…………○…………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年浙教版高三化學下冊階段測試試卷659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5題，共10分)1、為了說明鹽類水解是吸熱反應，常溫下，現用醋酸鈉進行實驗，表明它在水解時是吸熱反應，其中的實驗方案正確的是（）A.CH3COONa溶液中含有少量的CH3COOHB.醋酸鈉溶液的pH大于7C.醋酸鈉溶液中滴入酚酞顯紅色，加熱后顏色變深D.醋酸鈉溶液與濃H2SO4微熱，可逸出醋酸蒸氣2、設NA表示阿伏加德羅常數的數值，下列敘述中正確的是（）A.0.5mol鋅粒與足量鹽酸反應產生11.2LH2B.標準狀況下，18g的H2O中含有的電子數為10NAC.常溫常壓下，11.2L氧氣所含的原子數為NAD.2.4g金屬鎂變為鎂離子失去的電子數為0.1NA3、在用鋅、銅和稀H2SO4構成的原電池裝置中，經過一段時間的工作后，下列說法正確的是（）A.鋅是正極，銅上有氣泡產生B.電流方向是從鋅到銅C.電解液的pH保持不變D.當導線中有1mol電子通過時，銅片上析出1gH24、某有機物A用質譜儀測定示意圖如圖①；核磁共振氫譜示意圖如圖②，則A的結構簡式可能為（）

A.HCOOHB.CH3CHOC.CH3CH2OHD.CH3CH2COOH5、有下列兩個反應，當溫度降低時，反應a的平衡向正反應方向移動，反應b的平衡向逆反應方向移動．

a、C2H2（g）+H2（g）?C2H4（g）

b、2CH4（g）?C2H4（g）+2H2（g）

根據上述變化；判斷以下幾個熱化學方程式：

（1）C（s）+2H2（g）?CH4（g）△H=-Q1kJ/mol

（2）2C（s）+H2（g）?C2H2（g）△H=-Q2kJ/mol

（3）2C（s）+2H2（g）?C2H4（g）△H=-Q3kJ/mol

其中2Q1、Q2、Q3從大到小的順序是（）A.2Q1＞Q3＞Q2B.Q3＞2Q1＞Q2C.Q2＞Q3＞2Q1D.Q3＞2Q1＞Q2評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)6、丙烯是石油化工的重要原料；一定條件下可發生下列轉化：

已知：①R-BrR-CN②RCNRCOOH

（1）A的結構簡式為____．

（2）寫出反應類型：反應①____；反應④____．

（3）D與足量乙醇反應生成E的化學方程式為____．

（4）與足量NaOH水溶液反應的化學方程式為____．7、福酚美克是一種影響機體免疫力功能的藥物；可通過以下方法合成：

（1）B中的含氧官能團有____和____（填名稱）．

（2）C→D的轉化屬于____反應（填反應類型）．

（3）已知E→F的轉化屬于取代反應，則反應中另一產物的結構簡式為____．

（4）A（C9H10O4）的一種同分異構體X滿足下列條件：

Ⅰ．X分子有中4種不同化學環境的氫．

Ⅱ．X能與FeCl3溶液發生顯色反應．

Ⅲ．1molX最多能與4molNaOH發生反應．

寫出該同分異構體的結構簡式：____．

（5）已知：+R3CHO，根據已有知識并結合相關信息，寫出以為原料制備的合成路線流程圖（無機試劑任用）．合成路線流程圖示例如下：

CH3CH2BrCH3CH2OHCH3COOCH2CH3．8、有原子序數依次增大的五種短周期元素A；B、C、D、E；已知A、E同主族，A元素的原子半徑最小，B元素原子的最外層電子數是內層電子數的2倍，C元素的最高價氧化物的水化物X與其氫化物反應生成一種鹽Y；A、B、C、E四種元素，每種元素都能與D元素形成原子個數比不相同的常見化合物，回答下列問題：

（1）B在周期表中的位置是____，C元素的單質的電子式____

（2）寫出同時含A、B、C、D四種元素的一種鹽的化學式____

（3）E和D形成的一種化合物與BD2發生氧化還原反應，該反應的方程式為____

（4）在一定條件下，一定量的A的單質與C的單質反應，可生成17克氣體化合物CA3，同時放出46kJ的熱量，寫出該反應的熱化學方程式____

（5）B、C兩元素比較，非金屬性較強的是____（填元素符號），用化學事實加以說明____（用化學方程式表示）9、（1）用NaCl固體配制100mL1.00mol/LNaCl溶液的步驟為：計算；稱量；溶解；洗滌；搖勻；裝瓶貼簽等．其中缺少的步驟名稱有____．

（2）用蒸餾的方法分離兩種有機物，用到的儀器有：錐形瓶、蒸餾燒瓶、酒精燈、溫度計，其中缺少的玻璃儀器名稱有____．10、從輝銅礦（Cu2S）中利用火法煉銅可以提取銅，發生如下反應：下面是由Cu2S冶煉銅及制取CuSO4·5H2O的流程圖：⑴Cu2S中銅元素的化合價為____，當有1molCu2S與O2反應生成2molCu時，轉移電子的物質的量是。⑵Cu2O、CuO中加入足量稀硫酸得到的體系A中看到溶液呈藍色，且有紅色物質生成，請寫出生成紅色物質的離子方程式。⑶若使A中單質溶解，操作Ⅰ中加入的試劑最好是____。（選填字母代號）A．適量的HNO3B．適量的NaOHC．適量的H2O2該反應的離子方程式為。⑷取5．00g膽礬樣品逐漸升高溫度使其分解，分解過程的熱重曲線（樣品質量隨溫度變化的曲線）如下圖所示：①由圖中可以看出，膽礬分解的最低溫度是____。②通過計算確定258℃時發生反應的化學方程式為，e點對應的化學式為（計算過程略去）。11、實驗室需要制備純凈的氯化鉀晶體．現有含少量KBr和K2SO4的氯化鉀樣品；按照圖1所示的實驗方案進行提純．

（1）操作Ⅰ的名稱____，操作Ⅱ所需的玻璃儀器有酒精燈和____．

（2）若用硝酸鋇來代替氯化鋇，是否可行？請說明理由．____．

（3）若實驗所得固體甲、乙的質量分別為W1g和W2g，則樣品中KBr的質量分數計算式為____．

（4）某同學對該實驗方案提出質疑，他認為加適量氯化鋇溶液不容易控制，應加入過量氯化鋇溶液，請你按他的思路，寫出實驗流程圖2中所用試劑、所得產物的化學式和相應操作的名稱，A____，B____，濾液C____，操作Ⅱ____．12、工業生產硝酸銨的流程圖如下：

請回答下列問題：

（1）寫出硝酸銨在工農業生產中的重要作用____（任寫一條）

（2）已知N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）；△H=-92.4kJ?mol-1．請回答：

①在500℃、200atm和鐵催化條件下向一密閉容器中充入1molN2和3molH2，充分反應后，放出的熱量____（填“＜”“＞”“=”）92.4kJ，該反應的化學平衡常數表達式K=____．

②為有效提高氫氣的轉化率，宜采取的措施有____

A．降低溫度B．最適合催化劑活性的適當高溫C．增大壓強。

D．降低壓強E．循環利用和不斷補充氮氣F．及時移出氨。

（3）一定溫度下在體積固定的密閉容器中，將1molN2和3molH2混合，當該反應達到平衡時，測得平衡混合氣的壓強是反應前的0.85倍，此時N2的轉化率為____．13、（1）下列實驗操作中，錯誤的是____

①用10mL量筒量取6.4mL鹽酸；

②切割白磷時；必須用鑷子夾取，置于桌面上的玻璃片上，小心用刀切割；

③配制FeSO4溶液；應先將鹽溶解在稀硫酸中，再加水稀釋到所需濃度，并加入少量鐵屑；

④加熱燒杯（瓶）時要墊石棉網；所以在加熱前，燒杯（瓶）外壁不必擦干；

⑤不慎接觸過多的氨；應及時吸入新鮮的空氣和水蒸氣，并用大量水沖洗眼睛；

⑥用帶橡皮塞的棕色試劑瓶存放濃HNO3．

（2）如圖為實驗室制H2的裝置．若液面剛好不與鋅粒接觸而又無酸液可加入，則可以從長頸漏斗中加入適量試劑是____

①食鹽水②苯③四氯化碳④Na2CO3溶液⑤硫酸銅溶液⑥KNO3溶液．

14、(2分)相對分子質量為M的某物質在室溫下的溶解度為Sg，此時測得飽和溶液的密度為ρg·cm－3，則該飽和溶液的物質的量濃度是評卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)15、常溫常壓下，92gNO2和N2O4的混合氣體中含有的原子總數為6NA．____（判斷對錯）16、標準狀況下，22.4L氦氣與22.4L氟氣所含原子數均為2NA．____（判斷對錯）17、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）18、因為Na可以與水反應放出H2，所以K也可以與水反應放出H2____．（判斷對錯）19、6.02×1023個NaCl分子中含有Na+數目為NA____（判斷對錯），若不正確，理由是____．20、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）21、通過化學變化可以實現35Cl與37Cl間的相互轉化____．（判斷對錯）22、判斷下列有關烷烴的命名是否正確。

（1）2-甲基丁烷____

（2）2，2，3-三甲基戊烷____

（3）（CH3CH2）2CHCH33-甲基戊烷____

（4）異戊烷____．評卷人得分四、探究題(共4題，共16分)23、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________．24、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：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：評卷人得分五、推斷題(共2題，共18分)27、芳香化合物A是重要的合成原料，在醫藥、染料、香料等行業有著廣泛的應用。由A制得某藥物H的轉化關系如圖所示(由A→G，G→H的反應條件和部分反應物已略去)。請回答下列問題：(1)有機物A的相對分子質量為106，A中所含碳氫氧三種元素的質量比為42∶3∶8，A的結構簡式為____，檢驗A中含氧官能團的方法是____。(2)關于藥物H的下列說法中正確的是____(填字母)。a．H的分子式為C10H15NOb．該物質核磁共振氫譜圖中有8個峰c．屬于芳香烴d．能發生加成、消去、氧化反應(3)寫出D→B的化學方程式____。(4)反應①～⑤屬于取代反應的是____(填序號)。(5)B和C生成F的化學方程式為____。(6)寫出符合下列條件的G的同分異構體的結構簡式____。①既能發生消去反應，又能發生酯化反應②苯環上的一氯取代物只有兩種，分子結構中沒有甲基③能發生銀鏡反應28、已知常溫下E為無色無味的液體；F為淡黃色的粉末，G為常見的無色氣體（反應條件均已略），請回答下列問題：

（1）請寫出F的電子式____；在反應②中，當生成2.24L的G（標準狀況）時，反應轉移的電子數目為____．

（2）若A、C、D均含有氯元素，且A中氯元素的化合價介于C與D之間，寫出A與B的稀溶液反應的離子方程式：____．

（3）若C、D均為氣體且都能使澄清石灰水變渾濁，且常溫下B呈液態，則A與B的名稱分別為____、____．

（4）若A與B均為固體化合物，C是常見的一種中性干燥劑，則反應①的化學方程式為____．該反應生成的D氣體1.7g在Pt的催化作用下和足量G氣體充分反應后恢復至室溫，放出熱量29.25kJ，寫出該反應的熱化學方程式：____．評卷人得分六、書寫(共2題，共20分)29、只需用一種試劑即可將酒精、苯酚溶液、四氯化碳、環己烯、甲苯五種無色液體區分開來，該試劑是____（填序號）①FeCl3溶液②溴水③KMnO4溶液④金屬鈉，其中所能發生化學反應的方程式為____．30、寫出化學方程式（有機物用結構簡式表示）

（1）乙烯和溴水反應____反應類型____

（2）苯和溴反應____反應類型____．參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、C【分析】【分析】A．醋酸鈉溶液中含少量醋酸；說明醋酸鈉是強堿弱酸鹽，醋酸根離子水解；

B．醋酸鈉溶液的pH＞7；說明醋酸鈉是強堿弱酸鹽；

C．醋酸鈉溶液中滴入酚酞試液顯紅色；說明醋酸鈉是強堿弱酸鹽，加熱后顏色變深，升高溫度促進水解；

D．醋酸鈉和硫酸反應生成醋酸，濃硫酸稀釋放出的熱量使醋酸揮發．【解析】【解答】解：A．醋酸鈉溶液中含少量醋酸；說明醋酸鈉是強堿弱酸鹽，醋酸根離子水解導致產生醋酸，不能說明鹽類水解是吸熱反應，故A錯誤；

B．醋酸鈉溶液的pH＞7；說明醋酸鈉是強堿弱酸鹽，不能說明鹽類水解與反應熱有關，故B錯誤；

C．醋酸鈉溶液中滴入酚酞試液顯紅色；說明醋酸鈉是強堿弱酸鹽，加熱后顏色變深，升高溫度促進水解，則鹽類水解是吸熱反應，故C正確；

D．醋酸鈉和硫酸反應生成醋酸；濃硫酸稀釋放出的熱量使醋酸揮發，不能說明鹽類水解是吸熱反應，故D錯誤；

故選C．2、B【分析】【分析】A．氣體狀況未知；無法計算氣體的體積；

B．質量轉化為物質的量結合1個水分子含有10個電子解答；

C．常溫常壓；Vm≠22.4L/mol；

D.1個鎂原子失去2個電子生成+2價鎂離子．【解析】【解答】解：A．氣體狀況未知；氣體摩爾體積不確定，無法計算氣體的體積，故A錯誤；

B.18g水的物質的量為：=1mol，含有電子數為10NA；故B正確；

C．常溫常壓；Vm≠22.4L/mol，無法計算氧氣的物質的量，故C錯誤；

D.2.4g金屬鎂物質的量為=0.1mol，失去的電子數為0.2NA；故D錯誤；

故選：B．3、D【分析】【分析】鋅比銅活潑，形成原電池反應時，鋅為負極，發生氧化反應，銅為正極，正極上氫離子得電子發生還原反應，電子從負極流向正極，以此解答．【解析】【解答】解：A；鋅比銅活潑；應為原電池的負極，發生氧化反應，銅為正極，發生還原反應，則A錯誤；

B；電流從正極流向負極；則從銅片經導線流向鋅片，故B錯誤；

C；正極上氫離子得電子發生還原反應；則氫離子濃度減小，所以反應一段時間后，溶液的pH升高，故C錯誤；

D、銅為正極，發生還原反應即2H++2e-=H2↑，所以有1mol電子通過時，銅片上析出0.5×2=1gH2；故D正確．

故選D．4、C【分析】【分析】根據質荷比可確定該有機物的相對分子質量，根據核磁共振氫譜示意圖可知，該有機物的核磁共振氫譜有3個吸收峰，則其分子中有3種H原子，H原子數目之比等于對應峰的面積之比，結合等效氫對各選項進行判斷．【解析】【解答】解：根據圖示可知，該有機物的最大質荷比為46，則A的相對分子質量為46，則分子式為C2H6O或CH2O2；故B；D錯誤；

根據圖示核磁共振氫譜可知，A分子的核磁共振氫譜有3個吸收峰，則其分子中有3種H原子，HCOOH分子中含有2種H，CH3CH2OH分子中含有3種等效H；則正確的為C；

故選C5、A【分析】【分析】先根據溫度變化，平衡移動判斷反應a、反應b的熱效應，然后利用蓋斯定律判斷；【解析】【解答】解：當溫度降低時，反應a的平衡向正反應方向移動，說明該反應正向為放熱反應，△H＜0，反應b的平衡向逆反應方向移動；說明該反應正向為吸熱反應，△H＞0；

（1）C（s）+2H2（g）?CH4（g）△H=-Q1kJ/mol

（2）2C（s）+H2（g）?C2H2（g）△H=-Q2kJ/mol

（3）2C（s）+2H2（g）?C2H4（g）△H=-Q3kJ/mol

利用蓋斯定律，（3）-（2），得到C2H2（g）+H2（g）?C2H4（g）△H=Q2-Q3，與題干中的a中的方程式一樣，而a中的反應為放熱反應，則Q2-Q3＜0，所以Q2＜Q3；

同理：（3）-（1）×2，得到2CH4（g）?C2H4（g）+2H2（g）△H=2Q1-Q3，與題干中的b中的方程式一樣，而b中的反應為吸熱反應，則2Q1-Q3＞0，所以2Q1＞Q3；

綜上所述2Q1＞Q3＞Q2

故選：A；二、填空題(共9題，共18分)6、加成反應取代反應+2C2H5OH+2H2O【分析】【分析】丙烯與HBr發生加成反應生成A，A為溴代烷，A與KCN發生取代反應，生成故A為由信息RCNRCOOH，可知B為與KCN發生取代反應生成C，C為CD，由信息RCNRCOOH可知D為與足量的乙醇發生酯化反應生成E，E為據此解答．【解析】【解答】解：丙烯與HBr發生加成反應生成A，A為溴代烷，A與KCN發生取代反應，生成故A為由信息RCNRCOOH，可知B為與KCN發生取代反應生成C，C為CD，由信息RCNRCOOH可知D為與足量的乙醇發生酯化反應生成E，E為

（1）由上述分析可知，A的結構簡式為故答案為：

（2）反應①是丙烯與HBr發生加成反應生成反應②是與KCN發生取代反應生成

故答案為：加成反應；取代反應；

（3）與足量的乙醇發生酯化反應生成反應化學方程式為：+2C2H5OH+2H2O；

故答案為：+2C2H5OH+2H2O；

（4）與足量NaOH乙醇溶液反應；發生鹵代烴的水解溶液與羧酸的中和反應，反應方程式為。

故答案為：．7、酯基醚鍵氧化反應【分析】【分析】（1）根據B的結構簡式可知；B中含有酯基和醚鍵；

（2）比較C和D的結構簡式可知；C中的醇羥基變成了D中的醛基，發生了氧化反應；

（3）E→F的轉化屬于取代反應；根據元素守恒可知反應中另一產物的結構簡式；

（4）A（C9H10O4）的同分異構體X滿足下列條件Ⅰ．X分子有中4種不同化學環境的氫，Ⅱ．X能與FeCl3溶液發生顯色反應；說明有酚羥基，Ⅲ．1molX最多能與4molNaOH發生反應說明分子中有四個羧基；酚羥基，或水解后產生的酚羥基、羧基，根據條件寫同分異構體；

（5）以為原料制備可以先將通過發生消去、氧化得苯甲醛，再發生類似題目流程圖中D→E→F→福酚美克的變化，再發生縮聚反應可得產品．【解析】【解答】解：（1）根據B的結構簡式可知；B中含有酯基和醚鍵，所以含氧官能團為酯基和醚鍵，故答案為：酯基和醚鍵；

（2）比較C和D的結構簡式可知；C中的醇羥基變成了D中的醛基，發生了氧化反應，故答案為：氧化反應；

（3）E→F的轉化屬于取代反應，根據元素守恒可知反應中另一產物的結構簡式為故答案為：

（4）A（C9H10O4）的同分異構體X滿足下列條件Ⅰ．X分子有中4種不同化學環境的氫，Ⅱ．X能與FeCl3溶液發生顯色反應，說明有酚羥基，Ⅲ．1molX最多能與4molNaOH發生反應說明分子中有四個羧基、酚羥基，或水解后產生的酚羥基、羧基，符合條件的同分異構體為

故答案為：

（5）以為原料制備可以先將通過發生消去、氧化得苯甲醛，再發生類似題目流程圖中D→E→F→福酚美克的變化，再發生縮聚反應可得產品，合成路線為

故答案為：．8、第二周期第ⅣA族NH4HCO3（或CH3COONH4）2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H=-92kJ?mol-1NCaCO3+2HNO3=Ca（NO3）2+CO2↑+H2O【分析】【分析】A；B、C、D、E為原子序數依次增大的五種短周期元素；A元素的原子半徑最小，則A為H元素；

B元素原子的最外層電子數是內層電子數的2倍；最外層最多含有8個電子，則內層電子數為2，最外層電子數為4，故B為C鹽酸；

C元素的最高價氧化物的水化物X與其氫化物反應生成一種鹽Y；Y為硝酸銨，則C為N元素；

A；E同主族；根據原子序數大小可知E為Na元素；

A、B、C、E四種元素都能與D元素形成原子個數比不相同的常見化合物，則D為O元素，然后利用元素及其單質、化合物的性質來解答．【解析】【解答】解：A；B、C、D、E為原子序數依次增大的五種短周期元素；A元素的原子半徑最小，則A為H元素；B元素原子的最外層電子數是內層電子數的2倍，最外層最多含有8個電子，則內層電子數為2，最外層電子數為4，故B為C鹽酸；C元素的最高價氧化物的水化物X與其氫化物反應生成一種鹽Y，Y為硝酸銨，則C為N元素；A、E同主族，根據原子序數大小可知E為Na元素；A、B、C、E四種元素都能與D元素形成原子個數比不相同的常見化合物，則D為O元素；

（1）B為C元素，其原子序數為6，位于元素周期表中的第二周期第ⅣA族；C為N元素，對應單質為氮氣，氮氣分子中存在氮氮三鍵，氮氣的電子式為

故答案為：第二周期第ⅣA族；

（2）鹽是由陽離子與酸根離子構成，A、B、C、D四種元素的兩種鹽的陽離子只能為銨根離子，則鹽為NH4HCO3、CH3COONH4；

故答案為：NH4HCO3（或CH3COONH4）；

（3）BD2為CO2，E和D形成的一種化合物能夠與二氧化碳發生氧化還原反應，則該化合物為過氧化鈉，反應的化學方程式為：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；

故答案為：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；

（4）氮氣與氫氣生成17g氨氣放出46kJ的熱量，則生成2molNH3放出92kJ的熱量，則熱化學反應方程式為：N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H=-92kJ?mol-1；

故答案為：N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H=-92kJ?mol-1；

（5）B為C元素、C為N元素，二者位于同一周期，C的原子序數小于N，則非金屬性N元素大于C元素；非金屬性越強，最高價氧化物對應的水化物酸性越強，其非金屬性越強，通過反應CaCO3+2HNO3=Ca（NO3）2+CO2↑+H2O可以證明N元素的非金屬性大于C；

故答案為：N；CaCO3+2HNO3=Ca（NO3）2+CO2↑+H2O．9、移液、定容冷凝管、牛角管【分析】【分析】（1）根據配制一定物質的量濃度的溶液步驟進行解答；

（2）根據蒸餾操作方法判斷需要儀器名稱，然后找出還缺少的玻璃儀器名稱．【解析】【解答】解：（1）配制100mL1.00mol/LNaCl溶液的步驟有：計算；稱量、溶解、移液、洗滌移液、定容、搖勻等操作；

故答案為：移液；定容；

（2）蒸餾操作中用到的儀器有：酒精燈；蒸餾瓶、溫度計、冷凝管、尾接管、錐形瓶；還缺少的玻璃儀器為：冷凝管、牛角管；

故答案為：冷凝管、牛角管．10、略

【分析】試題分析：（1）Cu2S與Cu2O一樣，銅的化合價都是+1價，所以二者最終反應均變成單質銅，化合價降低，生成2mol銅，轉移電子2mol。（2）Cu2O中加入足量稀硫酸是因為Cu2O發生了歧化反應，0價←+1→+2價，所以有紅色物質生成。Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O（3）要使單質銅變成硫酸銅，應該加入氧化劑把銅單質氧化，考慮不引入雜質和環保，應該選擇C，H2O2在酸性條件下可以把Cu氧化為Cu2+，方程式為：Cu+H2O2+2H+=Cu2++H2O。（4）根據圖像可知隨著溫度的升高，膽礬樣品的質量在逐漸減少。在102℃時第一次出現質量減少，所以膽礬開始出現分解，當溫度達到258℃時，5g樣品減少了1．8g，所以根據比例可知此時晶體中的結晶水恰好全部失去，所以反應為：CuSO4·H2OCuSO4+H2O；當溫度達到1000℃時，到達e處質量已經不再減少，所以此時CuSO4發生分解生成Cu2O。考點：本題考查變價金屬的性質和氧化還原反應的知識。【解析】【答案】（1）+1、6mol（2）Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O（3）C、Cu+H2O2+2H+=Cu2++H2O（4）102℃、CuSO4·H2OCuSO4+H2O、Cu2O11、過濾玻璃棒不可行，因為用硝酸鋇代替氯化鋇會引入硝酸鉀雜質×（W-W2-）×100%BaSO4K2CO3KCl、KBr、K2CO3蒸發濃縮、冷卻結晶（或蒸發結晶）【分析】【分析】樣品加水溶解后，加入適量的氯化鋇溶液，得到的沉淀甲為BaSO4，根據BaSO4的質量可確定樣品中K2SO4的質量分數；濾液中含有氯化鉀和溴化鉀，在氯氣中通入過量氯氣，經蒸發、濃縮、冷卻結晶可得到氯化鉀，如在實驗中加入過量的氯化鋇，則過濾后得到的濾液中含有氯化鉀、溴化鉀以及氯化鋇，應加入過量的碳酸鉀，過濾后在濾液中分別加熱鹽酸和氯氣，然后蒸發結晶可得到氯化鉀，以此解答．【解析】【解答】解：（1）操作I用于分離固體和液體混合物；應為過濾操作，操作Ⅱ為蒸發，需要的玻璃儀器有玻璃棒和酒精燈；

故答案為：過濾；玻璃棒；

（2）若用硝酸鋇來代替氯化鋇；則硝酸根在溶液中不能除掉，故答案為：不可行，因為用硝酸鋇代替氯化鋇會引入硝酸鉀雜質；

（3）沉淀甲為BaSO4，n（BaSO4）==mol，則n（K2SO4）=mol，m（K2SO4）=mol×174g/mol；

則原混合物中KCl、KBr總質量為：Wg-W1g×；

K2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2KCl

233149

W1gW1g×

原混合物中KCl、與氯氣與KBr反應生成的KCl的總質量為：W2g-W1g×；

Cl2+2KBr═2KCl+Br2質量差。

23889

m（KBr）[Wg-W1g×-（W2g-W1g×）]

故m（KBr）=×（W-W2-）

則溴化鉀的質量分數為=×100%=×（W-W2-）×100%；

故答案為：×（W-W2-）×100%；

（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，過濾后濾液中含有氯化鉀、溴化鉀和過量的氯化鋇，然后加入過量碳酸鉀，會和氯化鋇反應生成碳酸鋇白色沉淀和氯化鉀，過濾得到BaCO3沉淀；濾液中含有氯化鉀；溴化鉀和過量的碳酸鉀，在此基礎上加入過量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，然后通入氯氣，溴化鉀會與氯氣反應生成氯化鉀和溴單質，經蒸發濃縮、冷卻結晶可得到純凈的KCl；

故答案為：BaSO4；K2CO3；KCl、KBr、K2CO3；蒸發濃縮、冷卻結晶（或蒸發結晶）．12、可做氮肥等＜CEF30%【分析】【分析】（1）根據銨鹽的用途分析；

（2）①根據可逆反應的特點不可能完全進行到底分析；依據化學平衡常數概念書寫表達式；

②根據化學平衡移動分析；因增大反應物的濃度；減少生成物的濃度，增大壓強，降低溫度工業合成氨反應向正反應方向移動，氫氣的轉化率提高，但在實際生產中不能用低溫，因為溫度低化學反應速率慢；

（3）根據化學平衡三段式列式求出各自的物質的量，最終求出轉化率；【解析】【解答】解：（1）因銨鹽的主要用途是用作氮肥；故答案為：可做氮肥等；

（2）①因為可逆反應不可能完全進行到底，放出的熱量比完全反應少，在1atm和298K條件下，1mol氮氣和3mol氫氣完全反應生成2mol氨氣，放出92.4kJ熱量，該反應為可逆反應，不可能進行完全，又因為反應溫度為500℃，所以放出的熱量小于92.4kJ；N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）；該反應的平衡常數K=；

故答案為：＜；

②A．反應是放熱反應；降低溫度平衡正向進行，氫氣的轉化率提高，但在實際生產中不能用低溫，因為溫度低化學反應速率慢，故A不符合；

B．最適合催化劑活性的適當高溫；溫度越高氫氣轉化率減小，故B不符合；

C．反應是氣體體積減小的反應；增大壓強，平衡正向進行，氫氣轉化率增大，故C符合；

D．降低壓強；平衡逆向進行，故D不符合；

E．循環利用和不斷補充氮氣；提高氫氣轉化率，故E符合；

F．及時移出氨；平衡正向進行，氫氣轉化率增大，故F符合；

故答案為：CEF；

（3）依據化學平衡的三段式列式計算得到：設氮氣轉化物質的量為x

N2+3H2=2NH3

起始量（mol）130

轉化量（mol）x3x2x

平衡量（mol）1-x3-3x2x

平衡混合氣的壓強是反應前的0.85倍；物質的量是反應前的0.85倍。

（1-x）+（3-3x）+2x=0.85×4

得到x=0.3mol；

氫氣的轉化率=×100%=30%

故答案為：30%；13、略

【分析】

（1）①因量筒的精確度為0.1mL；故①正確；

②因白磷容易自燃；在水中切割，故②錯誤；

③因為亞鐵離子在空氣中極易被氧化成三價鐵離子所以要求有過量鐵屑可以和三價鐵離子反應生成亞鐵離子Fe+Fe3+=2Fe2+；故③正確；

④因加熱燒杯（瓶）；防止燒杯（瓶）破裂，需要要墊石棉網，同時將外壁擦干，故④錯誤；

⑤因長時間接觸過多的氨會出現供氧不足；所以吸入新鮮空氣，并吸入水蒸氣抑制氨氣在血中的溶解，是因為氨氣非常溶于水，生成銨根離子和氫氧根離子，呈弱堿性，毒性減小，故⑤正確；

⑥因濃HNO3具有強氧化性，能夠氧化橡皮，所以存放濃HNO3的棕色試劑瓶不用帶橡皮塞；而用玻璃塞，故⑥錯誤；

故答案為：②④⑥；

（2）①因加入食鹽水；相當于稀硫酸進行稀釋，同時液面上升，與金屬發生反應，故①正確；

②因苯不溶于水；且密度比水小，加入苯，液面上升，苯在上層，但苯與金屬不反應，故②錯誤；

③因四氯化碳不溶于水；且密度比水大，加入四氯化碳，液面上升，稀硫酸在上層，與金屬反應，故③正確；

④因Na2CO3溶液與稀硫酸反應；產生二氧化碳氣體，使氫氣不純，故④錯誤；

⑤因加入硫酸銅溶液；相當于稀硫酸進行稀釋，同時液面上升，與金屬發生反應，故⑤正確；

⑥因加入KNO3溶液，相當于稀硫酸進行稀釋，同時液面上升，但溶液中含有NO3-；與金屬發生反應，產生NO，故⑤錯誤；

故答案為：①③⑤．

【解析】【答案】（1）①根據量筒的精確度；

②根據固體藥品的取用方法；

③根據Fe2+容易被氧化；

④根據燒杯（瓶）的使用方法；

⑤根據氨氣的性質；

⑥根據濃HNO3的強氧化性；

（2）根據鋅與非氧化性酸反應產生H2；增大溶液的體積即可接觸而發生反應，注意鋅與強氧化性酸反應不生成氫氣．

14、略

【分析】設水為100g，則溶質的物質的量為：mol，溶液的質量為：（100+S）g，溶液體積：L，所以飽和溶液的物質的量濃度為：1000ρS/M(100+S)mol/L【解析】【答案】（2分）1000ρS/M(100+S)mol/L三、判斷題(共8題，共16分)15、√【分析】【分析】NO2和N2O4的最簡式相同，只需要計算92gNO2中原子數．【解析】【解答】解：NO2和N2O4的最簡式相同，只需要計算92gNO2中原子數=×3×NA=6NA，故答案為：√．16、×【分析】【分析】氦氣為單原子分子，結合V=nVm計算．【解析】【解答】解：22.4L氦氣為1mol，但氦氣為單原子分子，含有的原子數為NA，故答案為：×．17、√【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：√．18、√【分析】【分析】根據同主族元素性質相似的規律判斷．【解析】【解答】解：Na和K位于周期表相同主族，性質相似，Na可以與水反應放出H2，所以K也可以與水反應放出H2；

故答案為：√．19、×【分析】【分析】NaCl屬于離子晶體，不存在NaCl分子．【解析】【解答】解：因為NaCl屬于離子化合物，不存在分子，故錯誤，故答案為：×，因為NaCl屬于離子化合物，不存在分子．20、×【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與氯氣發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：×．21、×【分析】【分析】化學變化不涉及原子核內部的變化，即化學變化不能改變中子數、質子數．故通過化學變化無法實現35Cl與37Cl間的相互轉化，同位素之間的轉化屬于核變化．【解析】【解答】解：35Cl與37Cl間的相互轉化沒有新物質生成，屬于物理變化，故通過化學變化無法實現35Cl與37Cl間的相互轉化；

故答案為：×．22、√【分析】【分析】（1）根據烷烴的系統命名法分析；

（2）取代基的編號錯誤；應該是2，2，4-三甲基戊烷；

（3）根據烷烴的命名方法進行分析；

（4）根據圖示的球棍模型進行命名并判斷正誤．【解析】【解答】答案（1）√（2）×（3）√（4）×

解：（1）主鏈為丁烷，命名為：2-甲基丁烷，題中命名正確；

故答案為：√；

（2）不是2，2，3-三甲基戊烷，編號錯誤，正確應為2，2，4三甲基戊烷；

故答案為：×；

（3）（CH3CH2）2CHCH33-甲基戊烷；滿足烷烴的系統命名法，命名正確；

故答案為：√；

（4）根據球棍模型，其結構簡式為名稱為2甲基戊烷，所以題中命名錯誤；

故答案為：×．四、探究題(共4題，共16分)23、|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．24、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．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．五、推斷題(共2題，共18分)27、略

【分析】【解析】試題分析：(1)可推出A中所含碳氫氧三種元素的質量比為84∶6∶16，原子個數分別為7、6和1，結合轉化關系圖可推出A即B是苯甲醇，C是苯甲酸D是苯甲基氯，E是甲苯，F是苯甲酸苯甲酯，A中醛基，可以用銀鏡反應或與新制氫氧化銅產生磚紅色沉淀來檢驗。(2)結合H的結構式，可知a．H的分子式為C10H15NO，正確；b．該物質核磁共振氫譜圖中有9個峰，該項錯誤；c．含有碳、氫以外的元素，不屬于芳香烴；該項錯誤；d．能發生加成、消去、氧化反應，正確。故本題選ad(3)根據轉化關系可知，B是C6H5CH2OH，D是C6H5CH2Cl，故D到B的反應為C6H5CH2Cl＋N