2025年湘师大新版高三化学下册月考试卷

…………○…………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年湘师大新版高三化学下册月考试卷638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6题，共12分)1、下列说法正确的是（）A.蒸干碳酸钾溶液得到的固体物质为KOHB.铁表面镀铜时，铜与电源的负极相连，而铁与电源的正极相连C.工业合成氨反应温度选择700K左右，可使催化剂活性最强并提高原料利用率D.CO（g）的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）反应的△H=2×283.0kJ/mol2、关于Fe（OH）3胶体的说法正确的是（）A.属悬浊液B.分散质是水C.能产生丁达尔效应D.可完全电离成Fe3+和OH-3、做蒸馏实验时用到铁架台和单孔胶塞的个数分别为（）A.1个和2个B.2个和2个C.2个和3个D.2个和4个4、下列实验操作正确的是①用50mL量筒量取5.2mL稀硫酸；②用分液漏斗分离苯和四氯化碳的混合物；③用托盘天平称量117.7g氯化钠晶体；④用碱式滴定管量取23.10mL溴水；⑤用瓷坩埚灼烧各种钠的化合物；⑥用250mL容量瓶配制250mL0.2mol·L－1的NaOH溶液；⑦用浓盐酸清洗做过KMnO4分解实验的试管；⑧将浓硝酸保存在无色试剂瓶中。A.①②④B.②③④⑤C.③⑥⑦D.②⑤⑥⑧5、硫酸亚铁铵是一种重要的化工原料，以下各组溶液中加入（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O晶体后，离子没有明显减少的是（）A.Na+、H+、Cl-、NO3-B.K+、Ba2+、OH-、I-C.Na+、Mg2+、Cl-、SO42-D.K+、Na+、Br-、ClO-6、历史上最早应用的还原性染料--靛蓝，其结构简式如图所示，下列关于靛蓝的叙述中不正确的是（）A.靛蓝由碳、氢、氧、氮四种元素组成B.它的分子式是C16H10N2O2C.该物质是天然高分子化合物D.靛蓝中含苯环，属于芳香化合物评卷人得分二、双选题(共6题，共12分)7、下列关于化学平衡常数的说法中，正确的是rm{(}rm{)}A.在任何条件下，化学平衡常数都是一个定值B.当改变反应物的浓度时，化学平衡常数会发生改变C.化学平衡常数rm{K}只与温度有关，与反应物浓度、体系的压强无关D.化学平衡常数rm{K}可以推断一个可逆反应进行的程度8、下列设计的实验方案能达到实验目的的是()A.制备银氨溶液：向rm{2%}的氨水中逐滴加入足量的rm{2%}的rm{AgNO_{3}}溶液B.除去rm{MgCl_{2}}溶液中少量rm{FeCl_{3}:}向含有少量rm{FeCl_{3}}的rm{MgCl_{2}}溶液中加入足量rm{Mg(OH)_{2}}粉末，搅拌，充分反应后过滤C.比较rm{Ag_{2}CO_{3}}与rm{AgCl}溶度积大小：向浓度均为rm{0.1mol隆陇L^{-1}}的rm{Na_{2}CO_{3}}和rm{NaCl}的混合溶液中滴加rm{0.1mol隆陇L^{-1}AgNO_{3}}溶液，观察现象D.验证rm{Fe^{3+}}与rm{I^{-}}的反应有一定限度：向rm{5mL0.1mol隆陇L^{-1}KI}溶液中滴入rm{0.1mol隆陇L^{-1}FeCl_{3}}溶液rm{5隆芦6}滴，加rm{2mLCCl_{4}}振荡，静置后取上层清液滴加rm{KSCN}溶液，观察现象9、解痉药奥昔布宁的前体rm{(}化合物丙rm{)}的合成路线如下图；下列叙述正确的是()

A.化合物甲中的含氧官能团有羰基和酯基B.化合物乙与rm{NaOH}水溶液在加热条件下反应可生成化合物丙C.化合物乙中含有rm{1}个手性碳原子D.在rm{NaOH}醇溶液中加热，化合物丙可发生消去反应10、下列关于有机化合物的说法正确的是rm{(}rm{)}A.苯在常温下可与溴水发生取代反应B.糖类、油脂和蛋白质都能发生水解反应C.乙醇和乙酸都能与金属钠反应D.葡萄糖能发生氧化反应和银镜反应11、rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，这四种元素原子的最外层电子数为rm{20.}下列判断正确的是rm{(}rm{)}。rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}A.rm{Z}rm{X}rm{Y}形成的气态氢化物稳定性依次增强B.四种元素形成的单质最多有rm{6}种C.四种元素的原子半径：rm{r_{Z}>r_{Y}>r_{X}>r_{W}}D.四种元素中，rm{X}的氧化物对应的水化物酸性最强12、普罗帕酮为广谱高效抗心律失常药，它可由有机物rm{X}经多步反应合成：rm{}rm{X}rm{Y}普罗帕酮下列有关说法正确的是A.在有机物rm{X}的rm{{,!}^{1}H}核磁共振谱图中，有rm{4}组特征峰B.可用溴水或rm{FeCl_{3}}溶液鉴别rm{X}和rm{Y}C.普罗帕酮分子中有rm{2}个手性碳原子D.rm{X}rm{Y}和普罗帕酮都能发生加成、水解、氧化、消去反应评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)13、工业上目前使用两种方法制取乙醛：（1）乙炔水化法；（2）乙烯氧化法．下列两表提供生产过程中原料；反应条件、原料平衡转化率、产量等有关的信息情况：

表一：原料；反应条件、平衡转化率、日产量。

。乙炔水化法乙烯氧化法原料乙炔、水乙烯、空气反应条件HgSO4、100～125℃PdCl2-CuCl2、100～125℃平衡转化率乙炔平衡转化率90%左右乙烯平衡转化率80%左右日产量2.5吨（某设备条件下）3.6吨（相同设备条件下）表二：原料来源生产工艺。原料生产工艺过程乙炔CaCO3CaOCaC2C2H2乙烯来源于石油裂解气根据上述两表；回答下列问题：

（1）写出下列化学方程式：

a．乙炔水化法制乙醛____．

b．乙烯氧化法制乙醛____．

（2）从两表中分析，现代工业上乙烯氧化法逐步取代乙炔水化法，分析可能的原因（从环境、原料来源、能耗等角度分析，任写一点）：____．

（3）从化学反应速率角度分析，在相同条件下，两种制取乙醛的方法哪种快？____．

（4）若将上述两种方法的反应条件，均增加“100个标准大气压”，原料转化率会再增大一些，但在实际生产中却不采用这样的方法，理由是____．

（5）如果某工厂以乙烯为原料，通过3步可以制得聚氯乙烯，请写出合理的反应方程式（无机试剂和溶剂等任选，改过程中不发生取代反应）____．14、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）____．15、有A；B、C、D和E五瓶无色溶液；他们是中学化学中常用的无机试剂，他们的阴、阳离子均不同．现进行如下实验：

①A与E；B与D反应均能产生不溶于稀硝酸的白色沉淀；

②B与C；D、E反应时；均有沉淀生成，且B过量时，D中的沉淀部分溶解；

③B与C；C与D反应生成的沉淀均可溶于A；

④C的焰色反应呈黄色；往C中滴入少量A，有无色；无味的气体生成．

则：（写出溶质的化学式）

A．____B．____C．____D．____E．____．16、【化学--选修：有机化学基础】分别由C；H、O三种元素组成的有机物A、B、C互为同分异构体；它们分子中C、H、O元素的质量比为15：2：8，其中化合物A的质谱图如下图．

A是直链结构；其核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积之比为1：1：2，它能够发生银镜反应．B为五元环。

酯．C的红外光谱表明其分子中存在甲基．其它物质的转化关系如下图：

已知：CH3CH═CH2Cl-CH2CH=CH2

（1）A的分子式是：____．A分子中的官能团名称是：____．

（2）B和G的结构简式分别是：____、____．

（3）写出下列反应方程式（有机物用结构简式表示）

D→C____

H→G____．

（4）写出由单体F分别发生加聚反应生成的产物和发生缩聚反应生成的产物的结构简式：____、____．17、化工原料红矾钠（重铬酸钠：Na2Cr27-2H20）主要是以铬铁矿（主要成份为FeO-Cr2O3，还含有A123，Si02等杂质）为主要原料生产；其主要工艺流程如图1：

步骤①中主要反应的化学方程式为：Fe0•Cr2O3+8Na2C03+702=8Na2Cr04+2Fe2O3+8C02

（I）①中反应是在回转窑中进行，反应时需不断搅拌，其作用是____．．

（2）杂质A123，SiO2在①中转化的化学反应方程式为____

（3）用化学平衡移动原理说明③中煮沸的作用是____（用离子方程式结合文字说明），若调节pH过低产生的影响是____

（4）⑤中酸化是使Cr042一转化为Cr272一，写出该反应的离子方程式：____

（5）工业上还可用电解法制备重铬酸钠；其装置示意图如图2：

阴极发生的电极反应式为：____

阳极发生的电极反应式为：____．评卷人得分四、判断题(共1题，共5分)18、物质发生化学变化时都伴有能量的变化．____．（判断对错）评卷人得分五、推断题(共1题，共6分)19、短周期主族元素A；B，C，D，E，F的原子序数依次增大，它们的原子核外电子层数之和为13．B的化合物种类繁多，数目庞大；C，D是空气中含量最多的两种元素，D，E两种元素的单质反应可以生成两种不同的离子化合物；F为同周期半径最小的元素。试回答以下问题：

（1）写出实验室制备单质F的离子方程式______；实验中过量的该物质可用______吸收。

（2）化学组成为BDF2的电子式为：______，A、C、F三种元素形成的化合物CA4F为______化合物（填“离子”或“共价”）。

（3）由C；D，E，F形成的简单离子的离子半径由大到小的顺序是______（用元素离子符号表示）。

（4）元素B和F的非金属性强弱，B的非金属性______于F（填“强”或“弱”），并用化学方程式证明上述结论______。评卷人得分六、其他(共4题，共12分)20、（15分）物质之间的转化关系如下图，其中A、D、E、F、H为常见单质，其余为化合物，且单质E和单质F在点燃或加热的条件下生成淡黄色的固体，B常温下为液态化合物。试回答下列有关问题：(1)A在元素周期表的位置____周期____族(2)以上7个化学反应属于非氧化还原反应的是____(用编号①→⑦填写)(3)写出反应①是；(4)写出引发反应④的实验操作____写出该反应一种重要的工业用途(5)反应⑤的化学方程式是。(5)写出用A与H作电极材料插入G溶液闭合电路后的正极反应式是。21、

（1）①写出仪器的名称：D____，E____．

②在蒸发结晶、过滤、配制溶液时都需用到的同一种玻璃仪器是以上仪器中的____（填写仪器编号）．

（2）上述仪器中在使用前要检查要检查是否漏水的仪器是____（填写仪器编号）．22、复合材料在航空、航天领域中有重要的应用，请举例说明。23、已知有机物A分子中含有苯环且只有一个侧链。有机物A的相对分子质量M不超过200，其中氧元素的质量分数为26.7%，完全燃烧只生成水和二氧化碳。与之有关的有机物转化关系如下：（注意：部分反应产物省略）（1）有机物A中含有官能团的名称分别为________________，A的分子式为____________。（2）有机物Ｃ的结构简式为＿＿＿＿＿＿＿＿（3）有机物A～F中互为同分异构体的有____________和______________（填写序号）（4）有机物A～F中不能使溴的四氯化碳溶液褪色的有_________________（填写序号）（5）16.2g有机物BCD组成的混合物完全燃烧，得到的CO2通入3mol/LNaOH溶液中得到的产物为________________。（6）写出A+D生成E的化学方程式_____________________________。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【分析】A．蒸干碳酸钾溶液得到碳酸钾；

B．电镀时待镀金属作阴极；

C．合成氨反应为放热反应；

D．热化学方程式反写，反应热的符号相反，反应热的数值与化学计量数成正比．【解析】【解答】解：A．碳酸钾中的碳酸根可以水解；尽管加热过程能促进碳酸钾水解，但生成的碳酸氢钾和氢氧化钾反应后仍为碳酸钾，所以蒸干碳酸钾溶液得到碳酸钾，故A错误；

B．电镀时待镀金属作阴极；则铁表面镀铜时，铜与电源的正极相连作阳极，而铁与电源的负极相连，作阴极，故B错误；

C．合成氨反应为放热反应；温度较高不利于提高原料利用率，故C错误；

D．热化学方程式反写，反应热的符号相反，反应热的数值与化学计量数成正比，CO（g）的燃烧热是283.0kJ/mol，所以2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）反应的△H=2×283.0kJ/mol；故D正确．

故选D．2、C【分析】【分析】A；胶体是一种均匀、稳定的分散系；不属于悬浊液；

B、胶体的分散质是Fe（OH）3；

C；胶体都能产生丁达尔效应；

D、Fe（OH）3是弱电解质．【解析】【解答】解：A；胶体是一种均匀、稳定的分散系；不属于悬浊液，故A错误；

B、胶体的分散质是Fe（OH）3；水是分散剂，故B错误。

C、丁达尔效应是胶体特有的性质，所以Fe（OH）3胶体能产生丁达尔效应；故C正确；

D、Fe（OH）3是弱电解质，在水中部分电离成Fe3+和OH-；故D错误；

故选C．3、C【分析】【分析】根据蒸馏实验的装置中，通过铁架台固定蒸馏烧瓶和冷凝管，温度计固定于单孔胶塞用来测量蒸汽的温度，冷凝管的两端分别用单孔胶塞连接烧瓶和牛角管．【解析】【解答】解：在做蒸馏实验时用到铁架台有2处：固定蒸馏烧瓶和冷凝管，单孔胶塞分别用于固定温度计、连接冷凝管的两端，共3处，故选：C．4、C【分析】量取5.2mL稀硫酸应选10mL量筒，①错。苯和CCl4可以混溶，②错。溴水可以腐蚀碱式滴定管的橡胶管，④错。瓷坩埚成分中含SiO2，可以和钠的化合物在高温时反应，⑤错。浓硝酸见光受热易分解，应用棕色试剂瓶保存，⑧错。【解析】【答案】C5、C【分析】解：A．Fe2+与H+、NO3-离子反应，则H+、NO3-数目会明显减少；故A错误；

B．Ba2+与SO42-反应，OH-与NH4+反应，则Ba2+、OH-数目会明显减少；故B错误；

C．所有的离子间都不反应；离子数没有明显减少，故C正确；

D．ClO-与Fe2+反应，则Fe2+数目会明显减少；故D错误；

故选C．

加入硫酸亚铁铵后，凡是与Fe2+或NH4+或SO42-反应的离子；离子数目会明显减少；不能够与这些反应反应的离子，离子数目不会明显减少，据此进行判断．

本题考查离子共存问题，难度不大．从离子之间能否发生反应生成难溶物、难电离物、易挥发物质等角度分析此类题目．【解析】【答案】C6、C【分析】【分析】该有机物含有碳碳双键，可发生加成、氧化反应，含有C=O键，可发生加成反应，含有-NH-官能团，具有碱性，根据结构简式判断有机物含有的元素种类和原子个数，可确定有机物分子式．【解析】【解答】解：A．由结合简式可知靛蓝由碳；氢、氧、氮四种元素组成；故A正确；

B．由结合简式可知分子式是C16H10N2O2；故B正确；

C．该有机物相对分子质量较小；而高分子化合物的相对分子质量一般在10000以上，该有机物不是高分子化合物，故C错误；

D．该有机物含有含苯环；属于芳香化合物，故D正确．

故选C．二、双选题(共6题，共12分)7、CD【分析】解：rm{A}化学平衡常数只受温度影响；同一反应温度不同，平衡常数不同，故A错误；

B；同一反应；平化学衡常数只受温度影响，与反应物的浓度无关，故B错误；

C；同一反应；平化学衡常数只受温度影响，与反应物浓度、体系的压强无关，故C正确；

D；平衡常数越大；说明可逆反应进行的程度越大，故D正确；

故选CD．

平衡常数指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值；化学平衡常数只与温度有关，与浓度；压强无关，平衡常数越大，说明可逆反应进行的程度越大．

本题考查了化学平衡常数、影响因素及应用，难度不大，注意化学平衡常数只与温度有关，同一转化关系化学计量数不同，平衡常数不同，温度相同，同一可逆反应的正、逆反应平衡常数互为倒数．【解析】rm{CD}8、BD【分析】【分析】本题考查化学实验方案的评价，把握发生的反应及现象、结论的关系为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度适中。A.配制银氨溶液；向硝酸银溶液中滴加氨水；

B.向含有少量rm{FeCl_{3}}的rm{MgCl_{2}}溶液中加入足量rm{Mg(OH)_{2}}粉末；促进铁离子水解；

C.硝酸银不足；为沉淀的生成；

D.rm{Fe^{3+}}与rm{I^{-}}的反应为可逆的氧化还原还原，加rm{2mLCCl_{4}}振荡，萃取碘，促进氧化还原反应。【解答】A.配制银氨溶液，向硝酸银溶液中滴加氨水，出现白色沉淀恰好溶解即可，故rm{A}错误；B.向含有少量rm{A}rm{A}rm{A}rm{A}rm{A}的rm{F}rm{e}rm{C}rm{l}rm{3}rm{F}rm{e}rm{C}rm{l}rm{3}rm{F}rm{e}rm{C}rm{l}rm{3}rm{F}rm{e}rm{C}rm{l}rm{3}rm{F}rm{e}rm{C}rm{l}rm{3}溶液中加入足量rm{F}rm{F}rm{e}rm{e}rm{C}rm{C}rm{l}rm{3}粉末，促进铁离子水解，搅拌，充分反应后过滤可除杂，故rm{l}正确；C.硝酸银不足，为沉淀的生成，不发生沉淀转化，不能比较溶度积，故rm{l}错误；D.rm{l}rm{3}rm{3}rm{3}与rm{M}rm{g}rm{C}rm{l}rm{2}rm{M}rm{g}rm{C}rm{l}rm{2}的反应为可逆的氧化还原还原rm{M}rm{g}rm{C}rm{l}rm{2}加rm{M}rm{g}rm{C}rm{l}rm{2}rm{M}rm{g}rm{C}rm{l}rm{2}rm{M}rm{M}rm{g}rm{g}rm{C}振荡，萃取碘，促进氧化还原反应，则静置后取上层清液滴加rm{C}rm{l}rm{2}rm{l}rm{l}溶液，观察现象可判断，故rm{l}正确。故选rm{2}rm{2}rm{2}rm{M}rm{g}rm{(}rm{O}rm{H}rm{)}rm{2}【解析】rm{BD}9、AC【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.化合物甲中的含氧官能团有羰基和酯基，故A正确；B.化合物乙与rm{NaOH}水溶液在加热条件下反应后酸化可生成化合物丙，故B错误；C.化合物乙中含有rm{1}个手性碳原子，故C正确；D.丙在氢氧化钠的醇溶液中不能发生消去反应，应该在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生消去反应，故D错误。故选AC。【解析】rm{AC}10、rCD【分析】解：rm{A.}苯与溴水不反应；与液溴在铁作催化剂条件下发生取代反应，故A错误；

B；葡萄糖不能水解；果糖不能水解，故B错误；

C；乙醇和乙酸中均含有羟基；能与钠发生取代反应生成氢气，故C正确；

D；葡萄糖含有醛基；故能够发生银镜反应，葡萄糖能燃烧生成二氧化碳和水，即能发生氧化反应，故D正确；

故选CD．

A；苯与溴水不反应；

B；葡萄糖和果糖属于单糖；不能发生水解反应；

C；乙醇和乙酸中均含有羟基；能与钠发生取代反应；

D；葡萄糖能被氧化；据此解答即可．

本题主要考查的是苯的化学性质、取代反应定义、葡萄糖的性质等，难度不大．【解析】rm{CD}11、rA【分析】解：rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}四种短周期元素，结合位置可知，rm{W}rm{X}rm{Y}为第二周期元素，rm{Z}为第三周期，设rm{X}的最外层电子数为rm{x}则rm{W}的最外层电子数为rm{x-1}rm{Y}的最外层电子数为rm{x+1}rm{Z}的最外层电子数为rm{x}则rm{x+x+x-1+x+1=20}解得rm{x=5}则rm{W}为rm{C}rm{X}为rm{N}rm{Y}为rm{O}rm{Z}为rm{P}

A.非金属性越强，对应氢化物越稳定，则rm{Z}rm{X}rm{Y}形成的气态氢化物稳定性依次增强；故A正确；

B.rm{C}对应单质有金刚石、石墨、rm{C_{60}}rm{C_{70}}等，rm{O}元素的单质有氧气、臭氧等，rm{P}的单质有白磷；红磷等；故B错误；

C.电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则四种元素的原子半径：rm{r_{Z}>r_{W}>r_{X}>r_{Y}}故C错误；

D.四种元素中，rm{X}的最高价氧化物对应的水化物为硝酸；酸性最强，故D错误；

故选A．

rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}四种短周期元素，结合位置可知，rm{W}rm{X}rm{Y}为第二周期元素，rm{Z}为第三周期，设rm{X}的最外层电子数为rm{x}则rm{W}的最外层电子数为rm{x-1}rm{Y}的最外层电子数为rm{x+1}rm{Z}的最外层电子数为rm{x}则rm{x+x+x-1+x+1=20}解得rm{x=5}则rm{W}为rm{C}rm{X}为rm{N}rm{Y}为rm{O}rm{Z}为rm{P}然后结合元素周期律来解答．

本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握元素的位置、最外层电子数推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素周期律的应用，题目难度不大．【解析】rm{A}12、rAB【分析】【分析】考查有机物的鉴别、等效氢、官能团，解题关键是官能团的鉴别，官能团的性质，有机物反应类型的区别，手性碳原子的概念。【解答】A.有机物rm{X}中，苯环上有rm{3}种不同环境的氢，甲基上有一种，共有rm{4}组特征峰，故A正确；B.rm{Y}中有酚羟基官能团，能使溴水褪色，与氯化铁反应显示紫色，而rm{X}不能，故B正确；C.普罗帕酮分子中只有一个碳原子连接rm{4}个不同的原子或原子团，只有一个手性碳原子，故C错误；D.rm{X}能发生加成、水解、氧化反应，但不能发生消去反应，rm{Y}能发生加成、氧化，不能发生水解、消去反应，普罗帕酮能发生加成、氧化、消去反应，但不能发生水解，故D错误。故选AB。【解析】rm{AB}三、填空题(共5题，共10分)13、CH≡CH+H2OCH3CHO2CH2=CH2+O22CH3CHO两者反应条件温度相当，但乙炔水化法制乙醛使用的是汞盐催化剂，汞盐的毒性大，虽然乙烯氧化法的转化率略小于乙炔水化法，但反应快、日产量比其高得多，乙炔的制取要经过多步反应制得，且消耗大量的热能、电能，但是乙烯来源于石油裂解气，消耗的总能量比乙炔少，且较容易获得等乙烯氧化法快因为两种方法在相同反应条件下，转化率已经很高，增大压强将消耗能量和增加设备预算，不经济【分析】【分析】（1）乙炔水化法是乙炔和水加成反应得到制乙醛；乙烯氧化法是乙烯被催化氧化生成制乙醛；

（2）对比“乙烯氧化法”；“乙炔水化法”两种方法；从化学反应速率、日产量、消耗的催化剂的性质以及能源的消耗角度来回答；

（3）从表一来看；两者反应条件温度相当，虽然乙烯氧化法的转化率略小于乙炔水化法，但反应快；日产量比其高得多；

从表二来看；乙炔的制取要经过多步反应制得，且消耗大量的热能；电能，较难获得；乙烯来源于石油裂解气，消耗的总能量比乙炔少，且较容易获得；

（4）依据转化率；增大压强消耗能源，增大投入等因素分析；

（5）以乙烯为原料，通过3步可以制得聚氯乙烯，方案为乙烯和氯气发生加成反应生成1，2-二氯乙烷，1，2-二氯乙烷在氢氧化钠溶液中发生消去反应得到氯乙烯，在引发剂作用下发生聚合反应生成聚乙烯．【解析】【解答】解：（1）乙炔水化法是乙炔和水加成反应得到制乙醛，反应的化学方程式为：CH≡CH+H2OCH3CHO；

乙烯氧化法是乙烯被催化氧化生成制乙醛，反应的化学方程式为：2CH2=CH2+O22CH3CHO；

故答案为：CH≡CH+H2OCH3CHO，2CH2=CH2+O22CH3CHO；

（2）对比“乙烯氧化法”；“乙炔水化法”两种方法；从环境保护和能耗角度可以知道，两者反应条件温度相当，但乙炔水化法制乙醛使用的是汞盐催化剂，汞盐的毒性大，从产率和产量角度可以看出：虽然乙烯氧化法的转化率略小于乙炔水化法，但反应快、日产量比其高得多；

对比“乙烯氧化法”；“乙炔水化法”两种方法；乙炔的制取要经过多步反应制得，且消耗大量的热能、电能，但是乙烯来源于石油裂解气，消耗的总能量比乙炔少，且较容易获得等；

故答案为：两者反应条件温度相当；但乙炔水化法制乙醛使用的是汞盐催化剂，汞盐的毒性大，虽然乙烯氧化法的转化率略小于乙炔水化法，但反应快；日产量比其高得多，乙炔的制取要经过多步反应制得，且消耗大量的热能、电能，但是乙烯来源于石油裂解气，消耗的总能量比乙炔少，且较容易获得等；

（3）从表一来看；两者反应条件温度相当，虽然乙烯氧化法的转化率略小于乙炔水化法，但反应快；日产量比其高得多；

从表二来看；乙炔的制取要经过多步反应制得，且消耗大量的热能；电能，较难获得；乙烯来源于石油裂解气，消耗的总能量比乙炔少，且较容易获得，所以从化学反应速率角度分析，在相同条件下，两种制取乙醛的方法中乙烯氧化法快；

故答案为：乙烯氧化法快；

（4）若将上述两种方法的反应条件；均增加“100个标准大气压”，原料转化率会再增大一些，但在实际生产中却不采用这样的方法是因为两种方法在相同反应条件下，转化率已经很高，增大压强将消耗能量和增加设备预算，不经济；

故答案为：因为两种方法在相同反应条件下；转化率已经很高，增大压强将消耗能量和增加设备预算，不经济；

（5）以乙烯为原料，通过3步可以制得聚氯乙烯，方案为乙烯和氯气发生加成反应生成1，2-二氯乙烷，1，2-二氯乙烷在氢氧化钠溶液中发生消去反应得到氯乙烯，在引发剂作用下发生聚合反应生成聚乙烯，反应的化学方程式为：

故答案为：．14、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：C6H12O6．15、HClBa（OH）2NaHCO3Al2（SO4）3AgNO3【分析】【分析】①A与E；B与D反应均能产生不溶于稀硝酸的白色沉淀；白色沉淀分别为氯化银、硫酸钡；

②B与C；D、E反应时；均有沉淀生成，且B过量时，D中的沉淀部分溶解，则B为氢氧化钡，D为硫酸铝；

③B与C；C与D反应生成的沉淀均可溶于A；则A为HCl，沉淀分别为碳酸钡、氢氧化铝；

④C的焰色反应呈黄色，往C中滴入少量A，有无色、无味的气体生成，则气体为二氧化碳，C中含Na元素，C为NaHCO3，以此来解答．【解析】【解答】解：①A与E；B与D反应均能产生不溶于稀硝酸的白色沉淀；白色沉淀分别为氯化银、硫酸钡；

②B与C；D、E反应时；均有沉淀生成，且B过量时，D中的沉淀部分溶解，则B为氢氧化钡，D为硫酸铝；

③B与C；C与D反应生成的沉淀均可溶于A；则A为HCl，沉淀分别为碳酸钡、氢氧化铝；

④C的焰色反应呈黄色，往C中滴入少量A，有无色、无味的气体生成，则气体为二氧化碳，C中含Na元素，C为NaHCO3；

由上述分析可知A为HCl，B为Ba（OH）2，C为NaHCO3，D为Al2（SO4）3，E为AgNO3；

故答案为：HCl；Ba（OH）2；NaHCO3；Al2（SO4）3；AgNO3．16、C5H8O2醛基HOCH2CH2CH2CH2COOHCH3CH（OH）CH2CH2COOHCH3CH=CHCH2COOH+H2OOHCCH2CH2CH2COOH+H2CH2（OH）CH2CH2CH2COOH【分析】【分析】分别由C、H、O三种元素组成的有机物A、B、C互为同分异构体，它们分子中C、H、O元素的质量比为15：2：8，则C、H、O元素的原子个数之比=：=5：8：2，根据A的质谱图知，A的相对分子质量是100，设A的分子式为（C5H8O2）x，x==1，则A的分子式为C5H8O2，A是直链结构，其核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积之比为1：1：2，它能够发生银镜反应，则A中含有醛基，A的不饱和度==2，A的结构简式为OHCCH2CH2CH2CHO；

B为五元环酯，则B的结构简式为C的红外光谱表明其分子中存在甲基，B水解然后酸化得D，D的结构简式为CH3CH（OH）CH2CH2COOH，A发生银镜反应生成I，I的结构简式为HOOCCH2CH2CH2COOH；D发生消去反应生成C，C发生取代反应生成E，E和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成F，F和氢气发生加成反应生成G，G发生氧化反应生成H，H发生氧化反应生成I，根据I的结构简式结合题给信息知，C的结构简式为CH3CH=CHCH2COOH，E为CH2ClCH=CHCH2COOH，F为CH2（OH）CH=CHCH2COOH，G为CH2（OH）CH2CH2CH2COOH，H为OHCCH2CH2CH2COOH．【解析】【解答】解：分别由C、H、O三种元素组成的有机物A、B、C互为同分异构体，它们分子中C、H、O元素的质量比为15：2：8，则C、H、O元素的原子个数之比=：=5：8：2，根据A的质谱图知，A的相对分子质量是100，设A的分子式为（C5H8O2）x，x==1，则A的分子式为C5H8O2，A是直链结构，其核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积之比为1：1：2，它能够发生银镜反应，则A中含有醛基，A的不饱和度==2，A的结构简式为OHCCH2CH2CH2CHO；

B为五元环酯，则B的结构简式为C的红外光谱表明其分子中存在甲基，B水解然后酸化得D，D的结构简式为CH3CH（OH）CH2CH2COOH，A发生银镜反应生成I，I的结构简式为HOOCCH2CH2CH2COOH；D发生消去反应生成C，C发生取代反应生成E，E和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成F，F和氢气发生加成反应生成G，G发生氧化反应生成H，H发生氧化反应生成I，根据I的结构简式结合题给信息知，C的结构简式为CH3CH=CHCH2COOH，E为CH2ClCH=CHCH2COOH，F为CH2（OH）CH=CHCH2COOH，G为CH2（OH）CH2CH2CH2COOH，H为OHCCH2CH2CH2COOH．

（1）通过以上分析知，A的分子式为C5H8O2，结构简式为OHCCH2CH2CH2CHO；所以A中含有醛基；

故答案为：C5H8O2；醛基；

（2）通过以上分析知，B的结构简式为G的结构简式为HOCH2CH2CH2CH2COOH；

故答案为：HOCH2CH2CH2CH2COOH；

（3）D的结构简式为CH3CH（OH）CH2CH2COOH，C的结构简式为CH3CH=CHCH2COOH，D发生消去反应生成C，反应方程式为：CH3CH（OH）CH2CH2COOHCH3CH=CHCH2COOH+H2O；

G为CH2（OH）CH2CH2CH2COOH，H为OHCCH2CH2CH2COOH；G发生氧化反应生成H，反应方程式为。

OHCCH2CH2CH2COOH+H2CH2（OH）CH2CH2CH2COOH；

故答案为：CH3CH（OH）CH2CH2COOHCH3CH=CHCH2COOH；

OHCCH2CH2CH2COOH+H2CH2（OH）CH2CH2CH2COOH；

（4）CH2（OH）CH=CHCH2COOH发生加聚反应和缩聚反应产物的结构简式分别为：

故答案为：．17、略

【分析】

（1）固体反应物在搅拌时可充分接触而反应；故答案为：增大反应物的接触面积，加快反应速率；

（2）Al2O3与纯碱反应转变为可溶性盐，生成NaAlO2，反应的化学方程式为Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑，二氧化硅与硅酸钠反应生成硅酸钠和二氧化碳，反应的化学方程式为SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑，故答案为：Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑；SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑；

（3）水解是吸热反应，加热促进AlO2-、SiO32-水解生成氢氧化铝、硅酸沉淀，离子方程式：AlO2-+2H2O⇌Al（OH）3+OH-，SiO32-+H2O⇌HSiO3-+OH-；氢氧化铝沉淀可与氢离子反应生成Al3+，杂质Al3+难与Na2CrO4分离；

故答案为：水解吸热，煮沸促进AlO2-+2H2O⇌Al（OH）3+OH-，SiO32-+H2O⇌HSiO3-+OH-水解平衡向右移动，生成氢氧化铝、硅酸沉淀；H+将水解生成的氢氧化铝沉淀溶解，杂质Al3+难与Na2CrO4分离；

（4）CrO42-在酸性条件下与H+离子反应生成Cr2O72-，该反应为可逆反应，反应的离子方程式为2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，故答案为：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O；

（5）溶液中有四种离子，重铬酸酸根，钠离子，氢离子和氢氧根，在阴极上氢离子放电：2H++2e═H2↑；在阳极上氢氧根放电：4OH--4e-═O2↑+2H2O，故答案为：阴极：4H2O+4e-═4OH-+2H2↑或2H2O+2e-═2OH-+H2↑

或4H++4e═2H2↑或2H++2e═H2↑；阳极：2H2O-4e-═O2↑+4H+或4OH--4e-═O2↑+2H2O；

【解析】【答案】（1）固体反应物在搅拌时可充分接触而反应；

（2）根据Al2O3与纯碱反应转变为可溶性盐，生成NaAlO2；二氧化硅与硅酸钠反应生成硅酸钠和二氧化碳；

（3）水解是吸热反应；氢氧化铝沉淀可与氢离子反应；

（4）CrO42-在酸性条件下与H+离子反应生成Cr2O72-；

（5）电解时阴极得电子；阳极失电子；

四、判断题(共1题，共5分)18、√【分析】【分析】依据化学反应实质是反应物化学键断裂化学键吸收能量，生成物形成化学键放出热量，反应过程中一定伴随能量变化．【解析】【解答】解：化学反应实质是反应物化学键断裂化学键吸收能量，生成物形成化学键放出热量，所以反应过程中一定伴随能量变化，故正确，故答案为：√．五、推断题(共1题，共6分)19、MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2ONaoH离子Cl-＞N3-＞O2-＞Na+弱Na2CO3+2HClO4═CO2↑+H2O+2NaClO4【分析】解：根据分析可知：A为H；B为C元素，C为N，D为O，E为Na，F为Cl元素。

（1）实验室中通过加热二氧化锰与浓盐酸制取氯气，发生反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；氯气有毒；过量的氯气需要用碱液吸收，如NaOH溶液；

故答案为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；NaOH溶液；

（2）BDF2为COCl2，COCl2为共价化合物，分子中含有1个C=O双键和两个C-Cl键，其电子式为

；A、C、F三种元素形成的化合物CA4F为NH4Cl；由铵根离子与氯离子构成，属于离子化合物；

故答案为：离子；

（3）电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大，故C、D、E、F形成的简单离子的离子半径由大到小的顺序是：Cl-＞N3-＞O2-＞Na+；

故答案为：Cl-＞N3-＞O2-＞Na+；

（4）B（碳）的非金属性弱于F（氯），最高价含氧酸的酸性越强，对应非金属元素的非金属性越强，可用化学方程式Na2CO3+2HClO4═CO2↑+H2O+2NaClO4证明；

故答案为：弱；Na2CO3+2HClO4═CO2↑+H2O+2NaClO4。

短周期主族元素A；B、C、D、E、F的原子序数依次增大；B形成的化合物种类繁多，则B为C元素；C、D为空气中含量最多的两种元素，D的原子序数较大，则C为N元素，D为O元素；D，E两种元素的单质反应可以生成两种不同的离子化合物，则E为Na；F为同周期半径最小的元素，F位于第三周期期，则F为Cl元素；它们的原子核外电子层数之和为13，则A最外层电子数为：13-3-3-2-2-2=1，则A为H元素，据此解答。

本题考查位置结构性质的相互关系应用，题目难度中等，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及综合应用能力。【解析】MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2ON