2025年沪科版高三化学下册阶段测试试卷

…………○…………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年沪科版高三化学下册阶段测试试卷438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、有机物的种类繁多，但其命名是有规则的．下列有机物命名正确的是（）A.

2-乙基丁烷B.CH3CHBr2二溴乙烷C.

2-甲基丁烯D.

苯甲醇2、已知H2OH2O++e-，e-被水分子形成的“网”所捕获．下列有关说法正确的是（）A.H2O和H2O+互为同分异构体B.H2O+有较强的氧化性C.水分子形成的“网”是一种新化合物D.H2O（s）→H2O（l）→H2O（g）3、用NA表示阿伏加德罗常数．下列说法中，正确的是（）A.1.2gNaHSO4晶体中阳离子和阴离子的总数为0.03NAB.标准状况下，22.4LSO3含有NA个分子C.标准状况下，11.2LCl2通入足量的石灰乳中制备漂白粉，转移的电子数为0.5NAD.60g石英晶体中含有的Si-O键数目为2NA4、下列说法正确的是(NA表示阿伏加德罗常数的值)A.2．4g金属镁与足量的盐酸反应，转移电子数为2NAB.9g重水含有的电子数为5NAC.12g金刚石中含有碳碳键的个数为2NAD.12.4g白磷中含有磷原子数为0．4NA5、在强酸性溶液中，下列各组离子能大量共存的是（）A.Na+K+OH-Cl-B.Na+Ba2+NO3-SO42-C.K+Na+HCO3-NO3-D.Mg2+Na+SO42-Cl-6、已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数：则下列有关说法正确的是（）

。弱酸化学式CH3COOHHCNH2CO3电离平衡常数（25℃）1.8×l0-54.9×l0-10K1=4.3×l0-7；K2=5.6×l0-11A.等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH（Na2CO3）＞pH（NaCN）＞pH（CH3COONa）B.0.1mol•L-1NaCN溶液的pH＞7，则c（OH-）＞c（H+），c（Na+）＜c（CN-）C.冰醋酸中逐滴加水，溶液的导电性、醋酸的电离程度、pH均先增大后减小D.NaHCO3和Na2CO3混合液中，一定有c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HCO3-）+c（CO32-）7、往BaCl2和KCl的混合溶液中加入含amolNa2SO4的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；过滤后，往滤液中加入含bmol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀．下列说法错误的是()A.原混合溶液中含有amolBaCl2B.原混合溶液中含有bmolK+离子C.加入硫酸钠溶液时，Cl-不参与反应D.过滤后，滤液中含有Na+、K+、Cl-等三种离子8、化学与科技、社会、生活密切相关，下列说法不正确的是（）A.甲醛的水溶液具有杀菌、防腐的作用，可用于保存动物标本B.“地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂或生物柴油C.在腌制肉类食品时使用较多量的亚硝酸钠，可使食品较长时间保持红润D.奥运会中采用的新型氢动力计程车可以降低PM2.5的排放，减小大气污染评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)9、下列有关实验操作的说法正确的是（）A.用pH试纸测定溶液的pH时，不可用蒸馏水润湿试纸B.苯酚沾在皮肤上，先用酒精清洗，再用水洗C.向煮沸的1mol/LNaOH溶液中滴加FeCl3饱和溶液制备Fe（OH）3胶体D.用量筒量取10.0mL浓硫酸沿玻璃棒注入到100mL容量瓶中加水得到10%溶液10、下列实验能达到预期实验目的是（）

。序号实验操作实验目的ACl2、Br2分别与H2反应比较氯、溴的非金属性强弱BMgCl2、AlCl3溶液中分别通入NH3比较镁、铝的金属性强弱C测定Na2CO3、Na2SO4两溶液的pH比较碳、硫的非金属性强弱D用同一电路测定盐酸、醋酸两溶液的导电性比较盐酸、醋酸的酸性强弱A.AB.BC.CD.D11、下列叙述正确的是（）A.价电子排布为4s24p2的元素位于第四周期第ⅤA族，是P区元素B.1，2-二甲苯核磁共振氢谱中有三组峰，且氢原子数之比为3：1：1C.钠原子由1s22s22p63s1→1s22s22p63p1时，原子释放能量，由基态转化成激发态D.分子属于手性分子12、常温下；在下列溶液中发生如下反应。

①2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2

②2FeCl2+Cl2=2FeCl3

③2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；

由此判断下列说法正确的是（）A.氧化性由强到弱顺序是：KMnO4＞Cl2＞Fe3+＞I2B.还原性由强到弱顺序是：Mn2+＞Cl-＞Fe2+＞I-C.I--与Fe3+能在溶液中发生氧化还原反应D.在溶液中可以发生2KCl+I2=Cl2+2KI反应13、室温时，下列混合溶液的pH一定小于7的是（）A.pH=4的盐酸和pH=10的氨水等体积混合B.pH=2的盐酸和pH=13的氢氧化钡等体积混合C.pH=5的醋酸和pH=9的氢氧化钡等体积混合D.pH=3的硫酸和pH=11的氨水等体积混合14、下列实验操作中叙述正确的是（）A.蒸馏时，温度计的水银球在液面下B.分液时，先将下层液体从下口放出后，再将上层液体从上口倒出C.配制溶液前，一定要将容量瓶烘干，否则会使浓度偏小D.蒸发时要一边加热，一边用玻璃棒搅动溶液评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)15、（1）某温度时，水的离子积Kw=1×10-13，则该温度____25℃（填“＞”；“＜”或“=”）．

在此温度下，某溶液中由水电离出来的H+浓度为1×10-10mol•L-1，则该溶液的pH可能为____；

（2）若温度为25℃时，体积为Va、pH=a的H2SO4与体积为Vb、pH=b的NaOH混合，恰好中和，此溶液中各种离子的浓度由大到小的排列顺序是____．16、镍（Ni）是一种重要的金属；金属镍及其化合物在合金材料以及催化剂等方面应用广泛．

（1）基态Ni原子的价电子（外围电子）排布式为____；

（2）很多不饱和有机物在Ni催化下可与H2发生加成反应．如①CH2=CH2、②HC≡CH、③、④HCHO其中碳原子采取sp2杂化的分子有____（填物质序号），HCHO分子的立体结构为____形；

（3）Ni2+和Fe2+的半径分别为69pm和78pm，则熔点NiO____FeO（填“＜”或“＞”）；

（4）镍常见化合价为+2、+3，在水溶液中通常只以+2价离子的形式存在．+3价的镍离子具有很强的氧化性，在水中会与水或酸根离子迅速发生氧化还原反应．NiO（OH）溶于浓盐酸的化学方程式为____．17、甲醇是新型的汽车动力燃料．工业上可通过CO和H2化合制备甲醇，该反应的热化学方程式为：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H1=-116kJ•mol-1

（1）下列措施中有利于提高反应速率的是____（双选；填字母）．

A．移去部分CH3OHB．减小压强C．通入COD．加入催化剂。

（2）已知：△H2=-283kJ•mol-1△H3=-242kJ•mol-1

写出1mol甲醇燃烧生成CO2和水蒸气的热化学方程式____

（3）为研究合成气最合适的起始组成比，在1L容器中，分别在230℃、250℃和270℃下，改变CO和H2的起始组成比（设起始时CO的物质的量为1mol）；结果如图：

①230℃的实验结果所对应的曲线是____（填字母）．

②从图中可以得出的结论是____．（写一条）

③在270℃时，当CO的转化率为50%时，计算反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）的平衡常数（写出计算过程，保留2位小数）____．18、2gCu2S和CuS的混合物在酸性溶液中用400mL0.075mol/LKMnO4溶液处理；发生反应如下：

8Mn+5Cu2S+44H+═10Cu2++5SO2↑+8Mn2++22H2O

6Mn+5CuS+28H+═5Cu2++5SO2↑+6Mn2++14H2O

反应后煮沸溶液，赶尽SO2，剩余的KMnO4恰好与350mL0.1mol/L（NH4）2Fe（SO4）2溶液完全反应．

（1）配平KMnO4与（NH4）2Fe（SO4）2反应的离子方程式：

____MnO4-+____Fe2++____H+═____Mn2++____Fe3+____H2O

（2）KMnO4溶液与混合物反应后，剩余KMnO4的物质的量为____mol．

（3）混合物中Cu2S的质量分数为____．19、（11分）（1）H2O2的水溶液为二元弱酸，科学家对H2O2结构的认识经历了较为漫长的过程，最初他们提出了两种观点：a．（式中O→O表示共用电子对由前一个氧原子提供）和b．H—O—O—H①请用电子式表示b的结构。②写出H2O2在水溶液中的电离方程式。（2）①用单质碘和氯酸钾可以制得碘酸钾，其中涉及的一个反应为：I2+KClO3+H2O→KH(IO3)2+KCl+Cl2↑．因此有人认为I2的氧化性强于氯气，你____（填“同意”或“不同意”）该观点，理由是。②用电化学方法也可以制碘酸钾．原理是以石墨为阳极，不锈钢为阴极，以碘化钾溶液为电解质溶液，在一定电流和温度下进行电解（同时不断搅拌电解质溶液）其电解总反应式为：试写出阳极的电极反应式。20、非诺贝特（fenofibrate）是降胆同醇及甘油三酯的药物；它的一条合成路线如下：

已知：①羧酸类有机物与液溴在少量磷作用下；发生α-H取代．

②

（1）B的名称为____．

（2）C所含官能团的名称为____．

（3）写出下列物质的结构简式b____，F____．

（4）写出G到H的反应方程式____．

（5）写出同时符合下列条件的D的同分异构体结构简式____．

①能发生银镜反应；②含5种不同环境氢的联苯酯类有机物．1mol该有机物最多消耗NaOH的物质的量为____．

（6）以2-甲基丙烯为原料制备E，设计合成路线（其他试剂任选）．____．21、已知甲；乙为常见的金属单质；A、B、C、D、E均为化合物，且A、B属于氧化物，它们之间有下图所示的转化关系，回答下列问题：

（1）反应①的化学方程式为____，在实验室完成该反应时还需要的试剂有____、____．

（2）C为____（填名称）；上述反应属于氧化还原反应的是____（填序号）．

（3）反应⑤的离子方程式为____．

（4）D可以用来制造印刷电路板，也可以用来净水．为节约成本，工业上用NaClO3氧化E的酸性废液制得D，该反应的离子方程式为____．22、实验室制硝基苯的主要步骤如下。

（1）配制一定比例的浓硫酸与浓硝酸的混合酸；加入反应器中．

（2）向室温下的混合酸中逐滴加入一定量的苯；充分振荡，混合均匀。

（3）在50摄氏度到60摄氏度下发生反应；直至反应结束．

（4）除去混合酸后，粗产品依次用蒸馏水和5%的NaOH溶液洗涤；最后再用蒸馏水洗涤．

（5）将用无水CaCl2干燥后的粗硝基苯进行蒸馏；得到纯硝基苯．

填写下列空白：

（1）配制一定比例浓硫酸与浓硝酸混合酸时，操作注意事项是____

（2）在步骤3中，为了使反应在50摄氏度到60摄氏度下进行，常用的方法是____

（3）步骤4中洗涤，分离出硝基苯应使用的仪器是____

（4）步骤4中粗产品用5%的NaOH溶液洗涤的目的是____

（5）纯硝基苯是无色，密度比水____（填小或大）．23、（2014•湖北模拟）砷化镓（galliumarsenide）的化学式为GaAs；是黑灰色固体，熔点为1238℃．它是一种重要的半导体材料，用来制作微波集成电路[例如单晶微波集成电路（MMIC）]；红外线发光二极管、半导体激光器和太阳能电池等元件．

（1）AsH3是一种无色可溶于水的气体，其分子空间构型为____．

（2）镓（Ga）在元素周期表中的位置为，其价电子排布式为____．

（3）以AsH3为原料，在700～900℃下通过化学气相沉积来制造半导体材料砷化镓（GaAs）的化学方程式为Ga（CH3）3+AsH3=GaAs+3X．X的结构简式为____．

（4）砷酸为砷（As）的含氧酸，其分子式为H3AsO4，结构类似于磷酸．AsO43-中，As的杂化类型为____．

（5）砷化镓晶胞如图所示，若镓原子位于立方体内，则砷原子位于立方体的，砷的配位数为，设该晶胞的边长为anm，NA为阿伏加德罗常数的数值，则砷化镓晶体的密度为____g•cm-3．评卷人得分四、判断题(共2题，共18分)24、分液时，先将下层液体从分液漏斗下端放出，再将上层液体从上口倒出．____．（判断对错）25、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____．评卷人得分五、解答题(共2题，共8分)26、【选修--有机化学基础】相对分子质量为92的某芳香烃X是一种重要的有机化工原料，研究部门以它为初始原料设计出如下转化关系图（部分产物、合成路线、反应条件略去）．其中A是一氯代物，H是一种功能高分子，链节组成为C7H5NO．

已知：

ⅠⅡ（苯胺；易被氧化）

请根据所学知识与本题所给信息回答下列问题：

（1）H的结构简式是______；X到A的反应条件是______

（2）②和③有一步是氧化反应；有一步是还原反应，则③是______反应，并说明理由______

（3）反应⑤的化学方程式是______；

（4）有多种同分异构体；其中含有1个醛基和2个羟基的芳香族化合物共有______种．

27、请用合成路线流程图表示用CH2=CHCH2OH为原料制取丙烯酸（CH2=CHCOOH）的合成线路；并注明反应条件．

提示：

①氧化羟基的条件足以氧化有机分子中的碳碳双键；

②合成过程中无机试剂任选；

③合成路线流程图示例如下：CH3CH2OHCH2=CH2参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【分析】A．烷烃命名中出现2-乙基；说明选取的不是最长碳链；

．卤代烷烃命名需标明卤素原子的位置；

C．烯烃命名需标明碳碳双键的位置；

D．芳香族衍生物的命名，以官能团确定母体，据此解答即可．【解析】【解答】解：A．2-乙基丁烷；说明不是选取的最长碳链，正确命名为3-甲基戊烷，故A错误；

B．CH2CHBr2，未标明Br的位置；正确命名为1，1-二溴乙烷，故B错误；

C．2-甲基丁烯；未标明碳碳双键的位置，正确命名为2-甲基-1-丁烯，故C错误；

D．羟基连在烃基上，为醇类，正确命名为苯甲醇，故D正确；

故选D．2、B【分析】【分析】A．同分异构体是指分子式相同；结构不同的化合物；

B．H2O+中O的化合价是-1价；具有较强的氧化性；

C．水分子间通过氢键形成的“网”；

D．能量越高越不稳定，物质由不稳定趋向于稳定．【解析】【解答】解：A．H2O+是离子，不是化合物，因此H2O和H2O+不是同分异构体；故A错误；

B．H2O+中O的化合价是-1价；具有较强的氧化性，故B正确；

C．水分子间通过氢键形成的“网”；不是新的化合物，故C错误；

D．能量越高越不稳定，物质由不稳定趋向于稳定，H2O（g）→H2O（l）→H2O（s）；故D错误；

故选B．3、C【分析】【分析】A；求出硫酸氢钠的物质的量；然后根据1mol硫酸氢钠中含1mol钠离子和1mol硫酸氢根来分析；

B；标况下三氧化硫为固体；

C；标况下11.2L氯气的物质的量为0.5mol；而氯气与石灰乳的反应为歧化反应；

D、求出二氧化硅的物质的量，然后根据1mol二氧化硅中含4molSi-O键来分析．【解析】【解答】解：A、1.2g硫酸氢钠的物质的量为0.01mol，而1mol硫酸氢钠中含1mol钠离子和1mol硫酸氢根，故0.01mol硫酸氢钠中含0.01mol引领者0.01mol阳离子，即0.02NA个；故A错误；

B；标况下三氧化硫为固体；故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误；

C、标况下11.2L氯气的物质的量为0.5mol，而氯气与石灰乳的反应为歧化反应，0.5mol氯气转移0.5mol电子即0.5NA个；故C正确；

D、60g二氧化硅的物质的量为1mol，而1mol二氧化硅中含4molSi-O键，即4NA个；故D错误．

故选C．4、C【分析】【解析】【答案】C5、D【分析】【分析】强酸性溶液含大量的H+，根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀等，则能大量共存，以此来解答．【解析】【解答】解：A．因H+、OH-结合生成水；不能共存，故A错误；

B．因Ba2+、SO42-结合生成沉淀；不能共存，故B错误；

C．因H+、HCO3-结合生成水和气体；不能共存，故C错误；

D．因该组离子之间不反应；能共存，故D正确；

故选D．6、A【分析】【分析】A；利用酸的电离常数比较酸性的强弱；再利用盐中酸根离子对应的酸越弱，其水解程度越大来分析；

B、结合溶液中电荷守恒分析，如c（Na+）＞c（CN-），根据溶液电中性可知c（H+）＜c（OH-）；

C；冰醋酸中逐滴加水电离程度一直在增大；pH也是增大且无限接近中性溶液的pH．

D、利用电荷守恒来分析；【解析】【解答】解：A、由电离常数Ka的关系可知，1.8×10-5＞4.9×10-10＞5.6×10-11，则酸性CH3COOH＞HCN＞HCO3-，显然等浓度时Na2CO3的水解程度最大，其溶液的pH最大，则等物质的量浓度的各溶液pH关系为pH（Na2CO3）＞pH（NaCN）＞pH（CH3COONa）；故A正确；

B、溶液中的电荷守恒：C（H+）+c（Na+）=c（CN-）+C（OH-），0.1mol•L-1NaCN溶液的pH＞7，可知c（H+）＜c（OH-），溶液呈碱性，则c（Na+）＞c（CN-）故B错误；

C；等冰醋酸中逐滴加水；电离产生的离子浓度增大，导电性增大，但随水的量增大，浓度变小，导电性减小，而在加水的过程中电离程度、pH一直在增大，故C错误；

D、因溶液不显电性，则所有阳离子带的电荷总数等于阴离子带的负电荷总数，即c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-）；故D错误；

故选A．7、B【分析】解：A、向BaCl2和KCl的混合溶液中加入Na2SO4的溶液，发生反应Ba2++SO42-=BaSO4↓，钡离子恰好沉淀，则n(Ba2+)=n(SO42-)=amol；故A正确；

B、过滤后，滤液中含有Na+、K+、Cl-等三种离子，往滤液中加入含bmol硝酸银的溶液，发生反应Ag++Cl-═AgCl↓，氯离子完全沉淀，则n(Ag+)=n(Cl-)=bmol，根据电荷守恒有2n(Ba2+)+n(K+)=n(Cl-)，故n(K+)=bmol-2amol=(b-2a)mol；故B错误；

C、向BaCl2和KCl的混合溶液中加入Na2SO4的溶液，发生反应Ba2++SO42-=BaSO4↓，Cl-不参与反应；故C正确；

D、加入的硫酸钠与氯化钡恰好反应，过滤后的溶液中含有氯化钠、氯化钾，滤液中含有Na+、K+、Cl-等三种离子；故D正确；

故选B．【解析】【答案】B8、C【分析】解：A．甲醛能够使蛋白质变性；所以具有杀菌；防腐的作用，可用于保存动物标本，故A正确；

B．“地沟油”的主要成分为油脂；油脂在碱性条件下水解称为皂化反应，油脂燃烧放出大量热量，可制作生物柴油，故B正确；

C．亚硝酸盐有毒；不能用来腌制食品，故C错误；

D．氢气燃烧产生水；无污染，所以新型氢动力计程车可以降低PM2.5的排放，减少大气污染，故D正确；

故选：C．

A．甲醛能够使蛋白质变性；

B．“地沟油”的主要成分为油脂；

C．亚硝酸盐有毒；不能用来腌制食品；

D．氢气燃烧产生水；无污染，可以降低PM2.5的排放，减少大气污染．

本题考查了常见有机物的性质和用途，明确亚硝酸盐为有毒物质是解题关键，题目难度不大．【解析】【答案】C二、多选题(共6题，共12分)9、AB【分析】【分析】A．防止实验误差；

B．苯酚可溶于酒精；

C．向煮沸的1mol/LNaOH溶液中滴加FeCl3饱和溶液，生成Fe（OH）3沉淀；

D．不能在容量瓶中稀释浓硫酸．【解析】【解答】解：A．用水稀释pH试纸；溶液浓度发生变化，如溶液不呈中性，则可带来实验误差，故A正确；

B．苯酚具有腐蚀性；可溶于酒精，则苯酚沾在皮肤上，先用酒精清洗，再用水洗，故B正确；

C．制备氢氧化铁胶体，应向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，如向煮沸的1mol/LNaOH溶液中滴加FeCl3饱和溶液，生成Fe（OH）3沉淀；故C错误；

D．容量瓶只能在常温下使用；不能在容量瓶中稀释浓硫酸，应在烧杯中稀释，冷却后才能转移到容量瓶中，故D错误．

故选AB．10、AC【分析】【分析】A．比较元素的非金属性；可根据单质与氢气反应的剧烈程度；

B．比较金属性强弱可根据最高价氧化物对应水化物的碱性强弱；

C．可根据对应最高价含氧酸对应的盐溶液的酸碱性判断酸性的强弱；

D．溶液的导电性与离子浓度大小有关，与电解质的强弱无关．【解析】【解答】解：A．单质与氢气反应越剧烈；说明元素的非金属性越强，可用于比较非金属性强弱，故A正确；

B．MgCl2、AlCl3溶液中分别通入NH3都生成沉淀；不能判断金属性的强弱，可根据最高价氧化物对应水化物的碱性强弱判断，故B错误；

C．Na2CO3溶液呈碱性，说明碳酸为弱酸，Na2SO4溶液呈中性；说明硫酸为强酸，故C正确；

D．溶液的导电性与离子浓度大小有关；与电解质的强弱无关，故D错误．

故选AC．11、BD【分析】【分析】A．价电子排布为4s24p2的元素属于主族元素；周期数=电子层数，主族族序数=最外层电子数，最后填充p能级，属于p区元素；

B．利用等效氢判断；

C．原子由基态变成激发态需要吸收能量；

D．含有手性碳原子的分子属于手性分子，手性碳原子是指连接四个不同的原子或基团的碳原子．【解析】【解答】解：A．价电子排布为4s24p2的元素属于主族元素；位于第四周期第ⅣA族，最后填充p能级，属于p区元素，故A错误；

B.1；2-二甲苯有3种化学环境不同的H原子，核磁共振氢谱中有三组峰，且氢原子数之比为6：2：2=3：1：1，故B正确；

C．基态Na的电子排布式为1s22s22p63s1，由基态转化成激发态1s22s22p63p1时；电子能量增大，需要吸收能量，故C错误；

D．分子中羧基连接的碳原子为手性碳原子；属于手性分子，故D正确；

故选BD．12、AC【分析】【分析】氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，当元素化合价为最高价态时，物质只具有氧化性，元素化合价为中间价态时，物质既具有氧化性又具有还原性，处于最低价态时，只具有还原性，结合氧化性、还原性的强弱解答该题．【解析】【解答】解：已知：反应2KI+2FeCl3═2KCl+I2+2FeCl2中，氧化性Fe3+＞I2，还原性I-＞Fe2+；

在反应Cl2+2FeCl2═2FeCl3中，氧化性Cl2＞Fe3+，还原性Fe2+＞Fe3+；

2KMnO4+16HCl═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，则氧化性KMnO4＞Cl2，还原性HCl＞Cl2；

则氧化性KMnO4＞Cl2＞Fe3+＞I2，还原性I-＞Fe2+＞Cl-；故A正确；B错误；

氧化性Fe3+＞I2，则I-与Fe3+能在溶液中发生氧化还原反应；符合氧化还原反应规律，故C正确；

因氧化性Cl2＞I2，则2KCl+I2=Cl2+2KI不能发生；故D错误．

故选AC．13、BC【分析】【分析】根据酸碱的强弱判断溶液中n（H+）与n（OH-）关系进行判断和计算，一般酸过量溶液显酸性，pH小于7，以此来解答．【解析】【解答】解：A．pH=4的盐酸中c（H+）=1×10-4mol/L，pH=10的氨水中c（OH-）=1×10-4mol/L；由于氨水为弱碱，则氨水过量，在室温下等体积混合后，pH＞7，故A错误；

B．pH=2的盐酸中c（H+）=1×10-2mol/L，pH=13的氢氧化钡溶液c（OH-）=1×10-1mol/L；酸碱都是强电解质，在室温下等体积混合后，酸过量，则pH＜7，故B正确；

C．pH=5的醋酸c（H+）=1×10-5mol/L，pH=9的氢氧化钡溶液中c（OH-）=1×10-5mol/L；由于醋酸为弱酸，则醋酸过量，在室温下等体积混合后，pH＜7，故C正确．

D．pH=3的硫酸中c（H+）=1×10-3mol/L，pH=11的氨水中c（OH-）=1×10-3mol/L；由于氨水为弱碱，则氨水过量，在室温下等体积混合后，pH＞7，故D错误；

故选BC．14、BD【分析】【分析】A．蒸馏时；测量是的蒸气的温度；

B．根据分液操作时下层液体从下口放出；上层液体从上口倒出；

C．配制需加水定容；

D．玻璃棒的作用是搅拌防止局部过热．【解析】【解答】解：A．在蒸馏操作中；温度计的水银球应与支管口相平，故A错误；

B．分液操作时；分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，一避免两种液体相互污染，故B正确；

C．配制需加水定容；转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水，对所配溶液无影响，故C错误；

D．玻璃棒的作用是搅拌防止局部过热；引起液体飞溅，故D正确．

故选BD．三、填空题(共9题，共18分)15、＞3或10c（Na+）=c（SO42-）＞c（H+）=c（OH-）【分析】【分析】（1）水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，则溶液的离子积常数增大，通过比较t℃）时和25℃时Kww的值判断；溶液中由水电离出来的H+浓度为1×10-10mol•L-1；可以是酸溶液，还可以是碱溶液；

（2）25℃时，体积为Va、pH=a的H2SO4与体积为Vb、pH=b的NaOH混合，恰好中和，此溶液是硫酸钠的水溶液，据此回答．【解析】【解答】解：（1）水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，氢离子和氢氧根离子浓度增大，则水的离子积常数增大，25℃时纯水中c（H+）=c（OH-）=10-7mol/L，Kw=c（H+）•c（OH-）=10-14，某温度（T℃）时，水的离子积常数Kw=1×10-13＞10-14，则该温度大于25℃，溶液中由水电离出来的H+浓度为1×10-10mol•L-1；可以是酸溶液，还可以是碱溶液，所以pH为3或10；

故答案为：＞；3或10；

（2）25℃时，体积为Va、pH=a的H2SO4与体积为Vb、pH=b的NaOH混合，恰好中和，此溶液是硫酸钠的水溶液，显示中性，此时c（Na+）=c（SO42-）＞c（H+）=c（OH-），故答案为：c（Na+）=c（SO42-）＞c（H+）=c（OH-）．16、3d84s2①③④平面三角＞2NiO（OH）+6HCl（浓）=2NiCl2+Cl2↑+4H2O【分析】【分析】（1）Ni的原子序数为28；根据能量最低原理先写出基态原子核外电子排布式，再写出价电子排布式；

（2）根据碳原子含有的σ键和孤电子对判断碳原子采取的杂化方式；根据价层电子对互斥理论判断甲醛的空间构型；

（3）根据影响离子晶体熔点的因素有离子半径和电荷判断离子晶体的熔点高低；

（4）NiO（OH）具有氧化性，与盐酸发生氧化还原反应．【解析】【解答】解：（1）Ni的原子序数为28，电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，则价电子排布式是3d84s2，故答案为：3d84s2；

（2）①CH2=CH2中每个碳原子含有3个σ键，不含孤电子对，所以采取sp2杂化；故正确；

②HC≡CH中每个碳原子含有2个σ键；不含孤电子对，所以采取sp杂化，故错误；

③中每个碳原子含有3个σ键，不含孤电子对，所以采取sp2杂化；故正确；

④HCHO中碳原子含有3个σ键，不含孤电子对，所以采取sp2杂化；故正确；

HCHO中碳原子含有3个σ键；不含孤电子对，所以其空间构型是平面三角形；

故答案为：①③④；平面三角；

（3）影响离子晶体熔点的因素有离子半径和电荷；相同电荷时，离子半径越小，熔点越高，镍离子半径小于亚铁离子半径，所以氧化镍熔点高于氧化亚铁熔点；

故答案为：＞；

（4）NiO（OH）具有氧化性，与盐酸发生氧化还原反应，化学方程式为2NiO（OH）+6HCl（浓）=2NiCl2+Cl2↑+4H2O；

故答案为：2NiO（OH）+6HCl（浓）=2NiCl2+Cl2↑+4H2O．17、CDCH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=-651kJ•mol-1X温度越高，CO的转化率越低或n（H2）：n（CO）越低，CO的转化率越大4.00【分析】【分析】（1）提高反应速率可增大浓度；压强、温度或加入催化剂；

（2）利用盖斯定律计算反应热；

（3）①正反应放热；则升高温度CO的转化率降低；

②由图可知，温度越高，CO的转化率越低，CO和H2的起始组成比越小；CO的转化率越大；

③计算出平衡时各物质的浓度，结合K=计算．【解析】【解答】解：（1）提高反应速率可增大浓度、压强、温度或加入催化剂，则C、D正确，而移去部分CH3OH；减小压强可减小反应速率；故答案为：CD；

（2））根据反应①CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）；△H1=-116kJ•mol-1；

②CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H2=-283kJ•mol-1；

③H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H3=-242kJ•mol-1；

根据盖斯定律：②+③×2-①得：CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=-651kJ•mol-1；

故答案是：CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=-651kJ•mol-1；

（3）①根据该反应为放热反应；温度越高CO的转化率越小，所以曲线X为230℃，故答案为：X；

②由图可知，温度越高，CO的转化率越低，CO和H2的起始组成比越小，CO的转化率越大，故答案为：温度越高，CO的转化率越低或n（H2）：n（CO）越低；CO的转化率越大；

③由图象可知当270℃、CO的转化率为50%时，n（H2）：n（CO）=1.5；则。

CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）

起始（mol/L）11.5

转化（mol/L）0.510.5

平衡（mol/L）0.50.50.5

K===4.00；

故答案为：4.00．18、1581540.02340%【分析】【分析】（1）根据化合价升降法配平即可；

（2）先根据方程式MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O计算消耗的高锰酸钾的物质的量；高锰酸钾的总物质的量减去与（NH4）2Fe（SO4）2反应的高锰酸钾的物质的量即为与混合溶液反应消耗的高锰酸钾的物质的量；

（3）根据金属化合物的质量和金属化合物与高锰酸钾反应的高锰酸钾的物质的量列方程式组，计算出硫化亚铜的质量，再根据质量分数计算方法计算即可．【解析】【解答】解：（1）Mn元素的化合价由+7降到+2，降低5价；Fe元素的化合价由+2升高到+3价，升高1价，最小公倍数为5；再根据质量守恒得到H2O的系数为4，H+的系数为8．

故答案为：MnO4-+5Fe2++8H+═Mn2++5Fe3++4H2O；

（2）设消耗高锰酸钾xmol；

MnO4-+5Fe2++8H+═Mn2++5Fe3++4H2O

1mol5mol

xmol0.350L×0.1mol/L

所以x=0.007，高锰酸钾的总物质的量为0.400L×0.075mol/L=0.03mol，所以KMnO4溶液与混合物反应，消耗KMnO4的物质的量为0.03mol-0.007mol=0.023mol；

故答案为：0.023mol；

（3）设CuS、Cu2S的物质的量分别为x；y

8MnO4-+5Cu2S+44H+═10Cu2++5SO2+8Mn2++22H2O

yy

6MnO4-+5CuS+28H+=5Cu2++5SO2+6Mn2++14H2O

x

则96x+160y=2g，x+y=0.023mol

解之得：x=0.0125moly=0.005mol，所以Cu2S的质量为0.8g，CuS的质量为1.2g，Cu2S的质量分数为×100%=40%．

故答案为：40%．19、略

【分析】【解析】【答案】（1）①（2分）②（2分）（2）①不同意（2分），因为碘在本反应中作还原剂，没有表现氧化性（2分）②或（3分）20、4-氯甲苯羧基4mol【分析】【分析】由D与非诺贝特的结构简式，可知H为由转化关系及反应信息，可知E为（CH3）2CHCOOH，E与溴发生取代反应生成F为F与SO2Cl发生取代反应生成G为对比G、H的结构可知c为．由D的结构，结合A的分子式可知A为与氯气发生甲基对位取代反应生成B为B被酸性高锰酸钾溶液氧化生成C为可推知b为．

（6）中2-甲基丙烯与HCl发生加成反应得到再发生水解反应得到发生催化氧化得到再氧化得到E．【解析】【解答】解：由D与非诺贝特的结构简式，可知H为由转化关系及反应信息，可知E为（CH3）2CHCOOH，E与溴发生取代反应生成F为F与SO2Cl发生取代反应生成G为对比G、H的结构可知c为．由D的结构，结合A的分子式可知A为与氯气发生甲基对位取代反应生成B为B被酸性高锰酸钾溶液氧化生成C为可推知b为．

（1）B为名称为4-氯甲苯，故答案为：4-氯甲苯；

（2）C为所含官能团为：羧基，故答案为：羧基；

（3）b的结构简式为F的结构简式为：

故答案为：

（4）G到H的反应方程式：

故答案为：

（5）同时符合下列条件的D的同分异构体：①能发生银镜反应，说明含有醛基，②含5种不同环境氢的联苯酯类有机物，含有甲酸与酚形成的酯基，该同分异构体结构简式为：卤代烃水解得到酚羟基；HCl，可以消耗2molNaOH，酯基水解得到酚羟基与羧基，可以消耗2molNaOH，1mol该有机物最多消耗NaOH的物质的量为4mol；

故答案为：4mol；

（6）2-甲基丙烯与HCl发生加成反应得到再发生水解反应得到发生催化氧化得到再氧化得到E，合成路线流程图为：．21、Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3氯酸钾镁条偏铝酸钠①②⑤⑥2Fe3++Fe=3Fe2+ClO3-+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2O【分析】【分析】金属甲与氧化物A反应生成金属乙与氧化物B，该反应生成置换反应，而甲与氧化物均与氢氧化钠溶液反应生成C，可推知甲为Al、B为Al2O3、C为NaAlO2，氧化物A与盐酸反应生成D，D与金属乙反应得到E，而乙与盐酸反应也得到E，金属E为变价金属，可知乙为Fe、A为Fe2O3、D为FeCl3、E为FeCl2，据此解答．【解析】【解答】解：金属甲与氧化物A反应生成金属乙与氧化物B，该反应生成置换反应，而甲与氧化物均与氢氧化钠溶液反应生成C，可推知甲为Al、B为Al2O3、C为NaAlO2，氧化物A与盐酸反应生成D，D与金属乙反应得到E，而乙与盐酸反应也得到E，金属E为变价金属，可知乙为Fe、A为Fe2O3、D为FeCl3、E为FeCl2．

（1）反应①的化学方程式为：Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3；在实验室完成该反应时还需要的试剂有氯酸钾；镁条；

故答案为：Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3；氯酸钾；镁条；

（2）C为NaAlO2；名称为偏铝酸钠，上述反应属于氧化还原反应的是：①②⑤⑥；

故答案为：偏铝酸钠；①②⑤⑥；

（3）反应⑤的离子方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+；

故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+；

（4）工业上用NaClO3氧化FeCl2的酸性废液制得FeCl3，该反应的离子方程式为：ClO3-+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2O；

故答案为：ClO3-+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2O．22、应将浓硫酸中注入浓硝酸中，及时搅拌、冷却热水浴加热分液漏斗除去硫酸和硝酸、NO2等酸性物质大【分析】【分析】（1）浓硫酸与浓硝酸混合放出大量的热；配制混酸应将浓硫酸中注入浓硝酸中，及时搅拌；冷却，防止溅出伤人；

（2）为了使反应在50摄氏度到60摄氏度下进行；可以使用水浴加热的方法；

（3）分离互不相溶的液态；采取分液操作，需要用分液漏斗；

（4）制备硝基苯时要用到硫酸；硝酸；可以用5%NaOH溶液洗涤；

（5）根据硝基苯的物质性质答题．【解析】【解答】解：（1）浓硫酸与浓硝酸混合放出大量的热；配制混酸应将浓硫酸中注入浓硝酸中，及时搅拌；冷却，防止溅出伤人；

故答案为：应将浓硫酸中注入浓硝酸中；及时搅拌；冷却；

（2）为了使反应在50摄氏度到60摄氏度下进行；可以使用热水浴加热，故答案为：热水浴加热；

（3）步骤4中洗涤；由于硝基苯不溶于水，所以分离出硝基苯可采取分液操作，需要用分液漏斗，故答案为：分液漏斗；

（4）制备硝基苯时要用到硫酸、硝酸，浓硝酸能分解产生二氧化氮，所以硝基苯中有少量的硫酸和硝酸、NO2等酸性物质，要除去硫酸和硝酸、NO2等酸性物质；可以用5%N