2025年湘师大新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年湘师大新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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、某元素的质子数为16，有关该元素的推断正确的是（）A.非金属性比氯强B.最高正价为+5，负价为-3C.最高价氧化物的水化物是一种强酸D.处于元素周期表中第二周期第ⅥA族2、下列溶液中有关物质的浓度关系正确的是（）A.c（NH4+）相等的（NH4）2SO4、NH4HSO4、NH4Cl溶液中：c（NH4HSO4）＞c[（NH4）2SO4]＞c（NH4Cl）B.向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液：c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（H+）＞c（OH-）C.1.0mol/LNa2CO3溶液：c（OH-）=c（HCO3-）+c（H+）+2c（H2CO3）D.某二元弱酸的酸式盐NaHA溶液中：c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（HA-）+c（A2-）3、室温时，0.1mol·L－1的HA溶液的pH＝3，向该溶液中逐滴加入NaOH溶液，在滴加过程中，有关叙述正确的是()。A.原HA溶液中，c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－)B.当滴入少量的NaOH溶液时，促进了HA的电离，溶液的pH降低C.当恰好完全中和时，溶液呈中性D.当NaOH溶液过量时，可能出现：c(A－)>c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋)4、下列反应的离子方程式正确的是（）A.NaHCO3溶液与醋酸：CO32-+2CH3COOH=2CH3COO-+H2O+CO2↑B.硝酸银溶液与铜：Cu+Ag+=Cu2++AgC.用醋酸除水垢：2CH3COOH+CaCO3=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑D.向NaHSO4溶液中加入Ba（OH）2溶液至呈中性：H++SO42-+Ba2++OH-=H2O+BaSO4↓5、有rm{A}rm{B}rm{C}三种气体在一个固定容积的容器中发生反应，体系中各物质浓度随时间变化的曲线如图所示rm{.}下列说法不正确的是rm{(}rm{)}A.该反应的化学方程式为rm{3A(g)+B(g)篓T2C(g)}B.若将初始投放的物质浓度增至原来的rm{2}倍，则反应物的转化率增大，平衡常数不变C.若第rm{4}rm{min}时降低温度，到rm{7}rm{min}时达到了新的平衡，则此反应的rm{triangleH<0}D.反应在前rm{3}rm{min}的平均反应速率rm{娄脭(A)=0.31mol?L^{-1}?min^{-1}}评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)6、NA为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的有（）A.1molFeCl3完全转化成氢氧化铁胶体后生成NA个胶粒B.1molH2O2与MnO2充分作用后，转移2NA个电子C.标准状况下，22.4升H2与4克氦气均含NA个分子D.50℃，1×105Pa下46克NO2与0℃，2×105Pa下46克N2O4均含有3NA个原子7、下列说法不正确的是（）A.苯甲醛在一定条件下能发生银镜反应B.用溴水即可鉴别苯酚溶液、2，4-己二烯和甲苯C.在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3CO18OH和C2H5OHD.乙酸乙酯和食用植物油均可水解生成乙醇8、NA为阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（）A.标准状况下，22.4LH2O含有的水分子数为NAB.22gCO2含有的CO2分子数为0.5NAC.44gCO2气体含有的氧原子数为2NAD.40gNaOH溶解在1L水中，得到溶液的物质的量浓度为1mol/L9、已知反应BeCl2+Na2BeO2+2H2O═2NaCl+2Be（OH）2↓能进行完全．以下推断中正确的是（）A.BeCl2溶液pH＜7，将其蒸干、灼烧后可得残留物BeCl2B.Na2BeO2溶液pH＞7，将其蒸干、灼烧后可得残留物Na2BeO2C.Be（OH）2即能溶于盐酸，又能溶于NaOH溶液D.BeCl2水溶液的导电性强，BeCl2一定是离子晶体10、化学下列叙述正确的是（）A.电能是二次能源B.水力是二次能源C.天然气是二次能源D.水煤气是二次能源11、设NA为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是（）A.0.5molO3和11.2LO2的体积一定相等B.标准状况下，11.2L水中含有分子的数目为0.5NAC.常温常压下，18gH2O含有的原子总数为3NAD.2.8gCO和N2混合气体中含有的原子总数为0.2NA12、不能通过化合反应直接得到的化合物是（）A.FeCl2B.NaClC.Fe（OH）3D.Al（OH）313、X；Y、Z、W、R均是短周期元素；它们在元素周期表中的相对位置如图所示，其中W的最高正化合价与最低负化合价绝对值相等．下列说法正确的是（）

。XYZWRA.X、Y形成的某种化合物可作为呼吸面具中X2的来源B.气态氢化物的热稳定性：HmX＞HmR＞WHnC.Z、W、R分别与X形成的化合物的水化物都是强酸D.化合物YmX和YmR中，阳离子半径均大于阴离子半径14、一定条件下，某反应的化学方程式为：CO2+NO⇌NO2+CO，下列说法正确的是（）A.升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减少B.恒温时，压缩容器的体积，平衡不移动，但气体颜色加深C.达到平衡，其平衡常数为D.恒容时，升高温度，混合气体的颜色加深，则逆方向为放热反应评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)15、中国本土科学家屠呦呦凭借发现抗疟特效药青蒿素；赢得了2015年度诺贝尔生理学奖．青蒿素的发明不仅治愈了众多疟疾患者，更为中医药走出国门开创了先河．青蒿素的一种化学合成部分工艺流程如下：

由青蒿素还可以合成药效增强的系列衍生物

（1）青蒿素分子中含有的含氧官能团有：____、____和过氧基．双氢青蒿素分子结构中有若干个六元环和七元环组成，其中含有七元环数为____．蒿甲醚的化学式为____．

（2）反应B→C，实际上可看作两步进行，依次发生的反应类型是____；消去反应．

（3）合成路线中设计E→F、G→H的目的是____．

（4）A在Sn-β沸石作用下，可异构为异蒲勒醇则异蒲勒醇分子有____个手性碳原子（连有四种不同原子或原子团的碳原子称为手性碳原子）．异蒲勒醇可通过两步反应生成请写出相关化学反应方程式____，____．

（5）写出与A互为同分异构体，且满足以下条件的同分异构体数目为____种（不考虑空间异构）．其中核磁共振氢谱有七个峰，且峰面积比为1：1：4：4：1：1：6的是：____．（填结构简式）

①分子中只含有一个六元环；

②六元环上只有二个取代基且在不同的碳原子上。

③能够发生银镜反应．16、抗酸药物的种类很多；其有效成分一般都是碳酸氢钠；碳酸钙、碳酸镁、氢氧化铝和氢氧化镁等化学物质．

（1）抗酸药物具有抗酸作用的原因是____．

（2）某品牌抗酸药的主要成分有糖衣；碳酸镁、氢氧化铝、淀粉．

①写出该抗酸药发挥功效时的离子方程式：____、____．

②淀粉在抗酸药中作填充剂、粘合剂，淀粉在人体内酶的催化作用下发生水解反应，最终转化为（写分子式）____．17、已知X、Y、Z为单质，其他为化合物。其中Y为气体，G溶液呈黄色，E是不溶于水的酸性氧化物，能与氢氟酸反应，它们之间存在如下转化关系(部分产物已略去)。请回答下列问题：（1）写出物质E的一种用途：__________。（2）写出A和D的稀溶液反应生成G的离子方程式______________________________。（3）向含4molD的稀溶液中，逐渐加入X粉末至一定量。假设D完全反应且生成的气体只有一种，则反应的X的物质的量范围为___________________mol。18、工业制氯化铜时，将浓盐酸用蒸气加热至80℃左右，慢慢加入粗制氧化铜粉（含杂质氧化亚铁）反应如下：CuO+2HCl═CuCl2+H2O，FeO+2HCl═FeCl2+H2O．已知：pH≥9.6时，Fe2+以Fe（OH）2的形式完全沉淀；pH≥6.4时，Cu2+以Cu（OH）2的形式完全沉淀；pH在3～4时，Fe3+以Fe（OH）3的形式完全沉淀．

（1）为除去溶液中的Fe2+，可以采用的方法是____

A．直接加碱，调整溶液pH≥9.6B．加纯铜粉，将Fe2+还原出来。

C．先将Fe2+氧化为Fe3+，再调整pH在3～4D．通入硫化氢，使Fe2+直接沉淀。

（2）工业上为除去溶液中的Fe2+，常使用NaClO，当向溶液中加入NaClO后，溶液pH变化情况是____

A．肯定减小B．肯定增大C．可能减小D．可能增大。

（3）若此溶液中只含有Fe3+时，要调整pH在3～4之间，此时最好向溶液中加入____

A．NaOH溶液B．氨水C．CuCl2溶液D．CuO固体．19、如图是煤化工产业链的一部分；试运用所学知识，解决下列问题：

（1）已知该产业链中某反应的平衡常数表达式为：K=，它所对应反应的化学方程式是____．

（2）合成甲醇的主要反应是：2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）+90.8kJ，t℃下此反应的平衡常数为160．此温度下，在密闭容器中开始只加入CO、H2；反应l0min后测得各组分的浓度如下：

。物质H2COCH3OH浓度（mol/L）0.20.10.4①该时间段内反应速率v（H2）=____

②比较此时正、逆反应速率的大小：v正____v逆（填“＞”；“＜”或“=”）

③反应达到平衡后，保持其它条件不变，若只把容器的体积缩小一半，平衡向____（填“逆向”、“正向”或“不”）移动，平衡常数K____（填“增大”；“减小”或“不变”）．

（3）固氮是科学家致力研究的重要课题．自然界中存在天然的大气固氮过程：N2（g）+O2（g）→2NO（g）-180.8kJ，工业合成氨则是人工固氮．分析两种固氮反应的平衡常数，下列结论正确的是____．

。反应大气固氮工业固氮温度/℃27200025350400450K3.84×10-310.15×1081.8470.5070.152A．常温下；大气固氮很难进行，而工业固氮却能非常容易进行。

B．模拟大气固氮应用于工业上的意义不大。

C．工业固氮时温度越低；氮气与氢气反应越完全。

D．K越大说明合成氨反应的速率越大．20、第四周期的过渡元素在工业、农业、科学技术以及人类生活等方面有重要作用．其中Ni-Cr-Fe合金是常用的电热元件材料．请回答：

（1）基态Ni原子核外电子排布式为____；第二周期中基态原子未成对电子数与Ni相同且电负性大的元素为____．金属镍粉在CO气流中轻微加热，生成无色挥发性液态Ni（CO）4，该分子呈正四面体构型．试推测Ni（CO）4的晶体类型为____，Ni（CO）4易溶于下列____（填选项字母）中．

A．水B．四氯化碳C．苯D．硫酸镍溶液。

（2）FeO、NiO晶体中r（Ni2+）和r（Fe2+）分别为69pm和78pm，则熔点NiO____FeO（填“＞”或“＜”），原因为____；黄血盐是一种配合物，其化学式为K4[Fe（CN）6]•3H2O，该配合物中配体的化学式为____，黄血盐溶液与稀硫酸加热时发生非氧化还原反应，生成硫酸盐和一种与该配体互为等电子体的气态化合物，该反应的化学方程式为____．

（3）酸性227能氧化硝基苯酚，邻硝基苯酚和对硝基苯酚在20℃水中的溶解度之比为0.39，其原因为____．

（4）在铬的硅酸盐中，4-四面体[如下图（a）]通过共用顶角氧离子可形成岛状、链状、层状、骨架网状四大结构型式．图（b）为一种链状结构的多硅酸根，其中Si原子的杂化形式为____，其化学式为____．

21、蓓萨罗丁是一种治疗顽固性皮肤T-细胞淋巴瘤的药物；有研究者设计其合成路线如下（部分反应试剂和条件已略）：

已知：Ⅰ．Ⅱ．

试回答下列问题：

（1）D的分子式为____；F分子中含氧官能团的名称为____、____．

（2）原料A的结构简式为____；原料B发生反应④所需的条件为____．

（3）反应①、⑥所属的反应类型分别为____、____．

（4）反应②、⑤的化学方程式分别为②____；⑤____．

（5）对苯二甲酸有多种同分异构体，符合下列条件的同分异构体有____种，写出其中任意一种的结构简式____．

①苯环上有三个取代基；②能与NaHCO3溶液发生反应；③能发生银镜反应．22、过氧化钙（CaO2）是一种安全无毒的杀菌剂；可用大理石等制取．某实验小组为制取过氧化钙而提纯大理石（主要杂质是氧化铁）的实验流程如下：

（1）溶解大理石时，使用的溶液A是____（填字母），充分溶解后所得混合液中的阳离子有____（填离子符号）．

a．硫酸溶液b．硝酸溶液c．烧碱溶液。

溶解时需控制在t℃左右进行，在此条件下欲加快溶解速率宜采取的措施有：使用较小的固体颗粒、控制溶液A的适宜浓度、____．

（2）滤渣是Fe（OH）3，它是通过加入溶液B调节混合液的pH形成的，溶液B可以有多种选择，如果溶液B的溶质是常见非金属元素的气态氢化物，则溶液B是____（填物质名称）．检验Fe（OH）3已经沉淀完全的实验操作方法是____．

（3）溶液C的溶质的一种用途是____．

（4）过氧化钙中一般含有氧化钙．如果要测定某过氧化钙样品中过氧化钙的含量；请完成用该样品进行过氧化钙含量测定的有关实验操作步骤[实验中需要用的试剂：氢氧化钠标准溶液；盐酸标准溶液、酚酞试液]：

①____；②加入一定体积且____；充分混合；③加入几滴酚酞试液；④用氢氧化钠标准溶液滴定至终点并记录有关数据．

在整个实验过程中，需要使用的仪器除电子天平、滴管、碱式滴定管、烧杯、玻璃棒等外，还必须使用的玻璃仪器有____．23、亚硫酸钠和碘酸钾在酸性溶液里反应的化学方程式是：

____________Na2SO3+____________KIO3+____________H2SO4→____________Na2SO4+____________K2SO4+____________I2+____________H2O

(1)配平该反应；若反应中有5mol电子转移，则生成的碘是____________g．

(2)该反应过程较复杂；一般认为分以下几步：

①IO3-+SO32-→IO2-+SO42-(反应慢)

②IO2-+2SO32-→I-+2SO42-(反应快)

③5I-+6H++IO3-→3I2+3H2O(反应快)

④I2+SO32-+H2O→2I-+SO42-+2H+(反应快)

根据上述条件推测；此反应速率由____________步(填序号)反应决定．

(3)若预先加入淀粉溶液；由反应过程看，必在____________离子消耗完时，才会有溶液变蓝的现象产生．原因是____________．

(4)在酸性溶液中IO3-离子被I-离子还原生成碘，在碱性溶液中IO3-离子不被I-离子还原，而无论在酸性或碱性溶液中IO4-都被I-离子还原，IO4-与I-的碱性溶液的反应产物中加入淀粉溶液变蓝．若IO4-被还原时化合价是逐步降低的，在碱性溶液中IO4-离子与I-反应的离子方程式为____________．评卷人得分四、判断题(共3题，共27分)24、标准状况下，1moL水中所含原子总数数为3NA____（判断对错）25、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．____．26、乙烷与氯气的取代反应，乙烯与氯代烃的加成反应，均可用于制取1-氯乙烷____（判断对错）评卷人得分五、探究题(共4题，共20分)27、为了分离甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人设计了下列实验过程．请在括号内填写分离时所用操作方法，并写出方框内有关物质的结构简式．

写出下列物质的结构简式A________、C________、E________、G________．28、实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，操作为：29、为了分离甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人设计了下列实验过程．请在括号内填写分离时所用操作方法，并写出方框内有关物质的结构简式．

写出下列物质的结构简式A________、C________、E________、G________．30、实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，操作为：评卷人得分六、计算题(共4题，共8分)31、如图是某学校实验室从化学试剂商店买回来的氢氧化钠试剂标签上的部分内容．某同学从该试剂瓶中取出24.0g固体；配成一定体积的溶液，请计算。

（1）24.0g氢氧化钠固体所含钠离子的数目约为多少？

（2）将24.0g氢氧化钠固体放入水中，要使100个水分子中就含有一个Na+离子；所需水的质量为多少？

（3）在题（2）所得的氢氧化钠溶液中投入足量的金属铝，完全反应后，产生的气体在标准状况下的体积为多少？（提示：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑）32、科学家致力于二氧化碳的“组合转化”技术的研究；把过多二氧化碳转化为有益于人类的物质．

（1）如果将CO2和H2以1：4的比例混合，通入反应器，在适当的条件下反应，可获得一种重要的能源．请完成以下化学方程式：CO2+4H2→____+2H2O

（2）若将CO2和H2以1：3的比例混合，使之发生反应生成某种重要的化工原料和水，则生成的该重要化工原料可能是____．A．烷烃B．烯烃C．炔烃D．芳香烃。

（3）已知在443～473K时，用钴（Co）作催化剂可使CO2和H2生成C5～C8的烷烃，这是人工合成汽油的方法之一．要达到该汽油的要求，CO2和H2体积比的取值范围是____．33、（1）73gHCl气体中含有____个分子，标准状况下占有的体积为____L．

（2）相同物质的量浓度的KCl、CuCl2、AlCl3溶液，分别与AgNO3溶液反应，当生成的AgCl沉淀的质量之比为3：2：1时，三种溶液的体积比为____．

（3）标准状况下VL氯化氢气体溶解在1L水中，所得溶液的密度为ρg/mL，溶液中溶质的质量分数为ω，物质的量浓度为cmol/L，则ω=____（任写一种表达式）．34、在标况下，用4.48LHCl配成100mL溶液，求溶液中HCl的物质的量浓度，H+物质的量浓度，Cl-的物质的量浓度．参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【分析】质子数为16的元素为S，原子核外有3个电子层，最外层电子数为6，处于元素周期表中第三周期第ⅥA族，同周期随原子序数增大非金属性增强，故非金属性比Cl弱；最高正化合价等于最外层电子数、最低负化合价=最外层电子数-8，其最高价氧化物的水化物是硫酸，属于强酸．【解析】【解答】解：质子数为16的元素为S；原子核外有3个电子层，最外层电子数为6；

A．同周期随原子序数增大非金属性增强；故非金属性比Cl弱，故A错误；

B．硫元素原子最外层电子数为6；故其最高正价为+6，最低负价为6-8=-2，故B错误；

C．硫元素最高价氧化物的水化物是硫酸；属于强酸，故C正确；

D．硫元素原子核外有3个电子层；最外层电子数为6，处于元素周期表中第三周期第ⅥA族，故D错误；

故选C．2、C【分析】【分析】A．氢离子抑制铵根离子水解；含有同等浓度的铵根离子的盐中，化学式中含有铵根离子个数越多其浓度越小；

B．溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH-）；结合电荷守恒判断；

C．根据质子守恒判断；

D．任何电解质溶液中都存在电荷守恒．【解析】【解答】解：A．含有同等浓度的铵根离子的盐中，化学式中含有铵根离子个数越多其浓度越小，硫酸氢铵电离出氢离子抑制铵根离子水解，所以c（NH4+）相等的（NH4）2SO4、NH4HSO4、NH4Cl溶液中：c[（NH4）2SO4]＜c（NH4HSO4）＜c（NH4Cl）；故A错误；

B．混合溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH-），根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（CH3COO-）+c（OH-），所以c（Na+）＜c（CH3COO-）；故B错误；

C．根据质子守恒得c（OH-）=c（HCO3-）+c（H+）+2c（H2CO3）；故C正确；

D．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（HA-）+2c（A2-）；故D错误；

故选：C．3、A【分析】对于原HA溶液，由溶液呈电中性可知c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－)，故A正确；在酸碱中和滴定过程中，pH逐渐升高，故B错误；HA是弱酸，和NaOH刚好中和时生成NaA，由于NaA水解，溶液呈碱性，故C错误；当NaOH溶液过量时，c(Na＋)>c(A－)，故D错误。【解析】【答案】A4、C【分析】【分析】A；碳酸氢根离子是弱酸的酸式酸根离子；不能拆成离子；

B；选项中的离子方程式电荷不守恒；

C；醋酸是弱酸；碳酸钙是难溶于水的盐；

D、向NaHSO4溶液中加入Ba（OH）2溶液至呈中性，硫酸氢钠和氢氧化钡按2：1恰好反应；【解析】【解答】解：A、NaHCO3溶液与醋酸：HCO3-+CH3COOH=CH3COO-+H2O+CO2↑；故A错误；

B、硝酸银溶液与铜反应的离子方程式为：Cu+2Ag+=Cu2++2Ag；故B错误；

C、用醋酸除水垢反应的离子方程式为：2CH3COOH+CaCO3=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑；故C正确；

D、向NaHSO4溶液中加入Ba（OH）2溶液至呈中性，硫酸氢钠和氢氧化钡按2：1恰好反应；反应的离子方程式为：2H++SO42-+Ba2++2OH-=2H2O+BaSO4↓；故D错误；

故选C．5、D【分析】解：rm{A.}在反应中反应物的物质的量浓度减小，生成的物质的量浓度增加，根据图中的数据可知，rm{A}rm{B}在反应中减小，rm{C}在反应中增加，所以rm{A}rm{B}是反应物质，rm{C}是生成物，反应中rm{trianglec(A)=1.50mol/L-0.93mol/L=0.57mol/L}rm{trianglec(B)=0.50mol/L-0.31mol/L=0.19mol/L}rm{trianglec(C)=0.50mol/L-0.31mol/L=0.38mol/L}各物质的物质的量的变化量之比等于计量数之比，所以反应方程式为rm{triangle

c(A)=1.50mol/L-0.93mol/L=0.57mol/L}故A正确；

B.若将初始投放的物质浓度增至原来的rm{triangle

c(B)=0.50mol/L-0.31mol/L=0.19mol/L}倍，相当于加压，结合反应rm{triangle

c(C)=0.50mol/L-0.31mol/L=0.38mol/L}平衡向正反应方向移动，反应物的转化率增大，平衡常数只受温度的影响，故B正确；

C.根据图可知，第rm{3A(g)+B(g)篓T2C(g)}到第rm{2}rm{3A(g)+B(g)篓T2C(g)}的物质浓度减小，结合反应rm{4min}可知平衡向正反应方向移动，降低温度平衡向放热反应的方向移动，所以正反应为放热反应，故C正确；

D.根据rm{v=dfrac{trianglec}{t}}可知rm{7minA}的反应速率为rm{dfrac{1.50mol/L-0.93mol/L}{3min}=0.19mol/(L?min)}故D错误；

故选D．

A.在反应中反应物的物质的量浓度减小，生成的物质的量浓度增加，根据图中的数据可知，rm{B}rm{3A(g)+B(g)篓T2C(g)}在反应中减小，rm{v=dfrac{triangle

c}{t}}在反应中增加，所以rm{A}rm{dfrac

{1.50mol/L-0.93mol/L}{3min}=0.19mol/(L?min)}是反应物质，rm{A}是生成物，反应中rm{trianglec(A)=1.50mol/L-0.93mol/L=0.57mol/L}rm{trianglec(B)=0.50mol/L-0.31mol/L=0.19mol/L}rm{trianglec(C)=0.50mol/L-0.31mol/L=0.38mol/L}各物质的物质的量的变化量之比等于计量数之比，所以反应方程式为rm{B}据此判断；

B.若将初始投放的物质浓度增至原来的rm{C}倍；相当于加压，平衡向体积减小的方向移动，平衡常数只受温度的影响，据此判断；

C.根据图可知，第rm{A}到第rm{B}rm{C}的物质浓度减小，结合反应rm{triangle

c(A)=1.50mol/L-0.93mol/L=0.57mol/L}可知平衡向正反应方向移动，降低温度平衡向放热反应的方向移动，据此判断；

D.根据rm{v=dfrac{trianglec}{t}}计算反应速率．

题为化学平衡图象题rm{triangle

c(B)=0.50mol/L-0.31mol/L=0.19mol/L}解化学平衡图象题，看图象：一看轴，弄清横坐标和纵坐标的意义rm{triangle

c(C)=0.50mol/L-0.31mol/L=0.38mol/L}二看点，弄清图象上点的意义，看起点，交点，转折点，终点rm{3A(g)+B(g)篓T2C(g)}三看量的变化，利用相关公式进行计算，明确外界条件对化学平衡的影响是解本题的关键，题目难度中等．rm{2}【解析】rm{D}二、多选题(共9题，共18分)6、CD【分析】【分析】A；氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体；无法计算氢氧化铁胶粒的数目；

B、H2O2与MnO2作用时，MnO2做催化剂，H2O2发生歧化反应；

C；气体体积换算物质的量；质量换算物质的量，氦气是单原子分子；

D、46gNO2的物质的量不受温度和压强的影响．【解析】【解答】解：A．氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体；1mol铁离子形成的氢氧化铁胶粒的物质的量一定小于1mol，故A错误；

B、H2O2与MnO2作用时，MnO2做催化剂，H2O2发生歧化反应，1molH2O2转移1mol电子；故B错误；

C；标准状况下22.4L氢气物质的量为1mol；4g氦气物质的量为1mol，故含有的分子个数相同，故C正确；

D、46gNO2的物质的量不受温度和压强的影响，46克NO2的物质的量n===1mol；含有3mol原子，故D正确．

故选CD．7、CD【分析】【分析】A．含有醛基的物质；具有还原性，能够被银氨溶液氧化成羧基；

B．溴与苯酚反应生成2；4，6-三溴苯酚沉淀；溴与2，4-己二烯发生加成反应，溴水褪色；溴水与甲苯混合发生萃取溶液分层；

C．依据酯化反应的原理“酸脱羟基；醇去氢”；

D．植物油为油脂，水解生成高级脂肪酸和甘油．【解析】【解答】解：A．苯甲醛含有醛基；在一定条件下能发生银镜反应，故A正确；

B．溴与苯酚反应生成2；4，6-三溴苯酚沉淀；溴与2，4-己二烯发生加成反应，溴水褪色；溴水与甲苯混合发生萃取溶液分层；溴水加入到三种物质中，现象不同，所以可以鉴别三种物质，故B正确；

C．在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3COOH和C2H518OH；故C错误；

D．植物油为油脂；水解生成高级脂肪酸和甘油，得不到乙醇，故D错误；

故选：CD．8、BC【分析】【分析】A；气体摩尔体积22.4L/mol的使用范围是气体；

B、物质的质量，求物质的量，应用n=；然后求分子数；

C、物质的质量，求物质的量，应用n=；然后再求氧原子数；

D、物质量浓度计算中的体积是溶液的体积而不是溶剂的体积．【解析】【解答】解：A、标准状况下，H2O是液体；而气体摩尔体积22.4L/mol的使用范围是气体，故A错误；

B、22gCO2的物质的量n（CO2）==0.5mol，所以22gCO2含有的CO2分子数为0.5mol×NAmol-1=0.5NA；故B正确；

C、44gCO2的物质的量n（CO2）==1mol，所以44gCO2气体含有的氧原子数为，1mol×2NAmol-1=2NA；故C正确；

D；物质量浓度计算中的体积是溶液的体积而不是溶剂的体积；而这里的1L是溶剂水的体积，故D错误．

故选：BC．9、BC【分析】【分析】在周期表中Be和Al位于对角线位置，性质相似，由反应BeCl2+Na2BeO2+2H2O=2NaCl+2Be（OH）2↓可知，BeCl2与Na2BeO2发生互促水解生成Be（OH）2，类似于氯化铝与偏铝酸钠的反应，以此解答该题．【解析】【解答】解：A．BeCl2为强酸弱碱盐；水解呈酸性，溶液的pH＜7，将其蒸干，灼烧后可得残留物BeO，故A错误；

B．Na2BeO2溶液水解呈碱性，溶液的pH＞7，将其蒸干，灼烧后可得残留物Na2BeO2；故B正确；

C．Be（OH）2性质类似于氢氧化铝；具有两性，则既能溶于盐酸，又能溶于NaOH溶液，故C正确；

D．根据化合物在熔融状态下能否导电来判断其是否是离子化合物，BeCl2水溶液导电性强，不能说明BeCl2是离子化合物；故D错误．

故选BC．10、AD【分析】【分析】一级能源是指可以从自然界直接获取的能源，如：水能、风能、太阳能、地热能、核能、化石燃料；由一级能源经过加工转换以后得到的能源，称为二级能源，例如：电能、蒸汽、煤气、汽油、柴油、水煤气、干馏煤气等．【解析】【解答】解：一级能源是指可以从自然界直接获取的能源；如：水能；风能、太阳能、地热能、核能、化石燃料；由一级能源经过加工转换以后得到的能源，称为二级能源，例如：电能、蒸汽、煤气、汽油、柴油、水煤气、干馏煤气等．

A．电能是二次能源；故A正确；

B．水力是一次能源；故B错误；

C．天然气属于化石燃料；是一次能源，故C错误；

D．水煤气是二次能源；故D正确；

故选AD．11、CD【分析】【分析】A、温度压强不知，11.2LO2的物质的量不一定是0.5mol；

B；标准状况水不是气体；

C、依据n=计算物质的量；结合分子式计算原子数；

D、CO和N2的摩尔质量相同为28g/mol，都是双原子分子，依据n=计算物质的量，得到原子数；【解析】【解答】解：A、温度压强不知，11.2LO2的物质的量不一定是0.5mol，0.5molO3和11.2LO2的体积不一定相等；故A错误；

B；标准状况水不是气体；11.2L水物质的量不是0.5mol，故B错误；

C、依据n=计算物质的量==1mol，结合分子式计算原子总数为3NA；故C正确；

D、CO和N2的摩尔质量相同为28g/mol，都是双原子分子，依据n=计算物质的量==0.1mol，得到原子总数为0.2NA；故D正确；

故选CD．12、AD【分析】【分析】Fe与氯气化合直接生成FeCl3，氧化铝与水不反应，不能直接化合得到氢氧化铝，而其他选项中物质均可利用化合反应直接生成，以此来解答．【解析】【解答】解：A．氯气具有强氧化性，则Fe与氯气化合直接生成FeCl3；故A选；

B．Na与氯气化合直接生成NaCl；故B不选；

C．Fe（OH）2与氧气、水发生化合反应直接生成Fe（OH）3；故C不选；

D．氧化铝与水不反应，不能直接化合得到Al（OH）3；故D选；

故选AD．13、AB【分析】【分析】X、Y、Z、W、R均是短周期元素，W的最高正化合价与最低负化合价绝对值相等，则W处于ⅣA族，结合元素周期表中的相对位置可知，W为Si，则X为O、Y为Na、Z为Al、R为S，结合元素化合物性质元素周期律解答．【解析】【解答】解：X；Y、Z、W、R均是短周期元素；W的最高正化合价与最低负化合价绝对值相等，则W处于ⅣA族，结合元素周期表中的相对位置可知，W为Si，则X为O、Y为Na、Z为Al、R为S；

A．X；Y形成的某种化合物为氧化钠、过氧化钠；其中过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，可作为呼吸面具中氧气的来源，故A正确；

B．同周期自左而右非金属性增强、同主族自上而下非金属性减弱，故非金属性X＞R＞W，非金属性越强氢化物越稳定，故氢化物稳定性热稳定性：HmX＞HmR＞WHn；故B正确；

C．Z；W、R分别与X形成的化合物的水化物分别为氢氧化铝、硅酸、硫酸；氢氧化铝为两性氢氧化物，硅酸为弱酸、硫酸为强酸，故C错误；

D．化合物YmX和YmR中阳离子为Na+、阴离子为O2-、S2-，电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径Na+＜O2-＜S2-；故D错误；

故选AB．14、BD【分析】【分析】A；升温增大反应速率；正逆反应速率都增大，增大程度不同；

B；反应是气体体积不变的反应；压缩容器体积压强增大，平衡不动，但物质浓度增大，红棕色二氧化氮气体颜色加深；

C；依据平衡常数的概念分析判断；平衡常数是生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度的幂次方乘积；

D、恒容时，升高温度，混合气体的颜色加深，二氧化氮是红棕色气体，说明平衡正向进行，正反应方向是吸热反应．【解析】【解答】解：A；升温增大反应速率；正逆反应速率都增大，增大程度不同，故A错误；

B；反应是气体体积不变的反应；压缩容器体积压强增大，平衡不动，但物质浓度增大，红棕色二氧化氮气体颜色加深，故B正确；

C；依据平衡常数的概念分析判断；平衡常数是生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度的幂次方乘积，选项中是反应物浓度除以生成物浓度，故C错误；

D；恒容时；升高温度，混合气体的颜色加深，二氧化氮是红棕色气体，说明平衡正向进行，依据平衡移动原理可知，正反应方向是吸热反应，逆反应方向是放热反应，故D正确；

故选：BD．三、填空题(共9题，共18分)15、酯基醚键2C16H26O5加成反应保护羰基315【分析】【分析】（1）青蒿素分子中含有的含氧官能团有：酯基、醚键和过氧基；双氢青蒿素分子结构中含有七元环数为2，蒿甲醚的化学式为C16H26O5；

（2）由题目信息可知；结合B；C的结构可知，C=O双键变成C=C双键，应是B中连接羰基的甲基上的α-H与C=O先发生发生加成反应，再发生消去反应生成C；

（3）由E→F的结构可知；羰基中C=O双键变成C-S单键，由G→H的结构可知C-S单键又变成羰基，目的是保护羰基；

（4）异蒲勒醇分子中六元环上连接取代基的碳原子均为手性碳原子；

先在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成然后与溴单质发生1，4-加成生成

（5）A的分子式式为C10H18O，不饱和度为2，与A互为同分异构且满足：①含有六元环，②六元环上只有二个取代基且在不同的碳原子上，③能够发生银镜反应，2个取代基为-CH2CH2CH3、-CHO取代，或者-CH（CH3）2、-CHO，或者-CH2CH3、-CH2CHO，或者-CH3、-CH2CH2CHO，或者-CH3、-CH（CH3）CHO，各有邻、间、对3种．【解析】【解答】解：（1）青蒿素分子中含有的含氧官能团有：酯基、醚键和过氧基；双氢青蒿素分子结构中含有七元环数为2，由蒿甲醚的结构简式，可知其化学式为C16H26O5；

故答案为：酯基、醚键；2；C16H26O5；

（2）由题目信息可知；结合B；C的结构可知，C=O双键变成C=C双键，应是B中连接羰基的甲基上的α-H与C=O先发生发生加成反应，再发生消去反应生成C；

故答案为：加成反应；

（3）由E→F的结构可知；羰基中C=O双键变成C-S单键，由G→H的结构可知C-S单键又变成羰基，目的是保护羰基；

故答案为：保护羰基；

（4）异蒲勒醇分子中六元环上连接取代基的碳原子均为手性碳原子；即异蒲勒醇分子有3个手性碳原子；

先在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成然后与溴单质发生1，4-加成生成反应方程式为：

故答案为：3；

（5）A的分子式式为C10H18O，不饱和度为2，与A互为同分异构且满足：①含有六元环，②六元环上只有二个取代基且在不同的碳原子上，③能够发生银镜反应，2个取代基为-CH2CH2CH3、-CHO取代，或者-CH（CH3）2、-CHO，或者-CH2CH3、-CH2CHO，或者-CH3、-CH2CH2CHO，或者-CH3、-CH（CH3）CHO，各有邻、间、对3种，故共有15种，其中核磁共振氢谱有七个峰，且峰面积比为1：1：4：4：1：1：6的是：

故答案为：15；．16、其有效成分都能中和胃里过多的盐酸MgCO3+2H+═Mg2++CO2↑+H2OAl（OH）3+3H+═Al3++3H2OC6H12O6【分析】【分析】（1）根据抗酸药物有效成分能中和胃里过多的盐酸分析；

（2）①碳酸镁和盐酸反应生成氯化镁；水和二氧化碳；氢氧化铝和盐酸反应生成氯化铝和水，根据化学方程式改写离子方程式；

②根据淀粉在人体内在酶的作用水解最终转化成葡萄糖判断．【解析】【解答】解：（1）碳酸氢钠；碳酸钙、碳酸镁、氢氧化铝和氢氧化镁都能中和胃里过多的盐酸；故答案为：其有效成分都能中和胃里过多的盐酸；

（2）①碳酸镁和盐酸反应生成氯化镁、水和二氧化碳，反应的离子方程式为：MgCO3+2H+═Mg2++CO2↑+H2O；氢氧化铝和盐酸反应生成氯化铝和水，反应的离子方程式为：Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O，故答案为：MgCO3+2H+═Mg2++CO2↑+H2O；Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O；

②淀粉在人体内在酶的作用水解最终转化成葡萄糖，其化学式为：C6H12O6，故答案为：C6H12O6．17、略

【分析】试题分析：根据题目叙述及格物质之间的关系可知;X:Fe;Y:O2;Z:Si;A:Fe3O4;D:HNO3;E:SiO2;M:Na2SiO3;R:H2SiO3;G:Fe(NO3)3.（1）物质E为SiO2，用途：制光导纤维、玻璃等等.（2）Fe3O4和HNO3反应的离子方程式是：3Fe3O4＋28H＋＋NO—3=9Fe3＋＋NO↑＋14H2O。（3）在含有4mol的硝酸的溶液中，若Fe完全反应转化为Fe(NO3)3。反应为：Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O.消耗Fe1mol;若Fe完全反应转化为Fe(NO3)2。反应为：3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O.消耗Fe1.5mol;若反应产物既有Fe(NO3)3又有Fe(NO3)2，则消耗的Fe的物质的量在1—1.5mol之间。故反应的X的物质的量范围为1~1.5mol。考点：考查元素化合物的推断、离子方程式的书写及一定量的硝酸与变价金属Fe的反应情况的知识。【解析】【答案】（1）E为SiO2，用途：制光导纤维、玻璃等等。符合题意即可。（2）3Fe3O4＋28H＋＋NO—3=9Fe3＋＋NO↑＋14H2O（3）1~1.518、CBD【分析】【分析】（1）将Fe2+以Fe（OH）2形式完全沉淀，pH≥9.6，此时Cu2+以Cu（OH）2的形式完全沉淀，若将Fe2+氧化成Fe3+，Fe3+以Fe（OH）3形式完全沉淀，pH在3～4，此时Cu2+没有形成沉淀；

（2）NaClO为强碱弱酸盐；水解呈碱性，则加入NaClO，溶液的pH一定增大，另外NaClO可以酸反应生成HClO而导致溶液pH增大，氧化亚铁离子时会有氢离子参加，也导致溶液pH增大；

（3）使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，应调节溶液的pH，所加物质能与酸反应，注意不能引入新杂质．【解析】【解答】解：（1）A．因直接加碱，调整溶液pH≥9.6，Fe2+以Fe（OH）2形式完全沉淀，此时的pH≥9.6，同时Cu2+以Cu（OH）2的形式完全沉淀，不但除去了Fe2+，也除去了Cu2+；不符合除杂的原则，故A错误；

B．因铜粉的还原性比铁弱，不能将Fe2+还原出来；故B错误；

C．将Fe2+氧化成Fe3+，Fe3+以Fe（OH）3形式完全沉淀，pH在3～4，此时Cu2+形成没有沉淀，过滤除去Fe（OH）3沉淀；既除去了杂质，也没有除去原物质，故C正确；

D．通入硫化氢，使Fe2+、Cu2+分别形成FeS沉淀，CuS沉淀，不但除去了Fe2+，也除去了Cu2+；不符合除杂的原则，故D错误；

故答案为：C；

（2）NaClO为强碱弱酸盐；水解呈碱性，则加入NaClO，溶液的pH一定增大，另外NaClO可以酸反应生成HClO而导致溶液pH增大，氧化亚铁离子时会有氢离子参加，也导致溶液pH增大；

故答案为：B；

（3）使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，应调节溶液的pH，所加物质能与酸反应，注意不能引入新杂质，则则可用CuO或Cu（OH）2或CuCO3；A；B均引入新杂质，C不能除杂；

故答案为：D．19、C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）0.08mol/（L•min）＞正向不变BC【分析】【分析】（1）化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度化学计量数幂之积和反应物浓度化学计量数幂之积的比值，所以根据平衡表达式：K=可知，生成物为CO、H2，反应物含有H2O；三者化学计量数分别为1；1、1，根据原子守恒可知，另一反应物为固体C；

（2）①由表中数据可知，l0min内甲醇的浓度变化为0.4mol/L，根据v=计算v（CH3OH），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（H2）；

②计算此时浓度商Qc，若Qc=K，处于平衡状态，若Qc＜K，反应向正反应进行，若Qc＞K，反应向逆反应进行，进而判断v正、v逆相对大小；

③容器的体积缩小一半；压强增大，平衡向体积减小的方向移动，故平衡向正反应移动；平衡常数只受温度影响，与压强无关，温度不变，平衡常数不变；

（3）A．化学平衡常数说明可逆反应正向进行的程度；与反应进行的难易程度无关；

B．大气固氮的进行程度很小；利用大气固氮原理进行工业生成，产率很小，没有实际意义；

C．合成氨是放热反应；温度越低，有利于平衡向正反应移动，反应的转化率越高，反应越完全；

D．化学平衡常数说明可逆反应正向进行的程度，与反应速率无关．【解析】【解答】解：（1）化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度化学计量数幂之积和反应物浓度化学计量数幂之积的比值，所以根据平衡表达式：K=可知，生成物为CO、H2，反应物含有H2O，三者化学计量数分别为1、1、1，根据原子守恒可知，另一反应物为固体C，因此该反应的化学方程式为：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）；

故答案为：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）；

（2）①由表中数据可知，l0min内甲醇的浓度变化为0.4mol/L，所以用甲醇表示的反应速率v（CH3OH）=0.4mol/L÷10min=0.04mol/（L•min）．又因为速率之比等于化学计量数之比，故v（H2）=2v（CH3OH）=2×0.04mol/（L•min）=0.08mol/（L•min）；

故答案为：0.08mol/（L•min）；

②10min时，CO的浓度为0.1mol/L，氢气的浓度为0.2mol/L，甲醇的浓度为0.4mol/L，故此时的浓度商Qc==100＜K=160，故反应向正反应进行，即v正＞v逆；

故答案为：＞；

③容器的体积缩小一半；压强增大，平衡向体积减小的方向移动，故平衡向正反应移动；平衡常数只受温度影响，与压强无关，温度不变，平衡常数不变；

故答案为：正向；不变；

（3）A．化学平衡常数说明可逆反应正向进行的程度；与反应进行的难易程度无关，故A错误；

B．大气固氮的进行程度很小；利用大气固氮原理进行工业生成，产率很小，没有实际意义，故B正确；

C．合成氨是放热反应；温度越低，有利于平衡向正反应移动，反应的转化率越高，反应越完全，故C正确；

D．化学平衡常数说明可逆反应正向进行的程度；与反应速率无关，故D错误；

故选：BC．20、1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2O分子晶体BC＞r（Ni2+）小于r（Fe2+），NiO的晶格能大于FeOCN-K4[Fe（CN）6].3H2O+6H2SO4+3H2O2K2SO4+FeSO4+3（NH4）2SO4+6CO↑邻硝基苯酚形成分子内氢键，降低其在水中的溶解度；对硝基苯酚与水形成分子间氢键，增大了溶解度sp3SiO32-【分析】【分析】（1）Ni是28号元素；核外有28个电子，分四层排布；Ni有2个未成对电子根据第二周期元素的电子排布分析；沸点较低的晶体一般为分子晶体，分子晶体一般易溶于有机溶剂；

（2）NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，由于离子电荷相同，离子半径越大，晶格能越小，熔点越低；K4[Fe（CN）6]•3H2O中CN-为配体；K4[Fe（CN）6].3H2O与H2SO4在加热条件下反应，没有元素化合价的变化，则生成K2SO4、FeSO4、（NH4）2SO4；CO；

（3）形成分子间氢键能增大物质的溶解性；形成分子内氢键，减小物质的溶解性；

（4）硅酸盐中的硅酸根（SiO44-）为正四面体结构，所以中心原子Si原子采取了sp3杂化方式；根据图（b）的一个结构单元中含有1个硅、3个氧原子，化学式为SiO32-．【解析】【解答】解：（1）Ni是28号元素，核外有28个电子，分四层排布，其电子排布式为：1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2；Ni有2个未成对电子，第二周期元素未成对电子数为2的元素有C、O，其中电负性大的是O；金属镍粉在CO气流中轻微加热，生成无色挥发性液态Ni（CO）4；应为分子晶体，呈正四面体构型，应为非极性分子，易溶于非极性溶剂；

故答案为：1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2；O；分子晶体；BC；

（2）NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，说明二者都是离子晶体，离子晶体的熔点与离子键的强弱有关，离子所带电荷数越多，离子半径越小，晶格能越大，熔点越高，由于Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径，属于熔点是NiO＞FeO；K4[Fe（CN）6]•3H2O中CN-为配体；K4[Fe（CN）6].3H2O与硫酸在加热条件下反应生成K2SO4、CO、FeSO4、（NH4）2SO4，则其反应方程式为：K4[Fe（CN）6].3H2O+6H2SO4+3H2O2K2SO4+FeSO4+3（NH4）2SO4+6CO↑；

故答案为：＞；r（Ni2+）小于r（Fe2+），NiO的晶格能大于FeO；CN-；K4[Fe（CN）6].3H2O+6H2SO4+3H2O2K2SO4+FeSO4+3（NH4）2SO4+6CO↑；

（3）形成分子间氢键能增大物质的溶解性；形成分子内氢键，减小物质的溶解性，邻硝基苯酚形成分子内氢键，降低其在水中的溶解度，对硝基苯酚与水形成分子间氢键，增大了溶解度；

故答案为：邻硝基苯酚形成分子内氢键；降低其在水中的溶解度；对硝基苯酚与水形成分子间氢键，增大了溶解度；

（4）硅酸盐中的硅酸根（SiO44-）为正四面体结构，所以中心原子Si原子采取了sp3杂化方式；

根据图（b）的一个小的结构单元中含有1个硅，2个氧原子属于该结构，还有2个与其它结构单元共用，则O原子数为2+2×=3，所以化学式为SiO32-；

故答案为：sp3；SiO32-．21、C9H7O3Cl羰基酯基浓H2SO4、加热氧化反应取代反应10【分析】【分析】根据对苯二甲酸和D的结构简式可知C为对比B与E的产物结构可知，B发生消去反应生成E为E再与H2发生加成反应．

（1）根据D的结构简式书写其分子式；根据F的结构简式判断其含有的官能团；

（2）根据A的分子式为C8H8；A被酸性高锰酸钾氧化可得对苯二甲酸，所以A为对二甲苯；反应④为羟基的消去反应；

（3）反应①为对二甲苯被氧化为对苯二甲酸；对比反应⑥中反应物；产物的结构可知；该反应为取代反应；

（4）反应②为对苯二甲酸与甲醇发生酯化反应；反应⑤为E与H2的加成反应；

（5）符合三个条件的三个取代基可以是1个酚羟基、1个羧基、一个醛基，确定两个取代基的位置，移动另外取代基判断同分异构体数目．【解析】【解答】解：根据对苯二甲酸和D的结构简式可知C为对比B与E的产物结构可知，B发生消去反应生成E为E再与H2发生加成反应．

（1）根据D的结构简式，可知其分子式为：C9H7O3Cl；根据F的结构简式，可知F含有羰基和酯基，故答案为：C9H7O3Cl；羰基；酯基；

（2）根据A的分子式为C8H8，A被酸性高锰酸钾氧化可得对苯二甲酸，所以A的结构简式为：反应④为羟基的消去反应，所以反应条件是：浓H2SO4；加热；

故答案为：浓H2SO4；加热；

（3）反应①为对二甲苯被氧化为对苯二甲酸；反应类型为氧化反应；根据反应框图可知反应⑥为取代反应，故答案为：氧化反应；取代反应；

（4）反应②为对苯二甲酸与甲醇发生酯化反应，反应方程式为：

反应⑤为E与H2的加成反应，反应方程式为：

故答案为：

（5）对二甲苯的同分异构体符合：①苯环上有三个取代基；②能与NaHCO3溶液发生反应；③能发生银镜反应，符合这三个条件的三个取代基可以是1个酚羟基、1个羧基、一个醛基，酚羟基与羧基有邻、间、对3种，对应的-CHO有4种、4种、2种，故符合条件的同分异构体有4+4+2=10种，其中一种为故答案为：10；．22、bFe3+、Ca2+玻璃棒搅拌氨水向最后一次洗涤液中加入KSCN，溶液不变红色，证明Fe（OH）3已经沉淀完全，反之，未沉淀完全用作铵态氮肥称量过量的标准盐酸锥形瓶【分析】【分析】（1）H2SO4与CaCO3反应生成CaSO4，CaSO4微溶于水；硝酸和碳酸钙；氧化铁反应得到硝酸铁、硝酸钙，根据影响反应速率的因素回答；

（2）三价铁离子和氨水反应可以生成氢氧化铁沉淀；铁离子遇到硫氰酸根离子会呈现红色；据此检验沉淀是否完全；

（3）硝酸铵是一种化学肥料；

（4）测定CaO2含量，根据提供的药品和实验步骤以及应用的实验仪器进行解答．【解析】【解答】解：石灰石里含有一定量的氧化铁杂质；加入硝酸溶解得到硝酸钙和硝酸铁的混合溶液，加入氨水可以将铁离子沉淀，过滤得到的滤液中含有硝酸铵和硝酸钙，再加入碳酸铵，得到碳酸钙沉淀，过滤得到的硝酸氨是一种含氮肥料．

（1）H2SO4与CaCO3反应生成CaSO4，CaSO4微溶于水，不能使用硫酸，可以使用硝酸，加入硝酸得到的是硝酸铁和硝酸钙的混合物，溶液中的阳离子主要是Fe3+、Ca2+；为了加快溶解速率，可以使用较小的固体颗粒；控制溶液A的适宜浓度或用玻璃棒搅拌；

故答案为：b；Fe3+、Ca2+；玻璃棒搅拌；

（2）硝酸铵和硝酸钙的混合液中；为将铁离子沉淀，可以加入碱，但是溶液B的溶质是常见非金属元素的气态氢化物，只能是加入氨水，铁离子沉淀完毕，溶液中没有铁离子，反之，还会存在铁离子，可以加入硫氰化钾来检验；

故答案为：氨水；向最后一次洗涤液中加入KSCN，溶液不变红色，证明Fe（OH）3已经沉淀完全；反之，未沉淀完全；

（3）加入碳酸铵；得到碳酸钙沉淀，过滤得到的硝酸氨是一种含氮肥料，C是硝酸铵溶液，故答案为：用作铵态氮肥；

（4）测量CaO2含量，需取样品且称量样品的质量，所以需称量，溶于水2CaO2+2H2O=2Ca（OH）2+O2↑，CaO+H2O=Ca（OH）2；加过量的标准盐酸，确保氢氧化钙全部反应，整个实验过程中，需要使用的仪器：电子天平；滴管、碱式滴定管、烧杯、玻璃棒、锥形瓶等．

故答案为：称量；过量的标准盐酸；锥形瓶．23、略

【分析】解：反应中S元素化合价由Na2SO3中+4价升高为+6价，总共升高2价，I元素化合价由KIO3中+5降低为I2中0价，总共降低10价，化合价最小公倍数为10，故Na2SO3系数为5，故I2系数为1，再结合原子守恒配平后方程式为5Na2SO3+2KIO3+H2SO4=5Na2SO4+K2SO4+I2+H2O；故答案为：5；2；1；5；1；1；1；

(1)I元素化合价由KIO3中+5降低为I2中0价，每生成1molI2转移10mol电子，故反应中有5mol电子转移，生成的碘的物质的量为×1mol=0.5mol；故生成的碘的质量为0.5mol×254g/mol=127g，故答案为：127；

(2)由慢反应决定整个反应过程的速率；故反应速率由①步反应决定，故答案为：①；

(3)由反应④可知，SO32-的还原性大于I-，可被I2氧化，故需消耗完SO32-，才会生成I2；才会有溶液变蓝的现象产生；

故答案为：SO32-；SO32-的还原性大于I-，可被I2氧化；

(4)由题目信息可知，IO4-被还原时化合价是逐步降低，碱性溶液中IO3-离子不被I-离子还原，故碱性溶液中IO4-离子与I-反应生成碱性溶液中IO3-离子与I2，反应中IO4-→IO3-，I元素化合价共降低2价，2I-→I2+2OH-，I元素化合价共升高2价，故，IO4-的系数为1，I-的系数为2，IO3-的系数为1，I2的系数为1，根据电荷守恒，故还原OH-生成，系数为2，故离子方程式为：IO4-+2I-+H2O=IO3-+I2+2OH-，故答案为：IO4-+2I-+H2O=IO3-+I2+2OH-．【解析】5;2;1;5;1;1;1;127;①;SO32-;SO32-的还原性大于I-，可被I2氧化;IO4-+2I-+H2O=IO3-+I2+2OH-四、判断题(共3题，共27分)24、√【分析】【分析】水的分子式为H2O，结合分子式进行判断．【解析】【解答】解：水的分子式为H2O，1moL水中所含原子总数为3NA；

故答案为：√．25、×【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：√．26、×【分析】【分析】乙烯与氯化氢加成生成1-氯乙烷，此为制取氯乙烷的较好方法，由于取代反应有多种副产物生成，故不能利用此方法制取1-氯乙烷．【解析】【解答】解：CH3CH3+Cl2→CH3CH2Cl+HCl，该反应的生成物氯乙烷可以继续与氯气发生取代反应生成二氯乙烷，产物不纯净，故不能利用此方法制取1-氯乙烷，故错误；故答案为：×．五、探究题(共4题，共20分)27、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，与氢氧化钠不反应，甲酸、苯酚与氢氧化钠反应生成溶于水的钠盐，苯（）不溶于水，加入氢氧化钠，溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠，分液后得到苯，将溶液蒸馏可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分离，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸馏可得到甲酸（HCOOH），故答案为：a．分液；b．蒸馏；c．分液；d．蒸馏；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氢氧化钠，溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠，分液后得到苯，将溶液蒸馏可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚，分液可分离，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸馏可得到甲酸，以此解答该题．28、酸式|反应中生成的锰离子具有催化作用，所以随后褪色会加快|滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装；高锰酸根离子被还原生成的锰离子有催化作用而导致反应速率加快，所以刚滴下少量KMnO4溶液时；溶液迅速变成紫红色；滴定终点时，当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化，证明达到终点；

故答案为：酸式；反应中生成的锰离子具有催化作用；所以随后褪色会加快；滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化；

(2)③第3组KMnO4溶液的体积与第1、2组相差比较大，舍去第3组，应按第1、2组的平均值为消耗KMnO4溶液的体积，故消耗KMnO4溶液的体积为mL=20mL

设样品的纯度为x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g2mol5.0g×x×g（0.1000×0.020）mol解得：x==90.00%；

故答案为：20.00；90.00%；

(3)④A．未用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗滴定管，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故A正确；

B．滴定前锥形瓶有少量水，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，根据c（待测）=分析；c（标准）不变，故B错误；

C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故C正确；

D．不小心将少量酸性KMnO4溶液滴在锥形瓶外，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故D正确；

E．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=分析；c（标准）偏小，故E错误；

故选ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装；高锰离子有催化作用而导致反应速率加快；乙二酸与KMnO4发生氧化还原反应，滴定终点时，溶液由无色变成紫红色，且半分钟内不褪色；③第3组KMnO4溶液的体积与第1、2组相差比较大，舍去第3组，应按第1、2组的平均值为消耗KMnO4溶液的体积，根据关系式2KMnO4～5H2C2O4计算；

④根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差．29、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，与氢氧化钠不反应，甲酸、苯酚与氢氧化钠反应生成溶于水的钠盐，苯（）不溶于水，加入氢氧化钠，溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠，分液后得到苯，将溶液蒸馏可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分离，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸馏可得到甲酸（HCOOH），故答案为：a．分液；b．蒸馏；c．分液；d．蒸馏；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氢氧化钠，溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠，分液后得到苯，将溶液蒸馏可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚，分液可分离，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸馏可得到甲酸，以此解答该题．30、酸式|反应中生成的锰离子具有催化作用，所以随后褪色会加快|滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装；高锰酸根离子被还原生成的锰离子有催