…………○…………內…………○…………裝…………○…………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年外研版三年級起點高三化學上冊階段測試試卷620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9題，共18分)1、下列所述變化規律正確的是（）A.Na、Mg、Al還原性依次增強B.PH3、H2S、HCl穩定性依次增強C.NaOH、KOH、Ca（OH）2堿性依次減弱D.HCl、HBr、HI的還原性依次減弱2、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大．X與W同主族，X、W的單質在標準狀況下的狀態不同．Y是空氣中含量最高的元素，Z原子最外層電子數是其內層電子總數的3倍，Z2-與W+具有相同的電子層結構．下列說法正確的是（）A.原子半徑大小順序：r（W）＞r（Z）＞r（Y）＞r（X）B.元素Y的簡單氣態氫化物的熱穩定性比Z的強C.由X、Y、Z三種元素形成的化合物的水溶液可能呈堿性D.化合物X2Z2與W2Z2所含化學鍵類型完全相同3、下列說法正確的是（）A.HCaCl2、NaOH、HCl四種物質都屬于化合物B.有單質參加或生成的反應一定屬于氧化還原反應C.金屬氧化物不一定是堿性氧化物，酸酐不一定是酸性氧化物D.金屬單質只能做還原劑，非金屬單質只能做氧化劑4、已知25℃時有關弱酸的電離平衡常數：

。弱酸化學式CH3COOHHCNH2CO3電離平衡常數1.8×10-54.9×10-10K1=4.3×10-7K2=5.6×10-11下列有關說法正確的是（）A.NaHCO3溶液中，一定有c（Na+）=c（HCO3-）+c（CO32-）B.1mol?L-1HCN溶液與1mol?L-1NaOH溶液等體積混合后，測得所得溶液顯酸性C.等物質的量濃度的各溶液pH關系為：pH（NaCN）＞pH（NaHCO3）＞pH（CH3COONa）D.1mol?L-1醋酸溶液加水稀釋，所有離子濃度均減小5、下列關于能源和作為能源物質的敘述中錯誤的是（）A.化石能源物質內部蘊藏著大量的能量B.綠色植物進行光合作用時，將太陽能轉化為化學能“貯存”起來C.貯氫合金的發現和應用，解決了貯存和運輸氫氣難的問題D.獲得氫氣的最佳途徑是電解水6、以下有機物既能發生消去反應生成相應的烯烴，又能氧化生成相應的醛的是（）A.CH3OHB.HOCH2CH（CH3）2C.（CH3）3COHD.CH3CHOHCH2CH37、如圖是元素周期表短周期的一部分，A、C兩種元素的核外電子數之和等于B的核外電子數．下列敘述正確的是（）A.A元素位于第二周期、ⅥA族B.原子半徑C＞B＞AC.在一定條件下，B的氣態氫化物都能夠與氧氣反應D.三種元素都存在最高價含氧酸，且都顯強酸性8、反應①：Fe(s)＋CO2(g)FeO(s)＋CO(g)ΔH>0；反應②：Fe(s)＋H2O(g)FeO(s)＋H2(g)ΔH<0。若反應①在溫度T1下進行，反應②在溫度T2下進行，已知T1>T2，且c(CO2)>c(H2O)(其他條件均相同)，下面對兩者反應速率大小判斷正確的是()A.反應①快B.反應②快C.一樣快D.無法判斷9、下列有機反應中屬于加成反應的是（）A.苯和液溴在FeBr3催化作用下反應生成溴苯B.乙烯使酸性高錳酸鉀溶液褪色C.乙烯與HC1氣體反應生成一氯乙烷D.丙烯和氯氣在一定條件下反應生成ClCH2CH═CH2評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)10、將100mL、濃度為5mol/L的Cl2通入KBr溶液中．

（1）計算被氧化的KBr的質量。

（2）氧化劑得到的電子總數是____．11、保護潔凈安全的生存環境已經成為全人類的共識．人與自然要和諧相處．

①居室裝修所用的人造板材會釋放出一種揮發性的物質，長期接觸會引起過敏性皮炎、免疫功能異常．該揮發性物質是____（填字母）．

A．酒精B．乙酸C．甲醛D．一氧化碳。

②人們已嘗試用____（填化學式）作為汽車燃料，可真正實現二氧化碳零排放．在燃煤中添加____（填名稱）以減少酸雨的發生．

③汽車尾氣催化轉化器能將汽車尾氣中的CO和NO生成可參與大氣生態環境循環的無毒的兩種氣體，寫出CO和NO在催化劑作用下反應的化學方程式____．12、物質（t-BuNO）2在正庚烷溶劑中發生如下反應：（t-BuNO）2?2（t-BuNO）．

（1）當（t-BuNO）2的起始濃度（c0）為0.50mol/L時，實驗測得20℃時的平衡轉化率（α）是65%．則20℃時上述反應的平衡常數K=____．（保留二位小數）

（2）一定溫度下，隨著（t-BuNO）2的起始濃度增大，其平衡轉化率____（填“增大”、“不變”或“減小”）．已知20℃時該反應在CCl4溶劑中的平衡常數為1.9，若將反應溶劑正庚烷改成CCl4，并保持（t-BuNO）2起始濃度相同，則它在CCl4溶劑中的平衡轉化率____（填“大于”；“等于”或“小于”）其在正庚烷溶劑中的平衡轉化率．

（3）實驗測得該反應的△H=+50.5kJ/mol，活化能Ea=90.4kJ/mol．下列能量關系圖合理的是____．

（4）該反應的△S____0（填“＞”、“＜”或“=”）．在____（填“較高”或“較低”）溫度下有利于該反應自發進行．

（5）通過比色分析得到30℃時（t-BuNO）2濃度隨時間的變化關系如圖所示；請在同一圖中繪出t-BuNO濃度隨時間的變化曲線．

13、（1）防治環境污染，改善生態環境已成為全球的共識．①空氣質量報告的各項指標能體現空氣的質量．下列各項指標不需要檢測的是____．

A．可吸入顆粒物（PM10）B．NO2濃度C．SO2濃度D．CO2濃度。

②下列措施有利于改善環境質量的是____．

A．利用太陽能；潮汐能、風力發電；以獲取清潔能源。

B．將廢電池深埋；以減少重金屬的污染。

C．將地溝油回收再加工為食用油；以減緩水體富營養化。

D．利用二氧化碳等原料合成聚碳酸酯類可降解塑料代替聚乙烯。

（2）采取適當的措施能減少對環境的污染．

①向煤中加入石灰石作為脫硫劑，可以減少SO2的排放，生成CaSO4．發生反應的化學方程式為____．

②對汽車加裝尾氣催化凈化裝置，使其中的有害氣體NO、CO轉化為無害氣體，該反應的化學方程式為____．

③天然水中含有的細小懸浮顆粒可以用____做混凝劑（寫名稱）進行凈化處理．工業廢水中含有的Cr3+離子，可用熟石灰作沉淀劑，在pH為8～9時生成沉淀而除去，該反應的離子方程式是____．可用漂白粉對天然水進行消毒，漂白粉的有效成分是____（填化學式）．14、由短周期元素組成的化合物X是某抗酸藥的有效成分．甲同學欲探究X的組成．

查閱資料：

①由短周期元素組成的抗酸藥的有效成分有：碳酸氫鈉；碳酸鎂、氫氧化鋁、硅酸鋁鎂、堿式碳酸鎂鋁等．

②Al3+在pH=5.0時沉淀完全；Mg2+在pH=8.8時開始沉淀；在pH=11.4時沉淀完全．

實驗過程：

Ⅰ．向化合物X粉末中加入過量鹽酸；產生氣體A，得到無色溶液．

Ⅱ．用鉑絲蘸取少量Ⅰ中所得的溶液；在火焰上灼燒，無黃色火焰．

Ⅲ．向Ⅰ中所得的溶液中滴加氨水；調節pH=5～6，產生白色沉淀B，過濾．

Ⅳ．向沉淀B中加過量NaOH溶液；沉淀全部溶解．

Ⅴ．向Ⅲ中得到的濾液中滴加NaOH溶液；調節pH至12，得到白色沉淀C．

回答下列問題：

（1）Ⅰ中氣體A可使澄清石灰水變渾濁，A的化學式是____．

（2）過濾時需要用到的玻璃儀器有：漏斗、燒杯、____．

（3）Ⅲ中生成白色沉淀B的離子方程式是____．

（4）沉淀C的化學式是____．

（5）若上述n（A）：n（B）：n（C）=1：1：3，則X的化學式為____．15、某吸水材料與聚酯纖維都是重要的化工原料；它們的合成路線如圖所示：

已知：①A由C；H、O三種元素組成；相對分子質量為32．

②RCOOR’+R”OHRCOOR”+R-OH．

請回答下列問題：

（1）A的結構簡式是____，C的結構簡式是____．

（2）D→E的反應類型是____．

（3）乙酸與化合物M反應的化學方程式是____．

（4）E的名稱是____．

（5）F屬于芳香族化合物的同分異構體有多種，這些分子（除苯環外不含其他環）中不可能有____（選填答案編號）．

a．兩個羥基b．兩個醛基c．兩個碳碳雙鍵d．一個碳碳叁鍵。

（6）寫出由G合成聚酯纖維的化學方程式：____、____．評卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)16、化學變化中的能量變化都是化學能和熱能間的相互轉化．____．（判斷對錯）17、為防止流感傳染，可將教室門窗關閉后，用食醋熏蒸，進行消毒．____．（判斷對錯）18、判斷題（正確的后面請寫“√”；錯誤的后面請寫“×”）

（1）物質的量相同的兩種不同氣體只有在標準狀況下體積才相等．____

（2）Vm在非標準狀況下不可能為22.4L/mol．____

（3）1mol任何物質在標準狀況下的體積均為22.4L．____

（4）一定溫度和壓強下，各種氣體物質體積的大小由氣體分子數決定．____．19、判斷下列說法是否正確；正確的劃“√”，錯誤的劃“×”

（1）乙醛分子中的所有原子都在同一平面上____

（2）凡是能發生銀鏡反應的有機物都是醛____

（3）醛類既能被氧化為羧酸，又能被還原為醇____

（4）完全燃燒等物質的量的乙醛和乙醇，消耗氧氣的質量相等____

（5）在水溶液里，乙酸分子中的-CH可以電離出H+____．20、用潔凈的鉑絲蘸取溶液在酒精燈的外焰上灼燒，未看見火焰顯紫色，溶液里一定不含K+．____（判斷對錯）正確的打“√”，錯誤的打“×”21、乙酸與丙二酸互為同系物____．22、25℃、pH=13的1.0LBa（OH）2溶液中含有的OH-數目為0.2NA．____（判斷對錯）23、18gD2O所含的電子數為10NA．____（判斷對錯）24、膠體屬于介穩體系____．（判斷對錯）評卷人得分四、探究題(共4題，共16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：評卷人得分五、簡答題(共3題，共18分)29、碳、氮和鋁的單質及其化合物在工農業生產和生活中有重要用途．rm{(1)}真空碳熱還原一氧化法可實現由鋁礦制備金屬鋁，其相關的熱化學方程式如下：rm{Al_{2}O_{3}(s)+AlC1_{3}(g)+3C(s)=3AlCl(g)+3CO(g)triangleH=a}rm{Al_{2}O_{3}(s)+AlC1_{3}(g)+3C(s)=

3AlCl(g)+3CO(g)triangleH=a}rm{3AlCl(g)=2Al(l)+AlC1_{3}(g)triangleH=b}rm{kJ?mol^{-1}}用含rm{3AlCl(g)=2Al(l)+AlC1_{3}(g)triangle

H=b}rm{kJ?mol^{-1}}的代數式表示反應：rm{a}的rm{b}_____rm{Al_{2}O_{3}(s)+3C(s)=2Al(l)+3CO(g)}rm{triangleH=}_____rm{kJ?mol}rm{triangleH=}rm{kJ?mol}

rm{{,!}^{-1}}用活性炭還原法可以處理氮氧化物．某研究小組向某密閉容器中加入一定量的活性炭和發生反應rm{C(s)+2NO(g)?N_{2}(g)+CO_{2}(g)triangleH=Q}rm{(2)}在rm{.}時，反應進行到不同時間測得各物質的濃度如下rm{NO}時間單位為rm{C(s)+2NO(g)?N_{2}(g)+CO_{2}(g)triangle

H=Q}濃度單位為rm{kJ?mol^{-1}.}。rm{T_{1}隆忙}rm{0}rm{10}rm{20}rm{30}rm{NO}rm{1.00}rm{0.68}rm{0.50}rm{0.50}rm{N_{2}}rm{0}rm{0.16}rm{0.25}rm{0.25}rm{CO_{2}}rm{0}rm{0.16}rm{0.25}rm{0.25}rm{壟脵0隆蘆10min}內，rm{NO}的平均反應速率rm{v(NO)=}_____，rm{T_{1}隆忙}時，該反應的平衡常數rm{K=}_____．rm{壟脷30min}后升高溫度至rm{T_{2}隆忙}達到平衡時，容器中rm{NO}rm{N_{2}}rm{CO_{2}}的濃度之比為rm{3}rm{1}rm{1}則rm{Q}_____rm{0(}填“rm{>}”、“rm{<}”或“rm{簍T}”rm{)}rm{壟脹}在恒容條件下，能判斷該反應一定達到化學平衡狀態的依據是_____rm{(}填選項編號rm{)}．rm{a.}單位時間內生成rm{2nmolNO(g)}的同時消耗rm{nmolCO_{2}(g)}rm{b.}反應體系的壓強不再發生改變rm{c.}混合氣體的密度保持不變rm{d.}混合氣體的平均相對分子質量保持不變rm{壟脺}若保持與上述反應前rm{30min}的反應條件不變，起始時rm{NO}的濃度為rm{2.50mol/L}則反應達平衡時rm{c(NO)=}_____rm{mol/L.NO}的轉化率_____rm{(}填“增大”、“減小”或“不變”rm{)}．rm{(3)}直接排放煤燃燒產生的煙氣會引起嚴重的環境問題，將燃煤產生的二氧化碳回收利用，可達到低碳排放的目的rm{.}如圖是通過人工光合作用，以rm{CO_{2}}和rm{H_{2}O}為原料制備rm{HCOOH}和rm{O_{2}}的原理示意圖rm{.}電極rm{b}表面發生的電極反應式為_____．30、自然界存在豐富的碳、氮、硅、磷、鐵等元素，它們可形成單質及許多化合物rm{.}按要求回答下列問題：

rm{(1)}鐵能與rm{CO}形成配合物rm{Fe(CO)_{5}}其熔點為rm{-20.5隆忙}沸點為rm{102隆忙}易溶于rm{CCl_{4}}據此判斷rm{Fe(CO)_{5}}晶體屬于______rm{(}填晶體類型rm{)}．

rm{(2)}鐵在元素周期表中位置是______；亞鐵離子具有強還原性，從電子排布的角度解釋，其原因是______．

rm{(3)}南海海底蘊藏著大量的天然氣水化合物，俗稱“可燃冰”rm{.}可燃冰是一種晶體，晶體中平均每rm{46}個rm{H_{2}O}分子通過氫鍵構成rm{8}個籠，每個籠內可容納rm{1}個rm{CH_{4}}分子或rm{1}個游離的rm{H_{2}O}分子rm{.}若晶體中每rm{8}個籠有rm{6}個容納了rm{CH_{4}}分子，另外rm{2}個籠被游離的rm{H_{2}O}分子填充rm{.}可燃冰的平均組成可表示為______．

rm{(4)}亞磷酸rm{(H_{3}PO_{3}}與過量rm{NaOH}反應充分反應生成亞磷酸氫二鈉rm{(Na_{2}HPO_{3})}則亞磷酸氫二鈉屬于______鹽rm{(}填“正”、“酸式”rm{)}．

rm{(5)}金剛石晶胞結構模型如圖，立方rm{BN}結構與金剛石相似，硬度與金剛石相當rm{.}在立方rm{BN}晶體中，rm{B}原子與rm{N}原子之間共價鍵與配位鍵的數目比為______；每個rm{N}原子周圍最近且等距離的rm{N}原子數為______；如果阿佛加德羅常數近似取rm{6隆脕10^{23}/mol}立方rm{BN}的密度為rm{ag?cm^{-3}}摩爾質量為rm{bg?mol^{-1}}計算晶體中最近的兩個rm{N}原子間距離是______rm{nm(}用含rm{a}rm{b}代數式表示rm{)}．31、氮及其化合物在生活及工業生產中有著重要應用。請回答以下問題：

如圖1是N2（g）、H2（g）與NH3（g）之間轉化的能量關系圖；則：

①N2（g）與H2（g）反應生成NH3（g）的熱化學方程式為______

②過程（I）和過程（Ⅱ）的反應熱______（填“相同”或“不同”）；原因是______

③一定溫度下，在容積為1L的密閉容器中充入1molN2（g）、3molH2（g），達到平衡時，混合氣體的總量為2.8mol，則該條件下反應N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）的平衡常數為______，H2的平衡轉化率為______。

（2）用NH3可以消除氮氧化物的污染；已知：

反應I：4NH3（g）+3O2（g）?2N2（g）+6H2O（g）△H1=akJ/mol

反應Ⅱ：N2（g）+O2（g）?2NO（g）△H2=bkJ/mol

反應Ⅲ：4NH3（g）+6NO（g）?5N2（g）+6H2O（g）△H3=ckJ/mol

則：反應Ⅱ中的b=______kJ/mol（用含a；c的代數式表示）；反應Ⅲ中的△S______0（填“＞”“＜”或“=”）。

（3）在恒容的密閉容器中，充入一定量的NH3和NO進行上述反應Ⅲ，測得不同溫度下反應體系中NH3的轉化率（α）與壓強p的關系如圖2：

①分析得P1______P2（填“＞”“＜”或“=”）。

②下列敘述中；不能判斷反應Ⅲ己經達到平衡狀態的標志是______（填序號）。

a．N2的濃度不再改變b．斷裂6molN-H鍵的同時；有6molH-O鍵形成。

C．容器中壓強不再變化d．混合氣體的密度保持不變。評卷人得分六、計算題(共3題，共27分)32、（2012秋?徐匯區校級月考）實驗一：向含10molKI的硫酸溶液中逐滴加入高錳酸鉀溶液．整個過程中含碘物質與加入高錳酸鉀的物質的量的關系如圖，已知酸性條件下MnO4-轉變為Mn2+．

（1）a→b過程中，被氧化的元素為____，b點生成的含碘物質為____，轉移電子____mol．

（2）寫出b→c過程的離子反應方程式____．

實驗二：向KI和硫酸混合溶液中加入過氧化氫溶液；迅速反應放出大量氣泡，溶液呈棕色．

查閱資料知，反應過程如下：①H2O2+2KI+H2SO4→I2+K2SO4+2H2O；②H2O2+I2→2HIO；③H2O2+2HIO→I2+O2↑+2H2O

（3）上述實驗過程中，I2起到了____的作用．

（4）試判斷，酸性條件下HIO、H2O2、O2三種物質氧化性的強弱____（填化學式．33、（1）0.5molCH4的質量是____，在標準狀況下的體積為____；

（2）將標準狀況下22.4L的HCl溶于水配成200mL的溶液，所得溶液的物質的量濃度為____；

（3）配制300mL0.5mol?L-1氯化鈉溶液，需要1.5mol?L-1的氯化鈉溶液的體積是____mL．

（4）11.7gNaX含有Na+0.2mol，則NaX的摩爾質量為____，X的相對原子質量為____．34、（6分）實驗室用50mL濃鹽酸跟足量的氯酸鉀固體共熱制取氯氣，反應的化學方程式為（未配平）KClO3+HCl——HCl+Cl2↑+H2O（1）配平上述反應化學方程式：____KClO3+____HCl——KCl+____Cl2↑+____H2O（2）若產生0.1molCl2，則轉移電子的物質的量為____mol。（3）若反應中HCl的的利用率只有50％，當氧化產物比還原子能產物多7.1g時，求濃鹽酸的物質的量濃度。參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、B【分析】【分析】A．同周期元素從左到右；元素的金屬性逐漸減弱；

B．元素的非金屬性越強；對應的氫化物越穩定；

C．元素的金屬性越強；對應的最高價氧化物的水化物的堿性越強；

D．元素的非金屬性越強，對應的氫化物的還原性越強．【解析】【解答】解：A．同周期元素從左到右；元素的金屬性逐漸減弱，Na；Mg、Al還原性依次減弱，故A錯誤；

B．非金屬性Cl＞S＞P，元素的非金屬性越強，對應的氫化物越穩定，PH3、H2S；HCl穩定性依次增強；故B正確；

C．金屬性K＞Ca＞Na，元素的金屬性越強，對應的最高價氧化物的水化物的堿性越強，KOH、Ca（OH）2；NaOH堿性依次減弱；故C錯誤；

D、同主族元素從上到下，元素的非金屬性逐漸減弱，所以還原性HCl、HBr；HI逐漸增強；故D錯誤．

故選B．2、C【分析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，Y是空氣中含量最高的元素，則Y為N元素；Z原子最外層電子數是其內層電子總數的3倍，原子只能有2個電子層，最外層電子數為6，則Z為O元素；Z2-與W+具有相同的電子層結構，則W為Na；X與W同主族，X、W的單質在標準狀況下的狀態不同，則X單質為氣體，故X為H元素，據此解答．【解析】【解答】解：短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，Y是空氣中含量最高的元素，則Y為N元素；Z原子最外層電子數是其內層電子總數的3倍，原子只能有2個電子層，最外層電子數為6，則Z為O元素；Z2-與W+具有相同的電子層結構；則W為Na；X與W同主族，X；W的單質在標準狀況下的狀態不同，則X單質為氣體，故X為H元素；

A．同周期自左到右原子半徑逐漸減小，同主族自上而下原子半徑逐漸增大，氫原子比較最小，故原子半徑r（Na）＞r（N）＞r（O）＞r（H）；故A錯誤；

B．非金屬性Z（O）＞Y（N），元素非金屬性越強，簡單氣態氫化物越穩定，因此H2O的熱穩定性大于NH3；故B錯誤；

C．由X（H）；Y（N）、Z（O）三種元素形成的化合物中；一水合氨的水溶液呈堿性，故C正確；

D．化合物H2O2含有共價鍵，而Na2O2含有共價鍵；離子鍵；所含化學鍵類型不完全相同，故D錯誤；

故選C．3、C【分析】【分析】A；HD為氫氣單質；

B；同位素之間的相互轉化不屬于氧化還原反應；

C；氧化鋁為兩性氧化物；

D、金屬單質只能做還原劑，非金屬單質可以做氧化劑和還原劑．【解析】【解答】解：A；HD為氫氣單質不是化合物；故A錯誤；

B；氧氣與臭氧之間的轉化；有單質參加和單質生成，但是沒有化合價變化，不屬于氧化還原反應，故B錯誤；

C；金屬氧化物不一定是堿性氧化物；氧化鋁為兩性氧化物，酸酐不一定是酸性氧化物，故C正確；

D、金屬單質只能做還原劑，非金屬單質可以做氧化劑和還原劑，故D錯誤，故選C．4、C【分析】【分析】A；根據溶液中的物料守恒來回答；

B；NaCN溶液中；弱酸陰離子會水解；

C；弱酸的電離平衡常數越大；酸性越強，反之酸性越弱，酸性越弱，對應鈉鹽中酸根離子水解程度越大，溶液的PH越大；

D、醋酸加水稀釋，溶液的酸性減弱，但是堿性相對增強．【解析】【解答】解：A、NaHCO3溶液中，根據物料守恒，有c（Na+）=c（HCO3-）+c（CO32-）+c（H2CO3）；故A錯誤；

B、1mol?L-1HCN溶液與1mol?L-1NaOH溶液等體積混合后；得到NaCN溶液，測得所得溶液，陰離子是弱酸陰離子，會水解導致溶液顯示堿性，故B錯誤；

C、酸性順序是：CH3COOH＞H2CO3＞HCN，所以水解程度是：CH3COO-＜HCO3-＜CN-，等物質的量濃度的各溶液pH關系為：pH（NaCN）＞pH（NaHCO3）＞pH（CH3COONa）；故C正確；

D、1mol?L-1醋酸溶液加水稀釋；氫氧根離子濃度增大，故D錯誤．

故選C．5、D【分析】【分析】A．煤；石油、天然氣屬于化石燃料；根據化石能源的特點來回答；

B．光合作用是將太陽能轉化為化學能的過程；

C．貯氫合金方便儲存和運輸氫氣；

D．電解水需要消耗大量的電能．【解析】【解答】解：A．煤；石油、天然氣屬于化石燃料；其物質內部蘊藏著大量的能量，故A正確；

B．綠色植物進行的光合作用是將太陽能轉化為化學能“貯存”起來的過程；故B正確；

C．貯氫合金方便儲存和運輸氫氣；解決了貯存和運輸氫氣難的問題，故C正確；

D．電解水需要消耗大量的電能；成本太高，故D錯誤．

故選D．6、B【分析】解：A．甲醇不能發生消去反應；故A不選；

B．與-OH相連C的鄰位C上有H可發生消去反應生成烯烴；與-OH相連C上有2個H可催化氧化生成醛，故B選；

C．與-OH相連C上無H；不能發生催化氧化反應生成醛，故C不選；

D．與-OH相連C上有1個H；發生催化氧化生成酮，故D不選；

故選：B。

選項中均為醇；與-OH相連C的鄰位C上有H可發生消去反應生成烯烴，與-OH相連C上有2個H可催化氧化生成醛，以此來解答．

本題考查有機物的結構與性質，為高頻考點，把握官能團與性質的關系、有機反應為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意反應的結構要求，題目難度不大．【解析】B7、C【分析】【分析】A、B、C都屬于短周期元素，根據它們在周期表中的位置知，A和C位于第二周期、B位于第三周期，A、C兩種元素的核外電子數之和等于B的核外電子數，則A的原子序數是x，則B的原子序數是x+9、C的原子序數是x+2，A、C兩種元素的核外電子數之和等于B的核外電子數，則x+x+2=x+9，則x=7，所以A是N元素、B是S元素、C是F元素，再結合元素周期律解答．【解析】【解答】解：A；B、C都屬于短周期元素；根據它們在周期表中的位置知，A和C位于第二周期、B位于第三周期，A、C兩種元素的核外電子數之和等于B的核外電子數，則A的原子序數是x，則B的原子序數是x+9、C的原子序數是x+2，A、C兩種元素的核外電子數之和等于B的核外電子數，則x+x+2=x+9，則x=7，所以A是N元素、B是S元素、C是F元素；

A．A是N元素；位于第二周期第VA族，故A錯誤；

B．原子的電子層數越多其原子半徑越大；同一周期元素中，原子半徑隨著原子序數的增大而減小，所以原子半徑B＞A＞C，故B錯誤；

C．在一定條件下；氨氣和氧氣反應生成NO和水，硫化氫在空氣中燃燒生成二氧化硫和水，故C正確；

D．F元素是非金屬性最強的元素；其沒有正化合價，沒有最高價含氧酸，故D錯誤；

故選C．8、D【分析】反應速率主要與反應物的性質有關，這是兩個不同的反應，內因為主，外界條件為次，故兩者反應速率大小無法比較。【解析】【答案】D9、C【分析】解：A．生成溴苯時苯環上H被Br取代；為取代反應，故A錯誤；

B．乙烯含碳碳雙鍵；能被高錳酸鉀氧化，發生氧化反應，故B錯誤；

C．乙烯與HCl反應生成一氯乙烷；雙鍵轉化為單鍵，為加成反應，故C正確；

D．生成ClCH2CH═CH2時丙烯中甲基上H被Cl取代；為取代反應，故D錯誤；

故選：C。

A．苯環上H被Br取代；

B．乙烯含碳碳雙鍵；能被高錳酸鉀氧化；

C．乙烯與HCl反應生成一氯乙烷；雙鍵轉化為單鍵；

D．丙烯中甲基上H被Cl取代．

本題考查有機物的結構與性質，為高頻考點，把握官能團與性質、有機反應為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意有機反應類型的判斷，題目難度不大．【解析】C二、填空題(共6題，共12分)10、6.02×1023【分析】【分析】將100mL、濃度為5mol/L的Cl2的物質的量=CV=5mol/L×0.1L=0.5mol．

（1）設被氧化的KBr的物質的量為xmol，根據2KBr+Cl2=2KCl+Br2來計算；

（2）根據氯氣反應后氯元素變為-1價來分析．【解析】【解答】解：將100mL、濃度為5mol/L的Cl2的物質的量=CV=5mol/L×0.1L=0.5mol．

（1）設被氧化的KBr的物質的量為xmol，根據2KBr+Cl2=2KCl+Br2可知：

2KBr+Cl2=2KCl+Br2

21

xmol0.5mol

可得：

解得x=1mol，即被氧化的KBr為1mol．

則被氧化的KBr的質量m=nM=1mol×119g/mol=119g．

答：被氧化的KBr的質量為119g．

（2）由于氯氣反應后氯元素變為-1價，故0.5mol氯氣得電子1mol即6.02×1023個，故答案為：6.02×1023．11、CH2石灰石或生石灰2NO+2CON2+2CO2【分析】【分析】①甲醛是來自人造地板；家具以及裝修粘合劑；長期接觸低劑量的該物質，可引起過敏性皮炎、免疫功能異常；

②人們已嘗試使用氫氣作為汽車燃料可真正實現“二氧化碳零排放”；在燃煤中添加石灰石粉末可減少二氧化硫的排放；以減少酸雨的發生，有利于改善環境質量；

③CO與NO反應，生成無毒氣體為氮氣和二氧化碳；【解析】【解答】解：①居室裝修所使的人造板材會釋放出一種揮發性物質；長期接觸會引起過敏性皮炎，免疫功能異常，該物質是甲醛，甲醛的化學式是HCHO；

故選C．

②氫氣和氧氣反應生成二氧化碳和水；人們已嘗試使用氫氣作為汽車燃料可真正實現“二氧化碳零排放”；向煤中加入適量的生石灰或石灰石，石灰石高溫分解生成氧化鈣，氧化鈣與二氧化硫化合生成亞硫酸鈣，最后被氧化為硫酸鈣；

故答案為：H2；石灰石或生石灰；

③由NO、CO相互反應轉換成無毒的氣體，即生成氮氣和二氧化碳，該反應的化學反應方程式為2NO+2CON2+2CO2；

故答案為：2NO+2CON2+2CO2．12、2.41mol/L減小小于D＞較高【分析】【分析】（1）根據化學平衡和物質的轉化率；利用三段法計算各物質平衡時的濃度，再利用平衡常數的計算式來解答；

（2）由溫度不變；則平衡常數不變，利用平衡常數分析起始濃度與轉化率的關系；

（3）該反應的△H=50.5kJ?mol-1，則該反應為吸熱反應，活化能Ea=90.4kJ?mol-1；活化能是反應物分子變為活化分子所需要的能量，再結合圖象來分析；

（4）由反應來分析△S；再利用△H-T△S＜0來分析有利于該反應自發進行需要的溫度；

（5）由30℃時濃度隨時間的變化關系圖，找出不同時間（t-BuNO）2的濃度，再計算t-BuNO濃度，描點連線即得t-BuNO濃度隨時間的變化曲線．【解析】【解答】解：（1）當（t-BuNO）2的起始濃度（c0）為0.50mol?L-1時；實驗測得20℃時的平衡轉化率（α）是65%；

則（t-BuNO）2?2（t-BuNO）

開始0.50

轉化0.5×65%0.5×65%×2

平衡0.5×（1-65%）0.5×65%×2

K==2.41（mol/L）；故答案為：2.41mol/L；

（2）由三段法計算可知，K=，溫度不變，則K不變，則增大（t-BuNO）2的起始濃度為保證K不變，則轉化率a應減小，20℃時該反應在CCl4溶劑中的平衡常數為1.9＜2.4，保持（t-BuNO）2起始濃度相同時，由K=；則轉化率a應小于其在正庚烷溶劑中的平衡轉化率；

故答案為：減小；小于；

（3）由反應的△H=50.5kJ?mol-1；則該反應為吸熱反應，則反應物的總能量應小于生成物的總能量，故BC錯誤；

再由△H=50.5kJ?mol-1，活化能Ea=90.4kJ?mol-1；則反應熱的數值大于活化能的數值的一半，故D正確，故答案為：D；

（4）由反應可知；1mol反應物參加反應時生成2mol生成物，則△S＞0，再由△H-T△S＜0有利于該反應自發進行，△H＞0，則在較高溫度下該反應能自發進行；

故答案為：＞；較高；

（5）根據30℃時濃度隨時間的變化關系圖，找出不同時間（t-BuNO）2的濃度，再計算BuNO濃度，描點連線即得t-BuNO濃度隨時間的變化曲線，如0min時，（t-BuNO）2的濃度0.05mol/L，t-BuNO濃度為0；0.5min時，（t-BuNO）2的濃度0.04mol/L，t-BuNO濃度為0.02mol/L；依次計算描點連線，故答案為：．13、DAD2CaCO3+O2+2SO22CaSO4+2CO22NO+2CON2+2CO2明礬Cr3++3OH-=Cr（OH）3↓Ca（ClO）2【分析】【分析】（1）①二氧化碳無毒；不屬于空氣污染物；

②開發新能源及材料可改善環境質量；

（2）①碳酸鈣和氧氣和二氧化硫反應生成硫酸鈣和水；根據反應物與生成物來書寫化學反應方程式；

②NO；CO轉化為無害氣體；生成氮氣和二氧化碳，根據反應物與生成物來書寫化學反應方程式；

③明礬水解生成氫氧化鋁膠體，具有吸附性；根據Cr3+水解書寫化學反應方程式；漂白粉的有效成分是Ca（ClO）2．【解析】【解答】解：（1）①二氧化碳無毒，不屬于空氣污染物，而可吸入顆粒物、NO2、SO2均為污染物；需要檢測；

故答案為：D；

②A．利用太陽能；潮汐能、風力發電；以獲取清潔能源，有利于改善環境質量，故A正確；

B．將廢電池深埋；會造成土壤及地下水的污染，故B錯誤；

C．將地溝油回收再加工為食用油；直接影響人類的健康，故C錯誤；

D．利用二氧化碳等原料合成聚碳酸酯類可降解塑料代替聚乙烯；減少白色污染，故D正確；

故答案為：AD；

（2）①向煤中加入石灰石作為脫硫劑，可以減少SO2的排放，生成CaSO4，發生的化學反應為2CaCO3+O2+2SO22CaSO4+2CO2；

故答案為：2CaCO3+O2+2SO22CaSO4+2CO2；

②NO、CO轉化為無害氣體，生成氮氣和二氧化碳，該反應為2NO+2CON2+2CO2；

故答案為：2NO+2CON2+2CO2；

③明礬中鋁離子水解生成膠體，具有吸附性可凈化水，工業廢水中含有的Cr3+離子，可用熟石灰作沉淀劑，在pH為8～9時生成沉淀而除去，該反應的離子方程式為Cr3++3OH-=Cr（OH）3↓，漂白粉的有效成分是Ca（ClO）2；

故答案為：明礬；Cr3++3OH-=Cr（OH）3↓；Ca（ClO）2．14、CO2玻璃棒Al3++3NH3?H20═Al（OH）3↓+3NH4+Mg（OH）2Mg3Al（OH）7CO3【分析】【分析】Ⅰ、氣體A可使澄清石灰水變渾濁，結合抗酸藥的有效成分，知該氣體為CO2．X中一定不含Si；因為硅酸鹽中加入過量鹽酸，會產生硅酸沉淀；

Ⅱ；X中一定不含Na；因為Na的焰色為黃色；

Ⅲ、根據題給信息知調節pH至5～6時生成的白色沉淀為Al（OH）3；

Ⅳ、加入過量NaOH溶液，沉淀B完全溶解，離子方程式為：Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O；

Ⅴ、加入NaOH溶液調節pH至12，有白色沉淀產生，則沉淀C為Mg（OH）2；

綜上所述：由于n（CO2）：n[Al（OH）3]：n[Mg（OH）2]=1：1：3，則CO32-、Al3+、Mg2+的物質的量之比為1：1：3，結合電荷守恒，則CO32-、Al3+、Mg2+、OH-的物質的量之比為1：1：3：7，故X為Mg3Al（OH）7CO3．【解析】【解答】解：（1）氣體A可使澄清石灰水變渾濁，結合抗酸藥的有效成分，知該氣體為CO2，故答案為：CO2；

（2）過濾時需要用到的玻璃儀器有玻璃棒；燒杯、漏斗；故答案為：玻璃棒；

（3）調節pH至5～6時生成的白色沉淀為Al（OH）3，NH3?H20為弱電解質，離子方程式中應寫為化學式，故答案為：Al3++3NH3?H20═Al（OH）3↓+3NH4+；

（4）加入NaOH溶液調節pH至12，有白色沉淀產生，則沉淀C為Mg（OH）2，故答案為：Mg（OH）2；

（5）由于n（CO2）：n[Al（OH）3]：n[Mg（OH）2]=1：1：3，則CO32-、Al3+、Mg2+的物質的量之比為1：1：3，結合電荷守恒，則CO32-、Al3+、Mg2+、OH-的物質的量之比為1：1：3：7，故X為Mg3Al（OH）7CO3，故答案為：Mg3Al（OH）7CO3．15、CH3OH取代反應CH≡CH+CH3COOH→CH2=CHOOCCH3對二甲苯C【分析】【分析】A由C、H、O三種元素組成，相對分子質量為32，所以A是甲醇，甲醇和CO發生加成反應生成乙酸，乙酸和M發生加成反應生成B，B反應生成C，C在酸性條件下水解生成乙酸和聚乙烯醇，則C是乙酸聚乙烯酯，結構簡式為所以B是乙酸乙烯酯，結構簡式為CH3COOCH=CH2；乙酸和M發生加成反應生成B，則M是乙炔；

甲醇和氫溴酸反應生成D一溴甲烷，F和甲醇發生酯化反應生成G，根據G的結構簡式知F的結構簡式為：E發生氧化反應生成F，一溴甲烷和甲苯發生取代反應生成E，所以E是對二甲苯．【解析】【解答】解：A由C、H、O三種元素組成，相對分子質量為32，所以A是甲醇，甲醇和CO發生加成反應生成乙酸，乙酸和M發生加成反應生成B，B反應生成C，C在酸性條件下水解生成乙酸和聚乙烯醇，則C是乙酸聚乙烯酯，結構簡式為所以B是乙酸乙烯酯，結構簡式為CH3COOCH=CH2；乙酸和M發生加成反應生成B，則M是乙炔；

甲醇和氫溴酸反應生成D一溴甲烷，F和甲醇發生酯化反應生成G，根據G的結構簡式知F的結構簡式為：E發生氧化反應生成F，一溴甲烷和甲苯發生取代反應生成E，所以E是對二甲苯．

（1）通過以上分析知，A是甲醇，其結構簡式為：CH3OH，C的結構簡式是

故答案為：CH3OH，

（2）一溴甲烷和甲苯發生取代反應生成對二甲苯；故答案為：取代反應；

（3）通過以上分析知，M是乙炔，乙炔和乙酸發生加成反應生成乙酸乙烯酯，反應方程式為：CH≡CH+CH3COOH→CH2=CHOOCCH3，故答案為：CH≡CH+CH3COOH→CH2=CHOOCCH3；

（4）通過以上分析知；E是對二甲苯，故答案為：對二甲苯（或1，4-二甲苯）；

（5）F的結構簡式為：F屬于芳香族化合物的同分異構體說明含有苯環，F的同分異構體中除了苯環外還有兩個碳原子，這兩個碳原子不能形成兩個碳碳雙鍵，如果存在碳碳雙鍵，則碳原子形成的化學鍵超過4個，所以這些分子（除苯環外不含其他環）中不可能有碳碳雙鍵，故選C；

（6）G和乙二醇發生取代反應生成反應生成聚酯纖維和乙二醇，所以反應方程式為：故答案為：．三、判斷題(共9題，共18分)16、×【分析】【分析】化學變化中的能量變化主要是熱量變化，另外還有光能、電能等等．【解析】【解答】解：化學反應中能量變化的形式主要是熱量變化，還有熱能、光能、電能等等，故錯誤，故答案為：×．17、√【分析】【分析】流感病毒的成分為蛋白質，而食醋的主要成分為乙酸，乙酸能使蛋白質發生變性，以此來解答．【解析】【解答】解：因流感病毒的成分為蛋白質；而食醋的主要成分為乙酸，乙酸能使蛋白質發生變性，則為防止流感傳染，可將教室門窗關閉后，用食醋熏蒸，進行消毒，做法正確；

故答案為：√．18、×【分析】【分析】（1）同溫同壓下；氣體的氣體摩爾體積相等；

（2）氣體摩爾體積取決于溫度和壓強的大小；

（3）氣體摩爾體積僅適用于氣體；

（4）考慮影響氣體體積的因素．【解析】【解答】解：（1）氣體的體積取決于溫度和壓強的大小；同溫同壓下，氣體分子之間的距離相等，則氣體摩爾體積相等，故答案為：×；

（2）氣體摩爾體積取決于溫度和壓強的大小；如不在標準狀況下，也可能為22.4L/mol，故答案為：×；

（3）氣體摩爾體積僅適用于氣體；對于固體；液體來說，不同物質的體積大小不同，故答案為：×；

（4）影響氣體體積的因素為分子間的平均距離和分子數目的多少，一定溫度和壓強下，分子間距離一定，所以氣體體積大小由分子數目決定，故答案為：√．19、×【分析】【分析】（1）乙醛可看作甲烷中的氫原子被醛基取代產物；

（2）含醛基的物質能發生銀鏡反應；

（3）醛基既可被氧化為羧基也可被還原為羥基；

（4）根據乙醛和乙醇的分子式分析；

（5）乙酸分子中羧基可電離出氫離子，據此分析．【解析】【解答】解：（1）乙醛可看作甲烷中的氫原子被醛基取代產物；而甲烷為四面體結構，則甲烷的衍生物也是四面體結構；

故答案為：×；

（2）含醛基的物質能發生銀鏡反應；葡萄糖含醛基能發生銀鏡反應；

故答案為：×；

（3）醛基既可被氧化為羧基也可被還原為羥基；

故答案為：√；

（4）乙醛的分子式為C2H4O，乙醇的分子式為C2H6O；從組成看，等物質的量的乙醛和乙醇燃燒乙醇耗氧多；

故答案為：×；

（5）乙酸分子中羧基可電離出氫離子；其余氫原子不能電離出氫原子；

故答案為：×．20、×【分析】【分析】K元素的焰色反應為紫色，但是要透過藍色鈷玻璃片觀察，因為鉀與鈉一般是同時存在的，鈉的黃色會蓋住鉀的紫色，要用藍色藍色鈷玻璃片濾去黃色．【解析】【解答】解：K元素的焰色反應為紫色，但是要透過藍色鈷玻璃片觀察，Na元素的焰色反應為黃色，因為鉀與鈉一般是同時存在的，鈉的黃色會蓋住鉀的紫色，要用藍色的藍色鈷玻璃片濾去黃色，本題中未通過藍色鈷玻璃片觀察，因此不能確定是否含有K+．

故答案為：×．21、×【分析】【分析】結構相似，在分子組成上相差一個或若干個CH2原子團的物質互稱為同系物．互為同系物的物質具有以下特點：結構相似、化學性質相似、分子式通式相同、分子式不同、物理性質不同．注意同系物中的“結構相似”是指物質種類相同，若含有官能團，官能團的種類與數目相同．【解析】【解答】解：乙酸與丙二酸官能團個數不一樣；通式不同，不是同系物．

故答案為：×．22、×【分析】【分析】根據PH=-lg[H+]、[H+][OH-]=Kw、n=cV來計算；【解析】【解答】解：pH=13的Ba（OH）2溶液，[H+]=10-13mol/L，依據[H+][OH-]=Kw，[OH-]=10-1mol/L，25℃、pH=13的1.0LBa（OH）2溶液中含有的OH-數目為10-1mol/L×1L=0.1mol，含有的OH-數目為0.1NA，故錯誤．23、×【分析】【分析】D2O的相對分子質量為20，結合n==計算．【解析】【解答】解：D2O的相對分子質量為20，18gD2O的物質的量為=0.9mol，則所含的電子數為9NA．故答案為：×．24、√【分析】【分析】膠體的穩定性介于溶液和濁液之間，在一定條件下能穩定存在．【解析】【解答】解：膠體的穩定性介于溶液和濁液之間，在一定條件下能穩定存在，屬于介穩體系，故答案為：√．四、探究題(共4題，共16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）偏大，故C正確；

D．不小心將少量酸性KMnO4溶液滴在錐形瓶外，造成V（標準）偏大，根據c（待測）=分析；c（標準）偏大，故D正確；

E．觀察讀數時，滴定前仰視，滴定后俯視，造成V（標準）偏小，根據c（待測）=分析；c（標準）偏小，故E錯誤；

故選ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有強氧化性，應用酸式滴定管盛裝；高錳離子有催化作用而導致反應速率加快；乙二酸與KMnO4發生氧化還原反應，滴定終點時，溶液由無色變成紫紅色，且半分鐘內不褪色；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，根據關系式2KMnO4～5H2C2O4計算；

④根據c（待測）=分析不當操作對V（標準）的影響，以此判斷濃度的誤差．27、|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．28、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）偏大，故C正確；

D．不小心將少量酸性KMnO4溶液滴在錐形瓶外，造成V（標準）偏大，根據c（待測）=分析；c（標準）偏大，故D正確；

E．觀察讀數時，滴定前仰視，滴定后俯視，造成V（標準）偏小，根據c（待測）=分析；c（標準）偏小，故E錯誤；

故選ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有強氧化性，應用酸式滴定管盛裝；高錳離子有催化作用而導致反應速率加快；乙二酸與KMnO4發生氧化還原反應，滴定終點時，溶液由無色變成紫紅色，且半分鐘內不褪色；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，根據關系式2KMnO4～5H2C2O4計算；

④根據c（待測）=分析不當操作對V（標準）的影響，以此判斷濃度的誤差．五、簡答題(共3題，共18分)29、（1）a+b

（2）①0.032mol/(L?min)0.25

②＜

③cd

④1.25mol/L不變

（3）CO2+2H++2e﹣=HCOOH【分析】【分析】本題考查了熱化學方程式和蓋斯定律的計算應用，化學平衡的影響因素分析化學平衡移動原理的應用，平衡常數計算判斷，題目難度中等。【解答】rm{(1)壟脵a}rm{2Al_{2}O_{3}(s)+2AlCl_{3}(g)+6C(s)簍T6AlCl(g)+6CO(g)triangleH=akJ?mol^{-1}}

rm{2Al_{2}O_{3}(s)+2AlCl_{3}(g)+6C(s)簍T6AlCl(g)+6CO(g)triangle

H=akJ?mol^{-1}}rm{3AlCl(g)簍T2Al(l)+AlCl_{3}(g)triangleH=bkJ?mol^{-1}}

依據蓋斯定律rm{b}得到：rm{Al_{2}O_{3}(s)+3C(s)簍T2Al(l)+3CO(g)triangleH=(a+b)kJ/mol}故答案為：rm{3AlCl(g)簍T2Al(l)+AlCl_{3}(g)triangle

H=bkJ?mol^{-1}}

rm{a+b}內，rm{Al_{2}O_{3}(s)+3C(s)簍T2Al(l)+3CO(g)triangle

H=(a+b)kJ/mol}的平均反應速率rm{v(NO)=dfrac{1.00mol/L-0.68mol/L}{10min}=0.032mol?L^{-1}?min^{-1}}rm{a+b}平衡濃度rm{(2)壟脵0隆蘆10min}rm{NO}rm{v(NO)=

dfrac{1.00mol/L-0.68mol/L}{10min}

=0.032mol?L^{-1}?min^{-1}}反應的平衡常數rm{K=dfrac{C({N}_{2})C(C{O}_{2})}{{C}^{2}(NO)}=dfrac{0.25隆脕0.25}{0.{5}^{2}}=0.25}故答案為：rm{C(s)+2NO(g)?N_{2}(g)+CO_{2}(g)}rm{c(N_{2})=0.25mol/L}

rm{c(CO_{2})=0.25mol/L}rm{c(NO)=0.5mol/L}時，容器中rm{K=

dfrac{C({N}_{2})C(C{O}_{2})}{{C}^{2}(NO)}=

dfrac{0.25隆脕0.25}{0.{5}^{2}}=0.25}rm{0.032mol?L^{-1}?min^{-1}}rm{0.25}rm{壟脷}rm{30min}時，容器中rm{NO}rm{N}rm{30min}rm{NO}rm{N}rm{{,!}_{2}}rm{{,!}_{2}}、rm{CO}后升高溫度至rm{CO}rm{{,!}_{2}}rm{{,!}_{2}}達到平衡時，容器中的濃度之比rm{=0.000}rm{0.025}rm{0.025=2}rm{1}rm{1}rm{30min}后升高溫度至rm{T}rm{=0.000}rm{0.025}rm{0.025=2}rm{1}rm{1}rm{30min}rm{T}則平衡向逆反應方向移動，所以逆反應是吸熱反應，正反應是放熱反應，則rm{{,!}_{2}}rm{{,!}_{2}}；

rm{隆忙}達到平衡時，容器中rm{NO}rm{N}單位時間內生成rm{隆忙}的同時消耗rm{NO}都是指逆反應方向，則不能判斷達到化學平衡狀態，故rm{N}錯誤；

rm{{,!}_{2}}該反應前后氣體系數不變，所以反應體系的壓強一直不變，則反應體系的壓強不再發生改變，不能判斷達到化學平衡狀態，故rm{{,!}_{2}}錯誤；

、rm{CO}反應中有固體參加，反應前后氣體的質量在變，而體積不變，所以混合氣體的密度一直在變，則當混合氣體的密度保持不變，能說明達到化學平衡狀態，故rm{CO}正確；

rm{{,!}_{2}}反應中有固體參加，反應前后氣體的質量在變，而反應前后氣體的物質的量不變，所以混合氣體的平均相對分子質量一直在變，則當合氣體的平均相對分子質量保持不變，能說明達到化學平衡狀態，故rm{{,!}_{2}}正確。

故答案為：的濃度之比為rm{3}rm{1}rm{1}則平衡向逆反應方向移動，所以逆反應是吸熱反應，正反應是放熱反應，則rm{triangleH<0}

rm{3}若保持與上述反應前rm{1}的反應條件不變，起始時rm{1}的濃度為rm{triangleH<0}相對于增大壓強，又反應前后的系數不變，所以平衡不移動，故答案為：rm{<}的轉化率不變，則反應達平衡時rm{c(NO)=2.50mol/L隆脕dfrac{0.5}{1.0}=1.25mol/L}故答案為：rm{<}不變。rm{壟脹a.}極將水反應生成氧氣，氧元素化合價升高，失去電子，所以為負極，rm{2nmolNO(g)}為正極，是二氧化碳得到電子生成甲酸，電極反應為：rm{nmolCO_{2}(g)}rm{a}

故答案為：rm{b.}rm{b}【解析】rm{(1)a+b}rm{(1)a+b}rm{(2)壟脵0.032mol/(L?min)}rm{0.25}rm{(2)壟脵0.032mol/(L?min)}rm{0.25}rm{壟脷<}不變rm{壟脷<}rm{壟脹cd}30、略

【分析】解：rm{(1)Fe(CO)_{5}}的熔沸點低，且易溶于四氯化碳，依據分子晶體熔沸點低，且存在相似相溶原理，可知rm{Fe(CO)_{5}}為分子晶體；

故答案為：分子晶體；

rm{(2)}鐵為rm{26}號元素，元素在周期表中位于第四周期Ⅷ族；由于rm{Fe^{2+}}的價電子rm{3d^{6}}失去一個電子可形成rm{3d^{5}}半充滿穩定結構，所以rm{Fe^{2+}}易被氧化成rm{Fe^{3+}}

故答案為：第四周期Ⅷ族；rm{Fe^{2+}}的rm{3d}軌道有rm{6}個電子，失去rm{1}個電子后rm{3d}軌道電子排布處于半充滿穩定狀態；

rm{(3)}晶體中rm{8}個籠只有rm{6}個容納rm{CH_{4}}分子，另外rm{2}個籠被水分子填充，推出rm{8}個籠共有rm{6}個甲烷分子，rm{46+2=48}個水分子，則甲烷分子與水分子的個數之比rm{=6}rm{48=1}rm{8}所以化學式為rm{CH_{4}?8H_{2}O}

故答案為：rm{CH_{4}?8H_{2}O}

rm{(4)H_{3}PO_{3}}與過量rm{NaOH}反應充分反應生成亞磷酸氫二鈉rm{(Na_{2}HPO_{3})}則亞磷酸氫二鈉rm{(Na_{2}HPO_{3})}中無可以電離的氫離子；為正鹽；

故答案為：正；

rm{(5)}由金剛石的晶胞結構可知，晶胞內部有rm{4}個rm{C}原子，面心上有rm{6}個rm{C}原子，頂點有rm{8}個rm{C}原子，在rm{BN}晶體中，每個rm{B}原子和rm{4}個rm{N}原子形成共價鍵，rm{B}原子的配位數是rm{4}rm{B}原子與rm{N}原子之間共價鍵的數目是rm{12}所以rm{B}原子與rm{N}原子之間共價鍵的數目與配位鍵的數目比為rm{3}rm{1}根據晶胞結構圖，以晶胞頂點上的氮原子為例，與該氮原子距離最近的氮原子位于經過該頂點的面的面心上，這樣的原子有rm{12}個，根據均攤可知，一個晶胞中rm{N}原子數目為rm{4}rm{B}原子數目也是rm{4}根據rm{V=dfrac{m}{rho}}可知晶胞的體積rm{V=dfrac{dfrac{4b}{6times10;^{23}}}{a}cm^{3}=dfrac{4b}{6times10;^{23}a}cm^{3}}所以晶胞的邊長為rm{3dfrac{4b}{6times10;^{23}a}cm}最近的兩個rm{V=dfrac{dfrac{4b}{6times

10;^{23}}}{a}cm^{3}=dfrac{4b}{6times10;^{23}a}cm^{3}}原子間距離是晶胞面對角線的rm{3dfrac{4b}{6times10;^{23}a}

cm}所以晶體中最近的兩個rm{N}原子間距離是rm{dfrac{1}{2}sqrt{2}隆脕3dfrac{4b}{6times10;^{23}a}cm=dfrac{sqrt{2}}{2}3dfrac{b}{150a}nm}

故答案為：rm{dfrac{1}{2}}rm{N}rm{dfrac{1}{2}sqrt{2}隆脕3dfrac

{4b}{6times10;^{23}a}cm=dfrac{sqrt{2}}{2}3dfrac{b}{150a}

nm}rm{dfrac{sqrt{2}}{2}3dfrac{b}{150a}}．

rm{3}依據rm{1}的熔沸點低；且易溶于四氯化碳判斷晶體類型；

rm{12}鐵的原子序數為rm{dfrac{sqrt{2}}{2}3dfrac

{b}{150a}}在周期表中處于第四周期第rm{(1)}族；結合亞鐵離子和鐵離子的電子排布式進行判斷；

rm{Fe(CO)_{5}}在“可燃冰”晶體中，每rm{(2)}個籠由rm{26}個rm{VIII}分子構成框架，其中容納rm{(3)}個rm{8}分子和rm{46}個rm{H_{2}O}分子，可判斷每rm{6}個籠共rm{CH_{4}}個rm{2}分子和rm{H_{2}O}個rm{8}分子；據此推斷可表示可燃冰的平均組成的化學式；

rm{48}與過量rm{H_{2}O}反應充分反應生成亞磷酸氫二鈉rm{6}則亞磷酸氫二鈉rm{CH_{4}}中無可以電離的氫離子；

rm{(4)H_{3}PO_{3}}由金剛石的晶胞結構可知，晶胞內部有rm{NaOH}個rm{(Na_{2}HPO_{3})}原子，面心上有rm{(Na_{2}HPO_{3})}個rm{(5)}原子，頂點有rm{4}個rm{C}原子，根據金剛石的結構判斷，在rm{6}晶體中，每個rm{C}原子和rm{8}個rm{C}原子形成共價鍵，rm{BN}原子的配位數是rm{B}rm{4}原子與rm{N}原子之間共價鍵的數目是rm{B}一個晶胞中rm{4}原子數目為rm{B}根據晶胞結構圖，以晶胞頂點上的氮原子為例，與該氮原子距離最近的氮原子位于經過該頂點的面的面心上；根據rm{N}可計算出晶胞的體積，進而確定晶胞的邊長，最近的兩個rm{12}原子間距離是晶胞面對角線的rm{N}據此計算．

本題考查了金屬單質及其化合物的綜合應用、晶體結構與性質、晶胞計算等知識，題目難度中等，試題知識點較多、綜合性較強，充分考查學生的分析、理解能力及靈活應用能力，注意掌握常見金屬單質及其化合物的性質，明確均攤法在晶胞計算中的應用．rm{4}【解析】分子晶體；第四周期Ⅷ族；rm{Fe^{2+}}的rm{3d}軌道有rm{6}個電子，失去rm{1}個電子后rm{3d}軌道電子排布處于半充滿穩定狀態；rm{CH_{4}?8H_{2}O}正；rm{3}rm{1}rm{12}rm{dfrac{sqrt{2}}{2}3dfrac{b}{150a}}rm{dfrac{sqrt{2}}{2}3dfrac

{b}{150a}}31、N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=-92kJ/mol相同反應熱只與反應體系的始態和終態有關，而與反應的途徑無關（L?mol）260%＞＜bd【分析】解：（1）①由圖可知，2molNH3（g）分解吸收熱量為92kJ，則N2（g）與H2（g）反應生成NH3（g）為放熱反應，其