2}}的气体摩尔体积约为rm{22.4}rm{L?mol^{-1}}不是标准状况下，其气体摩尔体积不一定为rm{22.4L/mol}故D错误；

故选C．

A.标准状况下；水的状态不是气态；

B.缺少溶液体积；无法计算溶液中含有钾离子的数目；

C.钠为rm{+1}价金属，rm{1mol}钠完全反应失去rm{1mol}电子；

D.不是标准状况下，气体摩尔体积不一定为rm{22.4L/mol}．

本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确标准状况下气体摩尔体积的使用条件，试题培养了学生的计算能力及灵活应用能力．【解析】rm{C}二、填空题(共8题，共16分)8、正极CO2+2e-=CO+O2-H2O+2e-=H2+O2-50逆反应方向【分析】【分析】（1）二氧化碳、水分别在a极得到电子发生还原反应生成一氧化碳、氢气，同时生成氧离子；电极b氧离子失去电子发生氧化反应生成氧气；

（2）根据平衡常数的计算公式计算，恒温恒压下，体积之比等于物质的量之比，据此计算加入0.35molCO时容器的体积，计算此时浓度商，与平衡常数相比判断反应进行方向；【解析】【解答】解：（1）①CO2+H2OCO+H2+O2，二氧化碳中的碳元素化合价降低，被还原，水中的氢元素化合价降低被还原，反应物中的氧元素化合价升高，被氧化，失去电子发生氧化反应生成氧气，所以电极d为阳极，所以b为电源的正极；故答案为：正极；

②二氧化碳在a极得到电子发生还原反应生成一氧化碳同时生成氧离子，反应电极反应式为：CO2+2e-═CO+O2-，水中的氢元素化合价降低被还原，电极反应式为：H2O+2e-=H2+O2-，故答案为：CO2+2e-═CO+O2-；H2O+2e-=H2+O2-；

（2）CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）

起始：1.2mol1mol0

转化：0.4mol0.8mol0.4mol

平衡：0.8mol0.2mol0.4mol

所以：k==50（mol/L）-2；

此时向容器中再通入0.35molCO气体，假设平衡不移动时，此时容器体积为：2L×=2.5L，则浓度商Qc==54.3；大于平衡常数50，平衡向逆反应方向移动；

故答案为：50；逆反应方向．9、羧基+NaHCO3→+H2O+CO2↑3c【分析】【分析】A能发生水解反应；则A中含有酯基，C能发生显色反应，则C中含有酚羟基，能和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，说明含有羧基；

C的结构可表示为（其中：-X、-Y均为官能团），则C为

B为醇，B的相对分子质量为60，分子中只含一个甲基，D能发生加聚反应生成高分子化合物，D中含有不饱和键，B发生消去反应生成D，结合其分子式知，B结构简式为CH3CH2CH2OH，D为CH2=CHCH3，E结构简式为则可推知A为据此分析解答．【解析】【解答】解：A能发生水解反应；则A中含有酯基，C能发生显色反应，则C中含有酚羟基，能和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，说明含有羧基；

C的结构可表示为（其中：-X、-Y均为官能团），则C为

B为醇，B的相对分子质量为60，分子中只含一个甲基，D能发生加聚反应生成高分子化合物，D中含有不饱和键，B发生消去反应生成D，结合其分子式知，B结构简式为CH3CH2CH2OH，D为CH2=CHCH3，E结构简式为则可推知A为

（1）-X为-COOH；官能团-X的名称为羧基，故答案为：羧基；

（2）E结构简式为故答案为：

（3）A的结构简式为故答案为：

（4）C为含有羧基的物质可以和碳酸氢钠发生反应生成二氧化碳，所以和碳酸氢钠发生反应的化学方程式为：+NaHCO3→+H2O+CO2↑；

故答案为：+NaHCO3→+H2O+CO2↑；

（5）C为C的同分异构体符合下列条件：

Ⅰ．含有苯环；Ⅱ．能发生银镜反应说明含有醛基；

Ⅲ．不能发生水解反应；说明不含酯基；

则符合条件C的同分异构体有

故答案为：3；

（6）A具有抗氧化作用的主要原因是分子中有酚羟基，因为苯酚在空气中易被氧化为粉红色，故答案为：c．10、三ⅥAH2SO4CS2O＞Cl＞S＞C1s22s22p21s22s22p63s23p63d104s1（或[Ar]3d104s1）【分析】【分析】A是形成化合物最多的元素，A为C；B元素形成的单质是淡黄色固体，B为S；C和B同周期，且C的电负性大于B，则C为Cl；D元素在地壳中含量最多，D为O；E为常见金属，常用于制作导线，且不能与稀硫酸反应，则E为Cu，然后结合元素的性质及化学用语来解答．【解析】【解答】解：A是形成化合物最多的元素；A为C；B元素形成的单质是淡黄色固体，B为S；C和B同周期，且C的电负性大于B，则C为Cl；D元素在地壳中含量最多，D为O；E为常见金属，常用于制作导线，且不能与稀硫酸反应，则E为Cu；

（1）B为S元素，S元素位于元素周期表第三周期第ⅥA族，Cl的非金属性比S的非金属性强，所以HClO4的酸性比H2SO4的酸性强．A为C元素，AB2的化学式是CS2，故答案为：三；ⅥA；H2SO4；CS2；

（2）同周期元素从左到右；元素的电负性之间增强，同主族元素从上到下，元素的电负性逐渐减弱，电负性顺序为O＞Cl＞S＞C；

故答案为：O＞Cl＞S＞C；

（3）碳（C）的核外电子排布式为1s22s22p2，铜（Cu）元素原子的3d轨道处于全满状态，1s22s22p63s23p63d104s1（或[Ar]3d104s1）．

故答案为：1s22s22p2；1s22s22p63s23p63d104s1（或[Ar]3d104s1）．11、C＞D＞A＞B【分析】【分析】离子的物质的量浓度与溶液的浓度和溶质的化学式有关，氯离子的浓度=溶液的浓度×化学式中氯离子个数，与溶液的体积无关．【解析】【解答】解：A、20mL0.5mol/LAlCl3溶液中氯离子的浓度为0.5mol/L×3=1.5mol/L；

B；30mL1mol/LKCl溶液中氯离子的浓度为1mol/L×1=1mol/L；

C、7.5mL2mol/LMgCl2溶液中氯离子的浓度为2mol/L×2=4mol/L；

D；10mL3mol/LNaCl溶液中氯离子的浓度为3mol/L；

所以溶液中Cl-浓度由大到小的顺序是C＞D＞A＞B；

故答案为：C＞D＞A＞B．12、2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2OHCl+NaHCO3=NaCl+H2O+CO2↑Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3【分析】【分析】（1）碳酸氢钠加热反应生成碳酸钠；水、二氧化碳；

（2）氧化铝与NaOH反应；而二氧化硅不能；

（3）HCl与饱和碳酸氢钠溶液反应；二氧化碳不能；

（4）碳酸钠、水、二氧化碳反应生成碳酸氢钠．【解析】【解答】解：（1）NaHCO3固体加热分解：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，所以可用加热除去Na2CO3中的NaHCO3固体，故答案为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；

（2）氧化铝与NaOH反应，而二氧化硅不能，则利用NaOH溶液来除杂，发生Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，故答案为：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；

（3）HCl与饱和碳酸氢钠溶液反应，二氧化碳不能，则除杂发生的反应为HCl+NaHCO3=NaCl+H2O+CO2↑，故答案为：HCl+NaHCO3=NaCl+H2O+CO2↑；

（4）碳酸钠、水、二氧化碳反应生成碳酸氢钠，则除杂发生的反应为Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，故答案为：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3．13、CH4、NH3、H2O（任意2种）NOCNaHClO4Al2O3Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2OABD的s轨道上的电子全充满，能量低，自身更稳定【分析】【分析】由元素在周期表中的位置可知，①为H、②为C、③为N、④为O、⑤为Na、⑥为Al、⑦为P、⑧为Cl、⑨为Ar；⑩为K．

（1）由上述元素组成电子总数为10的分子有甲烷；氨气、水；

（2）同周期自左而右元素第一电离能呈增大趋势；但N元素2p轨道容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素；

（3）最高价氧化物的水化物中；酸性最强是高氯酸；上述元素中K的金属性最强，故KOH碱性最强，KOH由钾离子与氢氧根离子构成；

（4）氧化铝能与酸；碱反应得到盐与水；是两性氧化物，氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水；

（5）非金属元素第一个电子不易失去；非金属元素的第一电离能比较大，通过表格可以看出AB的第一电离能比较大，为非金属元素；

D的第三电离能剧增，最外层电子数为2，可知D处于ⅡA族，E的第三电离能剧增，最外层电子数为3，则E处于ⅢA族，D的s轨道上的电子全充满，能量低，自身更稳定．【解析】【解答】解：由元素在周期表中的位置可知，①为H、②为C、③为N、④为O、⑤为Na、⑥为Al、⑦为P、⑧为Cl、⑨为Ar；⑩为K．

（1）由上述元素组成电子总数为10的分子有CH4、NH3、H2O，故答案为：CH4、NH3、H2O（任意2种）；

（2）Na为金属元素；其它为非金属元素，故Na的第一电离能最小，同周期自左而右元素第一电离能呈增大趋势，但N元素2p轨道容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能：N＞O＞C＞Na，故答案为：N＞O＞C＞Na；

（3）最高价氧化物的水化物中，酸性最强是高氯酸，化学式为HClO4；上述元素中K的金属性最强，故KOH碱性最强，KOH由钾离子与氢氧根离子构成，电子式为

故答案为：HClO4；

（4）氧化铝能与酸、碱反应得到盐与水，是两性氧化物，化学式为Al2O3，氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，离子方程式为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，故答案为：Al2O3；Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；

（5）非金属元素第一个电子不易失去；非金属元素的第一电离能比较大，通过表格可以看出AB的第一电离能比较大，为非金属元素；

D的第三电离能剧增；最外层电子数为2，可知D处于ⅡA族，E的第三电离能剧增，最外层电子数为3，则E处于ⅢA族，D的s轨道上的电子全充满，能量低，自身更稳定．

故答案为：AB；D的s轨道上的电子全充满，能量低，自身更稳定．14、（CH3）2CHCH2CH2CH375%6【分析】【分析】①某烷烃分子式为C6H14；若该烷烃可由两种炔烃与氢气加成得到，说明烃中3个C至少含2个H；

②不饱和烃与氢气恰好反应时，反应后混合气体的总体积最小，由图可知，反应后混合气体体积最小，为20mL，即反应后CnHm+x的体积，反应前CmHn的体积也为20mL，则反应前H2的体积为80mL-20mL=60mL，然后求出体积分数；相同条件下，气体体积之比等于物质的量之比，根据原子守恒确定x的值；【解析】【解答】解：①某烷烃分子式为C6H14，若该烷烃可由两种炔烃与氢气加成得到，说明烃中3个C至少含2个H，符合条件的结构简式为（CH3）2CHCH2CH2CH3；

故答案为：（CH3）2CHCH2CH2CH3；

不饱和烃与氢气恰好反应时，反应后混合气体的总体积最小，由图可知，反应后混合气体体积最小，为20mL，即反应后CnHm+x的体积，反应前CmHn的体积也为20mL，则反应前H2的体积为80mL-20mL=60mL，A点氢气的体积分数等于×100%=75%，故CmHn、H2、CmHn+x的物质的量之比=20mL：60mL：20mL=1：3：1，则反应为：CmHn+3H2CmHn+x；根据H原子守恒，则x=6；

故答案为：75%；6；15、由反应Cu+H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O知，当0.2mol浓H2SO4全部反应时才生成0.1molSO2，随着反应进行，浓H2SO4变稀，不能与Cu反应，故甲认为少于0.1molSO2；乙同学认为稀H2SO4与铜反应由于加热时间足够长，水比H2SO4易挥发，因此，H2SO4始终保持较高浓度，直至与铜完全反应为止；2Cu+2H2SO4（稀）+O22CuSO4+2H2OCu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O前两种方法前者好因为不产生有污染的SO2气体，且生成等量的CuSO4【分析】【分析】（1）依据浓硫酸具有强的氧化性；能够与铜反应生成二氧化硫，稀硫酸不具有强的氧化性，不能与铜反应解答；

（2）铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，铜与稀硫酸、氧气反应生成硫酸铜和水，依据生成物性质及消耗硫酸的量解得．【解析】【解答】解：（1）过量铜片与0.2molH2SO4（浓）反应，理论上生成0.1molSO2，但当浓H2SO4变稀时与Cu不反应，故甲认为少于0.1molSO2；乙同学认为加热足够长时间，水挥发后，稀H2SO4又变成浓H2SO4；直至与Cu反应完全．

故答案为：由反应Cu+H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O知，当0.2mol浓H2SO4全部反应时才生成0.1molSO2，随着反应进行，浓H2SO4变稀，不能与Cu反应，故甲认为少于0.1molSO2；

乙同学认为稀H2SO4与铜反应由于加热时间足够长，水比H2SO4易挥发，因此，H2SO4始终保持较高浓度；直至与铜完全反应为止；

（2）2Cu+2H2SO4（稀）+O22CuSO4+2H2OCu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，若制得1molCuSO4，第一种方法只需1molH2SO4，而第二种方法则要用2molH2SO4，而且生成的SO2会造成大气污染。

故答案为：2Cu+2H2SO4（稀）+O22CuSO4+2H2OCu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；前；两种方法前者好因为不产生有污染的SO2气体，且生成等量的CuSO4三、判断题(共9题，共18分)16、×【分析】【分析】4℃时水的1g/mL，根据m=ρV计算水的质量，溶液质量=NaCl的质量+水的质量，溶质质量分数=×100%．【解析】【解答】解：4℃时90毫升水的质量为90mL×1g/mL=90g，故溶液质量=10g+90g=100g，则溶液中NaCl的质量分数为×100%=10%，故错误，故答案为：×．17、×【分析】【分析】焰色反应实质是原子核外的电子受激发，跃迁到高能级状态时发出的色光，是物理变化．【解析】【解答】解：焰色反应是物理变化，不是化学变化，故错误，答案为：×．18、×【分析】【分析】李比希燃烧法是元素定量分析法，钠熔法定性鉴定有机化合物所含元素（氮、卤素、硫）的方法，铜丝燃烧法可定性确定有机物中是否存在卤素【解析】【解答】解：李比希于1831年最早提出测定有机化合物中碳；氢元素质量分数的方法；是元素的定量分析法；

钠熔法是定性鉴定有机化合物所含元素（氮；卤素、硫）的方法；铜丝燃烧法可定性确定有机物中是否存在卤素；

故答案为：×19、×【分析】【分析】用PH试纸测定溶液PH的方法为：用玻璃棒蘸取少许待测液滴在PH试纸上，然后把试纸显示的颜色与标准比色卡对照，即可确定溶液的酸碱度，切记不能直接把试纸浸入待测液中，也不能先用水将pH试纸润湿后测定，因为这样做会稀释待测液，使测量结果不准．【解析】【解答】解：用玻璃棒蘸取待测溶液在已有水的PH试纸上；稀释了溶液，使测量结果不准．

故答案为：×．20、×【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：×．×21、×【分析】【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；【解析】【解答】解：对于2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）；该反应是一个反应前后气体体积改变的化学反应，当反应达到平衡状态时，各物质的量不变，导致容器中压强不随时间的变化而改变；

对于I2（g）+H2（g）═2HI（g）；该反应是一个反应前后气体体积不变的化学反应，在恒温恒容条件下，压强自始至终保持不变，故压强不变不一定平衡；

故答案为：×．22、√【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：√．23、A【分析】【分析】（1）密度小于4.5的为轻金属；大于4.5的为重金属；水体富营养化是因为向水中排放含氮；磷等元素的生产生活废水过多造成的；

（2）酸雨主要由化石燃料燃烧产生的二氧化硫；氮氧化物等酸性气体；经过复杂的大气化学反应，形成硫酸和硝酸，被雨水吸收溶解而成；根据化学反应前后原子的种类与数目保持不变可以判断物质的化学式；二氧化碳是一种主要的温室效应气体；根据质量守恒的原因推出Y为氢氧化钙；

（3）①空气质量报告的主要内容包括：空气污染指数；首要污染物（包括可吸入颗粒物、二氧化硫、二氧化氮等气体）、空气质量级别、空气质量状况等；

②旧试卷属于可回收物；可回收再利用；

③根据污水的类型选取处理的方法．【解析】【解答】解：（1）工业废水中常见的重金属元素指的是Cu2+、Hg2+、Cd2+、Pb2+等重金属离子；含铅；汞的物质是常见的有毒污染物；生物所需的氮、磷等营养物质大量进入湖泊、河口、海湾等缓流水体，引起藻类及其它浮游生物迅速繁殖，水体溶氧量下降，鱼类及其它生物大量死亡，该现象为水体富营养化导致的结果；

故答案为：A；富营养化；

（2）酸雨是指溶液pH小于5.6的雨水，正常雨水的pH约为5.6；酸雨主要由化石燃料燃烧产生的二氧化硫、氮氧化物等酸性气体，经过复杂的大气化学反应，被雨水吸收溶解而成，根据2CaCO3+2SO2+O2═2CaSO4+2x可知，依据质量守恒定律可知每个x中含有1个碳原子和2个氧原子，所以x是二氧化碳．二氧化碳是形成温室效应的主要物质，2y+2SO2+O2=2CaSO4+2H2O；依据质量守恒定律可知每个y中含有1个钙原子和2个氢氧根原子团，所以y是氢氧化钙；

故答案为：SO2；NO2；CO2；温室效应；Ca（OH）2；

（3）①空气质量报告的主要内容包括：空气污染指数、首要污染物（包括可吸入颗粒物、二氧化硫、二氧化氮等气体）、空气质量级别、空气质量状况等，二氧化碳无毒，不属于空气污染物，氮气是空气的主要组成气体，而可吸入颗粒物、NO2、SO2均为污染物；需要检测；

故答案为：CD；

②用过的旧试卷可回收再利用重新做成纸浆；属于可回收垃圾，故答案为：A；

③A．如果污水中含大量氢离子或氢氧根离子；可采用酸碱中和法，除去水中大量的氢离子或氢氧根离子，故答案为：√；

B．如果水中含重金属离子；可加入一些物质使金属阳离子转化成沉淀而除去这些离子，即沉降法，故答案为：（沉降法）；

C．如果使悬浮于水中的泥沙形成絮状不溶物沉降下来，使水澄清，可用明矾等混凝剂作净水剂，故答案为：（混凝法）．24、√【分析】【分析】（1）根据烷烃的系统命名法分析；

（2）取代基的编号错误；应该是2，2，4-三甲基戊烷；

（3）根据烷烃的命名方法进行分析；

（4）根据图示的球棍模型进行命名并判断正误．【解析】【解答】答案（1）√（2）×（3）√（4）×

解：（1）主链为丁烷，命名为：2-甲基丁烷，题中命名正确；

故答案为：√；

（2）不是2，2，3-三甲基戊烷，编号错误，正确应为2，2，4三甲基戊烷；

故答案为：×；

（3）（CH3CH2）2CHCH33-甲基戊烷；满足烷烃的系统命名法，命名正确；

故答案为：√；

（4）根据球棍模型，其结构简式为名称为2甲基戊烷，所以题中命名错误；

故答案为：×．四、推断题(共3题，共6分)25、CO2分子极性键和非极性键Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O2NaCl2Na+Cl2↑13氢离子在阴极得到电子生成氢气，水的电离平衡被破坏，使得阴极附近氢氧根离子浓度大于氢离子浓度负Ba（OH）2+（NH4）2SO4=BaSO4↓+2NH3↑+2H2OH2SiO3【分析】【分析】（1）碳化钙遇水会剧烈反应生成氢氧化钙和乙炔气体，生成的氢氧化钙再与B发生反应，能生成碳酸钙沉淀，B只含两种元素，只能为CO2；

（2）若A是短周期中原子半径最大的元素的单质，应为Na，工业用电解NaCl的方法冶炼，D既可溶于NaOH溶液又可溶于盐酸，应为Al（OH）3；

（3）A能与强碱反应放气体；则A为铵盐，从D不用于稀硝酸可推知D为硫酸钡，进而推知B为硫酸铵；

（4）A常温下为红棕色气体，应为NO2，与水反应生成NO和硝酸，B是含氧酸盐，与硝酸反应生成含氧酸，D不溶于盐酸，应为H2SiO3．【解析】【解答】解：（1）碳化钙遇水会剧烈反应生成氢氧化钙和乙炔气体，生成的氢氧化钙再与B发生反应，能生成碳酸钙沉淀，B只含两种元素，只能为CO2，固态CO2为分子晶体；C为CH≡CH，含有极性键和非极性键；

故答案为：CO2；分子；极性键和非极性键；

（2）若A是短周期中原子半径最大的元素的单质，应为Na，工业用电解NaCl的方法冶炼，D既可溶于NaOH溶液又可溶于盐酸，应为Al（OH）3；

①Al（OH）3与盐酸反应生成Al3+，反应的离子方程式为Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O；

故答案为：Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O；

②工业用电解熔融的NaCl的方法冶炼Na，方程式为2NaCl2Na+Cl2↑，故答案为：2NaCl2Na+Cl2↑；

③电解NaCl溶液两极反应为：阳极：2Cl--2e-=Cl2↑；阴极：2H++2e-=H2↑，两极均得到112mL气体，即=0.005mol，Cl-刚好反应完，生成2×0.005mol=0.01molOH-；则所得溶液的pH为13，阴极与电源的负极相连接，氢离子在阴极得到电子生成氢气，水的电离平衡被破坏，使得阴极附近氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，电极附近溶液颜色变红；

故答案为：13；氢离子在阴极得到电子生成氢气；水的电离平衡被破坏，使得阴极附近氢氧根离子浓度大于氢离子浓度；负；

（3）A能与强碱反应放气体，则A为铵盐，从D不用于稀硝酸可推知D为硫酸钡，进而推知B为硫酸铵，反应的方程式为Ba（OH）2+（NH4）2SO4=BaSO4↓+2NH3↑+2H2O；

故答案为：Ba（OH）2+（NH4）2SO4=BaSO4↓+2NH3↑+2H2O；

（4）A常温下为红棕色气体，应为NO2，与水反应生成NO和硝酸，B是含氧酸盐，与硝酸反应生成含氧酸，D不溶于盐酸，应为H2SiO3；

故答案为：H2SiO3．26、略

【分析】试题分析：（1）数一数化合物I的结构简式中含有的C、H、O原子个数，可得其分子式为C10H10O2；观察可知，I中的1个苯环最多与3个H2加成，侧链上的1个C=C键与1个H2加成，酯基中的C=O键不能与H2加成，则1molI最多能与4molH2发生加成反应；（2）观察可知，化合物IV的官能团是羟基，其中1个羟基所连碳原子上无氢原子，不能发声催化氧化，而羟甲基可以被氧化为醛基，由此可以写出A的结构简式，也能写出该氧化反应的化学方程式；（3）A的官能团是醛基和羟基，羟基所连碳原子上无氢原子，只有醛基可以被氧化为羧基，由此可以确定B的结构简式，由于B既含羧基又含羟基，在一定条件下能发生缩聚反应，生成高聚酯和水，由此可以书写该反应的化学方程式；（4）观察可知，反应①是单烯烃与二烯烃发生的加成反应，单烯烃中C=C键中的1个键断裂，二烯烃中2个C=C键中各有1个键断裂，2、