…………○…………內…………○…○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年粵人版高三化學下冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、在一定條件下，使N2和H2在一密閉容器中進行反應，下列說法中不正確的是（）A.反應開始時，正反應速率最大，逆反應速率為零B.隨著反應的進行，正反應速率逐漸減小，最后為零C.隨著反應的進行，逆反應速率逐漸增大，最后不變D.隨著反應的進行，正反應速率逐漸減小，最后不變2、在25°C下，將，amol·L-1的醋酸（HAc）與0.01mol·L-1的氫氧化鈉溶液等體積混合，反應平衡時溶液中c（Na+）=c（Ac-）。則下列說法中，不正確的是（）A.此時醋酸和氫氧化鈉溶液恰好中和B.反應后混合液的導電性一定弱于0.01mol·L-1的氫氧化鈉溶液C.溶液中的離子濃度大小的順序為c（Na+）=c（Ac-）＞c（OH-）=c（H+）D.a肯定大于0.013、25℃時將0.02mol/LBa（OH）2溶液100mL和0.01mol/LH2SO4溶液100mL混合，若忽略溶液體積變化，則混合后的溶液（）A.pH=13B.pH=2C.由水電離出的c（H+）=0.01mol/LD.溶質的物質的量濃度為0.005mol/L4、下列物質按混合物、純凈物、堿、鹽分類排序正確的是（）A.氫氧化鈉、液氯、石油、純堿B.石油、液氯、純堿、氫氧化鈉C.石油、液氯、氫氧化鈉、純堿D.純堿、氫氧化鈉、液氯、石油5、室溫下；有關下列四種溶液的敘述正確的是（忽略混合后溶液的體積變化）（）

。①②③④pH121222溶液氨水氫氧化鈉溶液醋酸鹽酸A.在①、②中分別加入氯化銨晶體，兩溶液的pH均增大B.分別將等體積的①和②加水稀釋100倍，所得溶液的pH：①＞②C.把①、④兩溶液等體積混合后所得溶液中：c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（OH-）＞c（H+）D.將溶液②和溶液③等體積混合，混合后所得溶液的pH=76、短周期元素X、Y、Z的原子序數依次遞增，其原子的最外層電子數之和為14。X與Y、Z位于相鄰周期，Z原子最外層電子數是X原子內層電子數的3倍或者Y原子最外層電子數的2倍。下列說法不正確的是A.X的氫化物溶液與其最高價氧化物對應的水化物溶液的酸堿性相反B.Y的氧化物既可與強酸反應又可與強堿反應，并可用來制作耐火材料C.X和Z的最高價氧化物對應的水化物的濃溶液都是具有強氧化性的酸D.Z的氫化物比X的氫化物更穩定評卷人得分二、雙選題(共7題，共14分)7、某氧原子的質量為ag，12C原子的質量為bg，且NA表示阿氏常數，下列說法中正確的是（）A.氧元素的相對原子質量為B.1mol該原子質量為aNAgC.xg該氧原子所含的電子數為D.yg該氧原子的中子數一定為8、根據熱化學方程式：rm{S(s)+O_{2}(g)簍TSO_{2}(g)}rm{triangleH=隆陋297.23kJ^{.}mol^{隆陋1}}分析下列說法正確的是rm{S(s)+O_{2}(g)簍T

SO_{2}(g)}A.rm{triangleH=隆陋297.23

kJ^{.}mol^{隆陋1}}rm{S(g)+O_{2}}rm{(g)}rm{(g)}；rm{簍TSO}rm{簍TSO}值大于rm{{,!}_{2}}rm{(g)}；rm{triangleH=Q}rm{Q}值大于rm{297.23kJ}rm{(g)}rm{triangleH=Q}rm{Q}B.rm{297.23kJ}rm{{,!}^{.}}rm{mol}rm{mol}rm{{,!}^{隆陋1}}；rm{S(g)+O_{2}}值小于rm{(g)簍T}rm{(g)簍T}rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{2}}C.rm{(g)}；rm{triangleH=Q}rm{Q}值小于rm{297.23kJ}rm{(g)}rm{triangleH=Q}rm{Q}rm{297.23kJ}；rm{{,!}^{.}}rm{mol}值為負值，其絕對值小于rm{mol}rm{{,!}^{隆陋1}}rm{SO_{2}}rm{(g)}D.rm{(g)}rm{簍TS(g)+O}；rm{簍TS(g)+O}rm{{,!}_{2}}rm{(g)}；rm{triangleH=Q}rm{Q}值為負值，其絕對值小于rm{297.23kJ}rm{(g)}值為正值，其絕對值大于rm{triangleH=Q}rm{Q}rm{297.23kJ}9、下列有關說法正確的是rm{(}rm{)}A.rm{1}rm{mol}rm{FeBr_{2}}與足量氯氣反應時，理論上轉移的電子數約為rm{3隆脕6.02隆脕10^{23}}B.常溫下，rm{pH}均為rm{3}的三種溶液：rm{壟脵HCl}溶液rm{壟脷H_{2}SO_{4}}溶液rm{壟脹CH_{3}COOH}溶液，各自溶質的物質的量濃度大小順序為rm{壟脵=壟脷<壟脹}C.電解熔融rm{NaCl}或rm{AlCl_{3}}制取rm{Na}或rm{Al}D.一定條件下反應rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}(aq)+H_{2}O(l)?2CrO_{4}^{2-}(aq)+2H^{+}(aq)}達到平衡后，滴加少量濃硫酸，重新達平衡前，rm{2v_{脮媒}(Cr_{2}O_{7}^{2-})<v_{脛忙}(CrO_{4}^{2-})}10、下列過程中，共價鍵被破壞的是rm{(}rm{)}A.碘升華B.溴蒸氣被木炭吸附C.加熱使氯化銨分解D.氯化氫氣體溶于水11、下列做法的目的與反應速率有關的是()A.用冰箱冷藏食物B.在糖果制作過程中添加著色劑C.向食鹽中添加碘酸鉀D.在化學反應中加入合適的催化劑12、砹（At）屬于鹵族元素之一，試推測砹（At）單質及其化合物不可能具有的性質是（）A.單質砹易溶于某些有機溶劑B.AgAt是不溶于水的有色固體C.HAtO4酸性比HClO4強D.HAt難溶于水，且受熱很難分解13、己烷雌酚的一種合成路線如圖：下列敘述不正確的是（）

A.化合物X的分子式為C9H13BrOB.化合物X苯環上的一溴代物有四種C.用FeCl3溶液可鑒別化合物X和YD.反應（2）屬于取代反應評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)14、（2013春?宜城市校級期中）A；B、C、D、E為短周期元素且原子序數依次增大；其中A含有3個能級且每個能級所含的電子數相同；C的最外層有6個運動狀態不同的電子；D是短周期元素中電負性最小的元素；E的最高價氧化物的水化物酸性最強．

（1）元素A、B、C的第一電離能由小到大的是____（用元素符號表示）．

（2）根據等電子原理寫出化合物AC的結構式____

（3）已知DE晶體的晶胞如圖所示．若將DE晶胞中的所有E離子去掉，并將D離子全部換為A原子，再在其中的4個“小立方體”中心各放置一個A原子，且這4個“小立方體”不相鄰．位于“小立方體”中的A原子與最近的4個A原子以單鍵相連，由此表示A的一種晶體的晶胞（已知A-A鍵的鍵長為acm，NA表示阿伏加德羅常數），則該晶胞中含有____個A原子，該晶體的密度是____g/cm3．15、實驗室中需要22.4l（標準狀況）SO2氣體．化學小組同學依據化學方程式Zn+2H2SO4（濃）ZnSO4+SO2↑+2H2O計算后，取65.0g鋅粒與98%的濃H2SO4（ρ=1.84g?cm-3）110mL充分反應鋅全部溶解；對于制得的氣體，有同學認為可能混有雜質．

（1）化學小組所制得的氣體中混有的主要雜質氣體可能是____（填分子式）．產生這種結果的主要原因是____

（用化學方程式和必要的文字加以說明）

（2）為證實相關分析；化學小組的同學設計了實驗，組裝了如下裝置，對所制取的氣體進行探究．

①裝置B中加入的試劑____，作用是____．

②裝置D加入的試劑____，裝置F加入的試劑____．

③可證實一定量的鋅粒和一定量的濃硫酸反應后生成的氣體中混有某雜質氣體的實驗現象是____．

④U型管G的作用為____．16、某烴類化合物A的質譜圖表明其相對分子質量為84；紅外光譜表明分子中含有碳碳雙鍵，核磁共振氫譜表明分子中只有一種類型的氫．

（1）A的結構簡式為____；

（2）A中的碳原子是否都處于同一平面？____（填“是”或者“不是”）；

（3）在如圖中，D1、D2互為同分異構體，E1、E2互為同分異構體．

反應②的化學方程式為____；C的名稱為____；E2的結構簡式是____；④、⑥的反應類型依次是____、____．17、（2013秋?臺州期中）用二氧化氯（ClO2）、高鐵酸鈉（Na2FeO4摩爾質量為166g?mol-1）等新型凈水劑替代傳統的凈水劑Cl2對淡水進行消毒是城市飲用水處理新技術．ClO2和Na2FeO4在水處理過程中分別被還原為Cl-和Fe3+．

（1）如果以單位質量的氧化劑所得到的電子數來表示消毒效率，那么ClO2、Na2FeO4、Cl2三種消毒殺菌劑的消毒效率由大到小的順序是____＞____＞____．（填化學式）

（2）二氧化氯是一種黃綠色有刺激性氣味的氣體，其熔點為-59℃，沸點為11.0℃，易溶于水．工業上用稍潮濕的KClO3和草酸在60℃時反應制得．某學生用如圖所示的裝置模擬工業制取及收集ClO2，其中A為ClO2的發生裝置，B為ClO2的凝集裝置；C為尾氣吸收裝置．請問：

①A部分還應添加溫度控制裝置，請你說出一種溫度控制方法____，B部分還應補充什么裝置____；

②C中的試劑為NaOH溶液，反應時生成氯酸鈉和亞氯酸鈉（NaClO2），發生該反應的離子方程式為____．若實驗時需要450mL4mol/L的NaOH溶液，則在精確配制時，需要稱取NaOH的質量是____g，所使用的儀器除托盤天平、量筒、膠頭滴管、玻璃棒外，還必須有：____．18、在3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O反應中；

（1）____元素被氧化，____是氧化劑．

（2）____是氧化產物，____發生氧化反應．

（3）被還原的HNO3與參加反應的HNO3物質的量之比是____．

（4）用雙線橋標出該反應電子轉移的方向和數目：3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O．19、碳酸鈉與工農業生產、日常生活緊密相關．工業碳酸鈉大多采用侯氏制堿法制取，所得碳酸鈉樣品中往往含有少量NaCl，現欲測定樣品中Na2CO3的質量分數；某探究性學習小組分別設計了如下實驗方案．

請回答下列有關問題：

方案一：沉淀分析法。

（1）把一定質量的樣品溶解后加入過量的CaCl2溶液，將所得沉淀____（填操作步驟）、洗滌、烘干、稱量．洗滌沉淀的操作是____．

方案二：氣體分析法。

（2）把一定量的樣品與足量鹽酸反應后，用如圖裝置測定產生CO2氣體的體積，為了測定結果準確，B中的溶液最好采用____；從下列各選項中選取：

a．飽和碳酸鈉溶液b．飽和碳酸碳酸氫鈉溶液c．飽和氫氧化鈉溶液d．飽和硫酸銅溶液。

但選用該溶液后實驗結果仍然不夠準確，其原因可能是____．

方案三：質量差分析法。

（3）把一定質量的樣品和足量的稀硫酸反應；采用如圖乙所示裝置，通過稱量反應前后盛有堿石灰的干燥管質量，利用其質量差求算樣品的純度．該實驗的操作步驟有：

①在干燥管內填滿堿石灰；質量為mg

②取ng樣品裝入廣口瓶中

③檢驗裝置的氣密性．

④緩慢鼓入空氣數分鐘；再稱量干燥管質量為wg

⑤關閉止水夾。

⑥打開止水夾。

⑦緩慢加入稀硫酸至不再產生氣體為止。

⑧緩慢鼓入空氣數分鐘．

I．正確的操作順序是（填寫序號）：

③→____→⑥→____→⑤→____→⑦→____→④

Ⅱ．若去掉裝置A，測定結果____；若去掉裝置B，測定結果____（填“偏大”、“偏小”或“無影響”）．20、把煤作為燃料可通過以下兩種途徑：

途徑I：C（s）+O2（g）=CO2（g）；△H1＜0．

途徑II：先制水煤氣C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）；△H2＞0；

再燃燒水煤氣：2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）；△H3＜0；

2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）；△H4＜0．

請回答下列問題：

（1）判斷兩種途徑放熱：途徑I放出的熱量____（填“大于”；“等于”或“小于”）途徑II放出的熱量．

（2）由于制取水煤氣反應里，反應物具有的總能量____（填“大于”、“等于”或“小于”）生成物具有的總能量，那么在化學反應時，反應物就需要____（填“放出”或“吸收”）能量才能轉化為生成物，因此其反應條件是____．

（3）△H1、△H2、△H3和△H4的數學關系式是____．21、pH的測定是中學化學中重要的定量實驗．

（1）下列關于pH測定的說法正確的是____．

a．用pH試紙測得某鹽酸的pH=2.3

b．將pH試紙直接插入待測溶液；取出后再與標準比色卡對比。

c．用pH試紙測新制氯水的pH

d．能使pH試紙顯紅色的溶液顯酸性。

（2）某同學先用蒸餾水潤濕pH試紙，再用該試紙分別測定c（OH﹣）相等的NaOH溶液和氨水的pH，誤差較大的是____．評卷人得分四、判斷題(共3題，共12分)22、將30mL0.5mol/L的NaOH溶液加水稀釋到500mL，稀釋后NaOH的物質的量濃度為0.3mol/L____．（判斷對錯）23、分液時，先將下層液體從分液漏斗下端放出，再將上層液體從上口倒出．____．（判斷對錯）24、乙炔、聚乙炔、乙烯、聚乙烯、甲苯、乙苯都能使KMnO4（H+）溶液褪色____（判斷對錯）評卷人得分五、探究題(共4題，共36分)25、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設計了下列實驗過程．請在括號內填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內有關物質的結構簡式．

寫出下列物質的結構簡式A________、C________、E________、G________．26、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應的原理來測定其含量，操作為：27、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設計了下列實驗過程．請在括號內填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內有關物質的結構簡式．

寫出下列物質的結構簡式A________、C________、E________、G________．28、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應的原理來測定其含量，操作為：評卷人得分六、綜合題(共2題，共6分)29、［化學選修──有機化學基礎］（15分）根據圖示回答下列問題：（1）寫出A、E、G的結構簡式：A_____________，E_______________，G______________；（2）反應②的化學方程式（包括反應條件）是_________________________，（3）反應④化學方程式（包括反應條件）是____________________________________；（4）寫出①、⑤的反應類型：①________________、⑤__________________。30、［化學選修—物質結構與性質］（15分）已知A、B、C、D和E5種分子所含原子的數目依次為1、2、3、4和6，且都含有18個電子。又知B、C和D是由兩種元素的原子組成。請回答：（1）組成A分子的原子的核外電子排布式是___________________________；（2）B和C的分子式分別是__________和__________；C分子的立體結構呈_______形，該分子屬于__________分子（填“極性”或“非極性”）；（3）若向D的稀溶液中加入少量二氧化錳，有無色氣體生成。則D的分子式是，該反應的化學方程式是______________________________________________。（4）若將1molE在氧氣中完全燃燒，只生成1molCO2和2molH2O，則E的分子式是_____________。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、B【分析】【分析】A；反應開始反應物濃度最大；生成物濃度為0；

B、N2和H2反應是可逆反應；是動態平衡，最后正逆速率相等不為0；

C；生成物濃度增大；逆反應速率逐漸增大，到達平衡速率不變；

D、反應物濃度減小，正反應速率逐漸減小，到達平衡速率不變．【解析】【解答】解：A；反應開始反應物濃度最大；所以正反應速率最大，生成物濃度為0，所以逆反應速率為零，故A正確；

B、N2和H2反應是可逆反應；反應物不能完全轉化，最后正逆速率相等不為0，故B錯誤；

C；隨反應的進行；生成物濃度增大，所以逆反應速率逐漸增大，到達平衡速率不變，故C正確；

D；隨反應的進行；反應物濃度減小，正反應速率逐漸減小，到達平衡速率不變，故D正確．

故選B．2、A【分析】【解析】【答案】A3、D【分析】【分析】100mL0.02mol?L-1的Ba（OH）2溶液中氫氧根離子濃度物質的量為：0.02mol?L-1×0.1L×2=0.004mol；100mL0.01mol?L-1的H2SO4溶液中氫離子的物質的量為：0.01mol?L-1×2×0.1L=0.002mol，兩溶液混合后氫氧根離子過量，溶液顯示堿性，根據氫氧根離子、氫離子的物質的量計算出混合后溶液中氫氧根離子的濃度，再計算出溶液的pH；堿性溶液中的氫離子是水的電離，據此計算出水電離的氫離子濃度；氫氧化鋇與硫酸按照2：1反應，反應后氫氧化鋇過量，根據c=計算出混合液中氫氧化鋇的濃度．【解析】【解答】解：100mL0.02mol?L-1的Ba（OH）2溶液中氫氧根離子濃度物質的量為：0.02mol?L-1×0.1L×2=0.004mol；100mL0.01mol?L-1的H2SO4溶液中氫離子的物質的量為：0.01mol?L-1×2×0.1L=0.002mol；

A．兩溶液混合后，氫氧根離子過量，溶液顯示堿性，反應后的溶液中氫氧根離子濃度為：=0.01mol/L；溶液的pH=12，故A錯誤；

B．根據A的計算結果可知；反應后的溶液的pH=12，故B錯誤；

C．堿溶液中氫離子是水電離的，水電離的氫離子濃度為為1.0×10-12mol?L-1；故C錯誤；

D．反應后氫氧化鋇過量，則混合液中氫氧化鋇的濃度為：=0.005mol/L；故D正確；

故選D．4、C【分析】【分析】由兩種或兩種以上物質構成的是混合物；只由一種物質構成的是純凈物；電離出的陰離子全部是氫氧根的化合物是堿；陽離子是金屬離子或銨根離子、陰離子是酸根離子的化合物是鹽．【解析】【解答】解：A；氫氧化鈉是堿；是純凈物，不是混合物；石油是多種烴組成的混合物，不是堿，故A錯誤；

B；石油是多種烴組成的混合物；純堿是碳酸鈉；是鹽不是堿；氫氧化鈉是堿不是鹽，故B錯誤；

C；石油是多種烴組成的混合物；液氯是液態的氯氣；是純凈物；氫氧化鈉是堿；純堿是碳酸鈉，是鹽，故C正確；

D；純堿是碳酸鈉；不是混合物；液氯是液態的氯氣，是單質，不是堿；石油是多種烴組成的混合物，不是鹽，故D錯誤；

故選C．5、B【分析】【分析】表中一水合氨和醋酸都為弱電解質，不能完全電離，堿溶液中c（OH-）與酸溶液中c（H+）相等，都為0.01mol/L，但氨水和醋酸濃度較大，以此解答該題．【解析】【解答】解：A．一水合氨是弱電解質，存在NH3?H2O?NH4++OH-；加入氯化銨晶體，氯化銨電離出銨根離子抑制氨水的電離，所以pH減小，氫氧化鈉是強電解質，在水中完全電離，加入氯化銨，銨根離子和氫氧根離子結合生成一水合氨，pH減小，兩溶液的pH值均減小，故A錯誤；

B．分別將等體積的①和②加水稀釋100倍；前者為氨水稀釋后電離程度增大，pH大于10，后者為強電解質，pH等于10，所以所得溶液的pH：①＞②，故B正確；

C．把①、④兩溶液等體積混合后所得溶液為氯化銨和氨水的溶液，氨水過量，溶液呈堿性，則c（OH-）＞c（H+），根據電荷守恒可知c（NH4+）＞c（Cl-）；故C錯誤；

D．將溶液②和溶液③等體積混合得到乙酸鈉和乙酸的溶液；乙酸進一步電離溶液呈酸性，所以混合后所得溶液pH＜7，故D錯誤．

故選：B．6、D【分析】試題分析：由于短周期元素X、Y、Z的原子序數依次遞增，且X與Y、Z位于相鄰周期，Z原子最外層電子數是X原子內層電子數的3倍或者Y原子最外層電子數的2倍。說明X是第二周期的元素，Y、Z是低三周期的元素。Z是S元素，Y是Al元素，又因為其原子的最外層電子數之和為14，所以X是N元素。AX的氫化物為NH3，溶液顯堿性與其最高價氧化物對應的水化物是HNO3.溶液顯酸性。酸堿性正好相反。正確。B．Y的氧化物是Al2O3，是兩性氧化物既可與強酸反應又可與強堿反應，由于它的熔點高達2050度，故可用來制作耐火材料。正確。C．X和Z的最高價氧化物對應的水化物分別是HNO3、H2SO4，它們都是強氧化性的酸，濃溶液具有強氧化性。正確。Z的氫化物是H2S比X的氫化物是NH3，由于非金屬性N大于S，元素的非金屬性越強，其氫化物越穩定。故穩定性NH3>H2S。錯誤。考點：考查元素周期表、元素周期律及其應用等等的知識。【解析】【答案】D二、雙選題(共7題，共14分)7、B|C【分析】解：A．元素是指具有相同核電荷數（核內質子數）的一類原子的總稱．一種元素因中子數不同，有多種原子．元素的相對原子質量是指該元素的同位素按其豐度計算的平均值．氧原子的相對原子質量為但該值也不是氧元素的相對原子質量，故A錯誤；

B．氧原子的質量為ag，NA個氧原子的質量為aNAg；故B正確；

C．一個該氧原子的質量是a，xg該氧原子個數為X/ag．1個氧原子所含的中子數是8個，則xg該氧原子所含的電子數為故C錯誤；

D．氧原子有多種；中子數不一定是8，故D錯誤．

故選：BC．

A．某一原子的相對原子質量是指：以一個碳-12原子質量的作為標準；該原子的質量跟一個碳-12原子質量的1/12的比值；

B．NA個氧原子的質量就是1mol該原子質量；

C．氧原子的質子數為8；1個氧原子所含的電子數是8個；

D．氧原子的中子數不一定為8．

本題考查阿伏加德羅常數的有關判斷，題目難度不大，做題時注意物質的聚集狀態、存在條件、物質的組成、結構和性質等知識．【解析】【答案】BC8、BD【分析】略【解析】rm{BD}9、AD【分析】解：rm{A.}氯氣可以氧化亞鐵離子、碘離子，反應方程式為：rm{2FeI_{2}+3Cl_{2}=2FeCl_{3}+2I_{2}}rm{1molFeI_{2}}反應需要rm{Cl_{2}}的物質的量為rm{1mol隆脕dfrac{3}{2}=1.5mol}反應中rm{1mol隆脕dfrac

{3}{2}=1.5mol}元素化合價由rm{Cl}價降低為rm{0}價，故轉移電子為rm{-1}即轉移電子數為rm{1.5mol隆脕2=3mol}故A正確；

B.鹽酸是一元強酸，硫酸是二元強酸，醋酸是一元弱酸，三種酸中rm{3隆脕6.02隆脕10^{23}}rm{c(HCl)=c(H^{+})}rm{2c(H_{2}SO_{4})=c(H^{+})}所以要使氫離子濃度相等，則三種酸的物質的量濃度大小順序是rm{c(CH_{3}COOH)>c(H^{+})}即rm{c(CH_{3}COOH)>c(HCl)>c(H_{2}SO_{4})}故B錯誤；

C.電解熔融氯化鈉可以獲得鈉；但是氯化鋁為共價化合物，熔融氯化鋁不導電，無法通過電解熔融氯化鋁獲得鋁，故C錯誤；

D.達到平衡時rm{壟脷<壟脵<壟脹}加入稀硫酸后氫離子濃度增大，平衡向著逆向移動，則rm{2v_{脮媒}(Cr_{2}O_{7}^{2-})=v_{脛忙}(CrO_{4}^{2-})}故D正確；

故選AD．

A.氯氣可以氧化亞鐵離子、碘離子，反應方程式為：rm{2v_{脮媒}(Cr_{2}O_{7}^{2-})<v_{脛忙}(CrO_{4}^{2-})}根據方程式計算參加反應氯氣物質的量，再根據rm{2FeI_{2}+3Cl_{2}=2FeCl_{3}+2I_{2}}元素化合價變化計算轉移電子；

B.醋酸為弱酸，元素為一元強酸，硫酸為二元強酸，rm{Cl}相同時醋酸濃度最大；硫酸濃度最小；

C.氯化鋁為共價化合物；熔融氯化鋁不導電；

D.達到平衡時rm{pH}加入稀硫酸后氫離子濃度增大，平衡向著逆向移動，據此判斷rm{2v_{脮媒}(Cr_{2}O_{7}^{2-})=v_{脛忙}(CrO_{4}^{2-})}與rm{2v_{脮媒}(Cr_{2}O_{7}^{2-})}的大小．

本題考查較為綜合，涉及rm{v_{脛忙}(CrO_{4}^{2-})}的計算、電離平衡及其影響、金屬冶煉、電解原理等知識，明確電離平衡及其影響為解答關鍵，注意掌握溶液酸堿性與溶液rm{pH}的關系，試題培養了學生的靈活應用能力．rm{pH}【解析】rm{AD}10、rCD【分析】解：rm{A.}碘升華克服的是分子間作用力；共價鍵沒有破壞，故A錯誤；

B.木炭吸附是物理變化；故B錯誤；

C.加熱使氯化銨分解生成氨氣和氯化氫；存在共價鍵破壞，故C正確；

D.rm{HCl}氣體溶于水；發生電離，共價鍵被破壞，故D正確．

故選CD．

一般非金屬元素之間形成共價鍵；由共價鍵形成的物質在溶于水；化學變化中共價鍵被破壞，以此來解答．

本題考查化學鍵知識，題目難度不大，注意共價鍵、離子鍵以及分子間作用力的區別．【解析】rm{CD}11、A|D【分析】解：A．用冰箱冷藏食物可降低食物變質的速率；與反應速率有關，故A正確；

B．在糖果制作過程中添加著色劑；為改變糖果的顏色，與反應速率無關，故B錯誤；

C．向食鹽中添加碘酸鉀；可減少人體缺碘而導致的大脖子病，與反應速率無關，故C錯誤；

D．在化學反應中加入合適的催化劑；可改變反應速率，與反應速率有關，故D正確．

故選AD．【解析】【答案】AD12、C|D【分析】解：A．氯氣；溴、碘易溶于有機溶劑；砹單質屬于非極性分子，也易溶于一些非極性的有機溶劑，故A正確；

B．鹵族元素對應的AgX，除AgF溶于水或稀HNO3外，其它AgX都不溶于水，且從AgCl→AgBr→AgI的溶解度降低；顏色加深，故B正確；

C．At的非金屬性小于Cl，非金屬性越強，最高價氧化物對應的水化物的酸性越強，所以HAtO4酸性比HClO4弱；故C錯誤；

D．在鹵族元素中；砹的非金屬性最弱，碘化氫不穩定易分解，砹化氫的穩定性更差；更易分解，故D錯誤；

故選CD．

砹屬于鹵族元素；在鹵族元素中，砹的金屬性最強；非金屬性最弱，再結合同主族元素性質的相似性和遞變性對各選項進行判斷．

本題考查同一主族元素的性質的遞變規律，題目難度不大，注意掌握元素性質的相似性和遞變性，試題培養了學生靈活應用基礎知識的能力．【解析】【答案】CD13、A|B【分析】解：A．由結構簡式可知化合物X的分子式為C10H13BrO；故A錯誤；

B．化合物X苯環左右對稱；含有2種H，則化合物X苯環上的一溴代物有2種，故B錯誤；

C．Y含有酚羥基；可發生與氯化鐵發生顯色反應，可用氯化鐵鑒別，故C正確；

D．X生成Y；甲基被取代生成酚羥基，為取代反應，故D正確．

故選AB．

A．根據結構簡式確定有機物的元素種類和原子個數可確定分子式；

B．化合物X苯環左右對稱；

C．Y含有酚羥基；可發生與氯化鐵發生顯色反應；

D．X生成Y；甲基被取代生成酚羥基．

本題考查有機物的官能團及性質，為高考常見題型和高頻考點，側重于學生的分析能力的考查，注意把握結構與性質的關系是解答本題的關鍵，題目難度不大．【解析】【答案】AB三、填空題(共8題，共16分)14、C＜O＜NN≡C-C≡N8【分析】【分析】A、B、C、D、E為前四周期元素且原子序數依次增大，其中A含有3個能級，且每個能級所含的電子數相同，則其原子核外電子排布為1s22s22p2，故A為碳元素；D是短周期元素中電負性最小的元素，則D為Na元素；C的最外層有6個運動狀態不同的電子，處于ⅥA族，結合原子序數可知C為O元素，故B為N元素；E的最高價氧化物的水化物酸性最強，則E為Cl，據此解答．【解析】【解答】解：（1）同周期隨原子序數增大第一電離能呈增大趨勢；但N元素原子2p能級容納3個電子，處于半滿穩定狀態，能量較低，第一電離能高于氧元素，故第一電離能C＜O＜N；

故答案為：C＜O＜N；

（2）A為碳元素，C為氮元素，二者形成的CN-與N2為等電子體，由于N2中形成N≡N，則CN-中形成C≡N；則C；N形成的化合物結構式為：N≡C-C≡N；

故答案為：N≡C-C≡N；

（3）NaCl晶體的晶胞中的所有Cl-離子去掉，并將Cl-離子全部換為C（碳）原子，再在其中的4個“小立方體”中心各放置一個C（碳）原子，且這4個“小立方體”不相鄰．位于“小立方體”中的C原子與最近的4個C原子以單鍵相連，形成正四面體結構，晶胞中C（碳）原子數目=4+8×+6×=8，晶胞質量=8×，C-C鍵的鍵長為acm，如圖正四面體連接F與A、B、C、D，則三棱錐A-BCD均分為等4個等體積的三棱椎，則V三棱錐A-BCD=4V三棱錐F-BCD=，故S△BCD?（a+h）=4×S△BCD?h，故h=a，令正四面體的棱長為xcm，連接AF并延長交三角形BCD與O，O為正三角形BCD的中心，BO垂直平分CD，則BO的長度=xcm×=xcm，在直角三角形BOF中，=a2，解得x=故晶胞的棱長=×2xcm=cm=cm，故晶胞的體積==cm3，則晶胞密度==g?cm-3；

故答案為：8、g?cm-3．15、H2隨著反應的進行，硫酸濃度降低，致使鋅與稀硫酸反應生成H2：Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑NaOH溶液除去混合氣體中的SO2濃硫酸無水硫酸銅裝置E中玻璃管中黑色CuO粉末變紅色，干燥管F中無水硫酸銅變藍色防止空氣中H2O進入干燥管而影響雜質氣體的檢驗【分析】【分析】（1）隨著硫酸濃度降低；鋅與稀硫酸反應生成氫氣；

（2）A是制取氣體的裝置，制備的氣體中有二氧化硫、氫氣、水蒸汽，B裝置是除去二氧化硫，可以用氫氧化鈉等堿液吸收；C裝置是檢驗二氧化硫是否除盡，D裝置是濃硫酸，吸水干燥作用；E裝置是用還原性氣體還原氧化銅，F裝置無水硫酸銅，檢驗是否有水生成；G是防止空氣中H2O進入干燥管而影響雜質氣體的檢驗．【解析】【解答】解：（1）隨著硫酸濃度降低，鋅與稀硫酸反應生成氫氣，所以化學小組所制得的氣體中混有的主要雜質氣體可能是氫氣，故答案為：H2；隨著反應的進行，硫酸濃度降低，致使鋅與稀硫酸反應生成H2：Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑；

（2）①B裝置是除去二氧化硫，可以用氫氧化鈉等堿液吸收，故答案為：NaOH溶液；除去混合氣體中的SO2；

②D裝置是濃硫酸；吸水干燥作用，F裝置無水硫酸銅，檢驗是否有水生成，故答案為：濃硫酸；無水硫酸銅；

③E裝置是用還原性氣體還原氧化銅；F裝置無水硫酸銅，檢驗是否有水生成，只要黑色變紅色，無水硫酸銅變藍色，就證明是氫氣，故答案為：裝置E中玻璃管中黑色CuO粉末變紅色，干燥管F中無水硫酸銅變藍色；

④G是防止空氣中H2O進入干燥管而影響雜質氣體的檢驗，故答案為：防止空氣中H2O進入干燥管而影響雜質氣體的檢驗．16、是2，3-二甲基-1，3-丁二烯1，4-加成反應取代反應【分析】【分析】某烴類化合物A的質譜圖表明其相對分子質量為84，令組成為CxHy，則x最大值為=7，由于為烴，結合烷烴中C、H原子數目關系，可知x=6，y=12，因此A的化學式為C6H12，紅外光譜表明分子中含有碳碳雙鍵，所以A為烯烴，核磁共振氫譜表明分子中只有一種類型的氫，故A的結構簡式為：則B為B在乙醇的堿性溶液中加熱時發生消去反應，生成的C為C發生1，2-加成生成D1，則D1為水解生成E1，E1為．D1、D2互為同分異構體，則C發生1，4-加成生成D2，則D2為水解生成E2，E2為據此解答．【解析】【解答】解：某烴類化合物A的質譜圖表明其相對分子質量為84，令組成為CxHy，則x最大值為=7，由于為烴，結合烷烴中C、H原子數目關系，可知x=6，y=12，因此A的化學式為C6H12，紅外光譜表明分子中含有碳碳雙鍵，所以A為烯烴，核磁共振氫譜表明分子中只有一種類型的氫，故A的結構簡式為：則B為B在乙醇的堿性溶液中加熱時發生消去反應，生成的C為C發生1，2-加成生成D1，則D1為水解生成E1，E1為．D1、D2互為同分異構體，則C發生1，4-加成生成D2，則D2為水解生成E2，E2為

（1）由上述發信息可知，A的結構簡式為故答案為：

（2）A的結構與乙烯相似；與乙烯相比較可知，A的碳原子處在同一平面上，故答案為：是；

（3）反應②的化學方程式為：

C為化學名稱為：2，3-二甲基-1，3-丁二烯；

由上述分析可知，E2的結構簡式是

反應④是二烯烴發生的1；4-加成反應，反應⑥是鹵代烴的分解反應，屬于取代反應；

故答案為：2，3-二甲基-1，3-丁二烯；1，4-加成反應；取代反應．17、ClO2Cl2Na2FeO4水浴加熱（冰水）冷凝2ClO2+2OH-=ClO2-+ClO3-+H2O80.0500mL容量瓶、燒杯【分析】【分析】（1）以單位質量的氧化劑所得到的電子數來表示消毒效率，設質量均為m，消毒效率分別為×5、×3、×2×1；

（2）①二氧化氯的沸點低，A為ClO2的發生裝置，應保持加熱溫度，B為ClO2的凝集裝置；B裝置應降低溫度；

②C為尾氣吸收裝置，可選擇堿來吸收尾氣，發生氧化還原反應；配制450mL4mol/L的NaOH溶液，應選擇500mL容量瓶，結合m=cVM計算．【解析】【解答】解：（1）以單位質量的氧化劑所得到的電子數來表示消毒效率，設質量均為m，消毒效率分別為×5、×3、×2×1，所以由大到小的順序為ClO2＞Cl2＞Na2FeO4，故答案為：ClO2；Cl2；Na2FeO4；

（2）①二氧化氯的沸點低，A為ClO2的發生裝置，則A應水浴加熱，B為ClO2的凝集裝置；B裝置應補充（冰水）冷凝裝置，故答案為：水浴加熱；（冰水）冷凝；

②C為尾氣吸收裝置，可選擇NaOH溶液來吸收尾氣，發生氧化還原反應為2ClO2+2NaOH═NaClO2+NaClO3+H2O，離子反應為2ClO2+2OH-=ClO2-+ClO3-+H2O；配制450mL4mol/L的NaOH溶液，還需要500mL容量瓶；燒杯，需要NaOH的質量為0.5L×4mol/L×40g/mol=80.0g；

故答案為：2ClO2+2OH-=ClO2-+ClO3-+H2O；80.0；500mL容量瓶、燒杯．18、Cu硝酸Cu（NO3）2Cu1：4【分析】【分析】該反應中Cu元素化合價由0價變為+2價、部分N元素化合價由+5價變為+2價，其得失電子最小公倍數是6，所以銅是還原劑、部分硝酸是氧化劑，還原劑發生氧化反應、氧化劑發生還原反應，據此分析解答．【解析】【解答】解：該反應中Cu元素化合價由0價變為+2價；部分N元素化合價由+5價變為+2價；其得失電子最小公倍數是6；

（1）該反應中Cu元素失電子被氧化；硝酸是氧化劑，故答案為：銅；硝酸；

（2）該反應中銅是還原劑，則氧化產物是Cu（NO3）2，還原劑發生氧化反應，所以銅發生氧化反應，故答案為：Cu（NO3）2；Cu；

（3）被還原的硝酸是生成NO的硝酸，則被還原的HNO3與參加反應的HNO3物質的量之比為2：8=1：4；故答案為：1：4；

（4）該反應中Cu元素化合價由0價變為+2價；部分N元素化合價由+5價變為+2價；其得失電子最小公倍數是6；

用雙線橋標出該反應電子轉移的方向和數目為

故答案為：．19、過濾向過濾器中的沉淀加蒸餾水至浸沒過沉淀物，使水自然流下，重復2～3次bCO2氣體中混有的HCl氣體與NaHCO3溶液作用生成CO2②⑧①⑥偏大偏大【分析】【分析】（1）測定樣品中Na2CO3的質量分數，樣品溶解后加入過量的CaCl2溶液會生成沉淀；分離方法為過濾，洗滌沉淀的操作是在過濾器中加水浸沒沉淀使水自然留下，重復操作2-3次；

（2）把一定量的混合物與足量鹽酸反應，然后用如圖裝置測定產生的CO2氣體的體積；是利用排液法測定生成二氧化碳的氣體體積進行計算，廣口瓶中液體是飽和碳酸氫鈉；若直接采用如圖乙裝置，選用該溶液后實驗結果仍然不夠準確，依據氣體中的氯化氫會和碳酸氫鈉溶液反應生成二氧化碳氣體；

（3）Ⅰ；依據裝置圖分析氣體通過需要先檢查裝置氣密性；稱取ng樣品裝入廣口瓶中，打并止水夾，緩慢鼓入空氣數分鐘用來趕凈裝置中的空氣，關閉止水夾，在干燥管內填滿堿石灰，質量為mg，緩慢加入稀硫酸至不再產生氣體為止，打開止水夾，緩慢鼓入空氣數分鐘，把生成的二氧化碳全部趕到堿石灰干燥管中全部吸收，再稱量干燥管質量為wg計算；

Ⅱ、若去掉裝置A，空氣中的二氧化碳會被堿石灰吸收，測定結果偏高，若去掉裝置B，氣體中的水蒸氣會被堿石灰吸收，測定結果增大；【解析】【解答】解：（1）測定樣品中Na2CO3的質量分數，樣品溶解后加入過量的CaCl2溶液會生成沉淀；分離方法為過濾，洗滌沉淀的操作是在過濾器中加水浸沒沉淀使水自然留下，重復操作2-3次；

故答案為：過濾；向過濾器中的沉淀加蒸餾水至浸沒過沉淀物，使水自然流下，重復2～3次；

（2）利用測定反應生成的二氧化碳氣體體積的方法測定，在碳酸氫鈉溶液中二氧化碳不反應，溶解度減小，利用裝置圖排飽和碳酸氫鈉溶液測定二氧化碳氣體的體積，但選用該溶液后實驗結果仍然不夠準確，其原因可能是CO2氣體中混有的HCl氣體與NaHCO3溶液作用生成CO2；

故答案為：b；CO2氣體中混有的HCl氣體與NaHCO3溶液作用生成CO2；

（3）Ⅰ；依據裝置圖分析；結合操作順序中的給定步驟位置，實驗順序為：先檢查裝置氣密性，稱取ng樣品裝入廣口瓶中，打開止水夾，緩慢鼓入空氣數分鐘用來趕凈裝置中的空氣，關閉止水夾，在干燥管內填滿堿石灰，質量為mg，緩慢加入稀硫酸至不再產生氣體為止，打開止水夾，緩慢鼓入空氣數分鐘，把生成的二氧化碳全部趕到堿石灰干燥管中全部吸收，再稱量干燥管質量為wg計算，故正確的順序為③→②→⑥→⑧→⑤→①→⑦→⑥→④；

故答案為：②⑧①⑥；

Ⅱ；若去掉裝置A；空氣中的二氧化碳會被堿石灰吸收，測定結果偏高，若去掉裝置B，氣體中的水蒸氣會被堿石灰吸收，測定結果增大；

故答案為：偏大；偏大．20、等于小于吸收加熱△H1=△H3+△H4+△H2【分析】【分析】（1）根據蓋斯定律來判斷兩種途徑放熱之間的關系；

（2）反應物具有的總能量小于生成物的總能量時；則反應是吸熱反應，反之則為放熱反應；

（3）根據蓋斯定律來判斷各步反應之間的關系．【解析】【解答】解：（1）根據蓋斯定律；煤作為燃料不管是一步完成還是分兩步完成，反應物和產物的焓值是一定的，所以兩途徑的焓變值一樣，放出的熱量一樣，故答案為：等于；

（2）制水煤氣C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）；△H2＞0；該反應是吸熱反應，反應物具有的總能量小于生成物的總能量，反應條件是加熱，故答案為：小于；吸收；加熱；

（3）根據蓋斯定律，反應1=反應2+反應3×+反應4×，所以△H1=△H3+△H4+△H2，故答案為：△H1=△H3+△H4+△H2．21、dNaOH溶液【分析】【解答】（1）a．用pH試紙測的pH只能到整數；不會到小數點后邊一位，故錯誤；

b．用玻璃棒蘸取溶液點在試紙中部；變色后再與標準比色卡對比，不可以將pH試紙直接插入待測溶液．故錯誤；

c．氯水具有漂白性；用pH試紙測新制氯水的pH錯誤，故錯誤；

d．酸性溶液能使pH試紙顯紅色；故正確．

故選d；

（2）蒸餾水潤濕pH試紙，再用該試紙測定溶液的pH，則得到的結果是稀釋以后的pH，氨水屬于弱堿，存在電離平衡，加水稀釋，電離平衡受到了促進，所以用濕潤的pH試紙分別測定c（OH﹣）相等的NaOH溶液和氨水的pH；誤差較大的是NaOH溶液．

故答案為：NaOH溶液．

【分析】（1）a．用pH試紙測的pH只能到整數；

b．用玻璃棒蘸取溶液點在試紙中部；變色后再與標準比色卡對比；

c．氯水具有漂白性；

d．能使pH試紙顯紅色的溶液顯酸性．

（2）蒸餾水潤濕pH試紙，再用該試紙測定溶液的pH，則得到的結果是稀釋以后的pH，氨水屬于弱堿，存在電離平衡，加水稀釋，電離平衡受到了促進．四、判斷題(共3題，共12分)22、×【分析】【分析】稀釋前后氫氧化鈉的物質的量不變，根據稀釋定律C1V1=C2V2計算判斷．【解析】【解答】解：令稀釋后NaOH的物質的量濃度為c，稀釋前后氫氧化鈉的物質的量不變，則：0.03L×0.5mol/L=c×0.5L，解得c=0.03mol/L，故錯誤，故答案為：×．23、√【分析】【分析】上層液體若從下口流出會摻雜儀器中附著的下層液體．據此解題．【解析】【解答】解：分液時，先把下層液體從下口放出，再把上層液體從上口倒出，故答案為：√．24、×【分析】【分析】烯烴、炔烴及苯的同系物均能被高錳酸鉀氧化，使其褪色，而不含不飽和鍵的物質不能，以此來解答．【解析】【解答】解：乙炔；聚乙炔、乙烯均含不飽和鍵；均能被高錳酸鉀氧化，使其褪色；

甲苯、乙苯為苯的同系物，都能使KMnO4（H+）溶液褪色；

只有聚乙烯中不含C=C；不能被高錳酸鉀氧化，則不能使其褪色；

故答案為：×．五、探究題(共4題，共36分)25、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，與氫氧化鈉不反應，甲酸、苯酚與氫氧化鈉反應生成溶于水的鈉鹽，苯（）不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸（HCOOH），故答案為：a．分液；b．蒸餾；c．分液；d．蒸餾；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氫氧化鈉，溶液中含有甲醇、苯酚鈉和甲酸鈉，分液后得到苯，將溶液蒸餾可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸餾后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚，分液可分離，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸餾可得到甲酸，以此解答該題．26、酸式|反應中生成的錳離子具有催化作用，所以隨后褪色會加快|滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有強氧化性，應用酸式滴定管盛裝；高錳酸根離子被還原生成的錳離子有催化作用而導致反應速率加快，所以剛滴下少量KMnO4溶液時；溶液迅速變成紫紅色；滴定終點時，當滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化，證明達到終點；

故答案為：酸式；反應中生成的錳離子具有催化作用；所以隨后褪色會加快；滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化；

(2)③第3組KMnO4溶液的體積與第1、2組相差比較大，舍去第3組，應按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，故消耗KMnO4溶液的體積為mL=20mL

設樣品的純度為x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g2mol5.0g×x×g（0.1000×0.020）mol解得：x==90.00%；

故答案為：20.00；90.00%；

(3)④A．未用標準濃度的酸性KMnO4溶液潤洗滴定管，標準液的濃度偏小，造成V（標準）偏大，根據c（待測）=分析；c（標準）偏大，故A正確；

B．滴定前錐形瓶有少量水，待測液的物質的量不變，對V（標準）無影響，根據c（待測）=分析；c（標準）不變，故B錯誤；

C．滴定前滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后氣泡消失，造成V（標準）偏大，根據c（待測）=分析；c（標準）偏