2025年沪教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年沪教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6题，共12分)1、标准状况下，100mL稀硝酸与足量金属锌完全反应生成336mLN0和NO2，向混合气体中加入336mLNH3，在一定条件下恰好使其完全转化为N2．若用一定浓度的氢氧化钠溶液进行吸收处理（反应方程式：2NO2+2Na0H═NaNO3+NaNO2+H20；NO2+N0+2Na0H═2NaNO2+H20），则消耗氢氧化钠溶液的体积为150mL，下列说法正确的是（）A.混合气体中N0的物质的量为0.01molB.混合气体中N02的物质的量为0.02molC.稀硝酸的浓度为0.045mol/LD.氢氧化钠溶液的浓度为0.1mol/L2、根据甘油（丙三醇）的结构，它不可能发生的反应是（）A.消去反应B.取代反应C.氧化反应D.加成反应3、设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A.0.01molMg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，转移的电子数目为0.02NAB.含0.1molH2SO4的浓硫酸与足量铜在加热条件下反应，生成SO2的分子数为0.05NAC.标准状况下11.2L的CH4、CD4、CT4的混合气体中含有的质子数为10NAD.工业上铜的电解精炼，电解池中每转移2NA电子时，阳极上溶解的铜为64g4、某高聚物的结构如图：

合成该高聚物的单体是（）A.CH2=CH-CH3B.CH2=CH2C.CH3CH2CH3D.CH3-CH=CH-CH35、能在水溶液中大量共存的一组离子是（）A.H+、I-、NO3-、SiO32-B.K+、Na+、NO3-、MnO4-C.Ag+、Fe3+、Cl-、SO42-D.NH4+、OH-、Cl-、HCO3-6、NA表示阿伏加德罗常数，则下列说法正确的是（）A.1molMg原子变成Mg2+时失去的电子数为2NAB.标准状况下，11.2L水所含的电子数为5NAC.常温常压下，16克O2含电子数为10NAD.0.1mol/LK2SO4溶液含有K+0.2NA评卷人得分二、双选题(共9题，共18分)7、一定条件下，将0.1LCO、0.2LCO2、0.1LNO、0.2LNO2和0.2LNH3混合，然后通过分别盛有足量蒸馏水、饱和碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液的三个洗气瓶（洗气瓶排列顺序不确定）．假设气体通过每个洗气瓶都能充分反应则尾气（已干燥）（）A.可能是单一气体B.不可能含有一氧化碳C.可能存在原气体中的两种气体D.成分和洗气瓶的排列顺序无关8、rm{Mg}在rm{CO_{2}}中燃烧生成rm{MgO}和rm{C}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.该反应中化学能全部转化为热能B.金刚石和石墨是碳的两种同位素C.在该反应条件下，rm{Mg}的还原性强于rm{C}的还原性D.rm{MgO}中两种离子的半径大小是：rm{r(Mg^{2+})<r(O^{2-})}9、温度为rm{T_{1}}时，在三个容积均为rm{1L}的恒容密闭容器中仅发生反应：rm{2NO_{2}(g)?2NO(g)+O_{2}(g)(}正反应吸热rm{2NO_{2}(g)?2NO(g)+O_{2}

(g)(}实验测得：rm{v_{脮媒}=v(NO_{2})_{脧没潞脛}=k_{脮媒}c^{2}(NO_{2})}rm{v_{脛忙}=v(NO)_{脧没潞脛}=2v(O_{2})_{脧没潞脛}=k_{脛忙}c^{2}(NO)隆陇c(O_{2})}rm{)}rm{v_{脮媒}=v(NO_{2}

)_{脧没潞脛}=k_{脮媒}c^{2}(NO_{2})}为速率常数，受温度影响。下列说法正确的是rm{v_{脛忙}=v(NO)_{脧没潞脛}=2v(O_{2}

)_{脧没潞脛}=k_{脛忙}c^{2}(NO)隆陇c(O_{2})}rm{k_{脮媒}}。rm{k_{脛忙}}容器编号物质的起始浓度rm{/mol隆陇L^{-1}}物质的平衡浓度rm{/mol隆陇L^{-1}}rm{c(NO_{2})}rm{c(NO)}rm{c(O_{2})}rm{c(O_{2})}rm{c(O_{2})}Ⅰrm{0.6}rm{0}rm{0}rm{0.2}Ⅱrm{0.3}rm{0.5}rm{0.2}Ⅲrm{0}rm{0.5}rm{0.35}A.达平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为rm{4隆脙5}B.达平衡时，容器Ⅱ中rm{dfrac{cmathrm{(}O_{2}mathrm{)}}{cmathrm{(}NO_{2}mathrm{)}}}比容器Ⅰ中的大C.达平衡时，容器Ⅲ中rm{NO}的体积分数小于rm{50%}D.当温度改变为rm{T_{2}}时，若rm{k_{脮媒}=k_{脛忙}}则rm{T_{2}>T_{1}}10、某化学兴趣小组为探究电化学原理，设计了如图装置rm{(}铁、铜为电极，烧杯中盛装硫酸铜溶液rm{).}下列叙述不正确的是rm{(}rm{)}A.rm{a}和rm{b}不连接时，铁片上会有金属铜析出B.rm{a}和rm{b}用导线连接时，铁片上发生的反应为：rm{Fe-3e^{-}=Fe^{3+}}C.无论rm{a}和rm{b}是否连接，铁片均会溶解，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色D.rm{a}和rm{b}分别连接直流电源正、负极，rm{Cu^{2+}}向铜电极移动11、含有amolFeBr2的溶液中，通入xmolCl2．下列各项为通Cl2过程中，溶液内发生反应的离子方程式，其中不正确的是（）A.x=0.3a，2Fe2++Cl2→2Fe3++2Cl-B.x=0.7a，2Br-+Cl2→Br2+2Cl-C.x=1.2a，2Fe2++2Br-+2Cl2→Br2+2Fe3++4Cl-D.x=1.5a，2Fe2++4Br-+3Cl2→2Br2+2Fe3++6Cl-12、合理使用药物有利于身心健康．下列有关说法正确的是()A.氯化钠用于治疗胃酸过多B.阿司匹林常用于解热镇痛C.青霉素是一种常用的抗生素D.非处方药都无毒副作用.可长期大量服用13、rm{900隆忙}时，向rm{2.0L}恒容密闭容器中充入rm{0.40mol}乙苯，发生反应：rm{+H_{2}(g)}rm{娄陇H=akJ隆陇mol^{-1}}经一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表：。时间rm{/min}rm{0}rm{10}rm{20}rm{30}rm{40}rm{n(}乙苯rm{)/mol}rm{0.40}rm{0.30}rm{0.24}rm{n_{2}}rm{n_{3}}rm{n(}苯乙烯rm{)/mol}rm{0.00}rm{0.10}rm{n_{1}}rm{0.20}rm{0.20}下列说法正确的是rm{(}rm{)}

A.反应在前rm{20min}的平均速率为rm{v(H_{2})=0.004mol隆陇L^{-1}隆陇min^{-1}}B.保持其他条件不变，升高温度，平衡时，rm{v(H_{2})=0.004

mol隆陇L^{-1}隆陇min^{-1}}乙苯rm{c(}则rm{)=0.08mol隆陇L^{-1}}C.保持其他条件不变，向容器中充入不参与反应的水蒸气作为稀释剂，则乙苯的转化率为rm{a<0}D.相同温度下，起始时向容器中充入rm{50.0%}乙苯、rm{0.10mol}苯乙烯和rm{0.10mol}达到平衡前rm{0.30molH_{2}}正rm{v(}逆rm{)>v(}rm{)}14、铜锌原电池rm{(}如图rm{)}工作时，下列叙述正确的是()

A.正极反应为rm{Zn-2e^{-}}rm{篓TZn}rm{篓TZn}rm{{,!}^{2+}}B.电池反应为rm{Zn+Cu^{2+}}rm{篓TZn}rm{篓TZn}rm{{,!}^{2+}}C.在外电路中，电子从负极流向正极rm{+Cu}D.盐桥中的rm{+Cu}rm{K^{+}}移向rm{ZnSO}15、铜板上铁铆钉处的吸氧腐蚀原理如图所示，下列有关说法中，不正确的是rm{(}rm{)}rm{(}

A.正极的电极反应式为：rm{)}rm{2H^{+}+2e^{-}篓TH_{2}隆眉}B.此过程中还涉及到反应：rm{4Fe(OH)_{2}}rm{+2H}rm{+2H}rm{{,!}_{2}}rm{O+O}rm{O+O}rm{{,!}_{2}}C.此过程中铜并不被腐蚀rm{篓T4Fe(OH)}D.此过程中电子从rm{篓T4Fe(OH)}移向rm{{,!}_{3}}评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)16、电镀污泥中含有Cr（OH）3、Al2O3、ZnO、CuO、NiO等物质，工业上通过“中温焙烧-钠氧化法”回收Na2Cr2O7等物质．

已知：在水浸后的Na2CrO4溶液中含有少量NaAlO2、Na2ZnO2等物质．

（1）水浸后的溶液呈____性（填“酸”；“碱”或“中”）．

（2）完成氧化焙烧过程中生成Na2CrO4的化学方程式．

____Cr（OH）3+____Na2CO3+____O2____Na2CrO4+____CO2+____

（3）滤渣Ⅱ的主要成分有Zn（OH）2、____．

已知：①除去滤渣II后，溶液中存在如下反应：2Cr+2H+⇌Cr2+H2O

②Na2Cr2O7、Na2CrO4在不同温度下的溶解度如下表。

。

温度。

溶解度。

化学式20℃60℃100℃Na2SO419.545.342.5Na2Cr2O7183269415Na2CrO484115126“系列操作”中为：继续加入H2SO4，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤．继续加入H2SO4目的是____．

（5）工业上还可以在水浸过滤后的溶液（Na2CrO4）加入适量H2SO4，用石墨作电极电解生产金属铬，写出生成铬的电极反应方程式____．

（6）已知Al（OH）3为难溶物（常温下，Ksp[Al（OH）3]=2.0×10-33）．当溶液pH=5时，某溶液中的Al3+____（填“能”或“不能”）完全沉淀．（溶液中的离子浓度小于1×10-5mol•L-1时沉淀完全）．17、盐酸吡酮洛芬（H）是一种消炎镇痛药；可通过以下方法合成：

（1）F中的含氧官能团为____和____（填名称）．

（2）反应①～④中，属于取代反应的是____（填序号）；反应①的化学方程式为____．

（3）反应⑦中加入的试剂X的分子式为C6H8N2，X的结构简式为____．

（4）E的一种同分异构体满足下列条件：

Ⅰ．水解后产物之一既能发生银镜反应又与FeCl3溶液发生显色反应；

Ⅱ．分子中有6种不同化学环境的氢；且分子中含有两个苯环．

写出该同分异构体的结构简式：____（只写一种）．

（5）根据已有知识并结合相关信息，写出以和为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）．18、苯佐卡因是一种局部麻醉剂；可用于粘膜溃疡；创面等的镇痛，一般制成软膏或栓剂使用，它的工业合成有如下所示的两种途径．途径I已逐渐淘汰，现在使用较多的是途径Ⅱ．

已知：①当苯环上连有甲基时；再引入的其他基团主要进入它的邻位或对位；当苯环上连有羧基时，再引入的其他基团主要进入它的间位．

请回答下列问题：

（1）反应①的反应类型为____，化合物B的结构简式为____．

（2）反应⑦的化学方程式为____．

（3）下列关于上述合成路线的说法正确的是____．

a．反应①除了主要生成A物质外，还可能生成等。

b．途径Ⅱ中的步骤①和⑤可以互换。

c．反应③的另一产物是H2O

d．与途径Ⅱ相比；途经Ⅰ的缺点是步骤多，产率低。

e．途经Ⅰ中的步骤③的目的是保护氨基不被步骤④中的酸性高锰酸钾溶液氧化。

（4）途经Ⅱ中的步骤⑤和⑥能否互换，说明理由：____．

（5）苯佐卡因有多种同分异构体．请写出其中任意两种满足下列条件的同分异构体的结构简式：

①有两个对位取代基；②-NH2直接连在苯环上；③分子结构中含有酯基．____、____．19、以淀粉和必要的无机试剂为原料制取：的过程是：(1)指出反应类型：③________________________；④________________________；⑤________________________；⑥________________________.(2)写出化学方程式：①________________________________________________________________________；②________________________________________________________________________；⑤________________________________________________________________________；⑦________________________________________________________________________.20、9.2g氮的氧化物NOx中含有N原子数为0.2mol，则x数值为____．21、含氯的消毒剂是指溶于水产生的具有杀死微生物的功效次氯酸的消毒剂；其有效成分常以有效氯表示，无机含氯消毒剂包括液氯；次氯酸钠、次氯酸钙、氯化磷酸等．

（1）下列判断正确的是____．

A．液氯和新制氯水都是游离态氯；都能作杀菌消毒剂。

B．由于Cl2能与水反应；所以氯水中不可能存在游离态氯。

C．溶液中H+浓度越大；次氯酸钠消毒效果越好。

D．含氯消毒剂应密封保存。

（2）漂白粉是一种优良高效、价格低廉的常用杀菌消毒剂，实验室有一瓶密封不严的漂白粉，其中肯定存在CaCl2；设计实验，探究该固体中可能存在的其它物质．

【提出合理假设】

假设1：该漂白粉未变质，只含____；

假设2：该漂白粉全部变质，只含____；

假设3：该漂白粉全部变质，既含有Ca（ClO）2，又含有CaCO3．

【设计实验方案】

限选的仪器和药品：试管、胶头滴管、带导管的单孔塞、蒸馏水、自来水、1mol•L-1盐酸、品红溶液，新制澄清石灰水（提示：不必检查Ca2+和Cl-；表格可以不填满）

。实验步骤预期现象和结论①取少量漂白粉于试管中；

____②③22、已知：2KMnO4=K2MnO4+MnO2+O2↑，将0.08molKMnO4固体（质量为12.64g）加热一段时间后，收集到amolO2；向反应后残留的固体中加入足量的浓盐酸，又收集到bmolCl2，此时Mn元素全部以Mn2+的形式存在于溶液中．

（1）配平下列化学方程式并用单线桥法标出电子转移方向和数目：KMnO4+HCl-KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O____

（2）上式反应中的还原剂是____，反应中若产生0.2mol的气体则有____mol的电子转移．

（3）a+b的最大值为____，a+b最小值为____．

（4）当a+b=0.18时，残留固体的质量为____．23、在1-18号的短周期主族元素中；表中的字母代表一种元素，回答下列问题：

（1）画出D的原子结构示意图____；

（2）写出C的最高价氧化物的电子式____；

（3）E和F分别形成的气态氢化物中最稳定的是____（填写氢化物的化学式）

（4）A最高价氧化物的水化物的化学式____．24、（1）写出下图中序号①～④仪器的名称：

①____；②____；③____；④____；

（2）仪器①～④中，使用时必须检查是否漏水的是____．（填仪器序号）

装置I、II、III中需要检查气密性是____．（填装置名称）

（3）分离碘水中的碘应先选择装置____（填装置序号）进行____和____操作，再用装置____（填装置序号）进行____操作．

（4）现欲用98%的浓硫酸（密度为1.84g•cm-3）配制成浓度为1.0mol•L-1的稀硫酸100mL．

①所需仪器除烧杯、玻璃棒外还需____、____、____．

②所取浓硫酸的体积为____mL．（保留一位小数）评卷人得分四、判断题(共1题，共10分)25、用标准NaOH溶液滴定未知浓度的醋酸到终点时，钠离子物质的量等于醋酸根离子的物质的量____（判断正误）评卷人得分五、实验题(共2题，共4分)26、某无色溶液rm{X}由rm{Na^{+}}rm{Ag^{+}}rm{Ba^{2+}}rm{Al^{3+}}rm{AlOrlap{_{2}}{^{-}}}rm{MnOrlap{_{4}}{^{-}}}rm{COrlap{_{3}}{^{2-}}}rm{SOrlap{_{4}}{^{2-}}}中的若干种离子组成，取溶液进行如下连续实验：

rm{(1)}气体rm{A}的成分是rm{(}填化学式，下同rm{)}________，气体rm{B}的成分是________。气体rm{(1)}的成分是rm{A}填化学式，下同rm{(}________，气体rm{)}的成分是________。

rm{B}溶液中一定存在的离子是__________________________________________。

rm{(2)X}溶液中一定存在的离子是__________________________________________。写出步骤rm{(2)X}发生反应的所有离子方程式：_________________________________rm{(3)}写出步骤rm{垄脵}发生反应的所有离子方程式：_________________________________

rm{(3)}写出步骤rm{垄脵}形成白色沉淀甲的离子方程式：________________________________________________________________。rm{(4)}写出步骤rm{垄脷}形成白色沉淀甲的离子方程式：____________通过上述实验，溶液rm{(4)}中还有未完全确定的离子是__________；只要设计一个简单的后续实验就可以确定该离子是否存在，该方法是__________rm{垄脷}简述操作步骤、现象及结论_______________________________________________。rm{(5)}通过上述实验，溶液rm{X}中还有未完全确定的离子是__________；只要设计一个简单的后续实验就可以确定该离子是否存在，该方法是__________27、（14分）用霞石岩（化学式为KNa3[AlSiO4]4，主要成份Na2O、K2O、Al2O3、SiO2）制碳酸钠、碳酸钾和氧化铝的工艺流程如下：已知：①NaHCO3溶液的pH约为8～9，Na2CO3溶液的pH约为11～12。②溶解过滤工序产生的滤液中含钠、钾和铝的可溶性盐类，钙和硅等其他杂质在滤渣霞石泥中。部分物质的溶解度见下图。试回答下列问题：（1）灼烧得到固体M的化学方程式是_______________。（2）X物质是___________，滤液W中主要含有的离子有____________。（写三种）（3）操作Ⅰ得到碳酸钠晶体的操作为、、、洗涤、干燥。（4）碳酸化Ⅰ中发生主要反应的离子方程式是_______________________________。（5）碳酸化Ⅱ调整pH＝8的目的是________________________________________________。评卷人得分六、简答题(共3题，共24分)28、回答有关以通式rm{C_{n}H_{2n+1}OH}所表示的一元醇的下列问题：rm{(1)}出现同类同分异构体的最小rm{n}值是___________________。rm{(2)n=4}的同分异构体中，氧化后能生成醛的醇有______种，其结构简式是______。rm{(3)}具有同分异构体的醇跟浓硫酸混合加热时，只能得到一种不饱和烃rm{(}烯烃类rm{)}符合这一结果的醇的rm{n}值为________。29、迷迭香酸是从蜂花属植物中获取的一种酸性物质，它是一种具有广泛应用的化工原料，用于合成医药药品、香料等，其结构简式如图rm{1}所示：

已知：rm{R-Br+R隆盲-Br+2Na{脪禄露篓脤玫录镁}overrightarrow{}R-R隆盲+2NaBr}

如图rm{R-Br+R隆盲-Br+2Na

{脪禄露篓脤玫录镁}overrightarrow{}R-R隆盲+2NaBr}是由苯酚与某有机物rm{2}为主要原料合成迷迭香酸的过程，已知rm{A}的分子式为rm{B}能发生银镜反应．

rm{C_{2}H_{4}O}的结构简式为______

rm{(1)C}上述rm{(2)}反应中没有出现的反应类型有______rm{垄脵隆芦垄脻}填代号rm{(}．

A.加成反应rm{)}氧化反应rm{B.}消去反应rm{C.}聚合反应rm{D.}酯化反应。

rm{E.}写出rm{(3)}发生银镜反应的化学方程式______．

rm{B}反应rm{(4)}的化学方程式为：______

rm{垄脹}已知有机物rm{(5)}只比rm{H}少rm{G}个氧原子，rm{2}分子中苯环上只有rm{H}个侧链且处于对位，其分子中含有rm{2}rm{-OH}的同分异构体有______种；请任写出其中一种同分异构体的结构简式______．

rm{-COOH}若用rm{(6)}作电极，将rm{Pt}rm{G}rm{O_{2}}溶液组成一个燃料电池，则其电池负极电极反应为______rm{NaOH}有机物用分子式表示rm{.(}rm{)}30、氧元素和卤族元素都能形成多种物质；我们可以利用所学物质结构与性质的相关知识去认识和理解．

rm{(1)}溴的价电子排布式为______；rm{PCl_{3}}的空间构型为______．

rm{(2)}已知rm{CsICl_{2}}不稳定；受热易分解，倾向于生成晶格能更大的物质，则它按下列______式发生．

A.rm{CsICl_{2}=CsCl+ICl}rm{B.}rm{CsICl_{2}=CsI+Cl_{2}}

rm{(3)}根据下表提供的第一电离能数据判断：最有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是______．

。氟氯溴碘第一电离能rm{(kJ?mol^{-1})}rm{1681}rm{1251}rm{1140}rm{1008}rm{(4)}下列分子既不存在rm{s-p娄脪}键，也不存在rm{p-p娄脨}键的是______．

A.rm{HCl}rm{B.HF}rm{C.}rm{SO_{2}}rm{D.}rm{SCl_{2}}

rm{(5)}已知rm{COCl_{2}}为平面形，则rm{COCl_{2}}中心碳原子的杂化轨道类型为______，写出rm{CO}的等电子体的微粒______rm{(}写出rm{1}个rm{)}．

rm{(6)}钙在氧气中燃烧时得到一种钙的氧化物晶体，其结构如图所示：由此可判断该钙的氧化物的化学式为______rm{.}已知该氧化物的密度是rm{娄脩g?cm^{-3}}则晶胞离得最近的两个钙离子间的距离为______rm{cm(}只要求列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数为rm{N_{A}).}参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、D【分析】【分析】336mLN0和NO2的物质的量为：=0.015mol，向混合气体中加入336mLNH3的物质的量为：0.015mol，恰好完全反应根据得失电子守恒可知：2n（N0）+4n（NO2）=3n（NH3），即2n（N0）+4n（NO2）=0.045①，而n（N0）+n（NO2）=0.015mol②，①②联立解之得n（N0）=0.0075mol；n（NO2）=0.0075mol，所以参加反应的锌的质量为：2n（Zn）=3n（N0）+n（NO2）=0.03mol，所以n（Zn）=0.015mol，由此分析解答．【解析】【解答】解：336mLN0和NO2的物质的量为：=0.015mol，向混合气体中加入336mLNH3的物质的量为：0.015mol，恰好完全反应根据得失电子守恒可知：2n（N0）+4n（NO2）=3n（NH3），即2n（N0）+4n（NO2）=0.045①，而n（N0）+n（NO2）=0.015mol②，①②联立解之得n（N0）=0.0075mol；n（NO2）=0.0075mol，所以参加反应的锌的质量为：2n（Zn）=3n（N0）+n（NO2）=0.03mol；所以n（Zn）=0.015mol；

A；混合气体中N0的物质的量为0.0075mol；故A错误；

B、混合气体中N02的物质的量为0.0075mol；故B错误；

C、稀硝酸的浓度为=0.45mol/L；故C错误；

D、根据反应方程式：2NO2+2Na0H═NaNO3+NaNO2+H20；NO2+N0+2Na0H═2NaNO2+H20，产物中氮与钠之比为1：1，所以氢氧化钠溶液的浓度为=0.1mol/L；故D正确；

故选D．2、D【分析】【分析】丙三醇含有-OH，可发生取代、氧化和消去反应，以此解答该题．【解析】【解答】解：丙三醇含有-OH，具有-CH2OH；-CHOH-结构；可发生取代、氧化和消去反应，不含不饱和键，不能发生加成反应．

故选D．3、A【分析】【分析】A；镁为2价金属；0.01mol镁变成镁离子失去0.02mol电子；

B；浓硫酸随着反应的进行变成稀硫酸；稀硫酸与铜不反应；

C；标准状况下11.2L混合气体的物质的量为0.5mol；0.5mol甲烷中含有5mol质子；

D、粗铜中含有铁、锌等杂质，电解时铁和锌等杂质先放电，阳极溶解的铜质量减少．【解析】【解答】解：A、MgO和Mg3N2中镁的化合价都是+2价，0.01mol镁完全反应失去0.02mol电子，转移的电子数目为0.02NA；故A正确；

B、反应消耗0.1mol硫酸会生成0.05mol二氧化硫，由于浓硫酸变成稀硫酸后，反应停止，所以生成的二氧化硫的物质的量小于0.05mol，生成SO2的分子数小于0.05NA；故B错误；

C、标况下11.2L混合气体的物质的量为0.5mol，CH4、CD4、CT4的质子数都为10，0.5mol混合气体中含有5mol质子，含有的质子数为5NA；故C错误；

D、工业上铜的电解精炼，电解池中每转移2NA电子时；转移的电子的物质的量为2mol；由于粗铜中的铁和锌先放电，导致阳极上溶解的铜质量减少，阳极上溶解的铜质量小于64g，故D错误；

故选A．4、A【分析】【分析】解答此类题目；首先要根据高聚物的结构简式判断高聚物是加聚产物还是缩聚产物，然后根据推断单体的方法作出判断；

加聚产物的单体推断方法：

（1）凡链节的主链上只有两个碳原子（无其它原子）的高聚物；其合成单体必为一种，将两半链闭合即可；

（2）凡链节主链上只有四个碳原子（无其它原子）且链节无双键的高聚物；其单体必为两种，在正中间画线断开，然后将四个半键闭合即可；

（3）凡链节主链上只有碳原子并存在碳碳双键结构的高聚物，其规律是“见双键，四个碳，无双键，两个碳”画线断开，然后将半键闭合，即将单双键互换．【解析】【解答】解：该高聚物的结构简式为-[]-n：主链不含杂原子，属于加聚反应生成的高聚物，凡链节的主链上只有两个碳原子（无其它原子）的高聚物，其合成单体必为一种，将两半键闭合即可其单体为CH2=CH-CH3．

故选A．5、B【分析】【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水、弱电解质等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，以此来解答．【解析】【解答】解：A．H+、I-、NO3-发生氧化还原反应，H+、SiO32-结合生成沉淀；不能共存，故A错误；

B．该组离子之间不反应；可共存，故B正确；

C．Ag+、Cl-结合生成沉淀；不能共存，故C错误；

D．NH4+、OH-结合生成弱电解质，OH-、HCO3-结合生成水和碳酸根离子；不能共存，故D错误；

故选B．6、A【分析】【分析】A；根据镁和转移电子之间的关系计算转移电子数；

B；气体摩尔体积只适用于气体；对固体和液体不适用；

C、根据N=nNA=NA结合一个分子中含有的电子数计算；

D、根据N=nNA=CVNA分析判断．【解析】【解答】解：A、一个镁原子失去2个电子生成镁离子，所以1mol原子变成Mg2+时失去的电子数为2NA；故A正确；

B；气体摩尔体积只适用于气体；对固体和液体不适用，标况下，水是液体，所以气体摩尔体积对此不适用，故B错误；

C、一个O2中含有16个电子，16克O2的物质的量是0.5mol，所以含有的电子数为8NA；故C错误；

D；溶液的体积未知；所以无法计算钾离子的个数，故D错误；

故选A．二、双选题(共9题，共18分)7、A|C【分析】解：A．CO与足量蒸馏水、饱和碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液三种溶液都不反应，所以洗气瓶的排列顺序无论怎样，最终的气体肯定有0.1LCO，一氧化氮、二氧化氮和氢氧化钠反应生成亚硝酸钠和水，反应为NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，过量的二氧化氮和氢氧化钠反应，二氧化氮和氢氧化钠反应为2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，二氧化碳和氢氧化钠反应CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，所以若第一个洗气瓶装氢氧化钠溶液，0.2LCO2、0.1LNO、0.2LNO2被吸收，这时出来的气体有0.1LCO、0.2LNH3；氨气极易能溶于水，所以其余的2个洗气瓶无论怎样的顺序，最后的气体为CO，故A正确；

B．CO与足量蒸馏水；饱和碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液三种溶液都不反应；所以洗气瓶的排列顺序无论怎样，最终的气体肯定有0.1LCO，故B错误；

C．若第一个洗气瓶盛有足量蒸馏水，二氧化碳、氨气都能溶于水，3NO2+H2O═2HNO3+NO；则这时出来的气体有CO；NO和少量二氧化碳，后面的2个洗气瓶无论怎样的顺序，二氧化碳和二氧化氮被氢氧化钠吸收，最后的气体为CO、NO，故C正确；

D．若第一个洗气瓶装饱和碳酸氢钠溶液，二氧化氮和碳酸氢钠能反应生成二氧化碳和一氧化氮和硝酸钠，氨气极易能溶于水，则这时出来的气体有CO、CO2；NO；后面的2个洗气瓶无论怎样的顺序，二氧化碳被氢氧化钠吸收，最后的气体为CO、NO，若第一个洗气瓶装氢氧化钠溶液，其余的2个洗气瓶无论怎样的顺序，最后的气体为CO，故D错误；

故选AC．

根据气体的性质和足量蒸馏水；饱和碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液是否吸收进行解答；二氧化碳、氨气都能溶于水，二氧化氮和水反应生成一氧化氮和硝酸，二氧化氮和碳酸氢钠能反应生成二氧化碳和一氧化氮和硝酸钠；

一氧化氮和一氧化碳与水与饱和碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液都不反应；二氧化碳和氢氧化钠反应，二氧化氮和氢氧化钠反应，据此分析即可解答．

本题主要考查了洗气瓶的洗气，掌握相应气体和足量蒸馏水、饱和碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液的性质是解答本题的关键，题目难度中等．【解析】【答案】AC8、CD【分析】略【解析】rm{CD}9、CD【分析】【分析】本题考查化学平衡计算，为高频考点，侧重考查学生分析、计算及灵活运用知识解答问题能力，如果单纯的根据设未知数计算要涉及一元三次方程而难以解答，这需要学生灵活运用知识巧妙的避开一元三次方程而解答问题，题目难度较大。【解答】由容器Ⅰ中反应rm{2N{O}_{2}?2NO+{O}_{2}}起始量rm{(mol/L)}rm{0.6}rm{0}rm{0}变化量rm{(mol/L)}rm{0.4}rm{0.4}rm{0.2}平衡量rm{(mol/L)}rm{0.2}rm{0.4}rm{0.2}可以求出平衡常数rm{K=dfrac{0.{4}^{2}隆脕0.2}{0.{2}^{2}}=0.8}平衡时气体的总物质的量为rm{K=

dfrac{0.{4}^{2}隆脕0.2}{0.{2}^{2}}=0.8}其中rm{0.8mol}占rm{NO}所以rm{0.4mol}的体积分数为rm{NO}rm{dfrac{cleft({O}_{2}right)}{cleft(N{O}_{2}right)}=1}在平衡状态下，rm{50%}rm{)_{脧没潞脛}=v_{脛忙}=v(NO)_{脧没潞脛}}所以rm{dfrac{cleft({O}_{2}right)}{cleft(N{O}_{2}right)}=1

}rm{)=k_{脛忙}c^{2;}(NO)隆陇c(O_{2}}rm{v_{脮媒}=v(NO_{2}}进一步求出rm{dfrac{{k}_{脮媒}}{{k}_{脛忙}}=K=0.8}．A.显然容器Ⅱ的起始投料与容器Ⅰ的平衡量相比，增大了反应物浓度，平衡将向正反应方向移动，所以容器Ⅱ在平衡时气体的总物质的量一定小于rm{)_{脧没潞脛}=v_{脛忙}=

v(NO)_{脧没潞脛}}故两容器的压强之比一定大于rm{k_{脮媒}c^{2}(NO_{2}}故A错误；B.若容器rm{)=

k_{脛忙}c^{2;}(NO)隆陇c(O_{2}}在某时刻，rm{dfrac{cleft({O}_{2}right)}{cleft(N{O}_{2}right)}=1}反应rm{)}起始量rm{dfrac{{k}_{脮媒}}{{k}_{脛忙}}=K=0.8

}rm{1mol}rm{4:5}rm{II}变化量rm{dfrac{cleft({O}_{2}right)}{cleft(N{O}_{2}right)}=1

}rm{2N{O}_{2}?2NO+{O}_{2}}rm{(mol/L)}rm{0.3}平衡量rm{0.5}rm{0.2}rm{(mol/L)}因为rm{dfrac{cleft({O}_{2}right)}{cleft(N{O}_{2}right)}=dfrac{0.2+x}{0.3-2x}=1}解之得rm{2x}求出此时浓度商rm{{Q}_{c}=;dfrac{{left(dfrac{17}{30}right)}^{2}隆脕dfrac{7}{30}}{{left(dfrac{7}{30}right)}^{2}}=dfrac{289}{210}>K}所以容器rm{2x}达平衡时，rm{dfrac{cleft({O}_{2}right)}{cleft(N{O}_{2}right)}}一定小于rm{x}故B错误；C.若容器rm{(mol/L)0.3-2x}在某时刻，rm{0.5+2x}的体积分数为rm{0.2+x}由反应rm{dfrac{cleft({O}_{2}right)}{cleft(N{O}_{2}right)}=

dfrac{0.2+x}{0.3-2x}=1}起始量rm{x=dfrac{1}{30}}rm{{Q}_{c}=;dfrac{{left(

dfrac{17}{30}right)}^{2}隆脕dfrac{7}{30}}{{left(

dfrac{7}{30}right)}^{2}}=dfrac{289}{210}>K}rm{II}rm{dfrac{cleft({O}_{2}right)}{cleft(N{O}_{2}right)}

}变化量rm{1}rm{III}rm{NO}rm{50%}平衡量rm{2N{O}_{2}?2NO+{O}_{2}}rm{(mol/L)}rm{0}rm{0.5}由rm{0.35}解之得rm{(mol/L)}求出此时浓度商rm{{Q}_{c}=dfrac{0.{4}^{2}隆脕0.3}{0.{1}^{2}}=4.8>K}说明此时反应未达平衡，反应继续向逆反应方向进行，rm{2x}进一步减少，故C正确；D.温度为rm{2x}时，rm{dfrac{{k}_{脮媒}}{{k}_{脛忙}}={K}_{2}=1>0.8=K2=1>0.8}因为正反应是吸热反应，升高温度后化学平衡常数变大，所以rm{x}故D正确。故选CD。rm{(mol/L)}【解析】rm{CD}10、rAB【分析】解：rm{A.a}和rm{b}不连接时；铁和铜离子发生置换反应，铜离子在正极铜片上得电子在铜片上有铜析出，故A错误；

B.rm{a}和rm{b}连接时，该装置构成原电池，铁作负极，铜作正极，正极上铜离子得电子发生还原反应，铁片上发生的反应为：rm{Fe-2e^{-}=Fe^{2+}}故B错误；

C.无论rm{a}和rm{b}是否连接；铁都失电子发生氧化反应，所以铁都溶解，故C正确；

D.rm{a}和rm{b}连接时；该装置构成原电池，铁作负极，铜作正极，原电池放电时，铜离子向铜电极移动，故D正确．

故选AB．

A.rm{a}和rm{b}不连接时；铁和铜离子发生置换反应；

B.rm{a}和rm{b}连接时；该装置构成原电池，铁易失电子作负极，铜作正极，正极上铜离子得电子发生还原反应；

C.无论rm{a}和rm{b}是否连接；铁都可以发生反应；

D.原电池放电时；阳离子向正极移动．

本题考查了原电池原理，明确正负极的判断方法、电极反应类型、阴阳离子移动方向即可解答，难度不大，易错点为阴阳离子移动方向的判断．【解析】rm{AB}11、B|C【分析】解：由于还原性：Fe2+＞Br-，通入Cl2，依次发生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，2Br-+Cl2=Br2+2Cl-；

当n（Cl2）：n（FeBr2）≤时，只氧化Fe2+；

当n（Cl2）：n（FeBr2）≥时，Fe2+和Br-被完全氧化，介于二者之间时，Fe2+被完全氧化，Br-被部分氧化；则。

A．x=0.3a，n（Cl2）：n（FeBr2）=0.3＜只氧化Fe2+；故A正确；

B．x=0.7a，n（Cl2）：n（FeBr2）介于～Fe2+被完全氧化，Br-被部分氧化；故B错误；

C．x=1.2a，n（Cl2）：n（FeBr2介于～Fe2+被完全氧化，Br-被部分氧化，则反应的离子方程式为10Fe2++14Br-+12Cl2=7Br2+10Fe3++24Cl-；故C错误；

D．x=1.5a，Fe2+和Br-恰好被完全氧化，反应的离子方程式为2Fe2++4Br-+3Cl2=2Br2+2Fe3++6Cl-；故D正确；

故选：BC．

Fe2+的还原性比Br-强，所以Cl2通入FeBr2溶液中，当Cl2不足量时，会先与Fe2+反应；待Fe2+全部被氧化成Fe3+后，过量的Cl2才会与Br-反应；由此分析解答．

本题考查了离子方程式书写，侧重考查氧化还原反应离子方程式书写，明确氧化还原反应先后规律，熟悉溴离子、二价铁离子氧化性强弱关系是解题关键，题目难度中等．【解析】【答案】BC12、B|C【分析】A．氯化钠与盐酸不反应；不能用于治疗胃酸过多，故A错误；

B．阿司匹林是解热镇痛药；常用于解热镇痛，故B正确；

C．青霉素是常见的抗生素；故C正确；

D．药物一般都有一定的毒副作用；长期大量服用，会危害人体健康，故D错误．

故选BC．【解析】【答案】BC13、AC【分析】rm{[}分析】掌握化学反应速率的概念和化学反应速率与计量数的关系是解本题的关键点之一；结合改变温度导致的某种物质平衡的浓度变化判断该反应的焓变是平衡移动原理的应用；恒容容器加入不相关气体不影响平衡移动，转化率不变；在相同温度下用各物质的浓度商与平衡常数比较判断反应进行方向，rm{Q_{c}<K}反应正向移动，反之逆向移动，相等达到平衡不移动。【解答】A.反应在前rm{20min}的平均速率为rm{v(}乙苯rm{)=v(H_{2})=dfrac{dfrac{0.40mol-0.24mol}{2L}}{20min}=0.004mol隆陇L^{-1}隆陇min^{-1}}，故A正确；B.据计算rm{)=v(H_{2})=dfrac{

dfrac{0.40mol-0.24mol}{2L}}{20min}=0.004

mol隆陇L^{-1}隆陇min^{-1}}时，乙苯的平衡浓度是rm{900隆忙}保持其他条件不变，升高温度，平衡时，rm{0.1mol隆陇L^{-1,}}乙苯rm{c(}说明升高温度消耗了乙苯，乙苯是反应物，消耗乙苯说明反应正向移动，温度升高反应正向移动，该反应是吸热反应，即rm{)=0.08mol隆陇L^{-1}}，故B错误；C.本题是恒容容器，保持其他条件不变，向容器中充入不参与反应的水蒸气作为稀释剂，不影响平衡移动，则乙苯的转化率任然是rm{a>0}，故C正确；D.相同温度下，原平衡常数rm{50.0%}起始时向容器中充入rm{K=0.1}乙苯、rm{0.10mol}苯乙烯和rm{0.10mol}rm{Q_{c}=dfrac{0.15隆脕0.05}{0.05}=0.15}rm{0.30molH_{2}}反应从逆反应开始，rm{Q_{c}=dfrac{0.15隆脕0.05}{0.05}=0.15

}正rm{Q_{c}>K}逆rm{v(}，故D错误；本题选AC。rm{)<v(}【解析】rm{AC}14、BC【分析】【分析】本题考查原电池的工作原理，难度不大。【解答】铜锌原电池工作时，负极反应为rm{Zn-2e^{-}篓TZn^{2+}}正极反应为rm{Cu^{2+}+2e^{-}=Cu}电池总反应为rm{Zn+Cu^{2+}篓TZn^{2+}+Cu}故A项错误，rm{B}项正确；原电池工作时，电子从负极由外电路流向正极，由于左池阳离子增多，右池阳离子减少，为平衡电荷，则盐桥中的rm{K^{+}}移向rm{CuSO_{4}}溶液，而rm{Cl^{-}}则移向rm{ZnSO_{4}}溶液，故C项正确，rm{D}项错误。故选BC。【解析】rm{BC}15、AD【分析】【分析】本题考查金属的电化学腐蚀，难度不大。【解答】铁钉发生吸氧腐蚀时，负极为铁，反应为rm{2Fe-4e^{-}篓T篓T篓T2Fe^{2+}}正极为铜，反应为rm{2H_{2}O+O_{2}+4e^{-}篓T篓T篓T4OH^{-}}总反应rm{2Fe+O_{2}+2H_{2}O篓T篓T篓T2Fe(OH)_{2}}又发生rm{4Fe(OH)_{2}+O_{2}+2H_{2}O篓T篓T篓T4Fe(OH)_{3}}反应中电子从负极rm{Fe}流向正极rm{Cu}铜不被腐蚀。故AD错误，BC正确。故选AD。

【解析】rm{AD}三、填空题(共9题，共18分)16、碱443446H2OAl（OH）3促进平衡CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O向正反应方向移动，尽可能生成更多溶解度更大的Na2Cr2O7CrO42-+8H++6e-=Cr+4H2O能【分析】【分析】以含有Cr（OH）3、Al2O3、ZnO、CuO、NiO等物质的电镀污泥为原料，烘干后加入碳酸钠和氧气高温灼烧发生反应4Cr（OH）3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+6H2O+4CO2，Al2O3+Na2CO3Na2AlO3+CO2↑，ZnO++Na2CO3Na2ZnO2+CO2↑，水浸后过滤得到滤渣CuO、NiO，滤液为Na2CrO4，NaAlO2、Na2ZnO2等，调节溶液PH沉淀ZnO22-离子和偏铝酸根离子，过滤得到滤液Na2CrO4，滤渣Ⅱ的主要成分有Zn（OH）2、Al（OH）3，滤液Na2CrO4加入硫酸酸化生成重铬酸钠溶液；通过提纯得到重铬酸钠．

（1）根据水浸后的溶液成分结合盐类水解的规律解答；强碱弱酸盐水解溶液呈碱性；

（2）氧化焙烧过程中有氧气参加反应；结合质量守恒定律产物有水，根据氧化还原反应最小公倍数发配平；

（3）水浸后溶液中存在Na2CrO4、NaAlO2、Na2ZnO2等物质，加入硫酸调节溶液的pH可得到Zn（OH）2、Al（OH）3沉淀；

（4）水浸后溶液中存在Na2CrO4，加入硫酸发生CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O；从平衡移动的角度分析；

（5）生成铬的电极发生还原反应，CrO42-得到电子生成Cr；

（6）根据浓度积与溶度积常数相对大小判断，如果浓度积大于溶度积常数，则有沉淀生成，否则没有沉淀生成．【解析】【解答】解：以含有Cr（OH）3、Al2O3、ZnO、CuO、NiO等物质的电镀污泥为原料，烘干后加入碳酸钠和氧气高温灼烧发生反应4Cr（OH）3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+6H2O+4CO2，Al2O3+Na2CO3Na2AlO3+CO2↑，ZnO++Na2CO3Na2ZnO2+CO2↑，水浸后过滤得到滤渣CuO、NiO，滤液为Na2CrO4，NaAlO2、Na2ZnO2等，调节溶液PH沉淀ZnO22-离子和偏铝酸根离子，过滤得到滤液Na2CrO4；加入硫酸酸化生成重铬酸钠溶液，通过提纯得到重铬酸钠．

（1）CuO、NiO为难溶物，溶液中含有Na2CrO4，NaAlO2、Na2ZnO2等，通过水浸后过滤得到滤渣CuO、NiO，回收Cu、Ni；水浸后溶液中存在Na2CrO4、NaAlO2、Na2ZnO2等都为强碱弱酸盐；水解呈碱性；

故答案为：碱性；

（2）氧化焙烧过程中有氧气参加反应，根据质量守恒可知还应生成水，化合价变化为：Cr（+3→+6），O（0→-2），最小公倍数为12，所以Cr（OH）3前系数为4，O2前系数为3，反应的方程式为：4Cr（OH）3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2+6H2O；

故答案为：4、4、3、4、4、6H2O；

（3）Zn（OH）2、Al（OH）3具有两性，水浸后溶液中存在Na2CrO4、NaAlO2、Na2ZnO2等物质，加入硫酸调节溶液的pH可得到Zn（OH）2、Al（OH）3沉淀；

故答案为：Al（OH）3；

（4）水浸后溶液中存在Na2CrO4，加入硫酸发生CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O；加入硫酸可使平衡向正反应方向移动，将溶液蒸发浓缩；冷却结晶可得到晶体；

故答案为：促进平衡CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O向正反应方向移动，尽可能生成更多溶解度更大的Na2Cr2O7；

（5）生成铬的电极发生还原反应，CrO42-得到电子生成Cr，反应的电解方程式为CrO42-+8H++6e-=Cr+4H2O；

故答案为：CrO42-+8H++6e-=Cr+4H2O；

（6）pH=5的溶液中c（OH-）=10-9mol/L，c（Al3+）=mol/L=2.0×10-6mol/L＜1×10-5mol•L-1；所以能完全沉淀；

故答案为：能．17、羰基羧基①②③++H2O【分析】【分析】（1）据F的结构简式判断所含官能团；

（2）据A与C的结构简式分析，可知A与苯环发生取代反应生成B，B为B与Br2发生取代反应生成C；C与NaCN发生取代反应生成D，D被氧化生成E，据此分析；

（3）据G和H的结构简式和X的分子式为C6H8N2可知，X为

（4）E分子结构中除2个苯环外，还含有3个C原子核3个O原子，水解后产物之一既能发生银镜反应又与FeCl3溶液发生显色反应；说明含有酯基和醛基，且水解产物含有酚羟基，再结合分子中有6种不同化学环境的氢，且分子中含有两个苯环书写其同分异构体的结构简式；

（5）和为原料制备需要给增长碳链，结合合成盐酸吡酮洛芬的反应③可知，将苯甲醇与HBr反应，再与NaCN反应，可以增长碳链，水解可得苯乙酸，再结合合成盐酸吡酮洛芬的反应⑥⑦分析．【解析】【解答】解：（1）据F的结构简式可知；其含氧官能团有羰基和羧基，故答案为：羰基；羧基；（15分）

（2）据A与C的结构简式分析，可知A与苯环发生取代反应生成B，B为A→B的化学方程式为++H2O，B与Br2发生取代反应生成C；C与NaCN发生取代反应生成D，D被氧化生成E；

故答案为：①②③；++H2O；

（3）据G和H的结构简式和X的分子式为C6H8N2可知，X为故答案为：

（4）E的同分异构体中含有酯基和醛基，其水解产物含有酚羟基，再结合分子中有6种不同化学环境的氢，且分子中含有两个苯环，说明2个苯环直接相连，且酯基与醛基在对位，其同分异构体的结构简式为

故答案为：

（5）和为原料制备需要给增长碳链，结合合成盐酸吡酮洛芬的反应③可知，将苯甲醇与HBr反应；再与NaCN反应，可以增长碳链，水解可得苯乙酸，再结合合成盐酸吡酮洛芬的反应⑥⑦可知其合成路线流程图为。

故答案为：．18、取代ade不能．如果互换，先还原生成的-NH2会在随后的氧化步骤中被氧化【分析】【分析】由题给信息结合生成可知A为途径2中，C与乙醇发生酯化反应生成苯佐卡因，则C应为根据题给信息可知B为结合物质的结合判断可能具有的性质并评价二者的优劣．【解析】【解答】解：（1）反应①为甲苯在浓硫酸作用下与浓硝酸发生硝化反应，为取代反应，A为C与乙醇发生酯化反应生成苯佐卡因，则C应为根据题给信息可知B为故答案为：取代；

（2）反应⑦为和乙醇发生酯化反应，反应的化学方程式为

故答案为：

（3）a；根据题给信息；甲苯和与浓硝酸发生邻位取代或生成三硝基甲苯，故a正确；

b、氨基具有弱碱性，如①⑤互换，可生成副产品，故b错误；

c；反应③为取代反应；副产品为甲醇，故c错误；

d；对比两个途径；途径Ⅰ涉及反应较多，会降低产率，故d正确；

e；氨基易被氧化；取代后可防止被氧化，故e正确；

故答案为：ade；

（4）如互换；由于氨基也能被氧化，则氧化甲基的同时氨基也被氧化；

故答案为：不能．如果互换，先还原生成的-NH2会在随后的氧化步骤中被氧化；

（5）苯佐卡因的同分异构体有酸和酯两类；氨基不变，则同分异构体由酸或酯的类别决定，可为：

等；

故答案为：．19、略

【分析】【解析】试题分析：淀粉在催化剂的作用下水解最终生成葡萄糖；葡萄糖在酒化酶的作用下发酵分解生成乙醇；乙醇在浓硫酸作用下发生消去反应生成乙烯；乙烯与溴加成生成1,2­二溴乙烷；1,2­二溴乙烷水解生成乙二醇；乙二醇经过两步氧化生成乙二酸；乙二醇与乙二酸进行缩聚即可得到产品。考点：考查有机物合成与制备以及方程式的书写【解析】【答案】(1)③消去④加成⑤水解⑥氧化(2)①(C6H10O5)n＋nH2OnC6H12O6②C6H12O62CH3CH2OH＋2CO2↑20、2【分析】【分析】氧化物NOx中含有N原子数为0.2mol，则氧化物NOx的物质的量为0.2mol，根据M=计算氧化物NOx的摩尔质量，进而计算x的值．【解析】【解答】解：氧化物NOx中含有N原子数为0.2mol，则氧化物NOx的物质的量为0.2mol，氧化物NOx的摩尔质量==46g/mol；故14+16x=46，解得x=2；

故答案为：2．21、CCa（ClO）2CaCO3加入适量1mol/L盐酸溶解后，再将产生的气体导入到澄清石灰水中【分析】【分析】（1）A；新制的氯水是氯气的水溶液属于混合物；

B；氯气和水反应生成盐酸和次氯酸；反应是可逆反应不能进行彻底；

C；氢离子浓度越大；溶液中次氯酸浓度越大，漂白效果越好；

D；含氯消毒剂需要密闭遮光保存；

（2）【提出合理假设】

未变质时为次氯酸钙；完全变质时为碳酸钙；

【设计实验方案】

取少量上述漂白粉于试管中，加入适量1mol/L盐酸溶解后，再将产生的气体导入到足量的澄清石灰水中，根据是否有沉淀生成判断假设的正误，向步骤①反应后的试管滴入1～2滴品红溶液，振荡，根据品红是否褪色判断固体中是否存在Ca（ClO）2．【解析】【解答】解：（1）A；新制的氯水是氯气的水溶液属于混合物；液氯属于游离态氯溶于水生成次氯酸具有消毒杀菌作用，故A错误；

B；氯气和水反应生成盐酸和次氯酸；反应是可逆反应不能进行彻底，氯水中不存在游离态氯，故B错误；

C；氢离子浓度越大；溶液中次氯酸浓度越大，漂白效果越好，故C正确；

D；含氯消毒剂需要密闭遮光保存；故D错误；

故答案为：C；

（2）【提出合理假设】

漂白粉的主要成分是CaCl2、Ca（ClO）2，除CaCl2外，如果漂白粉没有变质，则一定含有Ca（Cl0）2，由于在空气中发生：Ca（Cl0）2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO，如漂白粉全部变质，则含有CaCO3，如漂白粉部分变质，则既含有Ca（ClO）2又含有CaC03，故答案为：Ca（Cl0）2；CaCO3；

【设计实验方案】

取少量上述漂白粉于试管中；加入适量1mol/L盐酸溶解后，再将产生的气体导入到，足量的澄清石灰水中，①若澄清石灰水未见浑浊，则假设1成立；

②若澄清石灰水变浑浊；则假设2或3成立；

向步骤①反应后的试管滴入1～2滴品红溶液，振荡，若品红褪色，固体中存在Ca（ClO）2；若品红不褪色，则固体中不存在Ca（ClO）2．

故答案为：只含有Ca（ClO）2；只含有CaCO3；

。实验步骤预期现象和结论①加入适量1mol/L盐酸溶解后，再将产生的气体导入到澄清石灰水中（1）若澄清石灰水未见浑浊，则固体中不含CaCO3；

（2）若澄清石灰水变浑浊，则固体中含有CaCO3②向步骤①反应后的试管滴入1～2滴品红溶液，振荡（或另外取样操作）（1）若品红褪色，固体中存在Ca（ClO）2；

（2）若品红不褪色，则固体中不存在Ca（ClO）2③22、HCl0.40.20.1612.0g【分析】【分析】（1）Mn元素的化合价降低5；Cl元素的化合价升高1，由电子守恒和原子守恒配平，转移电子数=2×（7-2）=10×[0-（-1）]=10；

（2）在氧化还原反应中得电子价态降低的物质为还原剂，产生5个Cl2分子时；转移10个电子，反应中若产生0.2mol的气体则有0.4mol的电子转移；

（3）在氧化还原反应中得失电子数相等；所以反应过程中锰元素得到的电子数等于O元素；Cl元素失去的电子数，结合极限法计算；

（4）KMnO4固体（质量为12.64g）加热一段时间，发生反应：2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑，得到的固体是锰酸钾和二氧化锰的混合物，质量为12.64g的高锰酸钾分解得到锰酸钾和二氧化锰的质量和为：7.88g+3.52g=12.0g，即加热后残留固体的质量为12.0g．【解析】【解答】解：（1）Mn元素的化合价降低5，Cl元素的化合价升高1，由电子守恒和原子守恒可知，反应为2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，转移电子数=2×（7-2）=10×[0-（-1）]=10，单线桥表示为

故答案为：

（2）在氧化还原反应中得电子价态降低的物质为氧化剂，反应2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中，HCl失电子价态升高为0价的氯气，所以HCl为还原剂；产生5个Cl2分子时；转移10个电子，反应中若产生0.2mol的气体则有0.4mol的电子转移；

故答案为：HCl；0.4；

（3）反应2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中；锰元素得到的电子数等于O元素；Cl元素失去的电子数；

所以0.08mol×（7-2）=2a×（2-0）mol+2b（1-0）mol；

则2a+b=0.2，a+b=0.2-a；

当高锰酸钾不分解生成氧气时；a=0，当高锰酸钾完全分解生成氧气时，生成氧气的物质的量为0.04mol，所以x的取值范围为：0≤a≤0.04；

所以0.16≤a+b≤0.2；即最大值为0.2，最小值为0.16；

故答案为：0.2；0.16；

（4）KMnO4固体（质量为12.64g）加热一段时间，发生反应：2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑；得到的固体是锰酸钾和二氧化锰的混合物，质量为12.64g的高锰酸钾分解得到锰酸钾和二氧化锰的质量和为：7.88g+3.52g=12.0g，即加热后残留固体的质量为12.0g．

故答案为：12.0g．23、HClNaOH【分析】【分析】（1）根据原子结构示意图的画法来回答；

（2）二氧化碳为直线型分子；

（3）同主族元素的原子从上到下；氢化物的稳定性逐渐减弱；同周期元素的原子从左到右，氢化物的稳定性逐渐增强；

（4）元素A为钠，最高价氧化物的水化物是氢氧化钠；【解析】【解答】解：根据元素在周期表中的分布知识；可以知道A是Na，B是Al，C是C，D是N，E是S，F是Cl．

（1）N的原子结构示意图故答案为：

（2）C的最高价氧化物为二氧化碳，电子式为故答案为：

（3）同周期元素的原子从左到右；氢化物的稳定性逐渐增强，所以F的氢化物稳定，故答案为：HCl；

（4）元素A为钠，最高价氧化物的水化物是氢氧化钠，故答案为：NaOH．24、蒸馏烧瓶冷凝管分液漏斗100mL容量瓶；③④蒸馏装置II萃取分液I蒸馏10mL量筒100mL容量瓶胶头滴管5.4【分析】【分析】（1）根据常见仪器的名称来回答；

（2）根据分液漏斗和100mL容量瓶在使用前要检查是否漏水；

根据产生气体的装置需检查气密性；分液漏斗和100mL容量瓶在使用前要检查是否漏水；

（3）萃取利用溶质在不同溶剂中溶解度不同；用一种溶剂把溶质从它与另一溶剂所组成的溶液中提取出来，然后分液；根据碘与四氯化碳的沸点不同可用蒸馏分离；

（4）①根据配制一定物质的量浓度溶液的步骤：计算→量取→稀释；冷却→移液→定容→摇匀→装瓶→贴签；确定需要的仪器；

②根据稀释前后溶质的质量不变来计算出溶液的体积．【解析】【解答】解：（1）因①～④仪器的名称分别为：蒸馏烧瓶；冷凝管、分液漏斗、100mL容量瓶；

故答案为：蒸馏烧瓶；冷凝管；分液漏斗；100mL容量瓶；

（2）因分液漏斗和100mL容量瓶在使用前要检查是否漏水；蒸馏烧瓶；冷凝管不需要检查是否漏水，因蒸馏装置，加热时产生气体，故需检查气密性，分液装置中和100mL容量瓶在使用前要检查是否漏水；

故答案为：③④；蒸馏装置；

（3）碘在四氯化碳中的溶解度较在水中大；并且四氯化碳和水互不相溶，可用萃取的方法分离，接着可用分液方法将两层液体分开；四氯化碳易挥发，可用蒸馏的方法分馏得到四氯化碳；

故答案为：II；萃取；分液；I；蒸馏；

（4）①配制顺序是：计算→量取→稀释；冷却→移液→定容→摇匀→装瓶→贴签；一般用量筒量取（用到胶头滴管）称量，在烧杯中稀释，冷却后转移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，转移完毕，用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒2～3次并将洗涤液全部转移到容量瓶中，再加适量蒸馏水，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻线相平，塞好瓶塞，反复上下颠倒摇匀．所以仪器除烧杯、玻璃棒还需10mL量筒、100mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：10mL量筒；100mL容量瓶；胶头滴管；

②设需要98%H2SO4的体积为VmL，根据溶液稀释前后溶质质量不变则，VmL×1.84g/cm3×98%=100mL×1.0mol•L-1×98g/mol，解得V=5.4ml，所以溶液的体积为5.4ml，故答案为：5.4；四、判断题(共1题，共10分)25、×【分析】【分析】用标准NaOH溶液滴定未知浓度的醋酸到终点时，反应恰好生成醋酸钠，水解呈碱性，以此解答．【解析】【解答】解：达到滴定终点时，氢氧化钠和醋酸的物质的量相等，生成醋酸钠，醋酸钠为强碱弱酸盐，水解呈碱性，c（CH3COO-）＜c（Na+）；

故答案为：×．五、实验题(共2题，共4分)26、rm{(}rm{1}rm{1}rm{)}rm{CO}rm{CO}3

rm{{,!}_{2}}rm{NH}rm{(}rm{2}rm{2}rm{)}rm{Na}rm{Na}rm{{,!}^{+}}、rm{AlO}rm{AlO}

rm{AlO}rm{2}rm{2}rm{{,!}^{-}}、rm{CO}、rm{CO}

rm{CO}rm{3}rm{3}rm{{,!}^{2-}}rm{(}rm{3}rm{3}rm{)}rm{CO_{3}^{2-}+2H^{+}=H_{2}O+CO_{2}}rm{CO_{3}^{2-}+2H^{+}=H_{2}O+CO_{2}}rm{隆眉}rm{隆眉}rm{AlO_{2}^{-}+4H^{+}=Al^{3+}+2H_{2}O}rm{AlO_{2}^{-}+4H^{+}=Al^{3+}+2H_{2}O}rm{(}rm{4}

rm{4}rm{)}rm{Al}rm{Al}rm{{,!}^{3+}+3HCO}取少量的白色沉淀乙于试管中，加足量盐酸，充分振荡后若白色沉淀能完全溶解，则rm{3}中不存在rm{3}若不能完全溶解，则存在rm{{,!}^{-}}

rm{=Al}【分析】【分析】本题考查离子的推断和离子共存问题，题目难度中等，本题注意根据物质反应的现象进行推断，易错点为rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{4}^{2-}}的确定。【解答】溶液呈无色，则不含rm{Fe}rm{Fe}rm{{,!}^{3+}}，加入过量盐酸只产生气体，则一定含有rm{CO}rm{CO}rm{{,!}_{3}^{2-}}，不含rm{Ag}rm{Ag}rm{{,!}^{+}}，反应后溶液呈酸性，加入过量碳酸氢铵溶液，生成气体和白色沉淀，则发生反应应为：rm{Al}rm{Al}rm{{,!}^{3+}}rm{+3HCO}rm{+3HCO}则原溶液中含有rm{{,!}_{3}^{-}}rm{篓TAl(OH)}rm{篓TAl(OH)}rm{{,!}_{3}}rm{隆媒+3CO}rm{隆媒+3CO}rm{{,!}_{2}}rm{隆眉}则原溶液中含有rm{AlO}rm{隆眉}rm{AlO}rm{{,!}_{2}^{-}}，则一定不含rm{Ba}rm{Ba}rm{{,!}^{2+}}、rm{Al}rm{Al}rm{{,!}^{3+}}

、rm{Fe}气体rm{Fe}的成分是rm{{,!}^{3+}}，因这些离子与rm{AlO}rm{AlO}rm{{,!}_{2}^{-}}发生相互促进的水解而不能大量共存，根据溶液电中性原则，一定含有rm{Na}rm{Na}rm{{,!}^{+}}，最后加入过量氢氧化钡溶液，因之前加入的碳酸氢铵过量，则生成的白色沉淀可能为rm{Ba