2025年粤教沪科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年粤教沪科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9题，共18分)1、下列有关叙述正确的是（）A.氢键是一种特殊化学键，它广泛地存在于自然界中B.在分子中含有1个手性C原子C.碘单质在水溶液中溶解度很小是因为I2和H2O都是非极性分子D.含氧酸可用通式XOm（OH）n来表示，若n值越大，则含氧酸的酸性越大2、下表中的实验操作能达到实验目的是（）

。选项实验操作实验目的A向沸腾的NaOH溶液中滴加FeCl3饱和溶液制备Fe（OH）3胶体B检验NaHCO3固体中是否含Na2CO3试样加水溶解后，再加入足量CaCl2溶液，有白色沉淀C向丙烯醛中滴加酸性高锰酸钾溶液，振荡后观察溶液是否褪色确定丙烯醛中是否含有碳碳双键DC2H5Br和NaOH溶液混合后振荡再加入AgNO3溶液检验C2H5Br中的Br元素A.AB.BC.CD.D3、进行化学实验，观察实验现象，通过分析推理得出正确的结论是化学学习的方法之一。下列对有关实验事实的解释正确的是A.SO2气体使高锰酸钾溶液褪色，表现了SO2的漂白性B.在含有Cu(NO3)2、Mg(NO3)2和AgNO3的溶液中加入适量锌粉，首先置换出的是CuC.浓硝酸在光照条件下变黄，说明浓硝酸易分解生成有色产物且溶于浓硝酸D.常温下，将铝片放入浓硫酸中，无明显现象，说明铝不与冷的浓硫酸发应4、一定温度下；在三个容积为2.0L的恒容密闭容器中发生反应：

2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）

各容器中起始物质的量浓度与反应温度如表所示，反应过程中甲、丙容器中CO2的物质的量随时间变化关系如图所示．。容器温度/℃起始物质的量浓度/mol•L-1NO（g）CO（g）N2（g）CO2（g）N2（g）CO2（g）甲T10.100.1000乙T2000.100.20丙T20.100.1000下列说法正确的是（）A.该反应的正反应为吸热反应B.乙容器中反应达到平衡时，N2的转化率小于40%C.达到平衡时，乙容器中的压强一定大于甲容器的2倍D.丙容器中反应达到平衡后，再充入0.10molNO和0.10molCO2，此时v（正）＜v（逆）5、下列物质分类正确的是（）A.SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物B.多肽、油脂、淀粉均为酯类C.烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D.福尔马林、漂粉精、氨水均为混合物6、下列情境中溶液的导电能力没有经过“先减弱后增强”变化的是（忽略溶液体积的变化）（）A.向饱和硫化氢溶液中持续通入SO2B.向硫酸铝溶液中持续加入氢氧化钡固体C.向Ca（HCO3）2溶液中滴加澄清石灰水至过量D.向氯化铁溶液中持续通入SO27、室温下，下列溶液中粒子浓度关系正确的是A.0.1mol/LNa2CO3溶液中：2c(Na+)＝c(HCO3-)+c(H2CO3)+c(CO32-)B.将0.2mol/LNaA溶液和某浓度的盐酸等体积混合所得中性溶液中：c(Na+)＝c(A-)+c(Cl-)=0.2mol/LC.pH=4的醋酸与pH=10的NaOH溶液等体积混合后pH＞7D.0.lmol·L-1氯化铵溶液滴加浓盐酸可能有c(NH4+)=c(H+)8、化学科学对提高人类生活质量和促进社会发展具有重要作用，下列说法正确的是rm{(}rm{)}

rm{垄脵}用高效半导体照明灯取代白炽灯；有利于节能减排。

rm{垄脷}研发安全特效药物；有利于抵御人类疾病。

rm{垄脹}规范食品添加剂生产和科学使用；有利于保障人体健康和生命安全。

rm{垄脺}推广城市生活垃圾处理的减量化；资源化、无害化技术；有利于环境保护和资源的充分利用。

rm{垄脻}用聚氯乙烯代替乙烯作食品包装袋，有利于节约使用成本．A.rm{垄脵垄脷垄脹}B.rm{垄脷垄脺垄脻}C.rm{垄脵垄脹垄脺}D.rm{垄脵垄脷垄脹垄脺}9、已知：rm{K_{a}}为平衡常数，rm{pKa=-lgKa}rm{25隆忙}时，rm{H_{2}A}的rm{pK_{a1}=1.85}rm{pK_{a2}=7.19}用rm{0.1mol?L^{-1}NaOH}溶液滴定rm{20mL0.1mol?L^{-1}H_{2}A}溶液的滴定曲线如图所示rm{(}曲线上的数字为rm{pH).}下列说法不正确的是rm{(}rm{)}A.rm{a}点所得溶液中；rm{2n(H_{2}A)+n(A^{2-})=0.002mol}B.rm{b}点所得溶液中：rm{c(H_{2}A)+c(H^{+})=c(A^{2-})+c(OH^{-})}C.rm{c}点所得溶液中：rm{c(Na^{+})<3c(HA^{-})}D.rm{d}点所得溶液中：rm{c(Na^{+})>c(A^{2-})>c(HA^{-})}评卷人得分二、双选题(共8题，共16分)10、新型纳米材料MFe2Ox（3＜x＜4）中M表示+2价的金属元素，在反应中M化合价不发生变化．常温下，MFe2Ox能使工业废气中的（SO2）转化为S，流程如下：MFe2OxMFe2Oy下列判断正确的是（）A.SO2是该反应的催化剂B.MFe2Ox是还原剂C.X＜YD.SO2发生了置换反应11、在恒容密闭容器中发生反应A（g）+B（g）⇌C（g）+D（？）+Q，其中B为紫色，A、C、D皆为无色，D的状态不明确．下列选项中能够确定上述容器中反应已达平衡的是（）A.密度不变B.温度不变C.颜色不变D.压强不变12、在体积为2L的恒容密闭容器中发生反应xA（g）+yB（g）⇌zC（g）；图1表示200℃时容器中A；B、C物质的量随时间的变化关系，图2表示不同温度下平衡时C的体积分数随起始n（A）：n（B）的变化关系．则下列结论正确的是（）

A.200℃时，反应从开始到平衡的平均速率v（B）=0.04mol•L-1•min-1B.图2所知反应xA（g）+yB（g）⇌zC（g）的△H＞0，且a=2C.若在图1所示的平衡状态下，再向体系中充入He，此时v正＞v逆D.200℃时，向容器中充入2molA和1molB，达到平衡时，A的体积分数小于0.513、室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是rm{(}rm{)}A.含有大量rm{Fe^{3+}}的溶液中：rm{Na^{+}}rm{Fe^{2+}}rm{Br^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}B.rm{1.0mol/L}rm{KMnO_{4}}的溶液中：rm{H^{+}}rm{Na^{+}}rm{Cl^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}C.能与铝反应放出rm{H_{2}}的溶液中：rm{K^{+}}rm{Mg^{2+}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{NO_{3}^{-}}D.水电离的rm{c(H^{+})}和rm{C(OH^{-})}之积为rm{1隆脕10^{-20}mol^{2}?L^{-2}}的溶液中：rm{Na^{+}}rm{K^{+}}rm{CO_{3}^{2-}}rm{Cl^{-}}14、下列有关实验的操作、原理和现象的叙述正确的是rm{(}rm{)}A.在rm{4mL0.1mol?L^{-1}}的rm{K_{2}Cr_{2}O_{7}}溶液中滴加数滴rm{1mol?L^{-1}}的rm{NaOH}溶液，溶液颜色从橙色变成黄色B.配制rm{0.1}rm{mol/L}的rm{H_{2}SO_{4}}溶液时，将量取的浓rm{H_{2}SO_{4}}放入容量瓶中加水稀释C.用干燥且洁净的玻璃棒蘸取rm{NaClO}溶液，滴到放在表面皿上的rm{pH}试纸上测rm{pH}值D.在用简易量热计测定反应热时，可使用碎泡沫起隔热保温的作用，迅速混合后测出初始温度，用环形玻璃搅拌棒进行搅拌使酸和碱充分反应、准确读取实验时温度计最高温度、并且取rm{2-3}次的实验平均值等措施，以达到良好的实验效果15、高锰酸钾溶液在酸性条件下可以与硫酸亚铁反应，化学方程式如下（未配平）：KMnO4+FeSO4+H2SO4-→K2SO4+MnSO4+Fe2（SO4）3+H2O．下列说法正确的是（）A.Fe2+的还原性强于Mn2+B.MnO4-是氧化剂，Fe3+是还原产物C.生成1mol水时，转移1.25mol电子D.取反应后的溶液加KSCN溶液，可观察到有血红色沉淀生成16、关于同一种元素的原子或离子，下列叙述正确的是()

A.原子半径比阴离子半径小B.原子半径比阴离子半径大C.原子半径比阳离子半径大D.带正电荷多的阳离子半径比带正电荷少的阳离子半径大17、下列有关实验操作和结论均正确的是rm{(}rm{)}

。选项操作结论rm{A}配制rm{FeCl_{2}}溶液时加入适量的盐酸抑制rm{Fe^{2+}}水解rm{B}浓硫酸和蔗糖反应产生的气体通过足量的rm{KMnO_{4}}溶液，气体全部被吸收且溶液紫红色褪去“黑面包实验”产生的气体具有还原性rm{C}制备乙酸乙酯的实验，将蒸出的乙酸乙酯蒸汽导在饱和的rm{NaOH}溶液液面以上防止倒吸，便于分层．rm{D}幼儿使用含rm{NaF}的牙膏，可以使牙齿上的rm{Ca_{5}(PO_{4})_{3}OH}转化为rm{Ca_{5}(PO_{4})_{3}F}防止蛀牙rm{K_{sp}[Ca_{5}(PO_{4})_{3}F]<K_{sp}[Ca_{5}(PO_{4})_{3}OH]}A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)18、媒体报道称“酒鬼”酒塑化剂超标2.6倍；塑化剂并非食品或食品添加剂，且对人体有害．一种塑化剂DIBP仅含C；H、O三种元素，相对分子质量小于280，氧的百分含量为23.02%，DIBP分子中苯环上二位取代，且分子中含2个酯基．

（1）DIBP的分子式为____．

（2）塑化剂DEHP是DIBP的同系物；存在如图所示的转化关系．

①A是苯环的邻二位取代，则A的结构简式是____．A与乙二醇发生缩聚反应的化学方程式为____．

②D分子所含官能团是____．

③B分子有1个碳原子连接乙基和正丁基，DEHP的结构简式是____．

（3）F是A的一种同分异构体；具有如下特征：

a．是苯的邻位二取代物；

b．遇FeCl3溶液显示特征颜色；

c．能与NaHCO3溶液反应．

写出F与NaHCO3溶液反应的化学方程式____．

（4）有机物M与DIBP也互为同系物，分子式为C10H10O4，M核磁共振氢谱出现三组峰，则有机物M的结构可能有____种．19、根据如图所示装置回答下列问题：

（1）写出图中标有字母的仪器的名称：a____，b____，c____；

（2）如果用加热高锰酸钾的方法制取氧气，应选装置____；收集氧气的装置有：____（填序号）．写出该反应的表达式：____．

（3）把上面分解高锰酸钾制取氧气的仪器装配好后，检验该装置气密性的操作方法为：____．

（4）如果选用的收集装置需要检验氧气是否已收集满，则应将带火星的木条放在____．

（5）实验室里用加热高锰酸钾的方法制取氧气，并用排水法收集氧气实验时，待气泡放出时，不宜立即收集，其原因是____；应待气泡____时，再收集．实验结束时应先把导管____，后熄灭____，原因是____；集满氧气的集气瓶应____（填：正或倒）放在桌上并盖上玻璃片．20、主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的原子最外层电子数是次外层电子数的3倍。X、Y和Z分属不同的周期，它们的原子序数之和是W原子序数的5倍。在由元素W、X、Y、Z组成的所有可能的二组分化合物中，由元素W与Y形成的化合物M的熔点最高。请回答下列问题：（1）W元素原子的L层轨道表示式为________，W3分子的空间构型为________；（2）化合物M的晶体结构与NaCl相同，而熔点高于NaCl。M熔点较高的原因是____________________。将一定量的化合物ZX负载在M上可制得ZX/M催化剂，用于催化碳酸二甲酯与月桂醇酯交换合成碳酸二月桂酯。在碳酸二甲酯分子中，碳原子采用的杂化方式有________，O—C—O的键角约为________；（3）X、Y、Z可形成立方晶体结构的化合物，其晶胞中X占据所有棱的中心，Y位于顶角，Z处于体心位置，则该晶体的组成为X∶Y∶Z＝________；（4）含有元素Z的盐的焰色反应为紫色。许多金属盐都可以发生焰色反应，其原因是_______________________________________________________________________。21、某校课外小组同学制备Fe(OH)3胶体，并研究该胶体的性质。他们采用了以下操作制备胶体，请将空白处填写完整。(1)取一个烧杯，加入20mL蒸馏水，加热至沸腾，然后向烧杯中滴加1mL～2mL饱和________溶液，继续煮沸，待__________________后，停止加热。(2)将制得的胶体放入半透膜制成的袋内，如图所示。放置2min后，取少量半透膜外的液体于试管中，置于暗处，用一束强光从侧面照射，观察________(填“有”或“无”)丁达尔现象；再向试管中加入用稀硝酸酸化的硝酸银溶液，可观察到的现象为____________。(3)将半透膜内的液体倒入U形管中，如图所示，在液体上方加入少量电解液以保护胶体，接通直流电后，观察到的现象是____________(填“阴”或“阳”)极附近颜色逐渐变深，其原因是__________________________________。22、下列说法正确的是____．

（1）由同种元素组成的物质一定时纯净物．

（2）由同种原子构成的物质一定时纯净物．

（3）由同种分子构成的物质一定时纯净物．

（4）由同种元素阳离子和同种元素阴离子构成的物质一定时纯净物．

（5）质子数相同的微粒一定时同一种元素．

（6）非金属单质都是由分子构成的．

（7）非金属氧化物都是由分子构成的．

（8）有阳离子的物质就一定有阴离子．

（9）有阴离子的物质就一定有阳离子．

（10）各元素质量分数相同的物质一定是纯净物．

（11）漂白粉和漂白液有效成分都是Ca（OH）2．

（12）玻璃和水玻璃的成分一样．23、已知有机物M中只含有C、H、O三种元素，其相对分子质量为88．与M有关的反应如图：

已知：

（1）M的分子式为____，其分子中除碳氧双键外的官能团的名称为____．

（2）写出①、③的反应类型：①____，③____．

（3）E的名称____，检验D中官能团的试剂是____．

（4）写出反应②的化学方程式：____．

（5）X是M的同分异构体，且X属于酯类，其结构简式有____种，请写出只含一个甲基的结构简式____．24、下列物质中：①NaCl②Na2O③CH3COOH④CO2⑤NaHCO3⑥NH3•H2O⑦Fe⑧金刚石⑨Cl2⑩澄清石灰水⑪NaOH属于强电解质的有____；属于弱电解质的有：____．（填序号）评卷人得分四、判断题(共1题，共3分)25、标准状况下，1mol任何物质的体积都约是22.4L____（判断对错）评卷人得分五、计算题(共4题，共32分)26、1molH2O中含有____mole-．27、氨气是一种重要的化工产品；是生产铵盐；尿素等的原料．工业合成氨的反应如下：

N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=一92.4KJ•mol-1

（1）2NH3（g）⇌N2（g）+3H2（g）在恒容密闭容器中达到平衡的标志有____

①单位时间内生成3nmolH2：同时生成2nmolNH3

②用NH3、N2、H2表示反应速率比为2：1：3

③混合气体的密度不再改变。

④混合气体压强不再改变。

⑤混合气体平均相对分子质量不再改变。

A．①③④B．①②④⑤C．①④⑤D．②③④

（2）工业上常用CO2和NH3通过如下反应合成尿素[CO（NH2）2]．

CO2（g）+2NH3（g）CO（NH2）2（1）+H2O（g）△H＜0．t℃时，向容积恒定为2L的密闭容器中加入0.10molCO2和0.40molNH3，70min开始达到平衡．反应中CO2（g）的物质的量随时间变化如下表所示：

。时间/min0307080100n（CO2）/mol0.100.0600.0400.0400.040①20min时υ正（CO2）____80min时υ逆（H2O）（填“＞”；“=”或“＜”）．

②在100min时，保持其它条件不变，再向容器中充入0.050mo1CO2和0.20molNH3，重新建立平衡后CO2的转化率与原平衡相比将____（填“增大”；“不变”或“减小”）．

③上述可逆反应的平衡常数为____（保留二位小数）．

④根据表中数据在图甲中绘制出在t℃下NH3的转化率随时间变化的图象；保持其它条件不变；则（t+10）℃下正确的图象可能是____（填图甲中的“A”或“B”）．

⑤图乙所示装置（阴、阳极均为惰性电极）可用于电解尿素〔CO（NH2）2〕的碱性溶液制取氢气．该装置中阳极的电极反应式为____，若两极共收集到气体22.4L（标况），则消耗的尿素为____g（忽略气体的溶解）．28、质量为3.9g的Na2X中含有的Na+物质的量为0.1mol，则Na2X的摩尔质量为____，X的相对原子质量为____（已知Na的相对原子质量为23）29、现取19.2gCu与200mL某浓度的浓HNO3反应，当铜完全溶解后，收集到产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积共11.2L；则：

（1）写出发生反应的化学方程式____；

（2）NO的物质的量为____；mol，NO2的物质的量为____mol；

（3）向溶液中加入500mL、3mol•L-1NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化为沉淀，则原硝酸溶液的浓度为____mol•L-1．评卷人得分六、探究题(共4题，共8分)30、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________．31、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：32、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________．33、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：参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【分析】A；氢键是一种分子间作用力；不是化学键；

B；一个碳原子与其它四个不同的原子或原子团相连的碳为手性C原子；

C、I2和是非极性分子而H2O是极性分子；非极性分子难溶于极性溶剂；

D、含氧酸可用通式XOm（OH）n来表示，式中m大于等于2的是强酸，m为0的是弱酸，据此可知，非羟基氧原子数目越大，酸性越强．【解析】【解答】解：A；氢键是一种分子间作用力；不是化学键，故A错误；

B；一个碳原子与其它四个不同的原子或原子团相连的碳为手性C原子；中间的碳为手性C原子，故B正确；

C、I2和是非极性分子而H2O是极性分子；非极性分子难溶于极性溶剂，相似相溶的所以碘单质在水溶液中溶解度很小，故C错误；

D、含氧酸可用通式XOm（OH）n来表示；式中m大于等于2的是强酸，m为0的是弱酸，据此可知，非羟基氧原子数目越大，酸性越强，故D错误；

故选B．2、B【分析】【分析】A；氢氧化钠和氯化铁反应生成氢氧化铁红褐色沉淀；

B；碳酸钠可以和氯化钙发生复分解反应生成碳酸钙沉淀；而碳酸氢钠不会发生反应；

C；高锰酸钾具有强的氧化性；能将双键、醛基氧化；

D、检验卤素离子，应在酸性条件下进行．【解析】【解答】解：A；氢氧化钠和氯化铁发生复分解反应生成氢氧化铁红褐色沉淀；向沸水中加氯化铁溶液来制氢氧化铁胶体，故A错误；

B、碳酸钠可以和氯化钙发生复分解反应生成碳酸钙沉淀，而碳酸氢钠不会发生反应，可以用氯化钙来检验NaHCO3固体中是否含Na2CO3；故B正确；

C；向丙烯醛中滴加酸性高锰酸钾溶液；高锰酸钾可以将双键氧化，还可以将醛基氧化，均可以使其褪色，这样不能确定丙烯醛中是否含有碳碳双键，故C错误；

D、检验溴化银水解产物，应先加入酸来中和碱，再加硝酸银根据是否出现淡黄色沉淀来检验溴离子，进而确定C2H5Br中的Br元素的存在与否；故D错误．

故选B．3、C【分析】选项A不正确，表现的是SO2的还原性；银离子的氧化性强于铜离子的，所以首先析出的是金属银，选项B不正确；选项D不正确，常温下发生的是钝化，而钝化是化学变化，因此正确的答案选C。【解析】【答案】C4、B【分析】解：A．先拐先平温度高；甲平衡状态二氧化碳物质的量小，说明温度越高平衡逆向进行，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，故A错误；

B．丙中达到平衡状态二氧化碳0.12mol；

2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）；

起始量（mol/L）0.10.100

变化量（mol/L）0.060.060.030.06

平衡量（mol/L）0.040.040.030.06

乙若达到相同平衡状态；体积增大一倍；

2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）；

起始量（mol/L）000.050.1

变化量（mol/L）0.040.040.020.04

平衡量（mol/L）0.040.040.030.06

此时氮气转化率×100%=40%；但相同体积条件下，相当于体积缩小压强增大平衡正向进行，氮气转化率小于40%，故B正确；

C．温度T1＞T2；反应为放热反应，温度越低平衡正向进行，气体物质的量减小，气体压强减小，乙气体物质的量为甲的一倍，相当于增大压强，平衡正向进行，气体物质的量减小，达到平衡时，乙容器中的压强一定小于甲容器的2倍，故C错误；

D.2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）；

起始量（mol/L）0.10.100

变化量（mol/L）0.060.060.030.06

平衡量（mol/L）0.040.040.030.06

K==42.19；

丙容器中反应达到平衡后，再充入0.10molNO和0.10molCO2，浓度商Qc==28.14＜K；平衡正向进行。

此时v（正）＞v（逆）；故D错误；

故选：B。

A．先拐先平温度高；甲平衡状态二氧化碳物质的量小，说明温度越高平衡逆向进行；

B．丙中达到平衡状态二氧化碳0.12mol；结合三行计算得到。

2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）；

起始量（mol/L）0.10.100

变化量（mol/L）0.060.060.030.06

平衡量（mol/L）0.040.040.030.06

乙若达到相同平衡状态；体积增大一倍；

2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）；

起始量（mol/L）000.050.1

变化量（mol/L）0.040.040.020.04

平衡量（mol/L）0.040.040.030.06

此时氮气转化率×100%=40%；但相同体积条件下，相当于体积缩小压强增大平衡正向进行；

C．温度T1＞T2；反应为放热反应，温度越低平衡正向进行，气体物质的量减小，气体压强减小，乙气体物质的量为甲的一倍，相当于增大压强，平衡正向进行，气体物质的量减小；

D．计丙容器中平衡浓度计算平衡常数，再充入0.10molNO和0.10molCO2；计算此时浓度商和平衡常数比较判断反应进行的方向．

本题考查了化学平衡影响因素分析、平衡常数、转化率计算、等效平衡的建立等，掌握基础是解题关键，题目难度中等．【解析】B5、D【分析】【分析】A．酸性氧化物能与水作用成酸或与碱作用成盐和水的氧化物；

B．依据酯是由醇和酸经过酯化反应生成的有机物；

C．电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；

D．由不同物质组成的物质为混合物．【解析】【解答】解：A．SO2、SiO2均能和碱反应生成盐和水；为酸性氧化物，CO不与酸或水反应，属于不成盐氧化物，故A错误；

B．油脂是由高级脂肪酸和甘油形成的酯；多肽是由氨基酸形成的，淀粉属于多糖，故B错误；

C．四氯化碳在水溶液中和熔融状态下都不能导电；属于非电解质，故C错误；

D．福尔马林是甲醛水溶液；属于混合物；漂粉精主要成分是次氯酸钙，属于混合物；氨水氨气溶于水形成的溶液，属于混合物，故D正确；

故选D．6、D【分析】【分析】A；向饱和硫化氢溶液中有自由移动的氢离子、硫氢根离子和硫离子；通二氧化硫，生成单质硫，离子浓度减小；

B；向硫酸铝溶液中持续加入氢氧化钡固体；自由的硫酸根离子和铝离子的浓度都减小，当硫酸铝完全反应时，加入氢氧化钡离子浓度增大；

C、向Ca（HCO3）2溶液中滴加澄清石灰水至过量；开始时自由移动的钙离子和碳酸氢根离子的浓度减小，当碳酸氢钙完全反应，再滴加氢氧化钙，自由移动的离子浓度变大；

D、向氯化铁溶液中持续通入SO2，生成硫酸亚铁和氯化亚铁．【解析】【解答】解：A；向饱和硫化氢溶液中有自由移动的氢离子、硫氢根离子和硫离子；通二氧化硫，生成单质硫，离子浓度减小，后继续通入二氧化硫生成亚硫酸，氢离子、亚硫酸氢根离子的浓度变大，所以溶液的导电能力经过“先减弱后增强”变化，故A不选；

B；向硫酸铝溶液中持续加入氢氧化钡固体；自由的硫酸根离子和铝离子的浓度都减小，当硫酸铝完全反应时，加入氢氧化钡离子浓度增大，所以溶液的导电能力经过“先减弱后增强”变化，故B不选；

C、向Ca（HCO3）2溶液中滴加澄清石灰水至过量；开始时自由移动的钙离子和碳酸氢根离子的浓度减小，当碳酸氢钙完全反应，再滴加氢氧化钙，自由移动的离子浓度变大，所以溶液的导电能力经过“先减弱后增强”变化，故C不选；

D、向氯化铁溶液中持续通入SO2；生成硫酸亚铁和氯化亚铁，离子浓度一直增大，所以溶液的导电能力没有经过“先减弱后增强”变化，故D选；

故选D．7、D【分析】试题分析：A、根据物料守恒可得0.1mol/LNa2CO3溶液中：c(Na+)＝2c(HCO3-)+2c(H2CO3)+2c(CO32-)，故A错误；B、溶液体积变为原来的2倍，c(Na+)=0.1mol•L‾1，所得溶液为中性，则c(H+)=c(OH‾)，根据电荷守恒可得c(H+)+c(Na+)=c(OH‾)+c(Cl‾)+c(A-)，则c(Na+)＝c(A-)+c(Cl-)=0.1mol•L‾1，故B错误；C、醋酸为弱酸，pH=4的醋酸的溶质浓度远远大于pH=10的NaOH溶液的溶质浓度，所以二者等体积混合后，醋酸过量，pH<7，故C错误；D、0.lmol·L-1氯化铵溶液中NH4+的浓度大于H+浓度，滴加浓盐酸，H+浓度增大，可能有c(NH4+)=c(H+)，故D正确。考点：本题考查离子浓度比较、弱电解质的电离平衡。【解析】【答案】D8、D【分析】解：rm{垄脵}高效半导体照明灯比白炽灯发光效率高，有利于节能减排，故rm{垄脵}正确；

rm{垄脷}研发安全特效药物，有利于抵御人类疾病，如青霉素是抗菌药，故rm{垄脷}正确；

rm{垄脹}食品添加剂超标，会对人体产生危害，规范食品添加剂生产和科学使用，有利于保障人体健康和生命安全，故rm{垄脹}正确；

rm{垄脺}城市生活垃圾无害化、减量化、资源化处理，是实现中国城市可持续发展战略的重要组成部分，推广城市生活垃圾处理的减量化、资源化、无害化技术，有利于环境保护和资源的充分利用，故rm{垄脺}正确；

rm{垄脻}聚氯乙烯有毒，聚乙烯无毒，所以不能用聚氯乙烯代替乙烯作食品包装袋，故rm{垄脻}错误．

故选D．

rm{垄脵}高效半导体照明灯比白炽灯发光效率高；

rm{垄脷}研发安全特效药物；有利于抵御人类疾病；

rm{垄脹}食品添加剂超标；会对人体产生危害；

rm{垄脺}城市生活垃圾无害化；减量化、资源化处理；是实现中国城市可持续发展战略的重要组成部分；

rm{垄脻}聚氯乙烯是有毒物质．

本题考查化学在生产、生活中的应用，难度不大，会运用化学知识解释生产生活现象，学以致用．【解析】rm{D}9、C【分析】解：rm{A.K_{a1}=dfrac{c(HA^{-})拢庐c(H^{+})}{c(H_{2}A)}}rm{A.K_{a1}=dfrac

{c(HA^{-})拢庐c(H^{+})}{c(H_{2}A)}}点溶液中rm{a}则该溶液中rm{c(HA^{-})=dfrac{K_{a1}隆脕c(H_{2}A)}{c(H^{+})}=dfrac{10^{-1.85}隆脕c(H_{2}A)}{10^{-1.85}}=c(H_{2}A)}再结合物料守恒知，溶液中存在rm{c(H^{+})=10^{-1.85}}故A正确；

B.rm{c(HA^{-})=dfrac

{K_{a1}隆脕c(H_{2}A)}{c(H^{+})}=dfrac

{10^{-1.85}隆脕c(H_{2}A)}{10^{-1.85}}=c(H_{2}A)}时，二者恰好完全反应生成rm{n(H_{2}A)+n(HA^{-})+n(A^{2-})=2n(H_{2}A)+n(A^{2-})=0.1mol/L隆脕0.02L=0.002mol}溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒电荷守恒rm{20mL}物料守恒rm{NaHA}得到：rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(HA^{-})+c(OH^{-})+2c(A^{2-})}故B正确；

C.rm{c(Na^{+})=c(HA^{-})+c(A^{2-})+c(H_{2}A)}点溶液中溶质为rm{c(H_{2}A)+c(H^{+})=c(A^{2-})+c(OH^{-})}rm{c}溶液呈碱性，rm{NaHA}rm{Na_{2}A}rm{K_{a2}=dfrac{c(A^{2-})拢庐c(H^{+})}{c(HA^{-})}=10^{-7.19}}所以rm{c(OH^{-})>c(H^{+})}溶液中电荷守恒为：rm{c(H^{+})=10^{-7.19}mol/L}已知rm{K_{a2}=dfrac

{c(A^{2-})拢庐c(H^{+})}{c(HA^{-})}=10^{-7.19}}则rm{c(HA^{-})=c(A^{2-})}由于rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(HA^{-})+c(OH^{-})+2c(A^{2-})}所以rm{(HA^{-})=c(A^{2-})}故C错误；

D.加入氢氧化钠溶液rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=3c(HA^{-})+c(OH^{-})}rm{c(OH^{-})>c(H^{+})}溶液滴定rm{c(Na^{+})>3c(HA^{-})}溶液恰好反应生成rm{40ml}rm{NaOH}点溶液中主要是rm{20mL0.1mol?L^{-1}H_{2}A}和少量rm{Na_{2}A}溶液中离子浓度rm{d}故D正确；

故选C．

A.rm{K_{a1}=dfrac{c(HA^{-})拢庐c(H^{+})}{c(H_{2}A)}}rm{Na_{2}A}点溶液中rm{NaHA}则该溶液中rm{c(HA^{-})=dfrac{K_{a1}隆脕c(H_{2}A)}{c(H^{+})}=dfrac{10^{-1.85}隆脕c(H_{2}A)}{10^{-1.85}}=c(H_{2}A)}再结合物料守恒判断；

B.rm{c(Na^{+})>c(A^{2-})>c(HA^{-})}时，二者恰好完全反应生成rm{K_{a1}=dfrac

{c(HA^{-})拢庐c(H^{+})}{c(H_{2}A)}}溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断；

C.rm{a}点溶液中溶质为rm{c(H^{+})=10^{-1.85}}rm{c(HA^{-})=dfrac

{K_{a1}隆脕c(H_{2}A)}{c(H^{+})}=dfrac

{10^{-1.85}隆脕c(H_{2}A)}{10^{-1.85}}=c(H_{2}A)}溶液呈碱性，rm{20mL}rm{NaHA}rm{K_{a2}=dfrac{c(A^{2-})拢庐c(H^{+})}{c(HA^{-})}=10^{-7.19}}所以rm{c}结合溶液中电荷守恒判断；

D.加入氢氧化钠溶液rm{NaHA}rm{Na_{2}A}溶液滴定rm{c(OH^{-})>c(H^{+})}溶液恰好反应生成rm{c(H^{+})=10^{-7.19}mol/L}rm{K_{a2}=dfrac

{c(A^{2-})拢庐c(H^{+})}{c(HA^{-})}=10^{-7.19}}点溶液中主要是rm{c(HA^{-})=c(A^{2-})}和少量rm{40ml}．

本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，侧重考查学生分析判断及计算能力，明确电离平衡常数概念及表达式、溶液中各点溶质成分及其性质是解本题关键，难点是电离平衡常数的灵活运用，题目难度中等．rm{NaOH}【解析】rm{C}二、双选题(共8题，共16分)10、B|C【分析】解：A．SO2在反应中转化为S为氧化剂；不是催化剂，故A错误；

B．SO2转化为S，S元素化合价降低，说明SO2在反应中为氧化剂，则MFe2Ox为还原剂；故B正确；

C．MFe2Ox为还原剂生成MFe2Oy；反应后Fe元素的化合价升高，根据化合价代数和，则有（2y-2）＞（2x-2），即y＞x，故C正确；

D．化合物与化合物反应生成单质和化合物，不属于置换反应，SO2转化为S；发生氧化还原反应，故D错误．

故选BC．

在反应中，SO2转化为S，S元素化合价降低，说明SO2在反应中为氧化剂，则MFe2Ox为还原剂；反应后Fe元素的化合价升高，根据Fe元素常见化合价为+2；+3价判断x、y大小关系．

本题主要考查学生根据题目所给的信息和所学的化学知识进行解题的能力，解答时注意根据化合价的变化和化合物化合价代数和为0分析解答问题，要细心分析，题目难度不大．【解析】【答案】BC11、B|C【分析】解：A；如果D是气体；混合气体的密度始终不变，不一定平衡，故A错误；

B；温度不变；说明正逆反应速率相等，达平衡状态，故B正确；

C；颜色不变；说明B的浓度不变，反应达平衡状态，故C正确；

D；如果D是气体；两边的气体计量数相等，压强始终不变，所以不一定平衡，故D错误；

故选BC．

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．

本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0．【解析】【答案】BC12、B|D【分析】解：A．由图Ⅰ可知，200℃时5min达到平衡，平衡时B的物质的量变化量为0.4mol-0.2mol=0.2mol，故v（B）==0.02mol•L-1•min-1；故A错误；

B．由图Ⅱ可知；n（A）：n（B）一定时，温度越高平衡时C的体积分数越大，说明升高温度平衡向正反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为吸热反应，即△H＞0；图Ⅰ可知，200℃时平衡时，A的物质的量变化量为0.8mol-0.4mol=0.4mol，B的物质的量变化量为0.2mol，在一定的温度下只要A；B起始物质的量之比刚好等于平衡化学方程式化学计量数之比，平衡时生成物C的体积分数就最大，A、B的起始物质的量之比=0.4mol：0.2mol=2，即a=2，故B正确；

C．恒温恒容条件下，通入氦气反应混合物的浓度不变，平衡不移动，故v（正）=v（逆）；故C错误；

D．由图Ⅰ可知，200℃时平衡时，A、B、C的物质的量变化量分别为0.4mol、0.2mol、0.2mol，物质的量之比等于化学计量数之比，故x：y：z=0.4mol：0.2mol：0.2mol=2：1：1，平衡时A的体积分数为=0.5；200℃时，向容器中充入2molA和1molB达到平衡等效为原平衡增大压强，平衡向正反应移动，故达到平衡时，A的体积分数小于0.5，故D正确；

故选BD．

A．由图Ⅰ可知，200℃时平衡时，B的物质的量变化量为0.4mol-0.2mol=0.2mol，根据v=计算v（B）；

B．由图Ⅱ可知；n（A）：n（B）一定时，温度越高平衡时C的体积分数越大，说明升高温度平衡向正反应移动，据此判断反应热效应；在一定的温度下只要A；B起始物质的量之比刚好等于平衡化学方程式化学计量数之比，平衡时生成物C的体积分数就最大，由图Ⅰ判断200℃时A、B的起始物质的量，据此计算a的值；

C．恒温恒容条件下；通入氦气反应混合物的浓度不变，平衡不移；

D．由图1可知；达到平衡时，A的体积分数为0.5，200℃时，向容器中充入2molA和1molB达到平衡等效为原平衡增大压强，根据图Ⅰ中A；B、C的物质的量变化量之比等于化学计量数之比确定x、y、z，据此判断增大压强平衡移动方向．

本题考查化学平衡图象、反应速率计算、影响化学平衡的因素、化学平衡有关计算等，难度中等，注意C选项中理解稀有气体对化学平衡移动的影响．【解析】【答案】BD13、rA【分析】解：rm{A.}离子之间不反应；可大量共存，故A正确；

B.rm{H^{+}}rm{Cl^{-}}rm{MnO_{4}^{-}}发生氧化还原反应；不能共存，故B错误；

C.能与铝反应放出rm{H_{2}}的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，碱性溶液中不能大量存在rm{Mg^{2+}}酸溶液中rm{Al}rm{NO_{3}^{-}}发生氧化还原反应不生成氢气；故C错误；

D.水电离的rm{c(H^{+})}和rm{C(OH^{-})}之积为rm{1隆脕10^{-20}mol^{2}?L^{-2}}的溶，为酸或碱溶液，酸溶液中不能大量存在rm{CO_{3}^{2-}}故D错误；

故选A．

A.离子之间不反应；

B.发生氧化还原反应；

C.能与铝反应放出rm{H_{2}}的溶液；为非氧化性酸或强碱溶液；

D.水电离的rm{c(H^{+})}和rm{C(OH^{-})}之积为rm{1隆脕10^{-20}mol^{2}?L^{-2}}的溶；为酸或碱溶液．

本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意复分解反应、氧化还原反应的判断，题目难度不大．【解析】rm{A}14、rAD【分析】解：rm{A.K_{2}Cr_{2}O_{7}}溶液中存在平衡：rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}(}橙色rm{)+H_{2}O?2CrO_{4}^{2-}(}黄色rm{)+2H^{+}}滴加数滴rm{1mol/LNaOH}溶液；平衡正向移动，则溶液颜色从橙色变成黄色，故A正确；

B.配制rm{0.1}rm{mol/L}的rm{H_{2}SO_{4}}溶液时，应该用量筒稀释量取的浓rm{H_{2}SO_{4}}不能在容量瓶中稀释浓硫酸，故B错误；

C.次氯酸钠能够漂白rm{pH}试纸，应该用rm{pH}计测定次氯酸钠溶液的rm{pH}故C错误；

D.测定中和热，注意保温及准确测定起始温度及反应的最高温度，则使用碎泡沫起隔热保温的作用、环形玻璃搅拌棒进行搅拌、酸和过量的碱充分反应、取rm{2-3}次的实验平均值；以达到良好的实验效果，操作合理，故D正确；

故选AD．

A.rm{K_{2}Cr_{2}O_{7}}溶液中存在平衡：rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}(}橙色rm{)+H_{2}O?2CrO_{4}^{2-}(}黄色rm{)+2H^{+}}

B.稀释浓硫酸应该在烧杯中进行；不能直接用容量瓶稀释；

C.次氯酸钠具有强氧化性，能够漂白rm{pH}试纸；

D.测定中和热；注意保温及准确测定起始温度及反应的最高温度．

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握实验基本操作和基本技能为解答的关键，涉及中和热测定、rm{pH}试纸的使用、溶液配制等知识，注重高频考点的考查，注意实验的操作性分析，题目难度不大．【解析】rm{AD}15、AC【分析】解：A．该反应中还原剂是Fe2+，还原产物是Mn2+，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，故A正确；B．该反应中，锰元素的化合价由+7价变为+2价，铁元素的化合价由+2价变为+3价，所以氧化剂是MnO4-，还原产物是Mn2+，故B错误；C．根据得失电子相等配平方程式得2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5Fe2（SO4）3+8H2O，根据方程式知，生成1mol水时，转移电子的物质的量==1.25mol；故C正确；

D．铁离子和硫氰化钾溶液反应生成络合物而没有沉淀；故D错误；

故选：AC。

A．还原剂的还原性大于还原产物的还原性；

B．该反应中；锰元素的化合价由+7价变为+2价，铁元素的化合价由+2价变为+3价；

C．根据得失电子相等配平方程式得2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5Fe2（SO4）3+8H2O；根据水和转移电子水解的关系式计算；

D．铁离子和硫氰化钾溶液反应生成络合物。

本题考查氧化还原反应，侧重考查基本概念及基本计算，明确氧化剂和还原剂概念内涵及氧化性和还原性强弱判断方法是解本题关键，D为解答易错点。【解析】AC16、AC【分析】【分析】本题考查了微粒半径大小的比较，理解微粒半径大小的决定因素是关键，难度较小。【解答】A.同种元素的阴离子半径大于原子半径，如rm{r(Cl^{-})>r(Cl)}故A正确；B.同种元素的阴离子半径大于原子半径，如rm{r(Cl^{-})>r(Cl)}故B错误；C.同种元素的原子半径大于阳离子半径，如rm{r(Na)>r(Na^{+})}故C正确；D.同一种元素的阳离子，电荷越多，半径越小，如rm{r(Fe^{3+})<r(Fe^{2+})}故D错误。故选AC。【解析】rm{AC}17、rAD【分析】解：rm{A.}亚铁离子发生水解生成氢氧化亚铁和氢离子，配制rm{FeCl_{2}}溶液时加入适量的盐酸，可以抑制rm{Fe^{2+}}水解；故A正确；

B.“黑面包实验”产生了rm{CO_{2}}和rm{SO_{2}}rm{SO_{2}}可以被rm{KMnO_{4}}溶液吸收，rm{CO_{2}}不可被rm{KMnO_{4}}溶液吸收；故B错误；

C.乙酸乙酯能够与氢氧化钠溶液发生反应，乙酸乙酯蒸汽应导在饱和的rm{Na_{2}CO_{3}}溶液液面以上，而非rm{NaOH}故C错误；

D.幼儿使用含rm{NaF}的牙膏，可以使牙齿上的rm{Ca_{5}(PO_{4})_{3}OH}转化为rm{Ca_{5}(PO_{4})_{3}F}防止蛀牙，由于溶解度越小则rm{K_{sp}}越小，则溶度积rm{K_{sp}[Ca_{5}(PO_{4})_{3}F]<K_{sp}[Ca_{5}(PO_{4})_{3}OH]}故D正确；

故选AD．

A.亚铁离子水解溶液呈酸性；加入盐酸可以抑制亚铁离子的水解；

B.生成的气体为二氧化硫和二氧化碳；二氧化碳不会被吸收；

C.乙酸乙酯与氢氧化钠溶液反应；溶液不会分层，应该用饱和碳酸钠溶液吸收；

D.溶度积越小；难溶物越难溶，据此进行分析．

本题考查了化学实验方案的评价，题目难度中等，涉及盐的水解应用、酯化反应、难溶物溶解平衡等知识，注意掌握盐的水解原理及其影响，rm{B}为易错点，注意生成气体为rm{CO_{2}}和rm{SO_{2}}．【解析】rm{AD}三、填空题(共7题，共14分)18、C16H22O4n+nHOCH2CH2OH+（2n-1）H2O醛基7【分析】【分析】一种塑化剂DIBP仅含C、H、O三种元素，相对分子质量小于280，氧的百分含量为23.02%，分子中O原子最大数目≤4，而分子中含2个酯基，则O原子数目为4，DIBP的相对分子质量为=278，故剩余基团式量为278-64=214，C原子最大数目为=1710，塑化剂DEHP是DIBP的同系物，结合DEHP分子式，可知DIBP的分子式是C16H22O4；

A是苯环的邻二位取代，分子式是C8H6O4，去掉-C6H4-，还有C2H2O4，是二元酯水解的结果，故两个取代基都是-COOH，A的结构简式是．3-甲基庚烷为C是与它同碳架的烯烃，而B分子有1个碳原子连接乙基和正丁基，故B是C为B被催化氧化为D为则DEHP结构简式为：据此解答．【解析】【解答】解：一种塑化剂DIBP仅含C、H、O三种元素，相对分子质量小于280，氧的百分含量为23.02%，分子中O原子最大数目≤4，而分子中含2个酯基，则O原子数目为4，DIBP的相对分子质量为=278，故剩余基团式量为278-64=214，C原子最大数目为=1710，塑化剂DEHP是DIBP的同系物，结合DEHP分子式，可知DIBP的分子式是C16H22O4；

A是苯环的邻二位取代，分子式是C8H6O4，去掉-C6H4-，还有C2H2O4，是二元酯水解的结果，故两个取代基都是-COOH，A的结构简式是．3-甲基庚烷为C是与它同碳架的烯烃，而B分子有1个碳原子连接乙基和正丁基，故B是C为B被催化氧化为D为则DEHP结构简式为：

（1）由上述分析可知，DIBP的分子式是C16H22O4，故答案为：C16H22O4；

（2）①由上述分析可知，A的结构简式是．A与乙二醇发生缩聚反应的化学方程式为。

n+nHOCH2CH2OH+（2n-1）H2O；

故答案为：n+nHOCH2CH2OH+（2n-1）H2O；

②D为分子所含官能团是：醛基，故答案为：醛基；

③由上述分析可知，DEHP的结构简式是：故答案为：

（3）F是A（）的一种同分异构体，具有如下特征：a．是苯的邻位二取代物，是侧链异构；b．遇FeCl3溶液显示特征颜色，含有一个-OH连在苯环上；c．能与NaHCO3溶液反应，含有-COOH．故F是它与足量NaHCO3溶液反应只有-COOH反应；反应方程式为：；

故答案为：

（4）有机物M与DIBP也互为同系物，分子式为C10H10O4；含有两个酯基，M核磁共振氢谱出现三组峰；

最容易得出再进行变化，M的结构共有7种．

故答案为：7．19、酒精灯试管铁架台ACE2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑将导管的一端放入水中，用手捂住试管一会儿，若导管口有连续的气泡冒出时，则气密性好．集气瓶口开始排出的气体中含有装置中的空气冒出均匀从水槽中取出酒精灯避免水槽中的水倒吸到试管中炸裂试管正【分析】【分析】根据反应物的状态和反应条件；选择常用气体的发生装置；根据气体的水溶性和密度的大小，选择常用气体的收集装置．

（1）依据装置图中的仪器写出名称：a为酒精灯，b为试管；c为铁架台；

（2）用加热高锰酸钾的方法制取氧气固体加热的反应，反应的表达式：2KMnO4=K2MnO4+MnO2+O2↑所以选择的装置是A；氧气是难溶于水的气体，密度比空气重，所以收集氧气时可以用排水集气法，也可以用向上排气法收集；

（3）分解高锰酸钾制取氧气的仪器装配好后；检验该装置气密性的操作方法为：将导管的一端放入水中，用手捂住试管一会儿，若导管口有连续的气泡冒出时，则气密性好．；

（4）如果选用的收集装置需要检验氧气是否已收集满；说明选用向上排气法收集，则应将带火星的木条放在集气瓶口；

（5）实验室里用加热高锰酸钾的方法制取氧气，并用排水法收集氧气实验时，待气泡放出时，不宜立即收集，其原因是开始排出的气体中含有装置中的空气，应待气泡冒出均匀时再收集．实验结束时应先把导气管从水槽中拿出后，再熄灭酒精灯，避免水到洗到试管中炸裂试管，氧气比空气重，集满氧气的集气瓶应正放在桌面上．【解析】【解答】解：根据反应物的状态和反应条件；选择常用气体的发生装置；根据气体的水溶性和密度的大小，选择常用气体的收集装置．

（1）依据装置图中的仪器写出名称：a为酒精灯，b为试管；c为铁架台，故答案为：酒精灯；试管；铁架台；

（2）用加热高锰酸钾的方法制取氧气固体加热的反应，反应的表达式：2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑所以选择的装置是A，氧气是难溶于水的气体，密度比空气重，所以收集氧气时可以用排水集气法，也可以用向上排气法收集，故答案为：A；CE；2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑；

（3）分解高锰酸钾制取氧气的仪器装配好后；检验该装置气密性的操作方法为：将导管的一端放入水中，用手捂住试管一会儿，若导管口有连续的气泡冒出时，则气密性好；

故答案为：将导管的一端放入水中；用手捂住试管一会儿，若导管口有连续的气泡冒出时，则气密性好；

（4）如果选用的收集装置需要检验氧气是否已收集满；说明选用向上排气法收集，则应将带火星的木条放在集气瓶口，故答案为：集气瓶口；

（5）实验室里用加热高锰酸钾的方法制取氧气；并用排水法收集氧气实验时，待气泡放出时，不宜立即收集，其原因是开始排出的气体中含有装置中的空气，应待气泡冒出均匀时再收集．实验结束时应先把导气管从水槽中拿出后，再熄灭酒精灯，避免水到洗到试管中炸裂试管，氧气比空气重，集满氧气的集气瓶应正放在桌面上；

故答案为：开始排出的气体中含有装置中的空气；冒出均匀；从水槽中取出；酒精灯；避免水槽中的水倒吸到试管中炸裂试管；正．20、略

【分析】W原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，可推知W为氧元素，因W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且所有可能的二组分化合物中，Y与氧元素形成的化合物M熔点最高，可推知Y为Mg。因X、Y不在同一周期且X的原子数序数大于8小于12，所以X为F，由X、Y、Z的原子序数之和为40，可推知Z为K。晶格能∝所以MgO比NaCl晶格能大，在碳酸二甲酯分子中碳原子的杂化方式有sp3和sp2两种。O—C—O键角约为120°，每一个晶胞中实际拥有的离子数目的计算规律为：顶点：棱上：面心：体心：晶胞独有，推出X∶Y∶Z＝3∶1∶1。焰色反应是物理变化，是电子发生能级跃迁时产生的。【解析】【答案】（1）V形（2）构成晶体的离子半径小，晶格能大sp3和sp2120°（3）3∶1∶1（4）激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长（可见光区域）光的形式释放能量21、略

【分析】【解析】试题分析：（1）Fe(OH)3胶体的制备，不能采用铁盐和碱的反应，两者反应会生成Fe(OH)3沉淀。（2）Fe(OH)3胶体不能透过半透膜，Cl－能透过半透膜，用强光照射半透膜外液体无丁达尔现象，加稀硝酸酸化的硝酸银溶液有AgCl白色沉淀生成。（3）Fe(OH)3胶粒带正电荷，所以通电后向阴极移动。考点：考查氢氧化铁胶体的制备、提纯、性质检验【解析】【答案】(1)氯化铁(或FeCl3)液体呈红褐色(2)无有白色沉淀生成(3)阴Fe(OH)3胶体粒子带正电荷，在电场作用下向阴极移动22、（3）（9）【分析】【分析】只由一种物质组成的是纯净物，混合物是由多种物质组成的；含有相同质子数的原子一定是同一种元素；硅、金刚石是由原子构成的单质；若组成某物质的各元素的质量分数一定，则该物质不一定是纯净物，也可能是混合物；漂白液的主要成分是氯化钠和次氯酸钠；玻璃是硅酸盐的混合物，水玻璃是硅酸钠的水溶液．【解析】【解答】解：（1）由同种元素组成的物质不一定是纯净物；如臭氧和氧气组成的物质是混合物，故错误；

（2）不一定是纯净物；如臭氧和氧气组成的物质是混合物，故错误；

（3）由一种物质组成的物质一定属于纯净物；故正确；

（4）只有一种元素的阳离子和一种元素的阴离子构成的物质不一定是纯净物；例如铁离子和氯离子形成的是氯化铁，亚铁离子和氯离子构成的是氯化亚铁，故错误；

（5）具有相同质子数的微粒不一定属于同一种元素；例如，钠原子与铵根离子的质子数都是11，不属于同一种元素，故错误；

（6）硅；金刚石是由原子构成的单质；故错误；

（7）二氧化硅是由原子构成的；故错误；

（8）金属晶体由金属阳离子和自由电子构成；故错误；

（9）晶体只要有阴离子就一定有阳离子；故正确；

（10）若组成某物质的各元素的质量分数一定；则该物质不一定是纯净物，也可能是混合物，如氢气和氧气以质量比1：8混合，与水蒸气的混合物就属于混合物，故错误；

（11）漂白液的主要成分是氯化钠和次氯酸钠；有效成分是次氯酸钠，故错误；

（12）玻璃是硅酸盐的混合物；水玻璃是硅酸钠的水溶液，故错误；

故答案为：（3）（9）．23、C4H8O2羟基消去反应酯化反应乙醇新制银氨溶液或氢氧化铜悬浊液4HCOOCH2CH2CH3【分析】【分析】根据已知反应以及D→E的反应条件可以推知D是醛，E是醇，根据E的相对分子质量为46，能求算出E为乙醇，则D为乙醛；据B→D的反应条件结合已知反应，B中应有相邻的两个-OH，B的相对分子质量为90，90-32=58，58÷12=4余10，故B的分子式应为C4H10O2，E为乙醇，则B的结构简式为CH3CHOHCHOHCH3，B与足量苯甲酸发生酯化反应，生成F，F为则M为M→A是发生的消去反应，A为A→C发生加成反应，C为．【解析】【解答】解：根据已知反应以及D→E的反应条件可以推知D是醛，E是醇，根据E的相对分子质量为46，能求算出E为乙醇；据B→D的反应条件结合已知反应，B中应有相邻的两个-OH，B的相对分子质量为90，90-32=58，58÷12=4余10，故B的分子式应为C4H10O2结构简式CH3CHOHCHOHCH3，E为乙醇，则B的结构简式为CH3CHOHCHOHCH3，则M为．

（1）则M为分子式为C4H8O2，分子中除羰基外还有羟基，故答案为：C4H8O2；羟基；

（2）M为根据反应①的反应条件可知，①是消去反应；B为CH3CHOHCHOHCH3据③的反应条件和反应物可知；③为酯化反应；

故答案为：消去反应；酯化反应；

（3）根据已知反应以及D→E的反应条件可以推知D是醛；E是醇，根据E的相对分子质量为46，能求算出E为乙醇，检验D中醛基的试剂常见的有两种，新制银氨溶液和氢氧化铜悬浊液，故答案为：乙醇；新制银氨溶液或氢氧化铜悬浊液；

（4）M为结合①的反应条件，M→A是发生的消去反应，羟基和右侧C上的一个H原子消去，生成一个碳碳双键，A→C是加聚反应，反应方程式为：故答案为：

（5）X是M的同分异构体，且X属于酯类，M的分子式为C4H8O2，可能的结构有丙酸甲酯，只有1种，乙酸乙酯只有1种，甲酸丙酯有2种，因为丙基有两种，共4种，其中只含1个甲基的只有甲酸丙酯中的HCOOCH2CH2CH3，故答案为：4；HCOOCH2CH2CH3．24、①②⑤⑪③⑥【分析】【分析】强电解质的概念：溶于水的部分或者熔融状态时，可以完全变成阴阳离子的化合物．一般是强酸、强碱和大部分盐类．弱电解质是只有部分电离的电解质，如弱酸和弱碱等．【解析】【解答】解：①NaCl是盐；属于强电解质；

②Na2O是金属氧化物；属于强电解质；

③CH3COOH是弱酸；属于弱电解质；

④CO2是非电解质；

⑤NaHCO3是盐；属于强电解质；

⑥NH3•H2O是弱碱；属于弱电解质；

⑦Fe、⑧金刚石、⑨Cl2都是单质；既不是电解质也不是非电解质；

⑩澄清石灰水属于混合物；既不是电解质也不是非电解质；

⑪NaOH是强碱；是强电解质．

故答案为①②⑤⑪；③⑥．四、判断题(共1题，共3分)25、×【分析】【分析】1mol任何气体的体积都约是22.4L，只针对于气体．【解析】【解答】解：标准状况下；气体的气体摩尔体积为22.4L/mol，则1mol气体的体积为22.4L，而非气体不是；

故答案为：×．五、计算题(共4题，共32分)26、10【分析】【分析】1个水分子含有10个电子，所含电子物质的量为水的10倍．【解析】【解答】解：1个水分子含有10个电子，所含电子物质的量为水的10倍，即1molH2O中含有电子为1mol×10=10mol，故答案为：10．27、C＞增大76.53BCO（NH2）2-6e-+8OH-=CO32-+N2↑+6H2O15【分析】【分析】（1）化学反应达到化学平衡状态时；正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断，得出正确结论；

（2）①增大浓度；加快化学反应速率；

②根据等效平衡进行判断；

③根据平衡常数的定义进行计算；

④升高温度；平衡逆向移动，氨气的转化率减小；

⑤根据电解原理书写电极反应式，并进行相关计算．【解析】【解答】解：（1）单位时间内：①生成3nmolH2是正反应，同时生成2nmolNH3为逆反应；且化学反应速率之比等于化学计量数之比，故正逆反应速率相等，故①正确；

②用NH3、N2、H2表示反应速率比为2：1：3；化学反应速率之比等于化学计量数之比，与平衡无关，故②错误；

③密度=；总质量不变，体积不变，故混合气体的密度不再改变不能作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故③错误；

④反应前后气体的化学计量数之和不等；故混合气体压强不再改变可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故④正确；

⑤平均相对分子质量=；总质量不变，总物质的量在变，故混合气体平均相对分子质量不再改变可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故⑤正确；故在恒容密闭容器中达到平衡的标志有①④⑤；

故选C；

（2）①20min时，n（CO2）=0.06～0.10mol，80min时，n（H2O）=0.06mol，n（CO2）＞n（H2O），故20min时，υ正（CO2）＞80min时．υ逆（H2O）；

故答案为：＞；

②原始投料n（CO2）：n（NH3）=0.1mol：0.4mol=1：4，新增投料n（CO2）：n（NH3）=0.05mol：0.2mol=1：4，恒温恒容，投料比相同，相当于增大压强，有利于平衡正向移动，故平衡后CO2的转化率增大；

故答案为：增大；

③平衡时，c（CO2）=0.04÷2=0.02mol/L，c（NH3）=（0.4-0.06×2）÷2=0.14mol/L，c（H2O）=0.06÷2=0.03mol/L，根据反应CO2（g）+2NH3（g）=CO（NH2）2（l）+H2O（g），可知K===76.53；

故答案为：76.53；

④升高温度；化学反应速率加快，平衡逆向移动，氨气的转化率减小；

故答案为：B；

⑤CO（NH2）2中N的化合价升高，被氧化，在阳极放电，失电子，生成碳酸根离子，阳极电极反应式为：CO（NH2）2-6e-+8OH-=CO32-+N2↑+6H2O；n（气体）==1mol，总反应为：CO（NH2）2+2OH-N2↑+3H2↑+CO32-；

故CO（NH2）2～N2+3H2

14

0.25mol1mol

故m（CO（NH2）2）=0.25mol×60g/mol=15g；

故答案为：CO（NH2）2-6e-+8OH-=CO32-+N2↑+6H2O；15．28、78g/mol32【分析】【分析】Na+物质的量为0.1mol，则Na2X的物质的量为0.05mol，根据n=计算相关物理量，以此解答该题．【解析】【解答】解：Na2X中含有的Na+物质的量为0.1mol，则Na2X的物质的量为0.05mol；

M（Na2X）==78g/mol；

X的相对原子质量为78-2×23=32；

故答案为：78g/mol；32．29、Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O、3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+NO↑+4H2O0.050.4510【分析】【分析】（1）铜和浓硝酸反应生成硝酸铜；二氧化氮和水；和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水；

（2）氮氧化物的物质的量==0.5mol；根据转移电子守恒计算二氧化氮和NO的物质的量；

（3）向溶液中加入NaOH溶液时，NaOH先和硝酸反应生成硝酸钠，当硝酸完全反应后，NaOH再和硝酸铜反应，当铜离子完全转化为沉淀时，溶液中的溶质是硝酸钠，根据原子守恒计算硝酸浓度．【解析】【解答】解：（1）铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应方程式为Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，反应方程式为：3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+NO↑+4H2O；

故答案为：Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O；3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+NO↑+4H2O；

（2）设NO的物质的量为xmol，NO2的物质的量为ymol；

解得；

故答案为：0.05；0.45；

（3）向溶液中加入NaOH溶液时，NaOH先和硝酸反应生成硝酸钠，当硝酸完全反应后，NaOH再和硝酸铜反应，当铜离子完全转化为沉淀时，溶液中的溶质是硝酸钠，根据原子守恒得，n（HNO3）=