2025年粵人版高三化學(xué)下冊月考試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※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(xué)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(xué)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(yīng)，下列說法中不正確的是（）A.反應(yīng)開始時，正反應(yīng)速率最大，逆反應(yīng)速率為零B.隨著反應(yīng)的進行，正反應(yīng)速率逐漸減小，最后為零C.隨著反應(yīng)的進行，逆反應(yīng)速率逐漸增大，最后不變D.隨著反應(yīng)的進行，正反應(yīng)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(yīng)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(yīng)后混合液的導(dǎo)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(zhì)的物質(zhì)的量濃度為0.005mol/L4、下列物質(zhì)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(guān)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(shù)依次遞增，其原子的最外層電子數(shù)之和為14。X與Y、Z位于相鄰周期，Z原子最外層電子數(shù)是X原子內(nèi)層電子數(shù)的3倍或者Y原子最外層電子數(shù)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(yīng)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(yīng)又可與強堿反應(yīng)，并可用來制作耐火材料C.X和Z的最高價氧化物對應(yīng)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(wěn)定評卷人得分二、雙選題(共7題，共14分)7、某氧原子的質(zhì)量為ag，12C原子的質(zhì)量為bg，且NA表示阿氏常數(shù)，下列說法中正確的是（）A.氧元素的相對原子質(zhì)量為B.1mol該原子質(zhì)量為aNAgC.xg該氧原子所含的電子數(shù)為D.yg該氧原子的中子數(shù)一定為8、根據(jù)熱化學(xué)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(fù)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(fù)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(guān)說法正確的是rm{(}rm{)}A.rm{1}rm{mol}rm{FeBr_{2}}與足量氯氣反應(yīng)時，理論上轉(zhuǎn)移的電子數(shù)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(zhì)的物質(zhì)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(yīng)rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}(aq)+H_{2}O(l)?2CrO_{4}^{2-}(aq)+2H^{+}(aq)}達(dá)到平衡后，滴加少量濃硫酸，重新達(dá)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(yīng)速率有關(guān)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(xué)反應(yīng)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(zhì)及其化合物不可能具有的性質(zhì)是（）A.單質(zhì)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(huán)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(yīng)（2）屬于取代反應(yīng)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(shù)依次增大；其中A含有3個能級且每個能級所含的電子數(shù)相同；C的最外層有6個運動狀態(tài)不同的電子；D是短周期元素中電負(fù)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(jù)等電子原理寫出化合物AC的結(jié)構(gòu)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(shù)），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(biāo)準(zhǔn)狀況）SO2氣體．化學(xué)小組同學(xué)依據(jù)化學(xué)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(yīng)鋅全部溶解；對于制得的氣體，有同學(xué)認(rèn)為可能混有雜質(zhì)．

（1）化學(xué)小組所制得的氣體中混有的主要雜質(zhì)氣體可能是____（填分子式）．產(chǎn)生這種結(jié)果的主要原因是____

（用化學(xué)方程式和必要的文字加以說明）

（2）為證實相關(guān)分析；化學(xué)小組的同學(xué)設(shè)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(yīng)后生成的氣體中混有某雜質(zhì)氣體的實驗現(xiàn)象是____．

④U型管G的作用為____．16、某烴類化合物A的質(zhì)譜圖表明其相對分子質(zhì)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(jié)構(gòu)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(gòu)體，E1、E2互為同分異構(gòu)體．

反應(yīng)②的化學(xué)方程式為____；C的名稱為____；E2的結(jié)構(gòu)簡式是____；④、⑥的反應(yīng)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(zhì)量為166g?mol-1）等新型凈水劑替代傳統(tǒng)的凈水劑Cl2對淡水進行消毒是城市飲用水處理新技術(shù)．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(zhì)量的氧化劑所得到的電子數(shù)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(xué)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(yè)上用稍潮濕的KClO3和草酸在60℃時反應(yīng)制得．某學(xué)生用如圖所示的裝置模擬工業(yè)制取及收集ClO2，其中A為ClO2的發(fā)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(yīng)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(yīng)補充什么裝置____；

②C中的試劑為NaOH溶液，反應(yīng)時生成氯酸鈉和亞氯酸鈉（NaClO2），發(fā)生該反應(yīng)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(zhì)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(yīng)中；

（1）____元素被氧化，____是氧化劑．

（2）____是氧化產(chǎn)物，____發(fā)生氧化反應(yīng)．

（3）被還原的HNO3與參加反應(yīng)的HNO3物質(zhì)的量之比是____．

（4）用雙線橋標(biāo)出該反應(yīng)電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目：3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O．19、碳酸鈉與工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)、日常生活緊密相關(guān)．工業(yè)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(xiàn)欲測定樣品中Na2CO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)；某探究性學(xué)習(xí)小組分別設(shè)計了如下實驗方案．

請回答下列有關(guān)問題：

方案一：沉淀分析法。

（1）把一定質(zhì)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(yīng)后，用如圖裝置測定產(chǎn)生CO2氣體的體積，為了測定結(jié)果準(zhǔn)確，B中的溶液最好采用____；從下列各選項中選?。?/p>

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(jié)果仍然不夠準(zhǔn)確，其原因可能是____．

方案三：質(zhì)量差分析法。

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

①在干燥管內(nèi)填滿堿石灰；質(zhì)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(shù)分鐘；再稱量干燥管質(zhì)量為wg

⑤關(guān)閉止水夾。

⑥打開止水夾。

⑦緩慢加入稀硫酸至不再產(chǎn)生氣體為止。

⑧緩慢鼓入空氣數(shù)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(jié)果____；若去掉裝置B，測定結(jié)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(yīng)里，反應(yīng)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(xué)反應(yīng)時，反應(yīng)物就需要____（填“放出”或“吸收”）能量才能轉(zhuǎn)化為生成物，因此其反應(yīng)條件是____．

（3）△H1、△H2、△H3和△H4的數(shù)學(xué)關(guān)系式是____．21、pH的測定是中學(xué)化學(xué)中重要的定量實驗．

（1）下列關(guān)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(biāo)準(zhǔn)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(xué)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(zhì)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(shè)計了下列實驗過程．請在括號內(nèi)填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內(nèi)有關(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式．

寫出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)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(yīng)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(shè)計了下列實驗過程．請在括號內(nèi)填寫分離時所用操作方法，并寫出方框內(nèi)有關(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式．

寫出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)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(yīng)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(xué)選修──有機化學(xué)基礎(chǔ)］（15分）根據(jù)圖示回答下列問題：（1）寫出A、E、G的結(jié)構(gòu)簡式：A_____________，E_______________，G______________；（2）反應(yīng)②的化學(xué)方程式（包括反應(yīng)條件）是_________________________，（3）反應(yīng)④化學(xué)方程式（包括反應(yīng)條件）是____________________________________；（4）寫出①、⑤的反應(yīng)類型：①________________、⑤__________________。30、［化學(xué)選修—物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)］（15分）已知A、B、C、D和E5種分子所含原子的數(shù)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(jié)構(gòu)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(yīng)的化學(xué)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(yīng)開始反應(yīng)物濃度最大；生成物濃度為0；

B、N2和H2反應(yīng)是可逆反應(yīng)；是動態(tài)平衡，最后正逆速率相等不為0；

C；生成物濃度增大；逆反應(yīng)速率逐漸增大，到達(dá)平衡速率不變；

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

B、N2和H2反應(yīng)是可逆反應(yīng)；反應(yīng)物不能完全轉(zhuǎn)化，最后正逆速率相等不為0，故B錯誤；

C；隨反應(yīng)的進行；生成物濃度增大，所以逆反應(yīng)速率逐漸增大，到達(dá)平衡速率不變，故C正確；

D；隨反應(yīng)的進行；反應(yīng)物濃度減小，正反應(yīng)速率逐漸減小，到達(dá)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(zhì)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(zhì)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(jù)氫氧根離子、氫離子的物質(zhì)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(jù)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(yīng)，反應(yīng)后氫氧化鋇過量，根據(jù)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(zhì)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(zhì)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(yīng)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(jù)A的計算結(jié)果可知；反應(yīng)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(yīng)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(zhì)構(gòu)成的是混合物；只由一種物質(zhì)構(gòu)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(tài)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(tài)的氯氣，是單質(zhì)，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(zhì)，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(zhì)，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(zhì)，在水中完全電離，加入氯化銨，銨根離子和氫氧根離子結(jié)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(zhì)，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(jù)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(shù)依次遞增，且X與Y、Z位于相鄰周期，Z原子最外層電子數(shù)是X原子內(nèi)層電子數(shù)的3倍或者Y原子最外層電子數(shù)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(shù)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(yīng)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(yīng)又可與強堿反應(yīng)，由于它的熔點高達(dá)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(yīng)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(wěn)定。故穩(wěn)定性NH3>H2S。錯誤?？键c：考查元素周期表、元素周期律及其應(yīng)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(shù)（核內(nèi)質(zhì)子數(shù)）的一類原子的總稱．一種元素因中子數(shù)不同，有多種原子．元素的相對原子質(zhì)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(zhì)量為但該值也不是氧元素的相對原子質(zhì)量，故A錯誤；

B．氧原子的質(zhì)量為ag，NA個氧原子的質(zhì)量為aNAg；故B正確；

C．一個該氧原子的質(zhì)量是a，xg該氧原子個數(shù)為X/ag．1個氧原子所含的中子數(shù)是8個，則xg該氧原子所含的電子數(shù)為故C錯誤；

D．氧原子有多種；中子數(shù)不一定是8，故D錯誤．

故選：BC．

A．某一原子的相對原子質(zhì)量是指：以一個碳-12原子質(zhì)量的作為標(biāo)準(zhǔn)；該原子的質(zhì)量跟一個碳-12原子質(zhì)量的1/12的比值；

B．NA個氧原子的質(zhì)量就是1mol該原子質(zhì)量；

C．氧原子的質(zhì)子數(shù)為8；1個氧原子所含的電子數(shù)是8個；

D．氧原子的中子數(shù)不一定為8．

本題考查阿伏加德羅常數(shù)的有關(guān)判斷，題目難度不大，做題時注意物質(zhì)的聚集狀態(tài)、存在條件、物質(zhì)的組成、結(jié)構(gòu)和性質(zhì)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(yīng)方程式為：rm{2FeI_{2}+3Cl_{2}=2FeCl_{3}+2I_{2}}rm{1molFeI_{2}}反應(yīng)需要rm{Cl_{2}}的物質(zhì)的量為rm{1mol隆脕dfrac{3}{2}=1.5mol}反應(yīng)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(zhuǎn)移電子為rm{-1}即轉(zhuǎn)移電子數(shù)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(zhì)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(dǎo)電，無法通過電解熔融氯化鋁獲得鋁，故C錯誤；

D.達(dá)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(yīng)方程式為：rm{2v_{脮媒}(Cr_{2}O_{7}^{2-})<v_{脛忙}(CrO_{4}^{2-})}根據(jù)方程式計算參加反應(yīng)氯氣物質(zhì)的量，再根據(jù)rm{2FeI_{2}+3Cl_{2}=2FeCl_{3}+2I_{2}}元素化合價變化計算轉(zhuǎn)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?。?/p>

C.氯化鋁為共價化合物；熔融氯化鋁不導(dǎo)電；

D.達(dá)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(jù)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?。?/p>

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(guān)鍵，注意掌握溶液酸堿性與溶液rm{pH}的關(guān)系，試題培養(yǎng)了學(xué)生的靈活應(yīng)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(fā)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(zhì)在溶于水；化學(xué)變化中共價鍵被破壞，以此來解答．

本題考查化學(xué)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(qū)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(zhì)的速率；與反應(yīng)速率有關(guān)，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(yīng)速率無關(guān)，故B錯誤；

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

D．在化學(xué)反應(yīng)中加入合適的催化劑；可改變反應(yīng)速率，與反應(yīng)速率有關(guān)，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(zhì)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(yīng)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(yīng)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(wěn)定易分解，砹化氫的穩(wěn)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(jié)合同主族元素性質(zhì)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(zhì)的遞變規(guī)律，題目難度不大，注意掌握元素性質(zhì)的相似性和遞變性，試題培養(yǎng)了學(xué)生靈活應(yīng)用基礎(chǔ)知識的能力．【解析】【答案】CD13、A|B【分析】解：A．由結(jié)構(gòu)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(huán)左右對稱；含有2種H，則化合物X苯環(huán)上的一溴代物有2種，故B錯誤；

C．Y含有酚羥基；可發(fā)生與氯化鐵發(fā)生顯色反應(yīng)，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(yīng)，故D正確．

故選AB．

A．根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式確定有機物的元素種類和原子個數(shù)可確定分子式；

B．化合物X苯環(huán)左右對稱；

C．Y含有酚羥基；可發(fā)生與氯化鐵發(fā)生顯色反應(yīng)；

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(zhì)，為高考常見題型和高頻考點，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，注意把握結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的關(guān)系是解答本題的關(guān)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(shù)依次增大，其中A含有3個能級，且每個能級所含的電子數(shù)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(fù)性最小的元素，則D為Na元素；C的最外層有6個運動狀態(tài)不同的電子，處于ⅥA族，結(jié)合原子序數(shù)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(jù)此解答．【解析】【解答】解：（1）同周期隨原子序數(shù)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(wěn)定狀態(tài)，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(jié)構(gòu)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(jié)構(gòu)，晶胞中C（碳）原子數(shù)目=4+8×+6×=8，晶胞質(zhì)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(yīng)的進行，硫酸濃度降低，致使鋅與稀硫酸反應(yīng)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(lán)色防止空氣中H2O進入干燥管而影響雜質(zhì)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(yīng)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(xiàn)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(zhì)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(yīng)生成氫氣，所以化學(xué)小組所制得的氣體中混有的主要雜質(zhì)氣體可能是氫氣，故答案為：H2；隨著反應(yīng)的進行，硫酸濃度降低，致使鋅與稀硫酸反應(yīng)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(xiàn)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(lán)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(lán)色；

④G是防止空氣中H2O進入干燥管而影響雜質(zhì)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(zhì)氣體的檢驗．16、是2，3-二甲基-1，3-丁二烯1，4-加成反應(yīng)取代反應(yīng)【分析】【分析】某烴類化合物A的質(zhì)譜圖表明其相對分子質(zhì)量為84，令組成為CxHy，則x最大值為=7，由于為烴，結(jié)合烷烴中C、H原子數(shù)目關(guān)系，可知x=6，y=12，因此A的化學(xué)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(jié)構(gòu)簡式為：則B為B在乙醇的堿性溶液中加熱時發(fā)生消去反應(yīng)，生成的C為C發(fā)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(gòu)體，則C發(fā)生1，4-加成生成D2，則D2為水解生成E2，E2為據(jù)此解答．【解析】【解答】解：某烴類化合物A的質(zhì)譜圖表明其相對分子質(zhì)量為84，令組成為CxHy，則x最大值為=7，由于為烴，結(jié)合烷烴中C、H原子數(shù)目關(guān)系，可知x=6，y=12，因此A的化學(xué)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(jié)構(gòu)簡式為：則B為B在乙醇的堿性溶液中加熱時發(fā)生消去反應(yīng)，生成的C為C發(fā)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(gòu)體，則C發(fā)生1，4-加成生成D2，則D2為水解生成E2，E2為

（1）由上述發(fā)信息可知，A的結(jié)構(gòu)簡式為故答案為：

（2）A的結(jié)構(gòu)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(yīng)②的化學(xué)方程式為：

C為化學(xué)名稱為：2，3-二甲基-1，3-丁二烯；

由上述分析可知，E2的結(jié)構(gòu)簡式是

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

故答案為：2，3-二甲基-1，3-丁二烯；1，4-加成反應(yīng)；取代反應(yīng)．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(zhì)量的氧化劑所得到的電子數(shù)來表示消毒效率，設(shè)質(zhì)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(fā)生裝置，應(yīng)保持加熱溫度，B為ClO2的凝集裝置；B裝置應(yīng)降低溫度；

②C為尾氣吸收裝置，可選擇堿來吸收尾氣，發(fā)生氧化還原反應(yīng)；配制450mL4mol/L的NaOH溶液，應(yīng)選擇500mL容量瓶，結(jié)合m=cVM計算．【解析】【解答】解：（1）以單位質(zhì)量的氧化劑所得到的電子數(shù)來表示消毒效率，設(shè)質(zhì)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(fā)生裝置，則A應(yīng)水浴加熱，B為ClO2的凝集裝置；B裝置應(yīng)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(fā)生氧化還原反應(yīng)為2ClO2+2NaOH═NaClO2+NaClO3+H2O，離子反應(yīng)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(zhì)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(yīng)中Cu元素化合價由0價變?yōu)?2價、部分N元素化合價由+5價變?yōu)?2價，其得失電子最小公倍數(shù)是6，所以銅是還原劑、部分硝酸是氧化劑，還原劑發(fā)生氧化反應(yīng)、氧化劑發(fā)生還原反應(yīng)，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：該反應(yīng)中Cu元素化合價由0價變?yōu)?2價；部分N元素化合價由+5價變?yōu)?2價；其得失電子最小公倍數(shù)是6；

（1）該反應(yīng)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(yīng)中銅是還原劑，則氧化產(chǎn)物是Cu（NO3）2，還原劑發(fā)生氧化反應(yīng)，所以銅發(fā)生氧化反應(yīng)，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(yīng)的HNO3物質(zhì)的量之比為2：8=1：4；故答案為：1：4；

（4）該反應(yīng)中Cu元素化合價由0價變?yōu)?2價；部分N元素化合價由+5價變?yōu)?2價；其得失電子最小公倍數(shù)是6；

用雙線橋標(biāo)出該反應(yīng)電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)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(fù)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(zhì)量分?jǐn)?shù)，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(fù)操作2-3次；

（2）把一定量的混合物與足量鹽酸反應(yīng)，然后用如圖裝置測定產(chǎn)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(jié)果仍然不夠準(zhǔn)確，依據(jù)氣體中的氯化氫會和碳酸氫鈉溶液反應(yīng)生成二氧化碳?xì)怏w；

（3）Ⅰ；依據(jù)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(shù)分鐘用來趕凈裝置中的空氣，關(guān)閉止水夾，在干燥管內(nèi)填滿堿石灰，質(zhì)量為mg，緩慢加入稀硫酸至不再產(chǎn)生氣體為止，打開止水夾，緩慢鼓入空氣數(shù)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(zhì)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(jié)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(jié)果增大；【解析】【解答】解：（1）測定樣品中Na2CO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，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(fù)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(fù)2～3次；

（2）利用測定反應(yīng)生成的二氧化碳?xì)怏w體積的方法測定，在碳酸氫鈉溶液中二氧化碳不反應(yīng)，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?xì)怏w的體積，但選用該溶液后實驗結(jié)果仍然不夠準(zhǔn)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(jù)裝置圖分析；結(jié)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(shù)分鐘用來趕凈裝置中的空氣，關(guān)閉止水夾，在干燥管內(nèi)填滿堿石灰，質(zhì)量為mg，緩慢加入稀硫酸至不再產(chǎn)生氣體為止，打開止水夾，緩慢鼓入空氣數(shù)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(zhì)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(jié)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(jié)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(jù)蓋斯定律來判斷兩種途徑放熱之間的關(guān)系；

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

（3）根據(jù)蓋斯定律來判斷各步反應(yīng)之間的關(guān)系．【解析】【解答】解：（1）根據(jù)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(yīng)物和產(chǎn)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(yīng)是吸熱反應(yīng)，反應(yīng)物具有的總能量小于生成物的總能量，反應(yīng)條件是加熱，故答案為：小于；吸收；加熱；

（3）根據(jù)蓋斯定律，反應(yīng)1=反應(yīng)2+反應(yīng)3×+反應(yīng)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(shù)；不會到小數(shù)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(biāo)準(zhǔn)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(jié)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(shù)；

b．用玻璃棒蘸取溶液點在試紙中部；變色后再與標(biāo)準(zhǔn)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(jié)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(zhì)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(zhì)的量濃度為c，稀釋前后氫氧化鈉的物質(zhì)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(jù)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(zhì)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(yīng)，甲酸、苯酚與氫氧化鈉反應(yīng)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(yīng)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(nèi)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(yīng)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(dǎo)致反應(yīng)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(dāng)?shù)稳胱詈笠坏胃咤i酸鉀溶液，錐形瓶內(nèi)的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化，證明達(dá)到終點；

故答案為：酸式；反應(yīng)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(nèi)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(yīng)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(shè)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(biāo)準(zhǔn)濃度的酸性KMnO4溶液潤洗滴定管，標(biāo)準(zhǔn)液的濃度偏小，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，故A正確；

B．滴定前錐形瓶有少量水，待測液的物質(zhì)的量不變，對V（標(biāo)準(zhǔn)）無影響，根據(jù)c（待測）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）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(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏