…………○…………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年教科新版高三化學上冊階段測試試卷481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總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、下列有關苯酚的實驗事實中，能說明側鏈對苯環(huán)性質有影響的是（）A.1mol苯酚與3molH2發(fā)生加成反應B.苯酚能和NaOH溶液反應C.苯酚燃燒產生帶濃煙的火焰D.苯酚與濃溴水反應生成三溴苯酚2、下列各組溶液；只用試管和膠頭滴管，不用任何試劑就可以鑒別的是（）

①稀H2SO4和Na2CO3②KOH和Al2（SO4）3③Ca（OH）2和NaHCO3④NaAlO2和稀鹽酸．A.①②④B.①②③C.①③④D.全部3、下列離子方程式中，不正確的是（）A.向NaHSO4溶液中加入過量的Ba（OH）2溶液：H++SO42-+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2OB.向Fe（OH）3中加入過量的HI溶液：Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2OC.用淀粉碘化鉀試紙和鹽酸檢驗加碘鹽：IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2OD.將少量SO2氣體通入足量的NaClO溶液中：SO2+ClO-+H2O=SO42-+Cl-+2H+4、已知：下列說法不正確的是A.①和②變化過程中都會放出熱量B.氯原子吸引電子的能力強于鈉原子和氫原子C.①和②中的氯原子均得到1個電子達到8電子穩(wěn)定結構D.NaCl中含有離子鍵，HCl中含有共價鍵5、下列溶液：rm{壟脵}硝酸鋇溶液rm{壟脷}碘水rm{壟脹}酸性高錳酸鉀溶液rm{壟脺}氯化鐵溶液rm{壟脻}品紅溶液，其中能用來區(qū)別rm{SO_{2}}和rm{CO_{2}}氣體的是rm{(}rm{)}A.rm{壟脹壟脻}B.rm{壟脷壟脹壟脻}C.rm{壟脵壟脷壟脹壟脻}D.rm{壟脵壟脷壟脹壟脺壟脻}6、制備相同質量的硝酸銅，從經濟效益和環(huán)保角度考慮，最適宜采用的方法是（）A.Cu+HNO3（濃）→Cu（NO3）2B.Cu+HNO3（稀）→Cu（NO3）2C.Cu+AgNO3→Cu（NO3）2D.CuCuO（NO3）2評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)7、將2.8g鐵粉與一定量的稀硝酸微熱反應，鐵粉完全溶解后，共收集到氣體約aL（假設裝置中無殘留，忽略硝酸分解），若將該氣體與672mLO2（氣體均為標準狀況）混合通入水中恰好溶于水無氣體剩余，則a為____，溶液中生成的鹽的化學式為____，反應中消耗的HNO3的物質的量為____．8、

（1）過濾時需要用到的玻璃儀器是（填2個）____．

（2）檢驗加入BaCl2溶液后SO42-是否沉淀完全的操作為____．

（3）若用硝酸鋇來代替氯化鋇，請判斷是否可行，并說明理由____．

（4）某同學認為該實驗方案中加適量氯化鋇溶液不容易控制；應加入過量氯化鋇溶液．

他的思路如下：

沉淀A的化學式是____，溶液③中的溶質是____．9、下表是元素周期表的一部分；根據(jù)A-K在周期表中的位置，用元素符號或化學式回答下列問題．

。

周期。

族ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA01A2DFH3BCEGIJ4K（1）寫出D、G的元素符號____、____

（2）A到K中化學性質最不活潑的是____

（3）最高價氧化物對應的水化物堿性最強的是____（寫化學式、下同），酸性最強的是____

（4）C的氫氧化物與I的氫化物反應的化學方程式：____

（5）請設計一個實驗比較I和K單質氧化性的強弱____寫出該反應的離子方程式為____．10、以HCHO和C2H2為有機原料，經過下列反應可得化合物N（C4H8O2）．

（l）反應1的反應類型為____．

（2）HOCH2C≡CCH2OH分子中，在同一個平面的原子最多有____個．

（3）化合物M不可能發(fā)生的反應是____（填序號）．

A．氧化反應B．取代反應C．消去反應D．加成反應E．還原反應。

（4）N的同分異構體中，屬于酯類的有____種．

（5）A與M互為同分異構體；有如下轉化關系．

填寫下列空白：

①A的結構簡式為____，B中的官能團名稱是____

②D的化學式為____

③寫出B與銀氨溶液反應的化學方程式：____

④在120℃時，由A、B、E組成的混合物wg與氧氣充分反應，生成產物全部為氣體時，消耗氧氣[m（O2）]的質量范圍為____．11、如表是元素周期表的一部分；針對表中用字母標出的元素，回答下列問題：

（除特別注明外；其它一律用化學式表示）

（1）在這些元素中，化學性質最不活潑的是：____（填具體元素符號，下同），其原子結構示意圖為____．元素K名稱為____在周期表中的位置____．

（2）最高價氧化物水化物中堿性最強的化合物的電子式是：____

（3）某元素二價陽離子的核外有10個電子，該元素是____（填元素名稱）

（4）G、H、I形成的氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性由強到弱的順序____

（5）F、H、J的最高價氧化物對應水化物的酸性由強到弱的順序____．

（6）I、J、K三種元素形成的離子，離子半徑由大到小的順序是____．

（7）元素I的氫化物的結構式為____；該氫化物常溫下和元素K的單質反應的化學方程式為____．12、高氯酸銨可用于火箭推進劑，實驗室可由NaClO3等原料制取（部分物質溶解度如圖1）；其實驗流程如圖2：

（1）氯酸鈉受熱分解生成高氯酸鈉和氯化鈉的化學方程式為____．

（2）80℃時浸取液冷卻至0℃過濾，濾渣的主要成分為：____（寫化學式）．

（3）反應器中加入氯化銨飽和溶液發(fā)生反應的離子方程式為____．

（4）已知：2NH4ClO4N2↑+2O2↑+Cl2↑+4H2O；現(xiàn)可提供下列試劑：

a．飽和食鹽水b．濃H2SO4c．NaOH溶液d．Mge．Cuf．Fe

利用圖3裝置對高氯酸銨熱分解產生的三種氣體進行分別吸收或收集．

①E中收集到的氣體可能是____（填化學式）．

②A、B、C中盛放的藥品依次可以是____（選填：Ⅰ；Ⅱ、Ⅲ）．

Ⅰ．abdⅡ．cbeⅢ．bcf．13、下列說法不正確的是____．

A．用稀鹽酸洗滌AgCl沉淀比用水洗滌損耗AgCl小；

B．物質的溶解度隨溫度的升高而增加；故物質的溶解都是吸熱的；

C．對于Al（OH）3（s）?Al（OH）3（aq）?Al3++3OH-；前者為溶解平衡，后者為電離平衡；

D．除去溶液中的Mg2+，用OH-沉淀Mg2+比用CO32-效果好，說明Mg（OH）2的溶解度比MgCO3大。

E．沉淀反應中常加過量的沉淀劑，其目的是使沉淀完全．14、請根據(jù)下圖作答：

已知：一個碳原子上連有兩個羥基時，易發(fā)生下列轉化：

（1）反應①所屬的有機反應類型是____反應．

（2）反應③的化學方程式____．

（3）已知B的相對分子質量為162，其完全燃燒的產物中n（CO2）：n（H2O）=2：1，則B的分子式為____．

（4）F是高分子光阻劑生產中的主要原料．F具有如下特點：①能跟FeCl3溶液發(fā)生顯色反應；②能發(fā)生加聚反應；③苯環(huán)上的一氯代物只有兩種．F在一定條件下發(fā)生加聚反應的化學方程式為____．

（5）化合物G是F的同分異構體，屬于芳香族化合物，能發(fā)生銀鏡反應．G的結構有____種．

（6）化合物H是B的同分異構體，H分子中含有的部分結構為它的水解產物經聚合反應后可得到高聚物（CaHbO2）nH有多種結構，寫出其中一種的結構簡式____．評卷人得分三、判斷題(共6題，共12分)15、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）16、物質的量相同的磷酸鈉溶液和磷酸溶液中所含的PO43-量相同．____．17、乙烷與氯氣的取代反應，乙烯與氯代烴的加成反應，均可用于制取1-氯乙烷____（判斷對錯）18、實驗測得1mol某氣體體積為22.4L，測定條件一定是標準狀況____（判斷對錯）19、將40gNaOH溶解在1L水中，溶液中溶質的物質的量濃度為1mol/L____．（判斷對錯）20、一元取代產物只有一種的，十個碳以下的烷烴有5種____（判斷對錯）評卷人得分四、簡答題(共1題，共10分)21、乙炔可用于照明；焊接及切割金屬；也是制備乙醛、醋酸、苯、合成橡膠、合成纖維等的基本原料。甲烷催化裂解是工業(yè)上制備乙炔的方法之一。回答下列問題：

（1）已知：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（I）△H1=-890kJ/mol

C2H2（g）+O2（g）=2CO2（g）+H2O（I）△H2=-1300kJ/mol

2H2（g）+O2（g）=2H2O（I）△H3=-572kJ/mol

則2CH4（g）=C2H2（g）+3H2（g）△H=______kJ/mol。

（2）某科研小組嘗試利用固體表面催化工藝進行CH4的裂解。

①若用和分別表示CH4、C2H2、H2和固體催化劑，在固體催化劑表面CH4的裂解過程如圖所示。從吸附到解吸的過程中；能量狀態(tài)最低的是______（填標號），其理由是______

②在恒容密閉容器中充入amol甲烷，測得單位時間內在固體催化劑表面CH4的轉化率[α（CH4）]與溫度（to℃）的關系如圖1所示，to℃后CH4的轉化率突減的原因可能是______。

（3）甲烷分解體系中幾種氣體的平衡分壓（p/Pa）與溫度（t/oC）的關系如圖2所示。

①t1℃時，向VL恒容密閉容器中充入0.12molCH4，只發(fā)生反應2CH4（g）=C2H4（g）+2H2（g），達到平衡時，測得p（C2H4）=p（CH4）。CH4的平衡轉化率為______。在上述平衡狀態(tài)某一時刻，改變溫度至t2℃，CH4以0.01mol/（L．s）的平均速率增多，則tl______t2（填“＞”；“=”或“＜”）。

②在圖2中，t3℃時，化學反應2CH4（g）=C2H2（g）+3H2（g）的壓強平衡常數(shù)Kp=______Pa2。評卷人得分五、解答題(共3題，共24分)22、芳香族化合物C10H10O2有如下的轉化關系：已知F能使Br2/CCl4溶液褪色；且RONa+R′X→ROR′+NaX

請回答下列問題：

（1）寫出反應類型．

反應B→C______反應E→F______

（2）請分別寫出A；F的結構簡式。

A______F______

（3）若有機物M與C互為同分異構體；則與有機物B互為同系物的M的同分異構體有______種．

（4）請寫出B→C反應的化學反應方程式______23、0.1mol某烴的衍生物與0.35mol氧氣混合密閉于一容器中，點火后發(fā)生不完全燃燒，得到CO2、CO和H2O的氣態(tài)混合物．將混合氣體通過濃硫酸時；濃硫酸質量增加了5.4g，通過足量澄清石灰水時，可得到沉淀20g（干燥后稱量）．剩余氣體與灼熱的氧化鐵充分反應后再通入足量澄清的石灰水中，又得到20g固體物質（干燥后）．

求：（1）該有機物的分子式．

（2）該有機物可與醇發(fā)生酯化反應，且可使溴水褪色，寫出該有機物可能的結構簡式和名稱．24、某元素R；其原子核內有16個中子，已知其最高正價與負價絕對值之差為2，其氣態(tài)氫化物含R91.2%．

（1）求R的相對原子量；R質子數(shù)。

（2）推斷R在周期表中的位置，指出其名稱．參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、D【分析】【分析】A；苯酚可以和氫氣發(fā)生加成反應；

B；苯酚具有弱酸性；能和堿反應生成鹽和水；

C；有機物大多是容易燃燒的；

D、苯酚和濃溴水反應體現(xiàn)了酚羥基的鄰對位氫原子活潑．【解析】【解答】解：A；苯酚可以和氫氣發(fā)生加成反應生成環(huán)己烷；體現(xiàn)了苯酚中不飽和鍵的性質，故A錯誤；

B；苯酚能和NaOH溶液反應；說明苯酚具有弱酸性，能和堿反應生成鹽和水，故B錯誤；

C；有機物大多是容易燃燒的；苯酚燃燒產生帶濃煙的火焰體現(xiàn)了有機物的通性，故C錯誤；

D；苯酚和濃溴水反應生成三溴苯酚；體現(xiàn)了酚羥基的鄰對位氫原子活潑，能說明側鏈羥基對苯環(huán)性質有影響，故D正確；

故選D．2、A【分析】【分析】只用試管和膠頭滴管而不用其它試劑就能區(qū)分，說明反應現(xiàn)象與反應物的量多少有關，結合物質間的反應來分析解答．【解析】【解答】解：①稀H2SO4和Na2CO3，當硫酸少量時，離子反應方程式為CO32-+H+=HCO3-，當硫酸過量時，離子反應方程式為2H++CO32-=CO2↑+H2O；所以反應現(xiàn)象不同，故正確；

②KOH和Al2（SO4）3，當Al2（SO4）3溶液過量時，反應離子方程式為：Al3++3OH-=Al（OH）3↓，當Al2（SO4）3少量時，離子反應方程式為Al3++4OH-=AlO2-+2H2O；所以反應現(xiàn)象不同，故正確；

③Ca（OH）2和NaHCO3；無論二者誰過量，都會生成碳酸鈣沉淀，所以現(xiàn)象相同，不能鑒別，故錯誤；

④NaAlO2和稀鹽酸，當鹽酸少量時，離子反應方程式為H++AlO2-+H2O=Al（OH）3↓，當鹽酸過量時，離子反應方程式為：4H++AlO2-=Al3++2H2O；所以反應現(xiàn)象不同，故正確；

則正確的有①②④；

故選A．3、B【分析】【分析】A．二者反應生成硫酸鋇；硫酸鈉和水；

B．二者反應生成亞鐵離子；碘和水；

C．酸性條件下；碘酸根離子和碘離子發(fā)生氧化還原反應生成碘和水；

D．少量二氧化硫通入足量次氯酸鈉溶液中，二者發(fā)生氧化還原反應生成硫酸根離子、氯離子和氫離子．【解析】【解答】解：A．二者反應生成硫酸鋇、硫酸鈉和水，離子方程式為H++SO42-+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O；故A正確；

B．二者反應生成亞鐵離子、碘和水，離子方程式為2I-+2Fe（OH）3+6H+=2Fe2++6H2O+I2；故B錯誤；

C．酸性條件下，碘酸根離子和碘離子發(fā)生氧化還原反應生成碘和水，離子方程式為IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O；故C正確；

D．少量二氧化硫通入足量次氯酸鈉溶液中，二者發(fā)生氧化還原反應生成硫酸根離子、氯離子和氫離子，離子方程式為SO2+ClO-+H2O=SO42-+Cl-+2H+；故D正確；

故選B．4、C【分析】試題分析：A、①②都表示新化學鍵的形成，放出熱量，正確；B、鈉原子失去電子，氯原子得到電子，HCl中共用電子對偏向于氯原子，說明氯原子吸引電子的能力強于鈉原子和氫原子，正確；C、②H原子與Cl原子形成共用電子對，沒有發(fā)生電子得失，錯誤；D、NaCl中Na+與Cl￣形成離子鍵，HCl中氫原子與氯原子通過共用電子對形成共價鍵，正確。考點：本題考查離子鍵和共價鍵。【解析】【答案】C5、D【分析】解：rm{壟脵}硝酸鋇溶液，能產生沉淀的是rm{SO_{2}}沒現(xiàn)象的是rm{CO_{2}}能用來區(qū)別rm{SO_{2}}和rm{CO_{2}}

rm{壟脷}碘水，碘水褪色的是rm{SO_{2}}沒現(xiàn)象的是rm{CO_{2}}能用來區(qū)別rm{SO_{2}}和rm{CO_{2}}

rm{壟脹}酸性高錳酸鉀溶液，紫色褪去的是rm{SO_{2}}沒現(xiàn)象的是rm{CO_{2}}能用來區(qū)別rm{SO_{2}}和rm{CO_{2}}

rm{壟脺}氯化鐵溶液，黃色褪去的是rm{SO_{2}}沒現(xiàn)象的是rm{CO_{2}}能用來區(qū)別rm{SO_{2}}和rm{CO_{2}}

rm{壟脻}品紅溶液，品紅溶液的是rm{SO_{2}}沒現(xiàn)象的是rm{CO_{2}}能用來區(qū)別rm{SO_{2}}和rm{CO_{2}}

故選D．

rm{SO_{2}}和rm{CO_{2}}均為酸性氧化物；二氧化硫具有還原性，具有漂白性，結合物質的性質差異來解答．

本題考查物質的鑒別，為高頻考點，把握物質的性質和性質差異、發(fā)生的反應和現(xiàn)象為解答的關鍵，注意現(xiàn)象相同不能鑒別物質，題目難度不大．【解析】rm{D}6、D【分析】【分析】制備相同質量的硝酸銅，從經濟效益和環(huán)保角度考慮，需要的物質越少越好且反應過程中不產生有毒氣體，以此來解答．【解析】【解答】解：A．銅和濃硝酸反應生成NO2；二氧化氮有毒，污染空氣，故A不選；

B．銅和稀硝酸反應生成NO；NO有毒，污染空氣，故B不選；

C．銅和硝酸銀反應生成硝酸銅；但硝酸銀價格較昂貴，不經濟，故C不選；

D．該過程中不產生有毒氣體；且使用材料較廉價，符合條件，故D選；

故選D．二、填空題(共8題，共16分)7、0.896Fe（NO3）2、Fe（NO3）30.16mol【分析】【分析】反應生成氣體為NO，NO與氧氣混合通入水又生成HNO3，根據(jù)電子轉移守恒計算NO物質的量，再根據(jù)V=nVm計算NO的體積；縱觀整個過程，F(xiàn)e失去電子等于氧氣獲得電子物質的量，根據(jù)電子轉移守恒計算生成的鹽中Fe元素化合價，可以確定生成的鹽的化學式；根據(jù)氮元素守恒計算消耗的HNO3的物質的量．【解析】【解答】解：反應生成氣體為NO，NO與氧氣混合通入水又生成HNO3，通入氧氣為=0.03mol，根據(jù)電子轉移守恒，NO物質的量為=0.04mol；則NO的體積為0.04mol×22.4L/mol=0.896L；

縱觀整個過程，F(xiàn)e失去電子等于氧氣獲得電子物質的量，F(xiàn)e的物質的量為=0.05mol，根據(jù)電子轉移守恒，生成的鹽中Fe元素化合價為=2.4，故鹽中Fe元素化合價為+2、+3價，即生成Fe（NO3）2、Fe（NO3）3，設二者物質的量分別為xmol、ymol，則：；解得x=0.03；y=0.02；

根據(jù)氮元素守恒，消耗的HNO3的物質的量=2n[Fe（NO3）2]+3n[Fe（NO3）3]+n（NO）=0.03mol×2+0.02mol×3+0.04mol=0.16mol；

故答案為：0.896；Fe（NO3）2、Fe（NO3）3；0.16mol．8、漏斗、玻璃棒、燒杯靜置一段時間后，取少量上層清液于試管中，再滴加BaCl2溶液，若無沉淀生成，說明SO42-沉淀完全，反之未沉淀完全不可行，會引入NO3-BaCO3HCl【分析】【分析】（1）過濾一般用到燒杯；漏斗、玻璃棒以及濾紙等；

（2）可用鋇離子檢驗；硫酸鋇不溶于硝酸；

（3）若用硝酸鋇來代替氯化鋇；引入新雜質；

（4）氯化鉀、溴化鉀，硫酸鉀中硫酸鉀能與氯化鋇反應生成硫酸鋇白色沉淀，溶液①的成分中含有：氯化鉀、溴化鉀和過量的氯化鋇，加入過量碳酸鉀，會和氯化鋇反應生成碳酸鋇白色沉淀和氯化鉀，所以沉淀A的化學式是BaCO3；溶液②的成分中含有氯化鉀、溴化鉀和過量的碳酸鉀，碳酸鉀會和③鹽酸反應生成氯化鉀、水和二氧化碳，可以將碳酸根離子除掉，溴化鉀會與氯氣反應生成氯化鉀和溴單質，以此解答．【解析】【解答】解：（1）過濾一般用到燒杯；漏斗、玻璃棒以及濾紙等；則玻璃儀器為漏斗、玻璃棒、燒杯，故答案為：漏斗、玻璃棒、燒杯；

（2）可用硝酸酸化的硝酸鋇檢驗硫酸根離子，方法為靜置一段時間后，取少量上層清液于試管中，再滴加BaCl2溶液，若無沉淀生成，說明SO42-沉淀完全；反之未沉淀完全；

故答案為：靜置一段時間后，取少量上層清液于試管中，再滴加BaCl2溶液，若無沉淀生成，說明SO42-沉淀完全；反之未沉淀完全；

（3）若用硝酸鋇來代替氯化鋇，則硝酸根在溶液中不能除掉，引入新雜質，不可行，故答案為：不可行，會引入NO3-；

（4）氯化鉀、溴化鉀，硫酸鉀中硫酸鉀能與氯化鋇反應生成硫酸鋇白色沉淀，溶液①的成分中含有：氯化鉀、溴化鉀和過量的氯化鋇，加入過量碳酸鉀，會和氯化鋇反應生成碳酸鋇白色沉淀和氯化鉀，所以沉淀A的化學式是BaCO3；溶液②的成分中含有氯化鉀；溴化鉀和過量的碳酸鉀；碳酸鉀會和③鹽酸反應生成氯化鉀、水和二氧化碳，可以將碳酸根離子除掉，溴化鉀會與氯氣反應生成氯化鉀和溴單質；

故答案為：BaCO3；HCl．9、CPArNaOHHClO4Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O將氯水滴入溴化鈉溶液中顏色變深Cl2+2Br-=2Cl-+Br2【分析】【分析】（1）由元素在周期表中位置，可知A為氫，B為Na，C為Al，D為碳，E為Si，F(xiàn)為氮，G為磷，H為氟，I為Cl，J為Ar，K為Br；

（2）稀有氣體的化學性質最不活潑；

（3）上述元素中Na的金屬性最強；故氫氧化鈉堿性最強，F(xiàn)元素沒有最高價含氧酸，上述元素中，最高價含氧酸中高氯酸的酸性最強；

（4）氫氧化鋁與鹽酸反應生成氯化鋁與水；

（5）利用單質之間的相互置換進行驗證．【解析】【解答】解：（1）由元素在周期表中位置，可知A為氫，B為Na，C為Al，D為碳，E為Si，F(xiàn)為氮，G為磷，H為氟，I為Cl，J為Ar，K為Br；故答案為：C；P；

（2）稀有氣體Ar的化學性質最不活潑，故答案為：Ar；

（3）上述元素中Na的金屬性最強，故NaOH的堿性最強，F(xiàn)元素沒有最高價含氧酸，上述元素中，最高價含氧酸中HClO4的酸性最強，故答案為：NaOH；HClO4；

（4）氫氧化鋁與鹽酸反應生成氯化鋁與水，反應方程式為：Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O；

故答案為：Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O；

（5）利用單質之間的相互置換進行驗證，具體方案為：將氯水滴入溴化鈉溶液中顏色變深，有關離子方程式為：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2；

故答案為：將氯水滴入溴化鈉溶液中顏色變深；Cl2+2Br-=2Cl-+Br2．10、加成反應8DE4醛基、醇羥基C8H12O4g＜m（O2）＜g【分析】【分析】（1）由HCHO、HC≡CH及HOCH2C≡CCH2OH結構可知，HCHO中C=O雙鍵中1個C-O鍵斷裂、HC≡CH中C-H斷裂，H原子與O原子結合、碳原子相互連接生成HOCH2C≡CCH2OH；屬于加成反應；

（2）-C≡C-形成直線型結構，與其直接相連的原子在同一直線上，-CH2-為四面體結構；最多有3個原子共面，旋轉C-C單鍵可以使2個平面處于同一平面，據(jù)此解答；

（3）HOCH2C≡CCH2OH與氫氣發(fā)生加成反應生成M，結合M的分子式可知M為HOCH2CH2CH2CH2OH；含有-OH，具有醇的性質；

（4）M部分氧化生成N（C6H8O2），可知N為HOCH2CH2CH2CHO；討論形成酯的醇與羧酸，判斷屬于酯類的N的同分異構體數(shù)目；

（5）A與M（HOCH2CH2CH2CH2OH）互為同分異構體，A被氧化生成B，B一定條件下反應生成E，由E的結構并結合信息，可知B的結構簡式為：故A的結構簡式為：B和銀氨溶液發(fā)生銀鏡反應，然后酸化生成C，所以C的結構簡式為：C在濃硫酸作催化劑、加熱條件下發(fā)生分子間酯化反應生成D，D是六元環(huán)狀化合物，所以D的結構簡式為：據(jù)此解答．【解析】【解答】解：（1）-CHO中C=O雙鍵斷裂與乙炔發(fā)生加成反應生成HOCH2C≡CCH2OH；該反應為加成反應，故答案為：加成反應；

（2）根據(jù)-C≡C-為直線結構，與其直接相連的原子在同一直線上，則4個C原子在一條直線上，又-CH2-為四面體結構；最多有3個原子共面，則在同一個平面的原子最多有8個，故答案為：8；

（3）HOCH2C≡CCH2OH與氫氣發(fā)生加成反應生成M，結合M的分子式可知M為HOCH2CH2CH2CH2OH；能發(fā)生氧化；取代消去反應，不存在不飽和鍵，則不能發(fā)生加成、還原反應，故答案為：D、E；

（4）N的同分異構體中；屬于酯類的有：甲酸丙酯；甲酸異丙酯、乙酸乙酯、丙酸甲酯，所以有4種，故答案為：4；

（5）A與M（HOCH2CH2CH2CH2OH）互為同分異構體，A被氧化生成B，B一定條件下反應生成E，由E的結構并結合信息，可知B的結構簡式為：故A的結構簡式為：B和銀氨溶液發(fā)生銀鏡反應，然后酸化生成C，所以C的結構簡式為：C在濃硫酸作催化劑、加熱條件下發(fā)生分子間酯化反應生成D，D是六元環(huán)狀化合物，所以D的結構簡式為

①通過以上分析知，A為：B為：含有醛基和醇羥基，故答案為：醛基；醇羥基；

②D的結構簡式為：其化學式為C8H12O4，故答案為：C8H12O4；

③B和銀氨溶液發(fā)生銀鏡反應，反應方程式為：

故答案為：

④B為C4H8O2、E為（C4H8O2）n，B與E的最簡式相同都為C2H4O，相同質量二者耗氧量相等，A為C4H10O2，最簡式為C2H5O；H元素的質量分數(shù)高于B；E，故相同質量A的耗氧量最多；

只有A時；耗氧量達極大值，設wgA完全燃燒消耗氧氣為x，則：

4C2H5O+11O28CO2+10H2O

4×4511×32

wgx

所以；4×45：11×32=wg：x

解得x=g；

只有B或E時；耗氧量大極小值，設wgB或E完全燃燒消耗氧氣為y，則：

2C2H4O+5O24CO2+4H2O

2×445×32

wgy

所以；2×44：5×32=wg：y

解得y=g；

故g＜m（O2）＜g

故答案為：g＜m（O2）＜g．11、Ar氯第三周期第ⅦA族鎂H2O＞NH3＞PH3H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3S2-＞Cl-＞O2-H-O-HCl2+H2OHClO+HCl【分析】【分析】由元素在周期表中位置，可知A為氫，B為Na，C為Mg，D為Al，E為碳，F(xiàn)為Si，G為氮，H為磷，I為氧，J為硫，K為Cl，L為Ar．

（1）稀有氣體原子最外層為穩(wěn)定結構，Ar化學性質最不活潑；K為氯元素；由位置可知處于第三周期第ⅦA族；

（2）最高價氧化物水化物中堿性最強為NaOH；

（3）某元素二價陽離子的核外有10個電子；該元素核外電子數(shù)為12，故為Mg；

（4）非金屬性越強；對應氫化物越穩(wěn)定；

（5）非金屬性越強；最高價氧化物對應水化物的酸性越強；

（6）電子層結構相同的離子；核電荷數(shù)越大離子半徑越小，離子電子層越多離子半徑越大；

（7）元素I的氫化物為H2O，氯氣與水反應生成HCl與HClO．【解析】【解答】解：由元素在周期表中位置，可知A為氫，B為Na，C為Mg，D為Al，E為碳，F(xiàn)為Si，G為氮，H為磷，I為氧，J為硫，K為Cl，L為Ar．

（1）稀有氣體原子最外層為穩(wěn)定結構，Ar化學性質最不活潑，原子結構示意圖為K為氯元素；由位置可知處于第三周期第ⅦA族；

故答案為：Ar；氯；第三周期第ⅦA族；

（2）最高價氧化物水化物中堿性最強為NaOH，電子式為：

故答案為：

（3）某元素二價陽離子的核外有10個電子；該元素核外電子數(shù)為12，故為Mg；

故答案為：鎂；

（4）同周期自左而右非金屬性增強，同主族自上而下非金屬性減弱，非金屬性越強，對應氫化物越穩(wěn)定，故氫化物穩(wěn)定性：H2O＞NH3＞PH3；

故答案為：H2O＞NH3＞PH3；

（5）非金屬性Cl＞P＞Si，非金屬性越強，最高價氧化物對應水化物的酸性越強，故酸性：H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3；

故答案為：H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3；

（6）電子層結構相同的離子，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，離子電子層越多離子半徑越大，故離子半徑：S2-＞Cl-＞O2-；

故答案為：S2-＞Cl-＞O2-；

（7）元素I的氫化物為H2O，結構式為H-O-H，氯氣與水反應生成HCl與HClO，反應方程式為：Cl2+H2OHClO+HCl；

故答案為：H-O-H；Cl2+H2OHClO+HCl．12、4NaClO33NaClO4+NaClNaClO4NH4++ClO4-=NH4ClO4N2Ⅱ【分析】【分析】氯酸鈉受熱分解生成高氯酸鈉和氯化鈉，80℃時浸取液冷卻至0℃過濾得到濾渣的主要成分為NaClO4，反應器中加入氯化銨飽和溶液發(fā)生反應生成高氯酸按，過濾干燥得到NH4ClO4；

（1）根據(jù)題干信息：氯酸鈉受熱分解生成高氯酸鈉和氯化；結合原子守恒來書寫方程式；

（2）根據(jù)溫度和物質的溶解度的關系知道：高氯酸鈉的溶解度受溫度影響大，但是氯化鈉的溶解度受溫度影響不大，NaClO4的溶解度受溫度影響很大；NaCl溶解度受溫度影響不大；

（3）向高氯酸鈉中加入氯化銨；沉淀向著更難溶的物質轉化，根據(jù)物質的溶解情況，可以知道會析出高氯酸銨；

（4）①根據(jù)氯氣能被NaOH吸收；水可以被濃硫酸吸收，氧氣可以被熱的Cu吸收，氮氣可以用排水法收集回答；

②根據(jù)氣體的檢驗順序來回答，氯氣能被NaOH吸收，水可以被濃硫酸吸收，氧氣可以被熱的Cu吸收，氮氣可以用排水法收集，氫氧化鈉中有水，先是吸收氯氣，再是將水吸收，最后吸水的是氧氣．【解析】【解答】解：據(jù)氧化還原反應原理和信息，氯酸鈉受熱分解生成高氯酸鈉和氯化鈉，可由圖知，NaClO4的溶解度受溫度影響很大；NaCl溶解度受溫度影響不大，80℃時浸取液冷卻至0℃過濾，高氯酸鈉的溶解度迅速降低，析出晶體，高氯酸鈉中加入氯化銨飽和溶液，反應向著更難溶的物質轉化，根據(jù)物質的溶解情況，可以知道會析出高氯酸銨，過濾洗滌干燥就可以得到高氯酸銨的固體．

（1）根據(jù)氧化還原反應原理和信息，氯酸鈉受熱分解生成高氯酸鈉和氯化鈉，得到方程式為4NaClO33NaClO4+NaCl；

故答案為：4NaClO33NaClO4+NaCl；

（2）可由圖知，NaClO4的溶解度受溫度影響很大；NaCl溶解度受溫度影響不大，80℃時浸取液冷卻至0℃過濾，高氯酸鈉的溶解度迅速降低，析出晶體，但是氯化鈉的溶解度受溫度的影響不大，不會析出晶體；

故答案為：NaClO4．

（3）反應器高氯酸鈉中加入氯化銨飽和溶液；反應向著更難溶的物質轉化，根據(jù)物質的溶解情況，可以知道會析出高氯酸銨，即發(fā)生反應的離子方。

程式為NH4++ClO4-=NH4ClO4；

故答案為：NH4++ClO4-=NH4ClO4；

（4）氯氣能被NaOH吸收，水可以被濃硫酸吸收，氧氣可以被熱的Cu吸收，氮氣可以用排水法收集，氫氧化鈉中有水，先是吸收氯氣，再是將水吸收，最后吸水的是氧氣，所以A、B、C中盛放的藥品依次可以是c．NaOHb．濃H2SO4e．Cu；最后用排水法收集氮氣；

①E中收集到的氣體只能是氮氣；

故答案為：N2；

②氯氣能被NaOH吸收，水可以被濃硫酸吸收，氧氣可以被熱的Cu吸收，氮氣可以用排水法收集，氫氧化鈉中有水，先是吸收氯氣，再是將水吸收，最后吸水的是氧氣，所以A、B、C中盛放的藥品依次可以是c．NaOHb．濃H2SO4e．Cu；

故答案為：Ⅱ．13、BD【分析】【分析】A；依據(jù)氯化銀沉淀溶解平衡分析；銀離子濃度增大，平衡向沉淀方向進行；

B；物質的溶解度大部分隨溫度的升高而增加；大部分物質的溶解是吸熱的，有些物質溶解度隨溫度升高減小，有些物質溶解時放熱的；

C；氫氧化鋁是難溶物質；存在沉淀溶解平衡和電離平衡；

D、Mg（OH）2的溶解度比MgCO3小；

E、為使離子完全沉淀，加入過量的沉淀劑，能使離子沉淀完全．【解析】【解答】解：A、氯化銀沉淀溶解平衡中存在溶度積常數(shù)，Ksp=[Ag+][Cl-]；銀離子濃度增大，平衡向沉淀方向進行；用稀鹽酸洗滌AgCl沉淀比用水洗滌損耗AgCl小，故A正確；

B；物質的溶解度大部分隨溫度的升高而增加；大部分物質的溶解是吸熱的，有些物質溶解度隨溫度升高減小，有些物質溶解時放熱的，故B錯誤；

C；氫氧化鋁是難溶物質；存在沉淀溶解平衡和電離平衡，故C正確；

D、Mg（OH）2的溶解度比MgCO3小；故D錯誤；

E；為使離子完全沉淀；加入過量的沉淀劑，能使離子沉淀完全，故E正確；

綜上所述：BD錯誤；

故答案為：BD．14、取代（或水解）CH3CHO+2Cu（OH）2CH3COOH+Cu2O+2H2OC10H10O24【分析】【分析】由題意可知A在堿性條件下發(fā)生水解生成CH3CHO和CH3COONa，E應為CH3COOH，B的相對分子質量為162，其完全燃燒的產物中n（CO2）：n（H2O）=2：1，則分子中a=b，則有12a+a+2×16=162，a=10，則分子式為C10H10O2，水解生成F和CH3COOH，則F中應有8個C原子，又知：①能跟FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，說明分子中含有酚羥基；②能發(fā)生加聚反應含有C=C，說明；③苯環(huán)上的一氯代物只有兩種，取代基應在對位位置，F(xiàn)應為則B為結合有機物的結構和性質解答該題．【解析】【解答】解：由題意可知A在堿性條件下發(fā)生水解生成CH3CHO和CH3COONa，E應為CH3COOH，B的相對分子質量為162，其完全燃燒的產物中n（CO2）：n（H2O）=2：1，則分子中a=b，則有12a+a+2×16=162，a=10，則分子式為C10H10O2，水解生成F和CH3COOH，則F中應有8個C原子，又知：①能跟FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，說明分子中含有酚羥基；②能發(fā)生加聚反應含有C=C，說明；③苯環(huán)上的一氯代物只有兩種，取代基應在對位位置，F(xiàn)應為則B為

（1）A在堿性條件下發(fā)生水解生成CH3CHO和CH3COONa；反應類型為水解或取代，故答案為：取代（或水解）；

（2）反應③為乙醛的催化氧化，方程式為CH3CHO+2Cu（OH）2CH3COOH+Cu2O+2H2O；

故答案為：CH3CHO+2Cu（OH）2CH3COOH+Cu2O+2H2O；

（3）由以上分析可知B的分子式為C10H10O2，故答案為：C10H10O2；

（4）F為含有C=C，可發(fā)生加聚反應，方程式為

故答案為：

（5）化合物G是F的同分異構體；屬于芳香族化合物，能發(fā)生銀鏡反應，說明分子中含有-CHO，可為甲基苯甲醛（有臨；間、對3種）和苯乙醛，共4種；

故答案為：4；

（6）B為H分子中含有的部分結構為它的水解產物經聚合反應后可得到高聚物（CaHbO2）nH有多種結構；分子中應含有酯基，可為。

故答案為：．三、判斷題(共6題，共12分)15、×【分析】【分析】稀釋前后氫氧化鈉的物質的量不變，根據(jù)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：×．16、×【分析】【分析】磷酸鈉溶液中磷酸根能發(fā)生水解，磷酸溶液中磷酸電離產生PO43-．【解析】【解答】解：磷酸是中強酸；存在電離平衡，磷酸鹽存在水解平衡，這兩個平衡程度都很小．

磷酸電離由3步（磷酸是三元酸）；分別是磷酸二氫根，磷酸氫根，最后是少量磷酸根離子；

磷酸鈉電離狀態(tài)下電離出鈉離子和磷酸根離子；但是磷酸根離子要水解，其程度也很小，所以磷酸鈉中磷酸根離子遠多于等濃度的磷酸溶液；

故答案為：×．17、×【分析】【分析】乙烯與氯化氫加成生成1-氯乙烷，此為制取氯乙烷的較好方法，由于取代反應有多種副產物生成，故不能利用此方法制取1-氯乙烷．【解析】【解答】解：CH3CH3+Cl2→CH3CH2Cl+HCl，該反應的生成物氯乙烷可以繼續(xù)與氯氣發(fā)生取代反應生成二氯乙烷，產物不純凈，故不能利用此方法制取1-氯乙烷，故錯誤；故答案為：×．18、×【分析】【分析】由PV=nRT，可知物質的量一定情況下，壓強、溫度會影響氣體的體積．【解析】【解答】解：標況下，1mol氣體的體積是22.4L，由PV=nRT，可知不是標況下，1mol氣體的體積也可能為22.4L，故錯誤，故答案為：×．19、×【分析】【分析】將40gNaOH溶解在1L水中，溶液體積大于1L．【解析】【解答】解：將40gNaOH溶解在1L水中；溶液體積大于1L，溶液中溶質的物質的量濃度小于1mol/L；

故答案為：×．20、×【分析】【分析】烷烴的一氯取代物只有一種，說明該烷烴中只有一種等效氫原子，根據(jù)等效氫原子的判斷方法來回答．【解析】【解答】解：烷烴分子中；同一個碳上的氫原子等效，連在同一個碳原子上的氫原子等效，具有鏡面對稱的碳原子上的氫原子等效，烷烴的一氯取代物只有一種，說明該烷烴中只有一種等效氫原子，在碳原子數(shù)n≤10的所有烷烴的同分異構體中，其一氯取代物只有一種的烷烴分別是：甲烷；乙烷、2，2-二甲基丙烷以及2，2，3，3-四甲基丁烷，共4種．

故答案為：×．四、簡答題(共1題，共10分)21、+378A甲烷的裂解為吸熱反應，甲烷分子活化需要吸收能量溫度過高，催化劑活性降低66.7%＞104.7【分析】解：（1）已知：①CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（I）△H1=-890kJ/mol

②C2H2（g）+O2（g）=2CO2（g）+H2O（I）△H2=-1300kJ/mol

③2H2（g）+O2（g）=2H2O（I）△H3=-572kJ/mol

蓋斯定律計算①×4-②-③×可得得到2CH4（g）=C2H2（g）+3H2（g）△H=+378KJ/mol；

故答案為：+378；

（2）①從吸附到解吸的過程中；甲烷的裂解為吸熱反應，甲烷分子活化需要吸收能量，能量狀態(tài)最低的是A；

故答案為：A；甲烷的裂解為吸熱反應；甲烷分子活化需要吸收能量；

②to℃后CH4的轉化率突減的原因可能是溫度過高；催化劑活性降低；

故答案為：溫度過高；催化劑活性降低；

（3）①反應2CH4（g）=C2H4（g）+2H2（g）為分解反應；而分解反應絕大多數(shù)為吸熱反應，故此反應為吸熱反應；

設CH4的轉化濃度為Xmol/L；可知：

2CH4（g）=C2H4（g）+2H2（g）

初始濃度：0.3mol/L00

濃度變化：Xmol/Lmol/LXmol/L

平衡濃度：（0.3-X）mol/Lmol/LXmol/L

達到平衡時，測得p（C2H4）=p（CH4），可知：0.3-X=

解得X=0.2mol/L；

故CH4的平衡轉化率=×100%=66.7%；

改變溫度后，CH4的濃度升高，即平衡左移，即溫度應為降低，即T1＞T2；

故答案為：66.7%；＞；

②此反應的平衡常數(shù)表達式，將氣體的平衡濃度換為平衡分壓，t3℃時，化學反應2CH4（g）=C2H2（g）+3H2（g）的氣體分壓為：P（CH4）=103、P（H2）=104、P（C2H2）=10-1.3，壓強平衡常數(shù)Kp===104.7；

故答案為：104.7。

（1）已知：①CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（I）△H1=-890kJ/mol

②C2H2（g）+O2（g）=2CO2（g）+H2O（I）△H2=-1300kJ/mol

③2H2（g）+O2（g）=2H2O（I）△H3=-572kJ/mol

蓋斯定律計算①×4-②-③×可得得到2CH4（g）=C2H2（g）+3H2（g）△H；

（2）①飽和過程分析甲烷的裂解為吸熱反應；甲烷分子活化需要吸收能量；

②單位時間內在固體催化劑表面CH4的轉化率[α（CH4）]與溫度（to℃）的關系如圖1所示，t0后減小是和催化劑活性有關；

（3）①設出CH4的轉化濃度，然后根據(jù)三段式，利用c（C2H4）=c（CH4）來解答，根據(jù)改變溫度后，CH4的濃度升高來判斷溫度的變化；

②t3℃時，化學反應2CH4（g）=C2H2（g）+3H2（g）的氣體分壓為：P（CH4）=103、P（H2）=104、P（C2H2）=10-1.3，壓強平衡常數(shù)Kp=

本題考查熱化學方程式，焓變的計算，化學平衡的移動，影響化學反應速率的因素，平衡常數(shù)計算、圖象變化和反應過程的分析判斷等知識，考查的知識點較多，比較綜合，有助于培養(yǎng)從原理角度分析化學反應的實質。題目難度中等。【解析】+378A甲烷的裂解為吸熱反應，甲烷分子活化需要吸收能量溫度過高，催化劑活性降低66.7%＞104.7五、解答題(共3題，共24分)22、略

【分析】

C發(fā)生加聚反應生成（C4H6O2）n，故C的分子式為C4H6O2，B與甲醇反生成C，C屬于酯，不飽和度為2，故C為CH2=CH-COOCH3，B為CH2=CH-COOH，芳香族化合物A（C10H10O2）在濃硫酸、加熱條件下生成B與D，D的分子式為C7H8O，D中含有羥基，D和碳酸鈉、G反應生成H，根據(jù)H的結構簡式結合D的分子式知，D的結構簡式為：所以故A含有酯基，A為與足量的氫氣反應生成E，故E為E在濃硫酸、加熱條件下生成F，