2025年外研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年外研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、X，Y，Z，W，R属于短周期主族元素．X的原子半径短周期主族元素中最大，Y元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数为m﹣n，W元素与Z元素同主族，R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2：1．下列叙述错误的是（）A.X与Y形成的两种化合物中阴、阳离子的个数比均为1：2B.Y的氢化物比R的氢化物稳定，熔沸点高C.Z，W，R最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序是：R＞W＞ZD.RY2、WY2通入BaCl2溶液中均有白色沉淀生成2、设NA表示阿伏加德罗常数的值，25℃，1.01×105Pa时，64gSO2含有的分子数为（）A.2NAB.NAC.略小于NAD.6.02×10223、醋酸和氢氧化钠溶液发生反应的离子方程式正确的是（）A.H++OH-→H2OB.H++NaOH→Na++H2OC.CH3COOH+OH-→CH3COO-+H2OD.CH3COOH+NaOH→CH3COO-+Na++H2O4、已知某一温度下，0.1mol•L-1NaHA的强电解质溶液中，c（H+）＜c（OH-），则下列关系一定不正确的是（）A.c（Na+）=c（HA-）+2c（A2-）+c（OH-）B.c（H2A）+c（HA-）+c（A2-）=0.1mol•L-1C.将上述溶液稀释至0.01mol•L-1，c（H+）•c（OH-）不变D.溶液中存在：c（Na+）＞c（HA-）＞c（OH-）＞c（H2A）＞c（H+）＞c（A2-）5、关于阿司匹林，下列说法正确的是水杨酸乙酸酐阿司匹林A.不能用rm{FeCl_{3}}溶液鉴别水杨酸和阿司匹林B.服用阿司匹林出现水杨酸反应时，可静脉注射rm{NaHCO_{3}}溶液C.rm{1mol}阿司匹林最多可消耗rm{2molNaOH}D.该反应不属于取代反应评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)6、下面a～e是中学化学实验中常见的几种定量仪器：

a、量筒b；容量瓶c、滴定管d、托盘天平e、温度计。

①使用容量瓶的第一步操作是____．

②若用上述仪器配制500mL2mol•L-1的NaCl溶液，还缺少的玻璃仪器有烧杯、____．

③若用上述仪器测定中和热，则缺少的玻璃仪器有烧杯、____．

④若用上述仪器进行中和滴定，则缺少的玻璃仪器有____．7、有V；W、X、Y、Z五种元素；它们的核电荷数依次增大，且都小于20；只有X、Z是金属元素；V和Z元素原子的最外层电子都只有一个；W和Y元素原子的最外层电子数相同，且W元素原子L层电子数是K层电子数的3倍；X元素原子的最外层电子数是Y元素原子最外层电子数的一半．由此可知：

（1）X在元素周期表中的位置是____．

（2）Y元素最高价氧化物对应水化物的分子式为____，形成Z元素最高价氧化物对应水化物的化学键类型是____．

（3）V与W形成的常见化合物分子的电子式为____．

（4）Y与Z的化合物属于____（填“离子化合物”或“共价化合物”），该化合物的形成过程电子式为____．8、（2014•南通学业考试）营养平衡；科学使用食品添加剂有助于健康和提高免疫力．

①医用维生素C片常在药片外包裹一层“糖衣”，其作用除了改善口感外，更重要的作用是____．

②某品牌高钙梳打的配料标签如右图所示．在所列配料中，富含糖类的是____，植物油在体内水解最终产物是高级脂肪酸和____．碳酸钙与胃酸反应的离子方程式为____．9、Ⅰ．碳碳双键有如下的断裂方式：

高分子单体A（C6H10O3）可进行如下反应（反应框图）：

对框图中某些化合物性质说明：室温下A不与NaHCO3溶液反应，但可与Na反应放出H2；B可与NaHCO3溶液反应放出CO2；C可与Na作用放出H2而D不能；G在室温下既不与NaHCO3溶液反应，也不与Na作用放出H2．

（1）写出A；D、E的结构简式．

A：____；D：____；E：____

（2）写出与B所含官能团相同的B的同分异构体：____．

（3）写出F→G的化学反应方程式：____．

Ⅱ．PBT（HOH）是一种最重要的工程塑料之一．

已知：①

②

请设计方案以CH2=CHCH=CH2、为原料合成PBT；请用反应流程图表示；并注明反应条件．

示例：由乙醇合成聚乙烯的反应流程图可表示为。

CH3CH2OHCH2=CH2CH2-CH2

合成PBT的反应流程图为：____．10、有下列物质：①Fe②CO2③Na2O④Cu（OH）2⑤MgCl2⑥H2SO4⑦C2H5OH（酒精）（用序号作答）．

上述十种物质中，其中属于电解质的有____，属于非电解质的有____．11、亚硝酸钠（NaNO2）是一种常见的食品添加剂，使用时必须严格控制其用量．某兴趣小组用下图所示装置制备NaNO2并对其性质作如下探究（A中加热装置已略去）．

【背景素材】

①2NO+Na2O2═2NaNO2；

②NO能被酸性KMnO4氧化成NO3-，MnO4-被还原为Mn2+．

③在酸性条件下NaNO2能把I-氧化为I2；S2O32-能把I2还原为I-．

【制备NaNO2】

（1）装置A三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为____．

（2）B装置的目的是①____，②____．

（3）为保证制得的亚硝酸钠的纯度，C装置中盛放的试剂可能是____（填序号）．

A．P2O5B．碱石灰C．无水CaCl2D．生石灰。

（4）E装置的作用是____．

【测定NaNO2纯度】

（5）本小题可供选择的试剂有：

A．稀硫酸B．c1mol•L-1KI溶液C．淀粉溶液D．c2mol•L-1Na2S2O3溶液。

E．c3mol•L-1酸性KMnO4溶液。

①利用NaNO2的还原性来测定其纯度，可选择的试剂是____（填序号）．

②利用NaNO2的氧化性来测定其纯度的步骤是：准确称取质量为m的NaNO2样品放入锥形瓶中，加适量水溶解____（请补充完整实验步骤）．12、已知A；B、C、D、E是短周期中的5种非金属元素；它们的原子序数依次增大．A元素原子形成的离子核外电子数为零，C、D在元素周期表中处于相邻的位置，B原子的最外层电子数是内层电子数的2倍．E元素与D元素同主族；E的单质为黄色晶体，易溶于二硫化碳．

（1）请写出元素符号：

A：____，B：____，C：____，D：____．

（2）画出E的阴离子的结构示意图：____．

（3）C的单质和D的单质在一定条件下反应生成化合物X，该反应的化学方程式为____．

（4）A分别与其他四种元素形成的化合物，水溶液显碱性的是____（写化学式）．

（5）将12gB单质在足量的D单质中燃烧，所得气体通入1L1mol•L-1NaOH溶液中发生反应，写出反应的离子方程式：____．13、（16分）下面是某高分子有机物的合成路线，Ⅲ、V为Ⅵ的单体。回答下列问题：(1)由Ⅱ生成Ⅲ的反应类型名称为。(2)下列关于化合物I、Ⅱ和Ⅲ的说法中，正确的是____(填字母)。A．化合物I可以发生氧化反应B．化合物I不能与Na反应生成氢气C．从I→Ⅱ和Ⅱ→Ⅲ两反应来看，I→Ⅲ过程中浓硫酸有催化剂的作用D．化合物Ⅲ与HCl加成，只能生成一种有机产物(3)化合物V是____(填字母)类化合物。A．醇B．烷烃C．烯烃D．酸E．酯（4）在上述合成路线中，化合物Ⅳ和CH3COOH在催化剂的作用下与氧气反应生成V和水，写出反应方程式。(5)下图为分离化合物V、乙酸和乙醇混合物的实验操作流程图：在上述实验过程中，所涉及的三次分离操作分别是。A．①蒸馏②过滤③分液B．①分液②蒸馏③蒸馏C．①蒸馏②分液③分液D．①分液②蒸馏③结晶、过滤（6）写出I的同分异构体中能让FeCl3溶液显紫色的任意一种结构简式：。（7）写出反应III+V→VI的化学方程式：（不要求写反应条件）。评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)14、将蓝色的硫酸铜晶体放入浓硫酸属于物理变化____．（判断对确）15、用铂丝蘸取NaCl溶液进行焰色反应是化学变化____．（判断对确）16、很多物质都可以添加到食品中，其中使用亚硝酸钠时必须严格控制用量．____．（判断对错）17、苯的同系物能与溴水反应．____（判断对错）18、含5个碳原子的有机物，每个分子中最多可形成4个C-C单键____．评卷人得分四、探究题(共4题，共32分)19、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________．20、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：21、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________．22、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、计算题(共2题，共8分)23、在同温同压下，同体积的氢气和二氧化碳气体分子数之比为____，物质的量之比为____，原子总数之比为____，电子总数之比为____，质量之比为____，密度之比为____．24、0.8g某物质含有3.01×1022个分子，该物质的相对分子质量约为____．评卷人得分六、简答题(共3题，共27分)25、已知某纯碱试样中含有NaCl杂质；为测定试样中纯碱的质量分数，可用图中的装置进行实验．（提示：碱石灰是生石灰与氢氧化钠的混合物，可以吸收水和二氧化碳）

主要实验步骤如下：

①按图组装仪器；并检验装置的气密性。

②将10.0g试样放入锥形瓶中；加适量蒸馏水溶解，得到试样溶液。

③称量盛有碱石灰的U型管的质量；得到20.0g

④从分液漏斗滴入6mol•L-1的硫酸；直到不再产生气体时为止。

⑤从导管A处缓缓通入一定量的空气。

⑥再次称量盛有碱石灰的U型管的质量；得到22.0g

⑦重复步骤⑤和⑥的操作；直到U型管的质量基本不变，为22.2g

请填空和回答问题：

（1）装置中干燥管B的作用____．如果没有连接该干燥管，测试的结果____（填偏高；偏低或不变）．

（2）如果将分液漏斗中的硫酸换成浓度相同的盐酸，测试的结果____（填偏高；偏低或不变）．

（3）步骤⑤的目的是____，如果没有进行步骤⑤的操作，测试的结果____（填偏高；偏低或不变）．

（4）试样中纯碱的质量分数为____．26、工业上可用食盐和石灰石为主要原料，经不同的方法生产纯碱。请回答下列问题：（1）卢布兰芳是以食盐、石灰石、浓硫酸、焦炭为原料，在高温下进行煅烧，再浸取，结晶而制得纯碱。①食盐和浓硫酸反应的化学方程式为___________；②硫酸钠和焦炭、石灰石反应的化学方程式为_________（已知产物之一为CaS）；（2）氨碱法的工艺如下图所示，得到的碳酸氢钠经煅烧生成纯碱。。①图中的中间产物C是_______，D_______。（写化学式）；②装置乙中发生反应的化学方程式为_______；（3）联合制碱法对氨碱法的改进，其优点是______________；（4）有人认为碳酸氢钾与碳酸氢钠的化学性质相似，故也可用氨碱法以氯化钾和石灰石为原料制碳酸钾。请结合下图的溶解度（S）随温度变化曲线，分析说明是否可行？__________。27、双安妥明可用于降低血液中的胆固醇；其结构简式为：

该物质的合成线路如图：

已知：I．RCH2COOH

II．RCH═CH2RCH2CH2Br

III．同温同压下A的密度是H2密度的28倍，且支链有一个甲基；G能发生银镜反应，且1molG能与2molH2发生加成反应．

（1）双安妥明的分子式为______．

（2）A的结构简式为______．

（3）反应B→C的反应条件是______，G→H的反应类型是______．

（4）反应“F+I→双安妥明”的化学方程式为______．

（5）符合下列3个条件的F的同分异构体有______种．条件：①与FeCl3溶液显色；②苯环上只有两个取代基；③1mol该物质最多可与3molNaOH反应．

（6）参照上述合成路线，请设计由（与苯环性质相似）与合成的路线：______．参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】【解答】解：X的原子半径在短周期主旋元素中最大；应为Na元素；Y元素的原子外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数为m﹣n，因为L层电子最多为8，则n=2，m=6，所以Y为O元素，Z为Si元素，W元素与Z元素同主族，应为C元素，R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2：1，Y的核外电子数为8，则R的核外电子数为16，应为S元素；

A．X与Y形成的两种化合物分别为Na2O、Na2O2；两种化合物中阴；阳离子的个数比均为1：2，故A正确；

B．Y是O元素；R是S元素，元素的非金属性越强其氢化物越稳定，氧元素的非金属性大于硫元素，所以水的稳定性大于硫化氢，且水中含有氢键，沸点高，故B正确；

C．非金属性：S＞C＞Si；元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，故C正确；

D．SO2、CO2对应的酸的酸性比盐酸弱；与氯化钡都不反应，故D错误．

故选D．

【分析】X的原子半径在短周期主旋元素中最大，应为Na元素；Y元素的原子外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数为m﹣n，因为L层电子最多为8，则n=2，m=6，所以Y为O元素，Z为Si元素，W元素与Z元素同主族，应为C元素，R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2：1，Y的核外电子数为8，则R的核外电子数为16，应为S元素，结合元素对应单质、化合物的性质以及元素周期律可解答该题．2、B【分析】【分析】根据物质的量n=，先求出二氧化硫的物质的量，然后根据分子个数N=nNA求出分子个数．【解析】【解答】解：64g二氧化硫的物质的量n==1mol，故分子个数N=1mol×NA/mol=NA个，故选B．3、C【分析】【分析】离子方程式是指用实际参加反应的离子符号表示离子反应的式子．离子方程式的书写步骤一般为：

①“写”：写出有关反应的化学方程式；②“拆”：可溶性的电解质用离子符号表示；其它难溶的物质；气体、水等仍用化学式表示；③“删”：删去方程式两边不参加反应的离子；④“查”：检查式子两边的各种原子的个数及电荷数是否相等；

醋酸（CH3COOH）和氢氧化钠溶液反应生成醋酸钠和水，根据离子方程式的书写步骤即可解答．【解析】【解答】解：醋酸和氢氧化钠溶液发生反应CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，乙酸是弱酸应该写化学式，氢氧化钠是易溶于水的强碱拆成离子，乙酸钠是易溶于水的盐，拆成离子，水是弱电解质，写化学式，所以该反应的离子反应方程式为：CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O；

故选C．4、A【分析】解：A．因溶液不显电性，由电荷守恒可知c（H+）+c（Na+）=c（HA-）+2c（A2-）+c（OH-）；故A错误；

B．存在A的微粒有H2A、HA-、A2-，由物料守恒可知c（H2A）+c（HA-）+c（A2-）=0.1mol•L-1；故B正确；

C．因Kw=c（H+）•c（OH-），只与温度有关，则将上述溶液稀释至0.01mol/L，c（H+）•c（OH-）不变；故C正确；

D．0.1mol•L-1NaHA的强电解质溶液中，c（H+）＜c（OH-），则HA-的水解大于其电离，溶液显碱性，离子浓度大小为：c（Na+）＞c（HA-）＞c（OH-）＞c（H2A）＞c（H+）＞c（A2-）；故D正确；

故选A．

0.1mol•L-1NaHA的强电解质溶液中，c（H+）＜c（OH-），则HA-的水解大于其电离；溶液显碱性，并结合电荷守恒式及物料守恒式来解答；

A．依据溶液中的电荷守恒判断；阴阳离子带电荷总数相同；

B．溶液中存在物料守恒，存在A的微粒有H2A、HA-、A2-；

C．因Kw=c（H+）•c（OH-）；只与温度有关；

D.0.1mol•L-1NaHA的强电解质溶液中，c（H+）＜c（OH-），则HA-的水解大于其电离；溶液显碱性．

本题考查离子浓度大小的比较，明确NaHA的强电解质溶液中c（H+）＜c（OH-）得到HA-的水解大于其电离是解答本题的关键，熟悉电荷守恒式及物料守恒式即可解答，题目难度中等．【解析】【答案】A5、B【分析】【分析】本题考查较为综合，涉及有机物的结构和性质以及物质的检验等知识，综合考查学生化学知识的应用能力和实验能力，为高考常见题型，题目难度不大。【解答】A.水杨酸含有酚羟基；可与氯化铁反应，而阿司匹林不反应，可鉴别，故A错误；

B.水杨酸含有羧基；可与碳酸氢钠反应，故B正确；

C.阿司匹林含有羧基和酯基，都可与氢氧化钠溶液反应，且酯基可水解生成酚羟基和羧基，则rm{1}rm{mol}阿司匹林最多可消耗rm{3}rm{mol}rm{NaOH}故C错误；

D.反应属于取代反应；故D错误。

故选B。【解析】rm{B}二、填空题(共8题，共16分)6、查漏玻棒、胶头滴管环形玻璃搅拌棒锥形瓶【分析】【分析】根据容量瓶的使用方法、配制一定物质的量浓度的溶液使用的仪器、中和热测定使用仪器、中和滴定存在使用的仪器进行分析．【解析】【解答】解：①使用容量瓶的第一步操作是检查容量瓶是否漏水；故答案为：查漏；

②若用上述仪器配制500mL2mol•L-1的NaCl溶液；需要的玻璃仪器有：烧杯；玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管等，还缺少的玻璃仪器是：烧杯、玻璃棒、胶头滴管；

故答案为：玻璃棒；胶头滴管；

③若用上述仪器测定中和热；则缺少的玻璃仪器为：烧杯；环形玻璃搅拌棒，故答案为：环形玻璃搅拌棒；

④用上述仪器进行中和滴定，则缺少的仪器是：锥形瓶，故答案为：锥形瓶．7、第三周期第ⅢA族H2SO4离子键、共价键离子化合物【分析】【分析】V、W、X、Y、Z五种元素，它们的核电荷数依次增大，且都小于20，W原子L层电子数是K层电子数的3倍，W原子L层电子数为6，则W为氧元素，W和Y元素原子的最外层电子数相同，二者处于同主族，故Y为S元素；X、Z是金属元素，V和Z元素原子的最外层电子都只有一个，处于ⅠA族，由原子序数可知，Z为K元素、V为H元素；X元素原子的最外层电子数是Y（S）元素原子最外层电子数的一半，则X原子最外层电子数为3，而X原子序数大于O元素，故X为Al，据此解答．【解析】【解答】解：V；W、X、Y、Z五种元素；它们的核电荷数依次增大，且都小于20，W原子L层电子数是K层电子数的3倍，W原子L层电子数为6，则W为氧元素，W和Y元素原子的最外层电子数相同，二者处于同主族，故Y为S元素；X、Z是金属元素，V和Z元素原子的最外层电子都只有一个，处于ⅠA族，由原子序数可知，Z为K元素、V为H元素；X元素原子的最外层电子数是Y（S）元素原子最外层电子数的一半，则X原子最外层电子数为3，而X原子序数大于O元素，故X为Al，则：

（1）X为Al元素；位于元素周期表中的第三周期第ⅢA族，故答案为：第三周期第ⅢA族；

（2）Y为S元素，其最高价为+6价，则最高价氧化物对应水化物的分子式为H2SO4；Z为K元素，最高价氧化物对应水化物为KOH，含有离子键和共价键；

故答案为：H2SO4；共价键和离子键；

（3）H与O形成的常见化合物为H2O，其电子式为故答案为：

（4）S与K元素形成的化合物K2S，含有离子键，则属于离子化合物，用K原子、S原子的电子式表示其形成过程为：

故答案为：离子化合物；．8、防止维生素C被氧化小麦粉甘油CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O【分析】【分析】①维生素C具有较强的还原性；容易被其他氧化性强的物质氧化；

②小白粉中富含淀粉，油脂在人体中水解最终产物是高级脂肪酸和甘油，胃酸的主要成分是盐酸，碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水．【解析】【解答】解：①维生素C具有较强的还原性；医用维生素C片在药片外包裹的一层“糖衣”可以防止维生素C被氧化；

故答案为：防止维生素C被氧化；

②小白粉中富含淀粉，淀粉属于糖类，植物油属于油脂，油脂在人体中水解最终产物是高级脂肪酸和甘油，胃酸的主要成分是盐酸，碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；

故答案为：小麦粉；甘油；CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O．9、【分析】【分析】I．室温下A不与NaHCO3溶液反应，但可与Na反应放出H2，说明A中不含羧基，含有羟基，A能发生水解反应则A中含有酯基；B可与NaHCO3溶液反应放出CO2，说明B中含有羧基，C可与Na作用放出H2而D不能，说明C是醇，C发生分子间脱水生成D，根据分子式知，C是乙二醇，D的结构简式为：G在室温下既不与NaHCO3溶液反应，也不与Na作用放出H2，说明G中不含羧基或醇羟基，则只含酯基，F中含有醇羟基和羧基；E能发生加成反应说明E中含有不饱和键，根据E的分子式结合题给信息知，E的结构简式为：则B的结构简式为：CH2=C（CH3）COOH，A的结构简式为：

Ⅱ、1，3-丁二烯和溴发生1、4-加成生成1，4-二溴-2-丁烯，1，4-二溴-2-丁烯和氢气发生加成反应生成1，4-二溴丁烷，1，4-二溴丁烷在氢氧化钠的水溶液、加热条件下发生取代反应生成1，4-二丁醇．对二甲苯被酸性高锰酸钾氧化生成生成对二苯甲酸，对二苯甲酸和1，4-二丁醇发生酯化反应生成PBT．【解析】【解答】解：I．室温下A不与NaHCO3溶液反应，但可与Na反应放出H2，说明A中不含羧基，含有羟基，A能发生水解反应则A中含有酯基；B可与NaHCO3溶液反应放出CO2，说明B中含有羧基，C可与Na作用放出H2而D不能，说明C是醇，C发生分子间脱水生成D，根据分子式知，C是乙二醇，D的结构简式为：G在室温下既不与NaHCO3溶液反应，也不与Na作用放出H2，说明G中不含羧基或醇羟基，则只含酯基，F中含有醇羟基和羧基；E能发生加成反应说明E中含有不饱和键，根据E的分子式结合题给信息知，E的结构简式为：则B的结构简式为：CH2=C（CH3）COOH，A的结构简式为：

（1）通过以上分析知，A的结构简式为：D的结构简式为：E的结构简式为：

故答案为：

（2）B的结构简式为：CH2=C（CH3）COOH，与B含有相同官能团的同分异构体有：

故答案为：

（3）在浓硫酸作催化剂；加热条件下；F发生酯化反应生成G，反应方程式为：

故答案为：

Ⅱ、1，3-丁二烯和溴发生1、4-加成生成1，4-二溴-2-丁烯，1，4-二溴-2-丁烯和氢气发生加成反应生成1，4-二溴丁烷，1，4-二溴丁烷在氢氧化钠的水溶液、加热条件下发生取代反应生成1，4-二丁醇．对二甲苯被酸性高锰酸钾氧化生成生成对二苯甲酸，对二苯甲酸和1，4-二丁醇发生酯化反应生成PBT，所以其合成流程为：

故答案为：．10、③④⑤⑥②⑦【分析】【分析】在水溶液里或熔融状态下导电的化合物是电解质，在水溶液和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质．【解析】【解答】解：在水溶液里或熔融状态下导电的化合物是电解质；在水溶液和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，①Fe既不是电解质也不是非电解质；

②CO2、⑦C2H5OH（酒精）属于非电解质；

③Na2O、④Cu（OH）2、⑤MgCl2⑥H2SO4属于电解质；

故答案为：③④⑤⑥，②⑦．11、C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O将NO2转化为NO铜与稀硝酸反应生成NOBD吸收有毒的NO气体，避免污染空气E加入过量的c1mol•L-1KI溶液、淀粉溶液，然后滴加稀硫酸，用c2mol•L-1Na2S2O3溶液滴定至溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色，读数，重复以上操作2～3次【分析】【分析】制备NaNO2并对其性质作探究，由实验装置可知，A中发生C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O，B中稀释挥发的硝酸和生成的二氧化氮，C中固体干燥剂干燥NO，并除去可能混有的酸雾，D中发生2NO+Na2O2═2NaNO2，E中高锰酸钾吸收尾气NO，以此来解答．【解析】【解答】解：（1）装置A三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O；

故答案为：C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O；

（2）B装置的目的是①将NO2转化为NO、②铜与稀硝酸反应生成NO，故答案为：将NO2转化为NO；铜与稀硝酸反应生成NO；

（3）A；C不能吸收酸；B、D可吸收酸且干燥气体，故答案为：BD；

（4）由信息可知；E装置的作用是吸收有毒的NO气体，避免污染空气，故答案为：吸收有毒的NO气体，避免污染空气；

（5）①由信息NO能被酸性KMnO4氧化成NO3-可知，则利用NaNO2的还原性来测定其纯度；可选择的试剂是E，故答案为：E；

②由信息酸性条件下NaNO2能把I-氧化为I2可知，则利用NaNO2的氧化性来测定其纯度的步骤是：准确称取质量为m的NaNO2样品放入锥形瓶中，加适量水溶解，加入过量的c1mol•L-1KI溶液、淀粉溶液，然后滴加稀硫酸，用c2mol•L-1Na2S2O3溶液滴定至溶液由蓝色恰好变为无色；且半分钟内不变色，读数，重复以上操作2～3次；

故答案为：加入过量的c1mol•L-1KI溶液、淀粉溶液，然后滴加稀硫酸，用c2mol•L-1Na2S2O3溶液滴定至溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色，读数，重复以上操作2～3次．12、HCNON2+O22NONH3CO2+OH-=HCO3-【分析】【分析】A、B、C、D、E是短周期中的5种非金属元素，它们的原子序数依次增大．A元素原子形成的离子核外电子数为零，则A为H元素；B原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故B为碳元素；E的单质为黄色晶体，易溶于二硫化碳，则E为S元素；E元素与D元素同主族，则D为O元素；C、D在元素周期表中处于相邻的位置，且D的原子序数大，则C为N元素，据此解答．【解析】【解答】解：A；B、C、D、E是短周期中的5种非金属元素；它们的原子序数依次增大．A元素原子形成的离子核外电子数为零，则A为H元素；B原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故B为碳元素；E的单质为黄色晶体，易溶于二硫化碳，则E为S元素；E元素与D元素同主族，则D为O元素；C、D在元素周期表中处于相邻的位置，且D的原子序数大，则C为N元素．

（1）由上述分析可知；A为H元素；B为C元素、C为N元素、D为O元素；

故答案为：H；C；N；O；

（2）E的阴离子为S2-，离子结构示意图：

故答案为：

（3）氮气与氧气在放电条件下反应生成NO，该反应的化学方程式为：N2+O22NO；

故答案为：N2+O22NO；

（4）H分别与其他四种元素形成的化合物，水溶液显碱性的是NH3；

故答案为：NH3；

（5）12g碳单质的物质的量是=1mol，在足量的氧气中燃烧，生成1molCO2，NaOH的物质的量为1L×1mol/L=1mol，二氧化碳与氢氧化钠的物质的量之比为1：1，发生反应CO2+NaOH=NaHCO3，离子方程式为：CO2+OH-=HCO3-；

故答案为：CO2+OH-=HCO3-．13、略

【分析】【解析】【答案】（1）消去反应（2分）（2）AC（4分）（3）E（2分）（4）2CH2=CH2＋2CH3COOH＋O22CH3COOCH=CH2＋2H2O（3分）（5）B（2分）（6）结构简式（3分）及其他结构简式，保证有酚羟基。三、判断题(共5题，共10分)14、×【分析】【分析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，据此解题．【解析】【解答】解：蓝色硫酸铜晶体放入浓硫酸生成硫酸铜和水，属于化学变化，故答案为：×．15、×【分析】【分析】焰色反应实质是原子核外的电子受激发，跃迁到高能级状态时发出的色光，是物理变化．【解析】【解答】解：焰色反应是物理变化，不是化学变化，故错误，答案为：×．16、√【分析】【分析】亚硝酸盐有毒，过量食用会导致人死亡，添加到食品中要严格控制用量，以此判断．【解析】【解答】解：肉类制品中使用亚硝酸钠作为发色剂限量使用；由亚硝酸盐引起食物中毒的机率较高，食入0.2～0.5克的亚硝酸盐即可引起中毒甚至死亡，因此要严格控制用量；

故答案为：√．17、×【分析】【分析】苯的同系物能使溴水褪色，发生萃取现象；据此解答即可．【解析】【解答】解：苯的同系物能使溴水褪色，发生萃取现象，不发生化学反应，故错误；故答案为：×．18、×【分析】【分析】根据碳原子可以形成碳链，也可以形成碳环，可以带支链，也可以不带支链来解答；【解析】【解答】解：碳原子可以形成碳链；无论带支链，还是不带支链，都含有4个C-C单键；碳原子可以形成碳环，可以带支链，也可以不带支链，都含有5个C-C单键；

故答案为：×；四、探究题(共4题，共32分)19、|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．20、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．21、|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．22、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、计算题(共2题，共8分)23、1：11：12：31：111：221：22【分析】【分析】同温同压下，分子数目之比等于体积之比，物质的量之比等于体积之比，结合分子含有原子数目、电子数目计算原子总数之比，根据m=nM计算质量之比，体积相同密度之比等于质量之比．【解析】【解答】解：同温同压下；体积相同的氢气与二氧化碳，分子数目之比=体积之比=1：1，物质的量之比=体积之比=1：1，含有原子数目之比=1×2：1×3=2：3，含有电子数目之比=1×2：1×22=1：11，质量之比=1mol×2g/mol：1mol×44g/mol=1：22，体积相同，密度之比=质量之比=1：22；

故答案为：1：1；1：1；2：3；1：11；1：22；1：22．24、16g/mol【分析】【分析】根据n==计算．【解析】【解答】解：n==0.05mol；

M==16g/mol；

故答案为：16g/mol．六、简答题(共3题，共27分)25、防止空气中的CO2和水气进入U型管中偏高偏高把反应产生的CO2全部导入U型管中偏低53%【分析】【分析】（1）由于空气中也有二氧化碳和水分；干燥管B的作用就是不让它们进入的，如果没有连接该干燥管，则测量出的二氧化碳的质量偏大，据此分析；

（2）根据盐酸的挥发性考虑；

（3）由于反应完了锥形瓶中存留有二氧化碳；鼓入一定量的空气就是为了驱赶它们的，如果没有进行步骤⑤的操作，则测量出的二氧化碳的质量偏小，据此分析；

（4）根据U型管的质量的增加量就是生成的二氧化碳的质量，根据二氧化碳的质量算出碳酸钠的质量，再用碳酸钠的质量除以样品质量即可．【解析】【解答】解：（1）U型管中的碱石灰是为了吸收反应生成的二氧化碳；但空气中也存在二氧化碳，干燥管B的作用就是防止空气中的二氧化碳和水分进入U型管，对结果产生误差，如果没有连接该干燥管，则测量出的二氧化碳的质量偏大，根据二氧化碳计算出的碳酸钠的质量分数也就偏高；

故答案为：防止空气中的CO2和水气进入U型管中；偏高；

（2）由于盐酸具有挥发性；也会随着二氧化碳进入U型管，被误认为是二氧化碳，所以二氧化碳的质量偏大，算出的碳酸钠的质量也会偏大的，所以结果会偏大；

故答案为：偏高；

（3）由于反应完了锥形瓶中存留有二氧化碳；鼓入一定量的空气就是将残留的二氧化碳完全排入U型管，如果没有进行步骤⑤的操作，则测量出的二氧化碳的质量偏小，根据二氧化碳计算出的碳酸钠的质量分数也就偏低；

故答案为：把反应产生的CO2全部导入U型管中；偏低；

（4）根据实验步骤中的数据；生成二氧化碳的质量为22.2g-20g=2.2g，设需要碳酸钠的质量为X则：

Na2CO3+H2SO4═Na2SO4+H2O+CO2↑

10644

X2.2g

列比例式=；

解得X=5.3g；

所以试样中纯碱的质量分数为×100%=53%；

故答案为：53%．26、略

【分析】（1）由题目信息可知，①食盐与浓硫酸加热生成硫酸钠和HCl，不加热生成硫酸氢钠和HCl，2NaCl+H2SO4(浓)Na2SO4+2HCl↑②硫酸钠与石灰石、焦炭反应生成CaS、Na2CO3，根据元素守恒可知，还原C的氧化物CO或CO2生成，故反应方程式为：Na2SO4+4C+CaCO3CaS+Na2CO3+4CO或Na2SO4+2C+CaCO3CaS+Na2CO3+2CO2（2）①碳酸钙加热分解生成CaO与CO2，故A为CaO，B为CO2，CaO在熟化桶内与水反应生成氢氧化钙，故C为Ca（OH）2；氢氧化钙与氯化铵在混合池内反应生成氨气与氯化钙，故D为NH3。②、氨气与氯化钠溶液混合后，在乙中与二氧化碳发生反应，生成NaHCO3、NH4Cl，反应方程式为NH3+CO2+NaCl+H2O=NaHCO3+NH4Cl。（3）能提高原料的利用率，减少废渣（CaCl2）的排放，保留了氨碱法