2025年新世纪版高三化学上册阶段测试试卷

…………○…………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年新世纪版高三化学上册阶段测试试卷515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、下列烷烃的命名正确的是（）A.2，3-二甲基丁烷B.3，4-二甲基戊烷C.2-甲基-3-乙基丁烷D.2-乙基己烷2、下列各组物质的晶体中，化学键类型相同，晶体类型也相同的是（）A.CCl4和PCl3B.NaCl和HClC.CO2和SiO2D.NaH和Na2O23、下列叙述中正确的是（）A.聚乙烯、聚氯乙烯、纤维素都属于合成高分子B.除去乙酸乙酯中的少量乙酸，可加入氢氧化钠溶液充分反应后分液C.油脂、淀粉和蛋白质都是食物中含有的重要营养物质，一定条件下都能水解D.二氯丙烷（C3H2Cl6）的同分异构体共有3种（不考虑立体异构）4、S8分子形成的单斜硫和斜方硫是同素异形体，转化关系如下S（斜方，固）S（单斜，固）△H=0.398kJl-1

若NA为阿伏加德罗常数，则下列说法中，不正确的是（）A.单斜硫比斜方硫具有的能量略高B.单斜硫和斜方硫之间的转化属于物理变化C.单斜硫和斜方硫在充足的氧气中燃烧均生成SO2D.64g单斜硫和斜方硫的混合物含硫原子数目为2NA5、将二氧化碳通入到下列溶液中，不能发生反应的是（）A.CaCl2B.Na2CO3C.Na2SiO3D.NaOH6、下列有机化合物命名正确的是（）

①1-甲基丙烷。

②3；4-二甲基戊烷。

③2-乙基丁烷。

④3-乙基-2-甲基戊烷．A.只有②③B.只有③④C.都正确D.都错误7、将一定量的钠铝合金置于水中，合金全部溶解，得到20mLpH＝14的溶液，然后用1mol/L的盐酸滴定，沉淀质量与消耗盐酸的体积关系如图所示，则下列选项正确的是A.原合金质量为0.92gB.标准状况下产生氢气896mLC.图中V2为60mLD.图中m值为1.56g8、Na2O2、CaC2都是离子化合物，都能与水反应放出气体．它们（）A.阴阳离子个数比均为1：1B.都含有非极性的共价键C.与水都发生氧化还原反应D.放出的都是可燃性气体9、一种新型细菌燃料电池，利用细菌将有机物转化为氢气，氢气进入以磷酸为电解质溶液的燃料电池中发电，电池负极反应式为rm{(}rm{)}A.rm{H_{2}+2OH^{-}-2e^{-}篓T2H_{2}O}B.rm{H_{2}-2e^{-}篓T2H^{+}}C.rm{O_{2}+4H^{+}+4e^{-}篓T2H_{2}O}D.rm{O_{2}+2H_{2}O+4e^{-}篓T4OH^{-}}评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)10、下列有关化学实验安全问题的叙述中不正确的是（）A.浓硫酸沾到皮肤上时，可立刻用大量的水冲洗，然后再涂上3%～5%的NaHCO3溶液B.取用化学药品时，应特别注意观察药品包装容器上的安全警示标志C.凡是给玻璃仪器加热，都要加垫石棉网，以防仪器炸裂D.闻任何化学药品的气味都不能将鼻子凑近药品11、根据有机化合物的命名原则，下列命名不正确的是（）A.4-甲基-1-戊炔B.CH3CH（CH3）CH=CHCH3：2-甲基-3-戊烯C.2，2，3-三甲基戊烷D.间二硝基苯12、下列说法正确的是（）A.1mol乙烯与Cl2完全加成，然后再与Cl2完全取代，共需5molCl2B.乙烯、苯都能使溴水褪色，两者的褪色原理相同C.2-丁烯不存在顺反异构体D.研究有机物一般要经过的基本步骤为：分离、提纯→元素定量分析（确定实验式）→测定相对分子质量（确定分子式）→波谱分析（确定结构式），其中最早提出元素定量分析的是法国化学家李比希13、某醇在适当条件下与足量的乙酸发生酯化，得到的酯化产物的相对分子质量a与原来醇的相当分子量b的关系是a=b+84，有关该醇应该具有的结构特点的描述正确的是（）A.该醇分子中一定具有甲基B.该醇分子中一定没有甲基C.该醇分子中至少含有两个碳原子D.该醇分子中具有两个醇羟基14、如图是根据电解原理制成的“银电量计”，其原理是：通过测定其电解过程中附着在惰性电极上金属质量，计算通过电解池的电量，下列说法正确的是（）A.电量计工作时银棒应与电源的负极相连B.电量计工作时溶液里的阴离子向阴极移动C.网袋是收集银溶解过程中产生的金属颗粒，若没有该网袋，测量结果会偏高D.若得金属银的沉积量108.0mg，则电解过程中转移的电子书为0.002mol15、2012年6月24日，“蛟龙”号载人潜水器成功下潜至西太平洋马里亚纳海沟7020米处．“蛟龙”号载人潜水器的外壳是耐超高压的钛合金，下面有关合金的说法中正确的是（）A.钛合金是一种新型金属单质B.钛合金熔点比成分金属低，但硬度大C.钛合金的化学性质与钛单质相同D.青铜、碳素钢、合金钢和硬铝都是合金16、下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A.1mol•L-1的Na2S溶液中：c（Na+）=c（HS-）+c（H2S）+2c（S2-）B.室温下将0.1mol•L-1苯酚溶液与0.1mol•L-1Na2CO3溶液等体积混合：c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（C6H5O-）+c（OH-）C.浓度均为0.1mol•L-1的小苏打溶液与烧碱溶液等体积混合：c（OH-）-c（H+）=c（HCO3-）+2c（H2CO3）D.将0.1mol（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O溶于水配成的1L溶液中：c（SO42-）=c（NH4+）＞c（Fe2+）＞c（H+）＞c（OH-）17、过量锌粉跟100mL6mol/L盐酸反应，在一定温度下，为加快反应速率但又不影响生成氢气的总量，可向反应混合物中加入适量的（）A.铜粉B.醋酸锌溶液C.氯化铜固体D.二氧化锰评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)18、合成具有良好生物降解性的有机高分子材料是有机化学研究的重要课题之一．聚醋酸乙烯酯（PVAc）水解生成的聚乙烯醇（PVA）；具有良好生物降解性，常用于生产安全玻璃夹层材料PVB．有关合成路线如图（部分反应条件和产物略去）．

已知：

Ⅰ．

Ⅱ．（R；R′可表示烃基或氢原子）

Ⅲ．A为饱和一元醇；其氧的质量分数约为34.8%

请回答：

（1）C中官能团的名称为____，写出C的反式异构体的结构简式____，该分子中最多有____个原子共平面．

（2）D与苯甲醛反应的化学方程式为____．

（3）③的反应类型是____．

（4）PVAc的结构简式为____．

（5）写出与F具有相同官能团的所有同分异构体的结构简式____．

（6）参照上述信息，设计合成路线以溴乙烷为原料（其他无机试剂任选）合成．合成路线流程图示例如下：

19、某课外小组同学欲探究浓硝酸和稀硝酸的氧化性强弱，将NO和NO2组成的混合气体通入如图所示装置中进行实验．

已知：

Ⅰ．NaOH溶液与NO不反应。

Ⅱ．NaOH溶液与NO2反应的化学方程式为：2NaOH+2NO2=NaNO2+NaNO3+H2O

请回答：

（1）装置①中反应的化学方程式是____．

（2）通入混合气体之前，应先通入一段时间某种气体，该气体是____（填字母）．

a．N2b．O2

（3）装置④中盛放的试剂是____．

（4）实验时观察到装置②中液面上方气体为红棕色，装置③中液面上方气体仍为无色，则说明浓硝酸的氧化性比稀硝酸的____（填“强”或“弱”）．20、无水AICl3可用作有机合成的催化剂，食品膨松剂等。工业上由铝土矿（主要成分是Al2O3和Fe2O3）和石油焦（主要成分是碳单质）制备无水AlCl3的流程如下：（1）在焙烧炉中发生反应：①Fe2O3(S)+3C(s)2Fe(s)+3CO(g)；②3CO(g)+Fe2O3(s)2Fe(s)+3CO2(g).则反应②的平衡常数的表达式为K=____。（2）Al2O3、Cl2和C在氯化炉中高温下发生反应，当生成1molAlCl3时转移____mol电子；炉气中含有大量CO和少量Cl2，可用Na2SO3溶液除去Cl2，其离子方程式为：。（3）升华器中发生反应的化学方程式为____。（4）工业上另一种由铝灰为原料制备无水AlCl3工艺中，最后一步是由AlCl3·6H2O脱去结晶水制备无水AICl3，此反应必须在氯化氢的气流中加热，其原因是。已知SOCl2为无色液体且极易与水反应生成HC1和SO2，AlC13·6H2O与SOCl2混合加热可制取无水AlCl3，写出该反应的化学方程式：。21、（2011春•大连校级期末）某实验小组分别用图1；2装置测定某种钙片中碳酸钙的含量；夹持装置已略去．

提供的试剂：研细的钙片粉末（钙片中的其他成分不与盐酸反应）、2mol/L盐酸、5%NaOH溶液、饱和Na2CO3溶液、饱和NaHCO3溶液和蒸馏水．

实验过程：

I．检查两套装置的气密性．

Ⅱ．在A、C的右边加入0.25g钙片粉末，左边加入3mL2mol/L盐酸，塞紧塞子．在B、E中均加入饱和NaHCO3溶液；如图所示，记下量气管读数．

Ⅲ．将A；C倾斜；使液体与固体混合，实验结束并冷却后读出量气管读数，测得B中收集到的气体为41.90mL，E中收集到的气体体积为39.20mL（以上气体体积均已折算为标准状况下的体积）．

回答下列问题：

（1）I中检查图1装置气密性的方法是____．

（2）A中发生反应的离子方程式为____；D中加入的试剂为____．

（3）实验前左右两管液面在同一水平面上，最后读数时右管的液面高于左管的液面，应进行的操作是____．

（4）图2实验所得钙片中的碳酸钙的质量分数为____；图1实验比图2实验所得钙片中的碳酸钙含量偏高，用离子方程式表示偏高的原因：____．22、已知：

有机物A是一种医药中间体，质谱图显示其相对分子质量为130．已知0.5molA完全燃烧只生成3molCO2和2.5molH2O．A可发生如图所示的转化，其中D的分子式为C4H6O2；两分子F反应可生成含甲基的六元环状酯类化合物．

请回答：

（1）A的分子式是____．

（2）1molB与足量的金属钠反应产生22.4L（标准状况）H2．B中所含官能团的名称是____．B与C的相对分子质量之差为4，B→C的化学方程式是____．

（3）D的同分异构体G所含官能团与D相同，则G的结构简式可能是____、____．

（4）F可发生多种类型的反应．

①两分子F反应生成的六元环状酯类化合物的结构简式是____；

②由F可生成使Br2的CCl4溶液褪色的有机物H．F→H的化学方程式是____．

③F在一定条件下发生缩聚反应的化学方程式是____．

（5）A的结构简式是____．23、有一包白色固体，可能含有CaCO3、Na2SO4、KNO3、CuSO4、BaCl2五种物质中的一种或五种．先进行以下实验：

（1）取少量固体粉末加到足量水中；得到白色沉淀，上层清液为无色．

（2）向（1）的悬浊液中加入足量稀硝酸；白色沉淀消失，并有气泡产生．

（3）取少量（1）中的清液滴入Ba（NO3）2溶液；有白色沉淀生成，再加入稀硝酸，沉淀不溶解．

根据上述实验现象判断：该白色固体中一定含有____，一定不含有____，可能含有____．上述实验中有关反应的离子方程式为：____、____．24、已知元素X；Y、Z、W的原子序数分别为6、8、11、13；请回答：

（1）写出下列元素符号X____Y____Z____W____；

（2）写出下列元素在周期表中的位置X____Y____Z____W____；

（3）写出下列反应方程式：X+Y____Z+Y____W+Y____．25、工业上用某矿渣(主要成分为Cu2O，还含有Al2O3、Fe2O3、SiO2)提取铜的操作流程如下：(固体混合物B经处理后可回收铜)已知：Cu2O＋2H＋=Cu＋Cu2＋＋H2O。（1）实验操作Ⅰ的名称为_________；在空气中灼烧固体混合物D时，用到多种硅酸盐材质的仪器，除玻璃棒、酒精灯、泥三角外，还有_________(填仪器名称)。（2）滤液A中铁元素的存在形式为_______(填离子符号)，生成该离子的离子方程式为_____________________。检验滤液A中存在该离子的试剂为(填试剂名称)。（3）常温下，等pH的NaAlO2和NaOH两份溶液中，由水电离出的c(OH－)前者为后者的108倍，则两种溶液的pH＝_______。（4）①利用电解法进行粗铜精炼时，下列叙述正确的是________(填代号)。a．电能全部转化为化学能b．粗铜接电源正极，发生氧化反应c．精铜作阴极，电解后电解液中Cu2＋浓度减小d．粗铜精炼时通过的电量与阴极析出铜的量无确定关系②从浓硫酸、浓硝酸、蒸馏水中选用合适的试剂，测定粗铜样品中金属铜的质量分数，涉及的主要步骤：称取一定质量的样品→____________________________→过滤、洗涤、干燥→称量剩余固体铜的质量。(填缺少的操作步骤，不必描述操作过程的细节)评卷人得分四、判断题(共1题，共4分)26、一定量的铁粉与铜粉混合物，与适量稀硝酸反应，生成标准状况下气体5.6L．则参加反应的硝酸的物质的量为1mol．____（判断对错）评卷人得分五、探究题(共4题，共8分)27、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________．28、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：29、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________．30、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：评卷人得分六、简答题(共3题，共6分)31、周期表前rm{20}号元素中有rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}五种不同主族元素rm{.}已知它们原子半径依次增大，其中rm{A}与rm{D}rm{C}与rm{E}原子的电子层数都相差rm{2}且rm{D}与rm{E}原子的最外层电子数之比为rm{2}rm{1}rm{C}与rm{E}能形成离子化合物rm{EC}．

rm{(1)D}元素的原子结构示意图为______；

rm{(2)B}元素的名称为______；

rm{(3)}用电子式表示rm{A_{2}C}的形成过程______；

rm{(4)}写出rm{E}的碳酸氢盐与足量rm{KOH}溶液反应的离子方程式：______；

rm{(5)}写出rm{EA_{2}}与水反应放出气体的化学方程式，并用单线桥表示电子转移方向和数目______．32、辣椒素rm{(}Ⅰrm{)}是辣椒的活性成分，在口腔中会产生灼烧感rm{.}辣椒素的某种酯类化合物rm{(J)}的结构可以表示为：

rm{(R}为烃基rm{)}

rm{J}的合成路线如下：

已知：

rm{垄脵A}rm{B}和rm{E}为同系物，rm{A}和rm{B}中都只有两种氢原子。

rm{垄脷}化合物rm{J}的分子式为rm{C_{15}H_{22}O_{4}}

rm{垄脹}

rm{(1)C}的结构简式为______．

rm{(2)D}的系统命名为______．

rm{(3)G}中含氧官能团的名称为______．

rm{(4)}有关辣椒素rm{I}的说法中正确的是______rm{(}填字母rm{)}

A.rm{1mol}rm{I}能与rm{2mol}rm{NaOH}完全反应rm{B.1mol}rm{I}能与rm{1mol}rm{Na_{2}CO_{3}}完全反应。

C.rm{1mol}rm{I}能与rm{1mol}rm{NaHCO_{3}}完全反应rm{D.1mol}rm{I}能与rm{Na}反应放出rm{22.4L}rm{H_{2}}

rm{(5)}写出rm{H}与rm{NaOH}溶液反应的化学方程式______．33、高炉废渣在循环利用前。需要脱硫（硫元素主要存在形式为S2-，少量为SO32-和SO42-）处理。

（1）高温“两段法”氧化脱硫。第一阶段在空气中相关热化学方程式如下：

CaS（s）+2O2（g）=CaSO4（s）△H=-907.1kJmol-1

CaS（s）+O2（g）=CaO（s）+SO2（g）△H=-454.3kJmol-1

①第二阶段在愔性气铽中，反应CaS（s）+3CaSO4（s）=4CaO（s）+4SO2（g）的△H=kJmol-1。

②整个过程中，CaS完全转化生成1molSO2；转移的电子数为______mol。

③生成的SO2用硫酸铜溶液吸收电解氧化，总反应为CuSO4+SO2+2H2OCu+2H2SO4．写出电解时阳极的电极反应式______。

（2）喷吹CO2脱硫。用水浸取炉渣，通入适蛩的CO2，将硫元素以含硫气体形式脱去。当CO2的流量、温度一定时，渣-水混合液的pH、含碳元素各种微粒（H2CO3、HCO3-、CO32-）的分布随喷吹时间变化如图1和图2所示。

①已知Ksp（CdS）=8.0×l0-27，Ksp（CdCO3）=4.0×l0-12．取渣-水混合液过滤，可用如下试剂和一定浓度盐酸验证滤液中存在SO32-．试剂的添加顺序依次为______（填字母）。

a．H2O2b．BaCl2c．CdCO3

②H2CO3第二步电离的电离常数为Ka2，则pKa2=______（填数值，已知pKa2=-lgKa2）。

③通入CO215〜30min时；混合液中发生的主要脱硫反应离子方程式为______。

（3）硫酸工业生产中SO3吸收率与进入吸收塔的硫酸浓度和温度关系图3，由图可知吸收SO3所用硫酸的适宜浓度为98.3%；温度，而工业生产中一般采用60℃的可能原因是______。

参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、A【分析】【分析】烷烃命名原则：

①长选最长碳链为主链；

②多遇等长碳链时；支链最多为主链；

③近离支链最近一端编号；

④小支链编号之和最小．看下面结构简式，从右端或左端看，均符合“近离支链最近一端编号”的原则．【解析】【解答】解：A；2；3-二甲基丁烷，符合烷烃的命名原则，故A正确；

B；3；4-二甲基戊烷，取代基代数和不是最小，正确命名为2，3-二甲基戊烷，故B错误；

C；丁烷值出现3-乙基；说明选取不是最长碳链，正确命名为：2，3-二甲基戊烷，故C错误；

D、2-乙基己烷，选取不是最长碳链，正确命名为：3-甲基庚烷，故D错误，故选A．2、A【分析】【分析】一般来说，活泼金属与非金属形成离子键，非金属之间形成共价键；由分子构成的晶体为分子晶体，由离子构成的晶体为离子晶体，由原子构成且存在共价键的为原子晶体，以此来解答．【解析】【解答】解：A．CCl4和PCl3都含有极性共价键；为分子晶体，故A正确；

B．NaCl为离子化合物；HCl为化合物，故B错误；

C．CO2为分子晶体，SiO2为原子晶体；故C错误；

D．NaH和Na2O2都为离子化合物，但Na2O2含有离子键和非极性共价键；故D错误．

故选A．3、C【分析】【分析】A；聚乙烯、聚氯乙烯为合成高分子化合物；而纤维素是天然高分子化合物；

B；乙酸乙酯与氢氧化钠发生反应；不能使用氢氧化钠除去乙酸乙酯中的乙酸；

C；油脂、淀粉和蛋白质在一定条件下都能够发生水解；它们是食物中重要的营养物质；

D、分子式为C3H2Cl6的有机物可以看作C3Cl8中的两个Cl原子被两个H原子取代，两个H原子可以取代同一碳原子的2个Cl原子，也可以取代不同C原子上的Cl原子，据此书写解答．【解析】【解答】解：A；聚乙烯、聚氯乙烯是利用加聚反应生成的合成高分子；但纤维素是天然高分子化合物，故A错误；

B；用于除杂的试剂不能与待提纯的物质反应；氢氧化钠溶液能够与乙酸乙酯反应，所以违反了除杂原则，可以使用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中的乙酸，故B错误；

C；油脂能够水解生成高级脂肪酸和甘油、淀粉能够水解生成葡萄糖、蛋白质能够水解生成氨基酸；所以一定条件下它们都能够发生水解反应，且都是食物中的重要营养物质，故C正确；

D、分子式为C3H2Cl6的有机物可以看作C3Cl8中的两个Cl原子被两个H原子取代；碳链上的3个碳中，两个氢原子取代一个碳上的氯原子，有两种，CCl3-CCl2-CClH2（取代那面甲基上的氢原子时一样）、CCl3-CH2-CCl3；分别取代两个碳上的氯原子，有两种：CCl2H-CCl2-CCl2H（两个边上的），CCl2H-CHCl-CCl3（一中间一边上），故C3H2Cl6共有四种；故D错误；

故选C．4、B【分析】【分析】A．该反应为吸热反应；反应物的总能量大于生成物的总能量；

B．根据单斜硫和斜方硫是不同的物质；

C．根据同素异形体的化学性质相似；

D．根据极限法以及质量换算物质的量和1molS8中含8mol硫原子来分析；【解析】【解答】解：A．该反应为吸热反应；单斜硫比斜方硫具有的能量略高，故A正确；

B．单斜硫和斜方硫是不同的物质；两者之间的转化属于化学变化，故B错误；

C．单斜硫和斜方硫在充足的氧气中燃烧均生成SO2；故C正确；

D．64g单斜硫的物质的量为=mol，含有2mol硫原子即硫原子数目为2NA；64g斜方硫的物质的量为=mol，含有2mol硫原子即硫原子数目为2NA，所以64g单斜硫和斜方硫的混合物含硫原子数目为2NA；故D正确；

故选：B．5、A【分析】解：A．盐酸的酸性大于碳酸；则二氧化碳与氯化钙不反应，故A选；

B．二氧化碳与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠；故B不选；

C．二氧化碳与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀；故C不选；

D．二氧化碳与NaOH反应生成碳酸钠和水（或生成碳酸氢钠）；故D不选；

故选A．

碳酸的酸性小于盐酸；大于硅酸，二氧化碳为酸性氧化物，结合物质的性质及强酸制取弱酸的原理来解答．

本题考查物质的性质，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握物质的性质、发生的反应及元素化合物知识为解答该题的关键，难度不大．【解析】【答案】A6、D【分析】【分析】判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名；其核心是准确理解命名规范：

（1）烷烃命名原则：

①长选最长碳链为主链；

②多遇等长碳链时；支链最多为主链；

③近离支链最近一端编号；

④小支链编号之和最小．看下面结构简式；从右端或左端看，均符合“近离支链最近一端编号”的原则；

⑤简两取代基距离主链两端等距离时；从简单取代基开始编号．如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面；

（2）有机物的名称书写要规范．【解析】【解答】解：①；主链不是最长，应为丁烷，故①错误；

②3；4-二甲基戊烷，该命名中取代基的编号之和不是最小，说明编号的方向错误，正确命名应该为：2，3-二甲基戊烷，故②错误；

③2-乙基丁烷；选取的碳链不是最长，正确命名为：2-甲基戊烷，故③错误；

④简单的取代基写在前面；应为2-甲基-3-乙基戊烷，故④错误；

故选D．7、D【分析】试题分析：由图象可知，向合金溶解后的溶液中加盐酸，先发生NaOH+HCl═NaCl+H2O，后发生NaAlO2+HCl+H2O═NaCl+Al（OH）3↓，最后发生Al（OH）3↓+3HCl═AlCl3+3H2O，合金溶解后剩余的氢氧化钠的物质的量为0.02L×1mol/L=0.02mol，由NaOH+HCl═NaCl+H2O0.02mol0.02mol则V1为0.02mol÷1mol/L＝0.02L＝20m生成沉淀时消耗的盐酸为40mL-20mL＝20mL，其物质的量为由0.02L×1mol/L＝0.02mol由NaAlO2+HCl+H2O═NaCl+Al（OH）3↓0.02mol0.02mol0.02molA、由钠元素及铝元素守恒可知，合金的质量为0.04mol×23g/mol+0.02mol×27g/mol＝1.46g，故A错误；B、由2Na+2H2O═2NaOH+H2↑、2Al+2H2O+2NaOH═2NaAlO2+3H2↑，生成氢气的物质的量为0.02mol+0.03mol=0.05mol，其标况下的体积为0.05mol×22.4L/mol=1.12L，故B错误；C、由Al（OH）3↓+3HCl═AlCl3+3H2O可知，溶解沉淀需要0.06molHCl，其体积为60mL，则V2为40mL+60mL＝100mL，故C错误；D、由上述计算可知，生成沉淀为0.02mol，其质量为0.02mol×78g/mol＝1.56g，故D正确；故选D。考点：考查钠、铝的化学性质、反应以及有关计算【解析】【答案】D8、B【分析】解：A．过氧化钠中阴阳离子个数比为1：2；碳化钙中阴阳离子个数比为1：1，所以阴阳离子个数比不同，故A错误；

B．非金属元素之间易形成共价键；所以两种物质中都含有非极性键，故B正确；

C．碳化钙和水反应生成氢氧化钙和乙炔；各元素化合价都不变，所以不属于氧化还原反应，故C错误；

D．过氧化钠和水反应生成氧气；氧气能助燃，碳化钙和水反应生成乙炔，乙炔易燃烧，故D错误；

故选B．

A．过氧化钠中阴阳离子个数比为1：2；碳化钙中阴阳离子个数比为1：1；

B．非金属元素之间易形成共价键；

C．碳化钙和水反应生成氢氧化钙和乙炔；

D．氧气能助燃；乙炔易燃烧．

本题考查物质结构、物质性质，明确物质中存在的微粒及微粒之间作用力、物质的性质即可解答，注意过氧化钠电子式的书写，题目难度不大．【解析】【答案】B9、B【分析】解：氢气进入以磷酸为电解质溶液的燃料电池中发电，负极上氢气失去电子生成氢离子，负极反应为rm{H_{2}-2e^{-}篓T2H^{+}}而正极反应为rm{O_{2}+4H^{+}+4e^{-}篓T2H_{2}O}

故选B．

氢气进入以磷酸为电解质溶液的燃料电池中发电；负极上氢气失去电子生成氢离子，以此来解答．

本题考查燃料电池，为高频考点，把握负极失去电子发生氧化反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意原电池原理的应用，题目难度不大．【解析】rm{B}二、多选题(共8题，共16分)10、AC【分析】【分析】A；浓硫酸稀释放热；

B；取用化学药品时；应观察药品包装容器上的安全警示标志；

C；试管的加热不用垫石棉网；

D、无论药品有没有毒，均不能将鼻孔凑近药品来闻．【解析】【解答】解：A；浓硫酸稀释放热；故浓硫酸沾到皮肤上时，可立刻用大量的水冲洗会造成对皮肤的二次伤害，故应先将浓硫酸用抹布抹去，然后再用水稀释，故A错误；

B；取用化学药品时；应观察药品包装容器上的安全警示标志，从而注意取用的事项，故B正确；

C；试管的加热不用垫石棉网；故玻璃仪器的加热不一定要垫石棉网，故C错误；

D；无论药品有没有毒；均不能将鼻孔凑近药品来闻，故闻化学药品的气味时，应用手在瓶口轻轻扇动，使少量气体飘进鼻孔，故D正确．

故选AC．11、BC【分析】【分析】判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名；其核心是准确理解命名规范：

（1）烷烃命名原则：

①长：选最长碳链为主链；

②多：遇等长碳链时；支链最多为主链；

③近：离支链最近一端编号；

④小：支链编号之和最小；

⑤简：两取代基距离主链两端等距离时；从简单取代基开始编号．如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面；

（2）有机物的名称书写要规范；

（3）对于结构中含有苯环的；命名时可以依次编号命名，也可以根据其相对位置，用“邻”；“间”、“对”进行命名；

（4）含有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小．【解析】【解答】解：A．该分子中三键在1号碳上；4号碳原子上有1个甲基，所以其名称为：4-甲基-1-戊炔，故A正确；

B．CH3CH（CH3）CH=CHCH3该分子中双键在2号碳上；4号碳原子上有1个甲基，所以其名称为：4-甲基-2-戊烯，故B错误；

C．该分子中主链上有5个碳原子；2号碳上有2个甲基，4号碳上有1个甲基，所以其名称为：2，2，4-三甲基戊烷，故C错误；

D．该分子中苯环的间位有2个硝基；所以其名称为：间二硝基苯，故D正确；

故选BC．12、AD【分析】【分析】A．1：1发生加成反应；乙烯中含4个H，可发生取代反应；

B．乙烯与溴水发生加成反应溴水褪色；苯能萃取溴水中的溴使溴水褪色；

C．2-丁烯为CH3CH=CHCH3；

D．从天然资源提取的有机物，首先得到是含有有机物的粗品，需经过分离、提纯才能得到纯品．再进行鉴定和研究未知有机物的结构与性质，一般先利用元素定量分析确定实验式，再测定相对分子质量确定分子式，最后利用波谱分析确定结构式．【解析】【解答】解：A．1：1发生加成反应，乙烯中含4个H，可发生取代反应，则1mol乙烯和Cl2完全加成后，再与Cl2彻底取代，两过程共消耗1mol+4mol=5molCl2；故A正确；

B．乙烯与溴水发生加成反应溴水褪色；苯能萃取溴水中的溴使溴水褪色；褪色的原理不相同，故B错误；

C．2-丁烯为CH3CH=CHCH3；双键碳连不同的原子或原子团，存在顺反异构，故C错误；

D．从天然资源提取的有机物；首先得到是含有有机物的粗品，需经过分离；提纯才能得到纯品．再进行鉴定和研究未知有机物的结构与性质，一般先利用元素定量分析确定实验式，再测定相对分子质量确定分子式，因为有机物存在同分异构现象，所以最后利用波谱分析确定结构式，故对其进行研究一般采取的研究步骤是：分离提纯→确定实验式→确定分子式→确定结构式，故D正确．

故选AD．13、CD【分析】【分析】醇与足量的乙酸反应生成酯，设醇中羟基数目为n，则Mr（醇）+n×Mr（乙酸）=Mr（酯）+n×Mr（水），故Mr（酯）-Mr（醇）=n×Mr（乙酸）-n×Mr（水）=84，即60n-18n=84，解得n=2，据此解答．【解析】【解答】解：醇与足量的乙酸反应生成酯，设醇中羟基数目为n，则Mr（醇）+n×Mr（乙酸）=Mr（酯）+n×Mr（水），故Mr（酯）-Mr（醇）=n×Mr（乙酸）-n×Mr（水）=84；即60n-18n=84，解得n=2；

由于2个-OH连接在同一碳原子上，不稳定，故该醇分子至少有2个C原子，该醇分子中含有2个-OH，故该醇分子中可能含有甲基、也可能没有甲基，综上分析，选项AB错误，CD正确，故选CD．14、AC【分析】【分析】A．银作阴极；与原电池负极相连；

B．阴离子向阳极移动；

C．电解时阳极的银容易脱落而影响实验结果；

D．根据银和转移电子之间的关系式计算．【解析】【解答】解：A．电解时；银上得电子发生还原反应，所以银作阴极，与电源负极相连，故A正确；

B．电解时；电解质溶液中阴离子向阳极移动，故B错误；

C．银溶解时有些可能未失电子变成银离子然后在阴极（铂坩埚）得电子析出；而是直接跌落到铂坩埚中，造成铂坩埚增重较多，导致计算出的电量偏大，所以必须增加网袋，故C正确；

D．银的物质的量==0.001mol；转移电子的物质的量=0.001mol×（1-0）=0.001mol，故D错误；

故选AC．15、BD【分析】【分析】A．合金含有多种物质；

B．合金熔点低硬度大；

C．钛合金除具备钛单质性质外；还具备其他组成成分的性质；

D．合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质．【解析】【解答】解：A．合金含有多种物质；属于混合物，故A错误；

B．钛合金熔点比各成分金属低；但硬度大，故B正确；

C．合金的化学性质与其各成分金属的化学性质是相同的；钛合金除具备钛单质性质外，还具备其他组成成分的性质，故C错误；

D．青铜；碳素钢、合金钢和硬铝都是合金；故D正确．

故选BD．16、BC【分析】【分析】A；根据溶液中的硫元素的物料守恒分析判断；

B；找全溶液中阴阳离子；利用溶液中的电荷守恒分析判断；

C；依据溶液中电荷守恒和物料守恒计算分析；

D、亚铁离子水解抑制铵根离子水解；【解析】【解答】解：A、Na2S溶液，n（Na）=2n（S），由物料守恒可知，c（Na+）=c（S2-）+c（HS-）+c（H2S）；故A错误；

B、0.1mol•L-1苯酚溶液与0.1mol•L-1Na2CO3溶液等体积混合反应生成碳酸氢钠和苯酚钠溶液，溶液中存在电荷守恒为：c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（C6H5O-）+c（OH-）；故B正确；

C、由电荷守恒有：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-），由物料守恒可得：c（Na+）=2c（HCO3-）+2c（CO32-）+2c（H2CO3），将两式中的C（Na+）消去，可得c（OH-）-c（H+）=c（HCO3-）+2c（H2CO3）；故C正确；

D、将0.1mol（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O溶于水配成的1L溶液中，铵根离子浓度一定大于亚铁离子，由于铵根离子水解，被亚铁离子水解抑制，不可能全部抑制，所以应小于硫酸根离子浓度，离子浓度关系为：c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（Fe2+）＞c（H+）＞c（OH-）；故D错误；

故选BC．17、AC【分析】【分析】A；加入Cu粉；Zn与Cu以及盐酸形成原电池；

B；醋酸锌溶液和盐酸反应生成醋酸和氯化锌；

C、加入CuCl2固体；Zn与氯化铜反应置换出铜，形成原电池；

D、固体量的增减不会加快化学反应速率．【解析】【解答】解：A；加入Cu粉；Zn与Cu以及盐酸形成原电池，反应速率加快又不影响生成氢气的总量，故A正确；

B；醋酸锌溶液和盐酸反应生成醋酸和氯化锌；从盐酸到醋酸，会使反应速率减慢，但不影响生成氢气的总量，故B错误；

C、加入CuCl2固体；Zn与氯化铜反应置换出铜，形成原电池，反应速率加快，锌是过量的，不影响生成氢气的总量，故C正确；

D；二氧化锰的加入不会影响影响化学反应速率和产生氢气的量；故D错误．

故选AC．三、填空题(共8题，共16分)18、碳碳双键和醛基9CH3CH2CH2CHO++H2O加成反应HCOOCH=CHCH3、HCOOCH2CH=CH2、CH3OOCCH=CH2、HCOOC（CH3）=CH2【分析】【分析】A为饱和一元醇，通式为CnH2n+2O，其氧的质量分数约为34.8%，则有×100%=34.8%，解得n=2，故A为CH3CH2OH，A氧化生成E为CH3COOH，E与乙炔发生加成反应生成F为CH3COOCH=CH2，F发生加聚反应得到PVAc为碱性水解得到PVA（）．A在铜作催化剂的条件下氧化得到B为CH3CHO，B发生信息Ⅰ中的反应得到C为CH3CH=CHCHO，C发生还原反应生成D为CH3CH2CH2CHO；D与PVA发生信息Ⅱ中的反应得PVB．

（6）溴乙烷发生水解反应生成乙醇，乙醇发生催化氧化生成乙醛，乙醛与乙醇反应得到．【解析】【解答】解：A为饱和一元醇，通式为CnH2n+2O，其氧的质量分数约为34.8%，则有×100%=34.8%，解得n=2，故A为CH3CH2OH，A氧化生成E为CH3COOH，E与乙炔发生加成反应生成F为CH3COOCH=CH2，F发生加聚反应得到PVAc为碱性水解得到PVA（）．A在铜作催化剂的条件下氧化得到B为CH3CHO，B发生信息Ⅰ中的反应得到C为CH3CH=CHCHO，C发生还原反应生成D为CH3CH2CH2CHO；D与PVA发生信息Ⅱ中的反应得PVB．

（1）C为CH3CH=CHCHO，C中官能团的名称是碳碳双键和醛基，C的反式异构体的结构简式为选择碳碳单键可以是碳碳双键平面与-CHO平面共面，可以使甲基中1个H原子处于平面内，该分子中最多有9个原子共平面；

故答案为：碳碳双键和醛基；9；

（2）D与苯甲醛反应的化学方程式为：CH3CH2CH2CHO++H2O；

故答案为：CH3CH2CH2CHO++H2O；

（3）反应③是CH3COOH与乙炔发生加成反应生成CH3COOCH=CH2；

故答案为：加成反应；

（4）PVAc的结构简式为：

故答案为：

（5）F为CH3COOCH=CH2，与F具有相同官能团的同分异构体的结构简式为：HCOOCH=CHCH3、HCOOCH2CH=CH2、CH3OOCCH=CH2、HCOOC（CH3）=CH2；

故答案为：HCOOCH=CHCH3、HCOOCH2CH=CH2、CH3OOCCH=CH2、HCOOC（CH3）=CH2；

（6）溴乙烷发生水解反应生成乙醇，乙醇发生催化氧化生成乙醛，乙醛与乙醇反应得到合成路线流程图为：CH3CH2BrCH3CH2OHCH3CHO

故答案为：CH3CH2BrCH3CH2OHCH3CHO．19、3NO2+H2O=2HNO3+NOaNaOH溶液强【分析】【分析】（1）NO2与H2O反应生成NO；

（2）根据空气造成的影响确定如何实施操作；

（3）NO2可以污染大气；

（4）装置②中液面上方气体为红棕色，说明浓硝酸将NO氧化为二氧化氮，装置③中液面上方气体仍为无色，说明稀硝酸不能氧化NO．【解析】【解答】解：（1）NO2与H2O反应生成NO，化学方程式是：3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；

（2）由于装置中残存的空气能氧化NO而对实验产生干扰，需要通入一段时间N2赶走装置中的空气；故答案为：a；

（3）装置④中盛放NaOH溶液吸收NO2防止污染大气；故答案为：NaOH溶液；

（4）装置②中液面上方气体为红棕色，说明浓硝酸将NO氧化为二氧化氮，装置③中液面上方气体仍为无色，说明稀硝酸不能氧化NO，则说明浓硝酸的氧化性比稀硝酸的强，故答案为：强．20、略

【分析】试题分析：本题是借助工业流程设计化学用语、反应条件的相关基础知识。（1）平衡常数表达式中注意状态的一致性，即气态体系中表达式中不出现固态和液态物质；（2）Cl2发生还原反应生成AlCl3，氯元素化合价由0价到-1价，得到1个电子，故1molAlCl3时转移3mol电子；（3）根据流程反应物应为FeCl3和Al，产物是AlCl3和Fe，注意AlCl3为气态；（4）AlCl3易水解，加热生成的HCl挥发，促使平衡正向移动生成Al(OH)3，故采用通入HCl，抑制AlCl3水解。考点：本题是以工业流程为背景综合考查基本化学用语等内容。【解析】【答案】（1）c3(CO2)/c3(CO)（2）3SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+2H+（3）Al+FeCl3AlCl3+Fe（4）抑制AlCl3水解AlCl3·6H2O+6SOCl2AlCl3+12HCl↑+6SO2↑21、往B中右侧量气管中加水，一段时间后量气装置左右液面差不变，说明气密性良好CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O蒸馏水向下移动右管，使左右两管液面相平70%HCO3-+H+═CO2↑+H2O【分析】【分析】（1）装置气密性依据装置中气体的压强变化和液面变化分析判断；

（2）A中是碳酸钙和盐酸的反应反应；D中是为了吸收氯化氢气体避免影响二氧化碳的测定结果；

（3）应向下移动右管；使左右两管液面在同一水平面上；

（4）依据生成的二氧化碳气体体积换算物质的量，结合反应离子方程式计算碳酸钙物质的量，得到碳酸钙质量分数；图1实验比图2实验所得钙片中的碳酸钙含量偏高是因为图1中生成的二氧化碳气体中含有氯化氢，和碳酸氢钠反应多生成了二氧化碳．【解析】【解答】解：（1）Ⅰ中检查图1装置气密性的方法是利用装置中的气体压强变化进行分析；往B中右侧量气管中加水，一段时间后量气装置左右液面差不变，说明气密性良好；

故答案为：往B中右侧量气管中加水；一段时间后量气装置左右液面差不变，说明气密性良好；

（2）A中是碳酸钙和盐酸的反应反应，反应的离子方程式为：CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O；D中是为了吸收氯化氢气体避免影响二氧化碳的测定结果；可以用水吸收；

故答案为：CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O；蒸馏水；

（3）读数时右管的液面高于左管的液面；应向下移动右管，使左右两管液面在同一水平面上；

故答案为：向下移动右管；使左右两管液面相平；

（4）在A、C的右边加入0.25g钙片粉末，左边加入3mL2mol/L盐酸，E中收集到的气体体积为39.20mL物质的量为：=0.00175mol，所以碳酸钙的质量=0.00175mol×100g/mol=0.175g；碳酸钙质量分数=×100%=70%；图1中生成的二氧化碳气体中含有氯化氢，和碳酸氢钠反应多生成了二氧化碳使测定结果偏高，反应的离子方程式为：HCO3-+H+═CO2↑+H2O；

故答案为：70%；HCO3-+H+═CO2↑+H2O．22、C6H10O3羟基HOCH2-CH2OH+O2OHC-CHO+2H2OCH2=CHCH2COOHCH3CH=CHCOOHCH2=C（CH3）COOCH2CH2OH【分析】【分析】由0.5molA完全燃烧只生成3molCO2和2.5molH2O，则A分子中N（C）==6、N（H）==10，则N（O）==3，故A的分子式为C6H10O3，A水解得到B、D，则A含有酯基，因D的分子式为C4H6O2，则B的分子式为C2H6O2，B能发生催化氧化生成C，则B中含有羟基，由1molB与钠反应生成标况下22.4L氢气，则B为二元醇，即B为HOCH2CH2OH，B催化氧化为C，B与C的相对分子质量之差为4，则C的结构简式为：OHC-CHO．D为羧酸，不饱和度为2，能被酸性高锰酸钾氧化，故D分子中还含有1个碳碳双键，D氧化生成E，E能与氢气发生加成反应生成F，则F中含有羟基，由两分子F反应可生成含甲基的六元环状酯类化合物，则F中-COOH与-OH连接在同一碳原子上，可知F的结构简式为：CH3CH（OH）COOH，E的结构简式为：CH3COCOOH，D的结构简式为CH2=C（CH3）COOH，由B和D的结构简式，可知A的结构简式为：CH2=C（CH3）COOCH2CH2OH，据此解答．【解析】【解答】解：由0.5molA完全燃烧只生成3molCO2和2.5molH2O，则A分子中N（C）==6、N（H）==10，则N（O）==3，故A的分子式为C6H10O3，A水解得到B、D，则A含有酯基，因D的分子式为C4H6O2，则B的分子式为C2H6O2，B能发生催化氧化生成C，则B中含有羟基，由1molB与钠反应生成标况下22.4L氢气，则B为二元醇，即B为HOCH2CH2OH，B催化氧化为C，B与C的相对分子质量之差为4，则C的结构简式为：OHC-CHO．D为羧酸，不饱和度为2，能被酸性高锰酸钾氧化，故D分子中还含有1个碳碳双键，D氧化生成E，E能与氢气发生加成反应生成F，则F中含有羟基，由两分子F反应可生成含甲基的六元环状酯类化合物，则F中-COOH与-OH连接在同一碳原子上，可知F的结构简式为：CH3CH（OH）COOH，E的结构简式为：CH3COCOOH，D的结构简式为CH2=C（CH3）COOH，由B和D的结构简式，可知A的结构简式为：CH2=C（CH3）COOCH2CH2OH；

（1）由上述分析可知，A的分子式为C6H10O3，故答案为：C6H10O3；

（2）B为乙二醇，含官能团为羟基，乙二醇催化氧化为乙二醛，反应方程式为：HOCH2-CH2OH+O2OHC-CHO+2H2O；

故答案为：羟基；HOCH2-CH2OH+O2OHC-CHO+2H2O；

（3）D的结构简式为：CH2=C（CH3）COOH，含官能团碳碳双键和羧基，与D具有相同官能团的同分异构体G为：CH2=CHCH2COOH、CH3CH=CHCOOH；

故答案为：CH2=CHCH2COOH、CH3CH=CHCOOH；

（4）①两分子F形成六元环酯，六元环状酯类化合物的结构简式是：故答案为：

②由F可生成使Br2的CCl4溶液褪色的有机物H，可知F发生了消去反应，反应方程式为：

故答案为：

③F含羟基和羧基，可发生缩聚反应生成聚酯，反应方程式为：

故答案为：

（5）由上述分析可知，A的结构简式为：CH2=C（CH3）COOCH2CH2OH，故答案为：CH2=C（CH3）COOCH2CH2OH．23、CaCO3、Na2SO4CuSO4、BaCl2KNO3CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2OBa2++SO42-=BaSO4↓【分析】【分析】（1）取少量固体粉末加到足量水中，得到白色沉淀，上层为无色清液，一定不含CuSO4；含有CaCO3或是BaCl2、Na2SO4都有中的一种情况；

（2）继续往其中加入足量稀硝酸，白色沉淀完全消失，并有气泡产生，则沉淀是CaCO3，一定含CaCO3；

（3）取少量（1）中的溶液滴加Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀生成，再加入稀硝酸，沉淀不溶，沉淀是硫酸钡，一定含有Na2SO4，一定不含BaCl2，据此来回答．【解析】【解答】解：（1）取少量固体粉末加到足量水中，得到白色沉淀，上层为无色清液，一定不含CuSO4；含有CaCO3或是BaCl2、Na2SO4都有中的一种情况；

（2）继续往其中加入足量稀硝酸，白色沉淀完全消失，则沉淀是CaCO3，一定含CaCO3；

（3）取少量（2）中的溶液滴加Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀生成，再加入稀硝酸，沉淀不溶，沉淀是硫酸钡，一定含有Na2SO4，一定不含BaCl2．

综上分析可知：一定含有CaCO3、Na2SO4；一定不含有CuSO4、BaCl2；可能含有KNO3；

（2）中发生反应：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，（3）中发生：Ba2++SO42-=BaSO4↓；

故答案为：CaCO3、Na2SO4；CuSO4、BaCl2；KNO3；CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；Ba2++SO42-=BaSO4↓．24、CONaAl第二周期ⅣA族第二周期ⅥA族第三周期ⅠA族第三周期ⅢA族C+O2CO24Na+O2=2Na2O或2Na+O22Na2O24Al+3O22Al2O3【分析】【分析】（1）元素X；Y、Z、W的原子序数分别为6、8、11、13；则X为C、Y为O、Z为Na、W为Al；

（2）电子层数等于周期数；最外层电子数=族序数；

（3）碳与足量的氧气反应生成二氧化碳；Na与氧气在常温下反应生成氧化钠、在加热条件下反应生成过氧化钠；Al与氧气反应生成氧化铝．【解析】【解答】解：（1）元素X；Y、Z、W的原子序数分别为6、8、11、13；则X为C、Y为O、Z为Na、W为Al；

故答案为：C；O；Na；Al；

（2）碳元素原子结构示意图为故处于第二周期ⅣA族；

O元素原子结构示意图为故处于第二周期ⅥA族；

Na元素原子结构示意图为故处于第三周期ⅠA族；

Al元素原子结构示意图为故处于第三周期ⅢA族；

故答案为：第二周期ⅣA族；第二周期ⅥA族；第三周期ⅠA族；第三周期ⅢA族；

（3）碳与足量的氧气反应生成二氧化碳，反应方程式：C+O2CO2；Na与氧气在常温下反应生成氧化钠、在加热条件下反应生成过氧化钠，反应方程式为：4Na+O2=2Na2O或2Na+O22Na2O2；Al与氧气反应生成氧化铝，反应方程式为：4Al+3O22Al2O3；

故答案为：C+O2CO2；4Na+O2=2Na2O或2Na+O22Na2O2；4Al+3O22Al2O3．25、略

【分析】试题分析：矿渣中的Al2O3、Fe2O3均与盐酸反应，分别生成AlCl3、FeCl3，Cu2O与盐酸反应生成Cu和Cu2+，溶液中的Fe3+与Cu反应：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，SiO2不与盐酸反应，通过过滤把Cu、SiO2与溶液分离，所以固体混合物B经处理后可回收铜，滤液A中含有Cu2+、Fe2+、Al3+，加入足量的NaOH溶液，滤液C中含有AlO2–，金属E为Al，固体D为Cu(OH)2和Fe(OH)3的混合物，在空气中灼烧，F为CuO和Fe2O3的混合物，粗铜为Cu、Al和Fe的混合物，经过电解精炼可得纯铜。（1）分离固体与液体的混合物采用过滤的方法，灼烧固体应放在坩埚中。（2）由以上分析知，滤液A中铁元素的存在形式为Fe2+，生成该离子的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，检验Fe2+的试剂为硫氰化钾溶液和新制氯水。（3）设pH=a，NaAlO2溶液显碱性是由AlO2–水解所致，所以水电离出的氢氧根离子浓度为NaOH抑制水的电离，水电离出的OH–浓度为10–amol·L–1，则2a–14=8，a=11。（4）①电解过程中，电能除转化为化学能外，还有部分转化为热能，a项错误；电解精炼时粗铜应为阳极，与电源的正极相连，发生氧化反应，b项正确；电解时，粗铜中的铁、铝也放电，而阴极只有Cu2+得电子，所以溶液中的Cu2＋浓度略有降低，c正确；根据电极反应Cu2++2e–=Cu可知，阴极析出铜的物质的量是转移电子物质的量的二分之一，错误。②粗铜为Cu、Al和Fe的混合物，浓硫酸稀释后，稀硫酸可与混合物中的Al和Fe反应，而铜不反应，通过反应前后固体的质量差可测定铜的质量分数。考点：考查实验设计、实验原理分析、离子检验、离子方程式的书写、pH计算等内容，考查信息处理能力和综合分析能力。【解析】【答案】（1）过滤坩埚（2）Fe2+2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+硫氰化钾溶液和新制氯水(写化学式不给分)（3）11（4）①bc②将浓硫酸用蒸馏水稀释，将样品与足量稀硫酸充分反应四、判断题(共1题，共4分)26、√【分析】【分析】标准状况下5.6LNO的物质的量为：=0.25mol；铁粉、铜粉的混合物与稀硝酸发生的反应有：Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O、3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O、3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O，据此判断消耗的硝酸的物质的量．【解析】【解答】解：粉与铜粉混合物与适量稀硝酸反应生成的气体为NO，标准状况下5.6LNO的物质的量为：=0.25mol；

铜粉与稀硝酸反应的方程式为：①3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；

铁与稀硝酸反应的方程式有：②Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O、③3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O；

分析反应①②③可知；无论铜粉与铁粉的组成，生成0.25molNO都消耗硝酸：0.25mol×4=1mol；

故答案为：√．五、探究题(共4题，共8分)27、|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．28、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．29、|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．30、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．六、简答题(共3题，共6分)31、略

【分析】解：周期表前rm{20}号元素中有rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}五种不同主族元素rm{.}已知它们原子半径依次增大，其中rm{A}与rm{D}rm{C}与rm{E}原子的电子层数都相差rm{2}rm{D}和rm{E}不能同时是第三周期的元素，否则rm{A}和rm{C}都是氢，结合原子半径知rm{E}是第四周期的元素中的钾或钙，rm{D}是第三周期的元素，rm{A}是氢，则rm{E}是钙rm{(}钾与氢同主族rm{)}rm{D}与rm{E}原子的最外层电子数之比为rm{2}rm{1}则rm{D}是硅，结合“rm{C}与rm{E}能形成离子化合物rm{EC}”知rm{C}是氧，根据原子半径知rm{B}是氟．

rm{(1)D}为rm{Si}元素，原子结构示意图为故答案为：

rm{(2)B}元素的名称为氟；故答案为：氟；

rm{(3)}用电子式表示rm{H_{2}O}的形成过程：故答案为：

rm{(4)E}的碳酸氢盐与足量rm{KOH}溶液反应的离子方程式：rm{Ca^{2+}+2HCO_{3}^{-}+2OH^{-}=CaCO_{3}隆媒+CO_{3}^{2-}+2H_{2}O}故答案为：rm{Ca^{2+}+2HCO_{3}^{-}+2OH^{-}=CaCO_{3}隆媒+CO_{3}^{2-}+2H_{2}O}

rm{(5)CaH_{2}}与水反应放出气体，反应化学方程式：rm{CaH_{2}+2H_{2}O=Ca(OH)_{2}+2H_{2}隆眉}并用单线桥表示电子转移方向和数目为：

故答案为：．

周期表前rm{20}号元素中有rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}五种不同主族元素rm{.}已知它们原子半径依次增大，其中rm{A}与rm{D}rm{C}与rm{E}原子的电子层数都相差rm{2}rm{D}和rm{E}不能同时是第三周期的元素，否则rm{A}和rm{C}都是氢，结合原子半径知rm{E}是第四周期的元素中的钾或钙，rm{D}是第三周期的元素，rm{A}是氢，则rm{E}是钙rm{(}钾与氢同主族rm{)}rm{D}与rm{E}原子的最外层电子数之比为rm{2}rm{1}则rm{D}是硅，结合“rm{C}与rm{E}能形成离子化合物rm{EC}”知rm{C}是氧，根据原子半径知rm{B}是氟．

本题考查结构性质位置关