2025年浙教版高三化学下册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年浙教版高三化学下册阶段测试试卷659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、为了说明盐类水解是吸热反应，常温下，现用醋酸钠进行实验，表明它在水解时是吸热反应，其中的实验方案正确的是（）A.CH3COONa溶液中含有少量的CH3COOHB.醋酸钠溶液的pH大于7C.醋酸钠溶液中滴入酚酞显红色，加热后颜色变深D.醋酸钠溶液与浓H2SO4微热，可逸出醋酸蒸气2、设NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列叙述中正确的是（）A.0.5mol锌粒与足量盐酸反应产生11.2LH2B.标准状况下，18g的H2O中含有的电子数为10NAC.常温常压下，11.2L氧气所含的原子数为NAD.2.4g金属镁变为镁离子失去的电子数为0.1NA3、在用锌、铜和稀H2SO4构成的原电池装置中，经过一段时间的工作后，下列说法正确的是（）A.锌是正极，铜上有气泡产生B.电流方向是从锌到铜C.电解液的pH保持不变D.当导线中有1mol电子通过时，铜片上析出1gH24、某有机物A用质谱仪测定示意图如图①；核磁共振氢谱示意图如图②，则A的结构简式可能为（）

A.HCOOHB.CH3CHOC.CH3CH2OHD.CH3CH2COOH5、有下列两个反应，当温度降低时，反应a的平衡向正反应方向移动，反应b的平衡向逆反应方向移动．

a、C2H2（g）+H2（g）⇌C2H4（g）

b、2CH4（g）⇌C2H4（g）+2H2（g）

根据上述变化；判断以下几个热化学方程式：

（1）C（s）+2H2（g）⇌CH4（g）△H=-Q1kJ/mol

（2）2C（s）+H2（g）⇌C2H2（g）△H=-Q2kJ/mol

（3）2C（s）+2H2（g）⇌C2H4（g）△H=-Q3kJ/mol

其中2Q1、Q2、Q3从大到小的顺序是（）A.2Q1＞Q3＞Q2B.Q3＞2Q1＞Q2C.Q2＞Q3＞2Q1D.Q3＞2Q1＞Q2评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)6、丙烯是石油化工的重要原料；一定条件下可发生下列转化：

已知：①R-BrR-CN②RCNRCOOH

（1）A的结构简式为____．

（2）写出反应类型：反应①____；反应④____．

（3）D与足量乙醇反应生成E的化学方程式为____．

（4）与足量NaOH水溶液反应的化学方程式为____．7、福酚美克是一种影响机体免疫力功能的药物；可通过以下方法合成：

（1）B中的含氧官能团有____和____（填名称）．

（2）C→D的转化属于____反应（填反应类型）．

（3）已知E→F的转化属于取代反应，则反应中另一产物的结构简式为____．

（4）A（C9H10O4）的一种同分异构体X满足下列条件：

Ⅰ．X分子有中4种不同化学环境的氢．

Ⅱ．X能与FeCl3溶液发生显色反应．

Ⅲ．1molX最多能与4molNaOH发生反应．

写出该同分异构体的结构简式：____．

（5）已知：+R3CHO，根据已有知识并结合相关信息，写出以为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）．合成路线流程图示例如下：

CH3CH2BrCH3CH2OHCH3COOCH2CH3．8、有原子序数依次增大的五种短周期元素A；B、C、D、E；已知A、E同主族，A元素的原子半径最小，B元素原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，C元素的最高价氧化物的水化物X与其氢化物反应生成一种盐Y；A、B、C、E四种元素，每种元素都能与D元素形成原子个数比不相同的常见化合物，回答下列问题：

（1）B在周期表中的位置是____，C元素的单质的电子式____

（2）写出同时含A、B、C、D四种元素的一种盐的化学式____

（3）E和D形成的一种化合物与BD2发生氧化还原反应，该反应的方程式为____

（4）在一定条件下，一定量的A的单质与C的单质反应，可生成17克气体化合物CA3，同时放出46kJ的热量，写出该反应的热化学方程式____

（5）B、C两元素比较，非金属性较强的是____（填元素符号），用化学事实加以说明____（用化学方程式表示）9、（1）用NaCl固体配制100mL1.00mol/LNaCl溶液的步骤为：计算；称量；溶解；洗涤；摇匀；装瓶贴签等．其中缺少的步骤名称有____．

（2）用蒸馏的方法分离两种有机物，用到的仪器有：锥形瓶、蒸馏烧瓶、酒精灯、温度计，其中缺少的玻璃仪器名称有____．10、从辉铜矿（Cu2S）中利用火法炼铜可以提取铜，发生如下反应：下面是由Cu2S冶炼铜及制取CuSO4·5H2O的流程图：⑴Cu2S中铜元素的化合价为____，当有1molCu2S与O2反应生成2molCu时，转移电子的物质的量是。⑵Cu2O、CuO中加入足量稀硫酸得到的体系A中看到溶液呈蓝色，且有红色物质生成，请写出生成红色物质的离子方程式。⑶若使A中单质溶解，操作Ⅰ中加入的试剂最好是____。（选填字母代号）A．适量的HNO3B．适量的NaOHC．适量的H2O2该反应的离子方程式为。⑷取5．00g胆矾样品逐渐升高温度使其分解，分解过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如下图所示：①由图中可以看出，胆矾分解的最低温度是____。②通过计算确定258℃时发生反应的化学方程式为，e点对应的化学式为（计算过程略去）。11、实验室需要制备纯净的氯化钾晶体．现有含少量KBr和K2SO4的氯化钾样品；按照图1所示的实验方案进行提纯．

（1）操作Ⅰ的名称____，操作Ⅱ所需的玻璃仪器有酒精灯和____．

（2）若用硝酸钡来代替氯化钡，是否可行？请说明理由．____．

（3）若实验所得固体甲、乙的质量分别为W1g和W2g，则样品中KBr的质量分数计算式为____．

（4）某同学对该实验方案提出质疑，他认为加适量氯化钡溶液不容易控制，应加入过量氯化钡溶液，请你按他的思路，写出实验流程图2中所用试剂、所得产物的化学式和相应操作的名称，A____，B____，滤液C____，操作Ⅱ____．12、工业生产硝酸铵的流程图如下：

请回答下列问题：

（1）写出硝酸铵在工农业生产中的重要作用____（任写一条）

（2）已知N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）；△H=-92.4kJ•mol-1．请回答：

①在500℃、200atm和铁催化条件下向一密闭容器中充入1molN2和3molH2，充分反应后，放出的热量____（填“＜”“＞”“=”）92.4kJ，该反应的化学平衡常数表达式K=____．

②为有效提高氢气的转化率，宜采取的措施有____

A．降低温度B．最适合催化剂活性的适当高温C．增大压强。

D．降低压强E．循环利用和不断补充氮气F．及时移出氨。

（3）一定温度下在体积固定的密闭容器中，将1molN2和3molH2混合，当该反应达到平衡时，测得平衡混合气的压强是反应前的0.85倍，此时N2的转化率为____．13、（1）下列实验操作中，错误的是____

①用10mL量筒量取6.4mL盐酸；

②切割白磷时；必须用镊子夹取，置于桌面上的玻璃片上，小心用刀切割；

③配制FeSO4溶液；应先将盐溶解在稀硫酸中，再加水稀释到所需浓度，并加入少量铁屑；

④加热烧杯（瓶）时要垫石棉网；所以在加热前，烧杯（瓶）外壁不必擦干；

⑤不慎接触过多的氨；应及时吸入新鲜的空气和水蒸气，并用大量水冲洗眼睛；

⑥用带橡皮塞的棕色试剂瓶存放浓HNO3．

（2）如图为实验室制H2的装置．若液面刚好不与锌粒接触而又无酸液可加入，则可以从长颈漏斗中加入适量试剂是____

①食盐水②苯③四氯化碳④Na2CO3溶液⑤硫酸铜溶液⑥KNO3溶液．

14、(2分)相对分子质量为M的某物质在室温下的溶解度为Sg，此时测得饱和溶液的密度为ρg·cm－3，则该饱和溶液的物质的量浓度是评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)15、常温常压下，92gNO2和N2O4的混合气体中含有的原子总数为6NA．____（判断对错）16、标准状况下，22.4L氦气与22.4L氟气所含原子数均为2NA．____（判断对错）17、分液时，先将下层液体从分液漏斗下端放出，再将上层液体从上口倒出．____．（判断对错）18、因为Na可以与水反应放出H2，所以K也可以与水反应放出H2____．（判断对错）19、6.02×1023个NaCl分子中含有Na+数目为NA____（判断对错），若不正确，理由是____．20、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）21、通过化学变化可以实现35Cl与37Cl间的相互转化____．（判断对错）22、判断下列有关烷烃的命名是否正确。

（1）2-甲基丁烷____

（2）2，2，3-三甲基戊烷____

（3）（CH3CH2）2CHCH33-甲基戊烷____

（4）异戊烷____．评卷人得分四、探究题(共4题，共16分)23、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________．24、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：25、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________．26、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：评卷人得分五、推断题(共2题，共18分)27、芳香化合物A是重要的合成原料，在医药、染料、香料等行业有着广泛的应用。由A制得某药物H的转化关系如图所示(由A→G，G→H的反应条件和部分反应物已略去)。请回答下列问题：(1)有机物A的相对分子质量为106，A中所含碳氢氧三种元素的质量比为42∶3∶8，A的结构简式为____，检验A中含氧官能团的方法是____。(2)关于药物H的下列说法中正确的是____(填字母)。a．H的分子式为C10H15NOb．该物质核磁共振氢谱图中有8个峰c．属于芳香烃d．能发生加成、消去、氧化反应(3)写出D→B的化学方程式____。(4)反应①～⑤属于取代反应的是____(填序号)。(5)B和C生成F的化学方程式为____。(6)写出符合下列条件的G的同分异构体的结构简式____。①既能发生消去反应，又能发生酯化反应②苯环上的一氯取代物只有两种，分子结构中没有甲基③能发生银镜反应28、已知常温下E为无色无味的液体；F为淡黄色的粉末，G为常见的无色气体（反应条件均已略），请回答下列问题：

（1）请写出F的电子式____；在反应②中，当生成2.24L的G（标准状况）时，反应转移的电子数目为____．

（2）若A、C、D均含有氯元素，且A中氯元素的化合价介于C与D之间，写出A与B的稀溶液反应的离子方程式：____．

（3）若C、D均为气体且都能使澄清石灰水变浑浊，且常温下B呈液态，则A与B的名称分别为____、____．

（4）若A与B均为固体化合物，C是常见的一种中性干燥剂，则反应①的化学方程式为____．该反应生成的D气体1.7g在Pt的催化作用下和足量G气体充分反应后恢复至室温，放出热量29.25kJ，写出该反应的热化学方程式：____．评卷人得分六、书写(共2题，共20分)29、只需用一种试剂即可将酒精、苯酚溶液、四氯化碳、环己烯、甲苯五种无色液体区分开来，该试剂是____（填序号）①FeCl3溶液②溴水③KMnO4溶液④金属钠，其中所能发生化学反应的方程式为____．30、写出化学方程式（有机物用结构简式表示）

（1）乙烯和溴水反应____反应类型____

（2）苯和溴反应____反应类型____．参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【分析】A．醋酸钠溶液中含少量醋酸；说明醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解；

B．醋酸钠溶液的pH＞7；说明醋酸钠是强碱弱酸盐；

C．醋酸钠溶液中滴入酚酞试液显红色；说明醋酸钠是强碱弱酸盐，加热后颜色变深，升高温度促进水解；

D．醋酸钠和硫酸反应生成醋酸，浓硫酸稀释放出的热量使醋酸挥发．【解析】【解答】解：A．醋酸钠溶液中含少量醋酸；说明醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解导致产生醋酸，不能说明盐类水解是吸热反应，故A错误；

B．醋酸钠溶液的pH＞7；说明醋酸钠是强碱弱酸盐，不能说明盐类水解与反应热有关，故B错误；

C．醋酸钠溶液中滴入酚酞试液显红色；说明醋酸钠是强碱弱酸盐，加热后颜色变深，升高温度促进水解，则盐类水解是吸热反应，故C正确；

D．醋酸钠和硫酸反应生成醋酸；浓硫酸稀释放出的热量使醋酸挥发，不能说明盐类水解是吸热反应，故D错误；

故选C．2、B【分析】【分析】A．气体状况未知；无法计算气体的体积；

B．质量转化为物质的量结合1个水分子含有10个电子解答；

C．常温常压；Vm≠22.4L/mol；

D.1个镁原子失去2个电子生成+2价镁离子．【解析】【解答】解：A．气体状况未知；气体摩尔体积不确定，无法计算气体的体积，故A错误；

B.18g水的物质的量为：=1mol，含有电子数为10NA；故B正确；

C．常温常压；Vm≠22.4L/mol，无法计算氧气的物质的量，故C错误；

D.2.4g金属镁物质的量为=0.1mol，失去的电子数为0.2NA；故D错误；

故选：B．3、D【分析】【分析】锌比铜活泼，形成原电池反应时，锌为负极，发生氧化反应，铜为正极，正极上氢离子得电子发生还原反应，电子从负极流向正极，以此解答．【解析】【解答】解：A；锌比铜活泼；应为原电池的负极，发生氧化反应，铜为正极，发生还原反应，则A错误；

B；电流从正极流向负极；则从铜片经导线流向锌片，故B错误；

C；正极上氢离子得电子发生还原反应；则氢离子浓度减小，所以反应一段时间后，溶液的pH升高，故C错误；

D、铜为正极，发生还原反应即2H++2e-=H2↑，所以有1mol电子通过时，铜片上析出0.5×2=1gH2；故D正确．

故选D．4、C【分析】【分析】根据质荷比可确定该有机物的相对分子质量，根据核磁共振氢谱示意图可知，该有机物的核磁共振氢谱有3个吸收峰，则其分子中有3种H原子，H原子数目之比等于对应峰的面积之比，结合等效氢对各选项进行判断．【解析】【解答】解：根据图示可知，该有机物的最大质荷比为46，则A的相对分子质量为46，则分子式为C2H6O或CH2O2；故B；D错误；

根据图示核磁共振氢谱可知，A分子的核磁共振氢谱有3个吸收峰，则其分子中有3种H原子，HCOOH分子中含有2种H，CH3CH2OH分子中含有3种等效H；则正确的为C；

故选C5、A【分析】【分析】先根据温度变化，平衡移动判断反应a、反应b的热效应，然后利用盖斯定律判断；【解析】【解答】解：当温度降低时，反应a的平衡向正反应方向移动，说明该反应正向为放热反应，△H＜0，反应b的平衡向逆反应方向移动；说明该反应正向为吸热反应，△H＞0；

（1）C（s）+2H2（g）⇌CH4（g）△H=-Q1kJ/mol

（2）2C（s）+H2（g）⇌C2H2（g）△H=-Q2kJ/mol

（3）2C（s）+2H2（g）⇌C2H4（g）△H=-Q3kJ/mol

利用盖斯定律，（3）-（2），得到C2H2（g）+H2（g）⇌C2H4（g）△H=Q2-Q3，与题干中的a中的方程式一样，而a中的反应为放热反应，则Q2-Q3＜0，所以Q2＜Q3；

同理：（3）-（1）×2，得到2CH4（g）⇌C2H4（g）+2H2（g）△H=2Q1-Q3，与题干中的b中的方程式一样，而b中的反应为吸热反应，则2Q1-Q3＞0，所以2Q1＞Q3；

综上所述2Q1＞Q3＞Q2

故选：A；二、填空题(共9题，共18分)6、加成反应取代反应+2C2H5OH+2H2O【分析】【分析】丙烯与HBr发生加成反应生成A，A为溴代烷，A与KCN发生取代反应，生成故A为由信息RCNRCOOH，可知B为与KCN发生取代反应生成C，C为CD，由信息RCNRCOOH可知D为与足量的乙醇发生酯化反应生成E，E为据此解答．【解析】【解答】解：丙烯与HBr发生加成反应生成A，A为溴代烷，A与KCN发生取代反应，生成故A为由信息RCNRCOOH，可知B为与KCN发生取代反应生成C，C为CD，由信息RCNRCOOH可知D为与足量的乙醇发生酯化反应生成E，E为

（1）由上述分析可知，A的结构简式为故答案为：

（2）反应①是丙烯与HBr发生加成反应生成反应②是与KCN发生取代反应生成

故答案为：加成反应；取代反应；

（3）与足量的乙醇发生酯化反应生成反应化学方程式为：+2C2H5OH+2H2O；

故答案为：+2C2H5OH+2H2O；

（4）与足量NaOH乙醇溶液反应；发生卤代烃的水解溶液与羧酸的中和反应，反应方程式为。

故答案为：．7、酯基醚键氧化反应【分析】【分析】（1）根据B的结构简式可知；B中含有酯基和醚键；

（2）比较C和D的结构简式可知；C中的醇羟基变成了D中的醛基，发生了氧化反应；

（3）E→F的转化属于取代反应；根据元素守恒可知反应中另一产物的结构简式；

（4）A（C9H10O4）的同分异构体X满足下列条件Ⅰ．X分子有中4种不同化学环境的氢，Ⅱ．X能与FeCl3溶液发生显色反应；说明有酚羟基，Ⅲ．1molX最多能与4molNaOH发生反应说明分子中有四个羧基；酚羟基，或水解后产生的酚羟基、羧基，根据条件写同分异构体；

（5）以为原料制备可以先将通过发生消去、氧化得苯甲醛，再发生类似题目流程图中D→E→F→福酚美克的变化，再发生缩聚反应可得产品．【解析】【解答】解：（1）根据B的结构简式可知；B中含有酯基和醚键，所以含氧官能团为酯基和醚键，故答案为：酯基和醚键；

（2）比较C和D的结构简式可知；C中的醇羟基变成了D中的醛基，发生了氧化反应，故答案为：氧化反应；

（3）E→F的转化属于取代反应，根据元素守恒可知反应中另一产物的结构简式为故答案为：

（4）A（C9H10O4）的同分异构体X满足下列条件Ⅰ．X分子有中4种不同化学环境的氢，Ⅱ．X能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基，Ⅲ．1molX最多能与4molNaOH发生反应说明分子中有四个羧基、酚羟基，或水解后产生的酚羟基、羧基，符合条件的同分异构体为

故答案为：

（5）以为原料制备可以先将通过发生消去、氧化得苯甲醛，再发生类似题目流程图中D→E→F→福酚美克的变化，再发生缩聚反应可得产品，合成路线为

故答案为：．8、第二周期第ⅣA族NH4HCO3（或CH3COONH4）2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=-92kJ•mol-1NCaCO3+2HNO3=Ca（NO3）2+CO2↑+H2O【分析】【分析】A；B、C、D、E为原子序数依次增大的五种短周期元素；A元素的原子半径最小，则A为H元素；

B元素原子的最外层电子数是内层电子数的2倍；最外层最多含有8个电子，则内层电子数为2，最外层电子数为4，故B为C盐酸；

C元素的最高价氧化物的水化物X与其氢化物反应生成一种盐Y；Y为硝酸铵，则C为N元素；

A；E同主族；根据原子序数大小可知E为Na元素；

A、B、C、E四种元素都能与D元素形成原子个数比不相同的常见化合物，则D为O元素，然后利用元素及其单质、化合物的性质来解答．【解析】【解答】解：A；B、C、D、E为原子序数依次增大的五种短周期元素；A元素的原子半径最小，则A为H元素；B元素原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，最外层最多含有8个电子，则内层电子数为2，最外层电子数为4，故B为C盐酸；C元素的最高价氧化物的水化物X与其氢化物反应生成一种盐Y，Y为硝酸铵，则C为N元素；A、E同主族，根据原子序数大小可知E为Na元素；A、B、C、E四种元素都能与D元素形成原子个数比不相同的常见化合物，则D为O元素；

（1）B为C元素，其原子序数为6，位于元素周期表中的第二周期第ⅣA族；C为N元素，对应单质为氮气，氮气分子中存在氮氮三键，氮气的电子式为

故答案为：第二周期第ⅣA族；

（2）盐是由阳离子与酸根离子构成，A、B、C、D四种元素的两种盐的阳离子只能为铵根离子，则盐为NH4HCO3、CH3COONH4；

故答案为：NH4HCO3（或CH3COONH4）；

（3）BD2为CO2，E和D形成的一种化合物能够与二氧化碳发生氧化还原反应，则该化合物为过氧化钠，反应的化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；

故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；

（4）氮气与氢气生成17g氨气放出46kJ的热量，则生成2molNH3放出92kJ的热量，则热化学反应方程式为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=-92kJ•mol-1；

故答案为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=-92kJ•mol-1；

（5）B为C元素、C为N元素，二者位于同一周期，C的原子序数小于N，则非金属性N元素大于C元素；非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物酸性越强，其非金属性越强，通过反应CaCO3+2HNO3=Ca（NO3）2+CO2↑+H2O可以证明N元素的非金属性大于C；

故答案为：N；CaCO3+2HNO3=Ca（NO3）2+CO2↑+H2O．9、移液、定容冷凝管、牛角管【分析】【分析】（1）根据配制一定物质的量浓度的溶液步骤进行解答；

（2）根据蒸馏操作方法判断需要仪器名称，然后找出还缺少的玻璃仪器名称．【解析】【解答】解：（1）配制100mL1.00mol/LNaCl溶液的步骤有：计算；称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作；

故答案为：移液；定容；

（2）蒸馏操作中用到的仪器有：酒精灯；蒸馏瓶、温度计、冷凝管、尾接管、锥形瓶；还缺少的玻璃仪器为：冷凝管、牛角管；

故答案为：冷凝管、牛角管．10、略

【分析】试题分析：（1）Cu2S与Cu2O一样，铜的化合价都是+1价，所以二者最终反应均变成单质铜，化合价降低，生成2mol铜，转移电子2mol。（2）Cu2O中加入足量稀硫酸是因为Cu2O发生了歧化反应，0价←+1→+2价，所以有红色物质生成。Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O（3）要使单质铜变成硫酸铜，应该加入氧化剂把铜单质氧化，考虑不引入杂质和环保，应该选择C，H2O2在酸性条件下可以把Cu氧化为Cu2+，方程式为：Cu+H2O2+2H+=Cu2++H2O。（4）根据图像可知随着温度的升高，胆矾样品的质量在逐渐减少。在102℃时第一次出现质量减少，所以胆矾开始出现分解，当温度达到258℃时，5g样品减少了1．8g，所以根据比例可知此时晶体中的结晶水恰好全部失去，所以反应为：CuSO4·H2OCuSO4+H2O；当温度达到1000℃时，到达e处质量已经不再减少，所以此时CuSO4发生分解生成Cu2O。考点：本题考查变价金属的性质和氧化还原反应的知识。【解析】【答案】（1）+1、6mol（2）Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O（3）C、Cu+H2O2+2H+=Cu2++H2O（4）102℃、CuSO4·H2OCuSO4+H2O、Cu2O11、过滤玻璃棒不可行，因为用硝酸钡代替氯化钡会引入硝酸钾杂质×（W-W2-）×100%BaSO4K2CO3KCl、KBr、K2CO3蒸发浓缩、冷却结晶（或蒸发结晶）【分析】【分析】样品加水溶解后，加入适量的氯化钡溶液，得到的沉淀甲为BaSO4，根据BaSO4的质量可确定样品中K2SO4的质量分数；滤液中含有氯化钾和溴化钾，在氯气中通入过量氯气，经蒸发、浓缩、冷却结晶可得到氯化钾，如在实验中加入过量的氯化钡，则过滤后得到的滤液中含有氯化钾、溴化钾以及氯化钡，应加入过量的碳酸钾，过滤后在滤液中分别加热盐酸和氯气，然后蒸发结晶可得到氯化钾，以此解答．【解析】【解答】解：（1）操作I用于分离固体和液体混合物；应为过滤操作，操作Ⅱ为蒸发，需要的玻璃仪器有玻璃棒和酒精灯；

故答案为：过滤；玻璃棒；

（2）若用硝酸钡来代替氯化钡；则硝酸根在溶液中不能除掉，故答案为：不可行，因为用硝酸钡代替氯化钡会引入硝酸钾杂质；

（3）沉淀甲为BaSO4，n（BaSO4）==mol，则n（K2SO4）=mol，m（K2SO4）=mol×174g/mol；

则原混合物中KCl、KBr总质量为：Wg-W1g×；

K2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2KCl

233149

W1gW1g×

原混合物中KCl、与氯气与KBr反应生成的KCl的总质量为：W2g-W1g×；

Cl2+2KBr═2KCl+Br2质量差。

23889

m（KBr）[Wg-W1g×-（W2g-W1g×）]

故m（KBr）=×（W-W2-）

则溴化钾的质量分数为=×100%=×（W-W2-）×100%；

故答案为：×（W-W2-）×100%；

（4）氯化钾、溴化钾、硫酸钾中硫酸钾能与氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀，过滤后滤液中含有氯化钾、溴化钾和过量的氯化钡，然后加入过量碳酸钾，会和氯化钡反应生成碳酸钡白色沉淀和氯化钾，过滤得到BaCO3沉淀；滤液中含有氯化钾；溴化钾和过量的碳酸钾，在此基础上加入过量盐酸反应生成氯化钾、水和二氧化碳，可以将碳酸根离子除掉，然后通入氯气，溴化钾会与氯气反应生成氯化钾和溴单质，经蒸发浓缩、冷却结晶可得到纯净的KCl；

故答案为：BaSO4；K2CO3；KCl、KBr、K2CO3；蒸发浓缩、冷却结晶（或蒸发结晶）．12、可做氮肥等＜CEF30%【分析】【分析】（1）根据铵盐的用途分析；

（2）①根据可逆反应的特点不可能完全进行到底分析；依据化学平衡常数概念书写表达式；

②根据化学平衡移动分析；因增大反应物的浓度；减少生成物的浓度，增大压强，降低温度工业合成氨反应向正反应方向移动，氢气的转化率提高，但在实际生产中不能用低温，因为温度低化学反应速率慢；

（3）根据化学平衡三段式列式求出各自的物质的量，最终求出转化率；【解析】【解答】解：（1）因铵盐的主要用途是用作氮肥；故答案为：可做氮肥等；

（2）①因为可逆反应不可能完全进行到底，放出的热量比完全反应少，在1atm和298K条件下，1mol氮气和3mol氢气完全反应生成2mol氨气，放出92.4kJ热量，该反应为可逆反应，不可能进行完全，又因为反应温度为500℃，所以放出的热量小于92.4kJ；N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）；该反应的平衡常数K=；

故答案为：＜；

②A．反应是放热反应；降低温度平衡正向进行，氢气的转化率提高，但在实际生产中不能用低温，因为温度低化学反应速率慢，故A不符合；

B．最适合催化剂活性的适当高温；温度越高氢气转化率减小，故B不符合；

C．反应是气体体积减小的反应；增大压强，平衡正向进行，氢气转化率增大，故C符合；

D．降低压强；平衡逆向进行，故D不符合；

E．循环利用和不断补充氮气；提高氢气转化率，故E符合；

F．及时移出氨；平衡正向进行，氢气转化率增大，故F符合；

故答案为：CEF；

（3）依据化学平衡的三段式列式计算得到：设氮气转化物质的量为x

N2+3H2=2NH3

起始量（mol）130

转化量（mol）x3x2x

平衡量（mol）1-x3-3x2x

平衡混合气的压强是反应前的0.85倍；物质的量是反应前的0.85倍。

（1-x）+（3-3x）+2x=0.85×4

得到x=0.3mol；

氢气的转化率=×100%=30%

故答案为：30%；13、略

【分析】

（1）①因量筒的精确度为0.1mL；故①正确；

②因白磷容易自燃；在水中切割，故②错误；

③因为亚铁离子在空气中极易被氧化成三价铁离子所以要求有过量铁屑可以和三价铁离子反应生成亚铁离子Fe+Fe3+=2Fe2+；故③正确；

④因加热烧杯（瓶）；防止烧杯（瓶）破裂，需要要垫石棉网，同时将外壁擦干，故④错误；

⑤因长时间接触过多的氨会出现供氧不足；所以吸入新鲜空气，并吸入水蒸气抑制氨气在血中的溶解，是因为氨气非常溶于水，生成铵根离子和氢氧根离子，呈弱碱性，毒性减小，故⑤正确；

⑥因浓HNO3具有强氧化性，能够氧化橡皮，所以存放浓HNO3的棕色试剂瓶不用带橡皮塞；而用玻璃塞，故⑥错误；

故答案为：②④⑥；

（2）①因加入食盐水；相当于稀硫酸进行稀释，同时液面上升，与金属发生反应，故①正确；

②因苯不溶于水；且密度比水小，加入苯，液面上升，苯在上层，但苯与金属不反应，故②错误；

③因四氯化碳不溶于水；且密度比水大，加入四氯化碳，液面上升，稀硫酸在上层，与金属反应，故③正确；

④因Na2CO3溶液与稀硫酸反应；产生二氧化碳气体，使氢气不纯，故④错误；

⑤因加入硫酸铜溶液；相当于稀硫酸进行稀释，同时液面上升，与金属发生反应，故⑤正确；

⑥因加入KNO3溶液，相当于稀硫酸进行稀释，同时液面上升，但溶液中含有NO3-；与金属发生反应，产生NO，故⑤错误；

故答案为：①③⑤．

【解析】【答案】（1）①根据量筒的精确度；

②根据固体药品的取用方法；

③根据Fe2+容易被氧化；

④根据烧杯（瓶）的使用方法；

⑤根据氨气的性质；

⑥根据浓HNO3的强氧化性；

（2）根据锌与非氧化性酸反应产生H2；增大溶液的体积即可接触而发生反应，注意锌与强氧化性酸反应不生成氢气．

14、略

【分析】设水为100g，则溶质的物质的量为：mol，溶液的质量为：（100+S）g，溶液体积：L，所以饱和溶液的物质的量浓度为：1000ρS/M(100+S)mol/L【解析】【答案】（2分）1000ρS/M(100+S)mol/L三、判断题(共8题，共16分)15、√【分析】【分析】NO2和N2O4的最简式相同，只需要计算92gNO2中原子数．【解析】【解答】解：NO2和N2O4的最简式相同，只需要计算92gNO2中原子数=×3×NA=6NA，故答案为：√．16、×【分析】【分析】氦气为单原子分子，结合V=nVm计算．【解析】【解答】解：22.4L氦气为1mol，但氦气为单原子分子，含有的原子数为NA，故答案为：×．17、√【分析】【分析】上层液体若从下口流出会掺杂仪器中附着的下层液体．据此解题．【解析】【解答】解：分液时，先把下层液体从下口放出，再把上层液体从上口倒出，故答案为：√．18、√【分析】【分析】根据同主族元素性质相似的规律判断．【解析】【解答】解：Na和K位于周期表相同主族，性质相似，Na可以与水反应放出H2，所以K也可以与水反应放出H2；

故答案为：√．19、×【分析】【分析】NaCl属于离子晶体，不存在NaCl分子．【解析】【解答】解：因为NaCl属于离子化合物，不存在分子，故错误，故答案为：×，因为NaCl属于离子化合物，不存在分子．20、×【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：×．21、×【分析】【分析】化学变化不涉及原子核内部的变化，即化学变化不能改变中子数、质子数．故通过化学变化无法实现35Cl与37Cl间的相互转化，同位素之间的转化属于核变化．【解析】【解答】解：35Cl与37Cl间的相互转化没有新物质生成，属于物理变化，故通过化学变化无法实现35Cl与37Cl间的相互转化；

故答案为：×．22、√【分析】【分析】（1）根据烷烃的系统命名法分析；

（2）取代基的编号错误；应该是2，2，4-三甲基戊烷；

（3）根据烷烃的命名方法进行分析；

（4）根据图示的球棍模型进行命名并判断正误．【解析】【解答】答案（1）√（2）×（3）√（4）×

解：（1）主链为丁烷，命名为：2-甲基丁烷，题中命名正确；

故答案为：√；

（2）不是2，2，3-三甲基戊烷，编号错误，正确应为2，2，4三甲基戊烷；

故答案为：×；

（3）（CH3CH2）2CHCH33-甲基戊烷；满足烷烃的系统命名法，命名正确；

故答案为：√；

（4）根据球棍模型，其结构简式为名称为2甲基戊烷，所以题中命名错误；

故答案为：×．四、探究题(共4题，共16分)23、|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．24、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．25、|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．26、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．五、推断题(共2题，共18分)27、略

【分析】【解析】试题分析：(1)可推出A中所含碳氢氧三种元素的质量比为84∶6∶16，原子个数分别为7、6和1，结合转化关系图可推出A即B是苯甲醇，C是苯甲酸D是苯甲基氯，E是甲苯，F是苯甲酸苯甲酯，A中醛基，可以用银镜反应或与新制氢氧化铜产生砖红色沉淀来检验。(2)结合H的结构式，可知a．H的分子式为C10H15NO，正确；b．该物质核磁共振氢谱图中有9个峰，该项错误；c．含有碳、氢以外的元素，不属于芳香烃；该项错误；d．能发生加成、消去、氧化反应，正确。故本题选ad(3)根据转化关系可知，B是C6H5CH2OH，D是C6H5CH2Cl，故D到B的反应为C6H5CH2Cl＋N