2025年人教A版高三化學下冊月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………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年人教A版高三化學下冊月考試卷270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8題，共16分)1、下列說法中，正確的是（）A.CO2的摩爾質(zhì)量為44gB.標準狀況下，1molCO2所占的體積約是22.4LC.1molN2的質(zhì)量是14gD.將40gNaOH溶于1L水中，所得溶液中NaOH的物質(zhì)的量濃度為1mol/L2、工業(yè)上冶煉金屬鉬的化學原理為：①2MoS2＋7O22MoO3＋4SO2；②MoO3＋2NH3·H2O===(NH4)2MoO4＋H2O；③(NH4)2MoO4＋2HCl===H2MoO4↓＋2NH4Cl；④H2MoO4MoO3＋H2O；⑤用還原劑將MoO3還原成金屬鉬。則下列說法正確的是A.上述①、③、⑤屬于氧化還原反應，②、④屬于非氧化還原反應B.MoO3是金屬氧化物，也是堿性氧化物C.H2MoO4是一種強酸D.利用H2、CO和Al分別還原等量的MoO3，所消耗還原劑的物質(zhì)的量之比為3∶3∶23、取一定質(zhì)量的均勻固體混合物rm{Cu}rm{CuO}和rm{Cu_{2}O}將其分成兩等份，取其中一份用足量的氫氣還原，測得反應后固體質(zhì)量減少rm{3.20g}另一份中加入rm{500mL}稀硝酸rm{(}其還原產(chǎn)物為rm{NO)}固體恰好完全溶解，且同時收集到標準狀況下rm{NO}氣體rm{4.48L}則所用硝酸的物質(zhì)的量濃度為rm{(}rm{)}A.rm{2.4mol/L}B.rm{1.4mol/L}C.rm{1.2mol/L}D.rm{0.7mol/L}4、符合C4H8O2分子式的同分異構體的化合物有（）A.6種B.7種C.8種D.9種5、如圖所示是五種短周期元素化合價與原子序數(shù)的關系；有關說法不正確的是（）

A.原子半徑：R＞W(wǎng)＞Z＞Y＞XB.五種原子的核外最外層電子數(shù)總和為23C.X與Y可形成既含離子鍵又含共價鍵的化合物D.X、Y、W可能形成水溶液呈堿性的化合物6、如圖Ⅰ、Ⅱ分別是甲、乙兩組同學將反應“AsO43-+2I-+2H+?AsO33-+I2+H2O”設計成的原電池裝置，其中C1、C2均為碳棒．甲組向圖Ⅰ燒杯中逐滴加入適量濃鹽酸；乙組向圖ⅡB燒杯中逐滴加入適量40%NaOH溶液．下列敘述中正確的是（）A.甲組操作時，電流計（G）指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)B.甲組操作時，溶液顏色變淺C.乙組操作時，C2做正極D.乙組操作時，C1上發(fā)生的電極反應為I2+2e-═2I-7、以Al、CuO、CuCl2溶液、鹽酸、氫氧化鉀溶液為反應物，常溫下兩兩間可發(fā)生的反應有A.6個B.5個C.4個D.3個8、配制一定物質(zhì)的量濃度溶液時，一定不需要的儀器是rm{(}rm{)}A.膠頭滴管B.量筒C.燒杯D.試管評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)9、有下列各組物質(zhì)：

A．O2和O3（臭氧）B．C和CC．CH3-CH2-CH2-CH3和

D．和E．甲烷和庚烷F．與C（CH3）4

G．CH3COOH與HCOOCH3H．金剛石與石墨。

（1）____組兩種核素互為同位素；（2）____組兩物質(zhì)互為同素異形體；

（3）____組兩物質(zhì)屬于同系物；（4）____組兩物質(zhì)互為同分異構體．10、過氧化氫是重要的氧化劑；還原劑；它的水溶液又稱為雙氧水，常用作消毒、殺菌、漂白等．某化學興趣小組取一定量的過氧化氫溶液，準確測定了過氧化氫的含量，并探究了過氧化氫的性質(zhì)．測定過氧化的含量．請?zhí)顚懴铝锌瞻祝?/p>

(1)移取10.00mL密度為ρg/mL的過氧化氫溶液至250mL____________(填儀器名稱)中；加水稀釋至刻度，搖勻．移取稀釋后的過氧化氫溶液25.00mL至錐形瓶中，加入稀硫酸酸化，用蒸餾水稀釋，作被測試樣．

(2)用高錳酸鉀標準溶液滴定被測試樣；其反應的離子方程式如下，請將相關物質(zhì)的化學計量數(shù)及化學式填寫在方框里．

____________MnO4+____________H2O2+____________H+═____________Mn2++____________H2O+________________________

(3)滴定時；將高錳酸鉀標準溶液注入____________(填“酸式”或“堿式”)滴定管中．滴定到達終點的現(xiàn)象是____________．

(4)重復滴定三次，平均耗用cmol/LKMnO4標準溶液VmL；則原過氧化氫溶液中過氧化氫的質(zhì)量分數(shù)為____________．

(5)若滴定前滴定管尖嘴中有氣泡，滴定后氣泡消失，則測定結果____________(填“偏高”或“偏低”或“不變”)．11、在溫度t℃下，某Ba（OH）2的稀溶液中c（H+）=10-amol/L，c（OH-）=10-bmol/L，已知a+b=12，向該溶液中逐滴加入pH=b的NaHSO4；測得混合溶液的部分pH如下表所示：

。序號氫氧化鋇的體積/mL硫酸氫鈉的體積/mL溶液的pH①33.000.008②33.00x7③33.0033.006（1）依據(jù)題意判斷，t℃____25℃（填“大于”、“小于”或“等于”），該溫度下水的離子積常數(shù)Kw=____．

（2）b=____，x=____mL．

（3）反應③的離子方程式為____

（4）將此溫度下的Ba（OH）2溶液取出1mL；加水稀釋至1L，則稀釋后溶液中。

c（Ba2+）﹕c（OH-）=____；

（5）與NaHSO4相同，NaHSO3和NaHCO3也為酸式鹽．已知NaHSO3溶液呈酸性，NaHCO3溶液呈堿性．現(xiàn)有濃度均為0.1mol/L的NaHSO3溶液和NaHCO3溶液，溶液中各粒子的物質(zhì)的量濃度存在下列關系（R表示S或C），其中可能正確的是____（填正確答案的標號）．

A．c（Na+）＞c（HRO）＞c（H+）＞c（RO）＞c（OH-）

B．c（Na+）+c（H+）=c（HRO）+2c（RO）+c（OH-）

C．c（H+）+c（H2RO3）=c（RO）+c（OH-）

D．兩溶液中c（Na+）、c（HRO）、c（RO）分別相等．12、（1）下列幾組物質(zhì)：

①C與；②O2與O3；③CH3CH2OH與CH3OCH3；④冰與水。

互為同素異形體的是____（填寫編號，下同）；互為同分異構體的是____．

（2）在下列變化中：①I2升華；②燒堿熔化；③HCl溶于水；④NH4Cl受熱分解（填寫編號）

未破壞化學鍵的是____；僅離子鍵被破壞的是____．

（3）下列晶體的熔點由高到低排列的順序為：____（填相應物質(zhì)的編號）

①金剛石②干冰③KCl晶體．13、(16分)實驗室中以粗銅（含雜質(zhì)）為原料，某種制備銅的氯化物的流程如下：按要求回答下列問題：（1）操作①的所用到的玻璃儀器有______________。（2）上述流程中，所得固體1需要加稀鹽酸溶解，其理由是；溶液1可加試劑X用于調(diào)節(jié)pH以除去雜質(zhì)，X可選用下列試劑中的（填序號）___________。A．NaOHB．NH3·H2OC．CuOD．CuSO4（3）反應②是向溶液2中通入一定量的SO2，加熱一段時間后生成CuCl白色沉淀。寫出制備CuCl的離子方程式：。（4）現(xiàn)用如圖所示的實驗儀器及藥品來制備純凈、干燥的氯氣并與粗銅反應（鐵架臺、鐵夾省略）。①按氣流方向連接各儀器接口順序是：a→、→、→、→。實驗中大試管加熱前要進行一步重要操作，其操作是。②反應時，盛粗銅粉的試管中的現(xiàn)象是。（5）在溶液2轉(zhuǎn)化為CuCl2·2H2O的操作過程中，發(fā)現(xiàn)溶液顏色由藍色變?yōu)榫G色。小組同學欲探究其原因。已知：氯化銅溶液中有如下轉(zhuǎn)化關系：Cu(H2O)42+(aq)+4Cl-(aq)CuCl42-(aq)+4H2O(l)藍色綠色該同學取氯化銅晶體配成藍綠色溶液Y，進行如下實驗，其中能證明溶液中有上述轉(zhuǎn)化關系的是（填序號）。A．將Y稀釋，發(fā)現(xiàn)溶液呈藍色B．在Y中加入CuCl2晶體，溶液變?yōu)榫G色C．在Y中加入NaCl固體，溶液變?yōu)榫G色D．取Y進行電解，溶液顏色最終消失評卷人得分三、判斷題(共5題，共10分)14、NaCl溶液在電流的作用下電離出Na+____．（判斷對錯）15、因為稀硫酸能與鐵反應放出H2，所以稀硝酸與鐵反應也一定能放出H2____．（判斷對錯）16、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(fā)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(zhì)的量的乙醛和乙醇，消耗氧氣的質(zhì)量相等____

（5）在水溶液里，乙酸分子中的-CH可以電離出H+____．17、18gD2O所含的電子數(shù)為10NA．____（判斷對錯）18、將10克氯化鈉溶于4℃、90毫升的水中，所得溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)為90%．____（判斷對錯）評卷人得分四、計算題(共3題，共15分)19、（2014?宜昌模擬）硫單質(zhì)及其化合物在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中有著重要的應用．

（1）已知25℃時：xSO2（g）+2xCO（g）═2xCO2（g）+Sx（s）△H=axkJ/mol

2xCOS（g）+xSO2（g）═2xCO2（g）+3Sx（s）△H=bxkJ/mol．

則反應COS（g）生成CO（g）、Sx（s）的熱化學方程式是____．

（2）向等物質(zhì)的量濃度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀鹽酸至過量．其中H2S、HS-、S2-的分布分數(shù)（平衡時某物種的濃度占各物種濃度之和的分數(shù)）與滴加鹽酸體積的關系如圖所示（忽略滴加過程H2S氣體的逸出）．試分析：

①B曲線代表____分數(shù)變化（用微粒符號表示）；滴加過程中，溶液中一定成立：c（Na+）=____．

②M點，溶液中主要涉及的離子方程式____．20、Ⅰ．用MnO2氧化密度為1.2g?mL-1；溶質(zhì)質(zhì)量分數(shù)為36.5%的HCl溶液．

（1）該鹽酸的物質(zhì)的量濃度為____．

（2）寫出上述反應的離子方程式____．

（3）8.7gMnO2能使____molHCl被氧化．

Ⅱ．在一定體積的18mol/L的濃硫酸中加入過量銅片，加熱使之反應，若被還原的硫酸為0.9mol．則濃硫酸的實際體積____（填“大于”、“等于”或“小于”）100mL．若使剩余的銅片繼續(xù)溶解，可在其中加入硝酸鹽溶液（如KNO3溶液），則該反應的離子方程式為____．

Ⅲ．在加熱條件下，銅與300mL濃硫酸反應完全后，還剩余19.2g銅，2mol/LH+，問最少要向其中加入2mol/L的稀HNO3____mL才能把銅全部溶解．21、黃銅礦（主要成分CuFeS2）是提取銅的主要原料已知：2CuFeS2＋4O2Cu2S＋3SO2＋2FeO爐渣產(chǎn)物Cu2S在1200℃高溫下繼續(xù)反應：2Cu2S＋3O2→2Cu2O＋2SO2，2Cu2O＋Cu2S→6Cu＋SO2，假定各步反應都完全，完成下列計算：①由6molCuFeS2生成6molCu，求消耗O2的物質(zhì)的量mol②6molCuFeS2和14.25molO2反應，理論上可得到mol銅評卷人得分五、解答題(共3題，共18分)22、已知熱力學數(shù)據(jù)：

Na（s）→Na+（g）+Cl-（g）△H1=553.79kJ?mol-1

Na+（g）+e-→Na（g）△H2=-487.55kJ?mol-1

Cl-（g）-e-→Cl（g）+e-△H3=-348.29kJ?mol-1

試根據(jù)熱化學計算，說明NaCl（s）在高溫下氣化是生成Na（g），Cl（g）原子還是生成Na+（g），Cl-（g）離子？你的論斷有何實驗根據(jù)？23、苯環(huán)上分別連接1個-Br，1個Cl，1個NO2的同分異構體有幾種？請分別寫出．24、[化學-選修2：化學與技術]

草酸（乙二酸）可作還原劑和沉淀劑，用于金屬除銹、織物漂白和稀土生產(chǎn)．一種制備草酸（含2個結晶水）的工藝流程如下：

回答下列問題：

（1）CO和NaOH在一定條件下合成甲酸鈉、甲酸鈉加熱脫氫的化學反應方程式分別為______2MPaHCOONa評卷人得分六、推斷題(共1題，共2分)25、（2010秋?西城區(qū)校級期末）A；B、C、D、E、F、G都是初中化學已學過的常見物質(zhì)；已知F為紅色粉末．

它們之間的關系如右下圖所示（圖中“”表示物質(zhì)間存在轉(zhuǎn)化關系；部分產(chǎn)物及反應條件未標出）．

（1）推斷物質(zhì)的化學式：A____B____．

（2）G轉(zhuǎn)化為D的基本反應類型是____．

（3）寫出下列反應的化學方程式：

①____；②____．

（4）寫出G在氧氣中燃燒的化學方程式____．參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、B【分析】【分析】A．二氧化碳的摩爾質(zhì)量為44g/mol；

B．標準狀況下；氣體摩爾體積為22.4L/mol，據(jù)此判斷；

C．氮氣的摩爾質(zhì)量為28g/mol；根據(jù)m=nM計算判斷；

D.40gNaOH的物質(zhì)的量為1mol，溶于水配成1L溶液，所得溶液中NaOH的物質(zhì)的量濃度為1mol/L．【解析】【解答】解：A．二氧化碳的摩爾質(zhì)量為44g/mol；1mol二氧化碳的質(zhì)量為44g，故A錯誤；

B．標準狀況下，氣體摩爾體積為22.4L/mol，1molCO2所占的體積約是22.4L；故B正確；

C.1molN2的質(zhì)量是14g=1mol×28g/mol=28g；故C錯誤；

D.40gNaOH的物質(zhì)的量為1mol；溶于水配成1L溶液，所得溶液中NaOH的物質(zhì)的量濃度為1mol/L，體積1L是指溶劑的體積，不是溶液的體積，故D錯誤；

故選B．2、D【分析】試題分析：A、③屬于復分解反應，錯誤；B、MoO3是酸性氧化物，錯誤；C、(NH4)2MoO4＋2HCl===H2MoO4↓＋2NH4Cl；強酸置換弱酸。錯誤；D、等物質(zhì)的量的H2、CO和Al作還原劑時失去的電子分別為：2mol、2mol、3mol。欲失去相同物質(zhì)的量的電子，它們的物質(zhì)的量之比一定為：3∶3∶2，正確?？键c：基本概念。【解析】【答案】D3、A【分析】解：將rm{Cu_{2}O}拆分為rm{Cu}rm{CuO}原混合物看做rm{Cu}rm{CuO}的混合物，其中一份用足量的氫氣還原，反應后固體質(zhì)量減少rm{6.40g}為拆分后rm{Cu}rm{CuO}的混合物中rm{O}元素的質(zhì)量，rm{O}原子的物質(zhì)的量為rm{dfrac{3.2g}{16g/mol}=0.2mol}根據(jù)rm{dfrac

{3.2g}{16g/mol}=0.2mol}元素守恒可知rm{Cu}另一份中加入rm{n(CuO)=n(O)=0.2mol}稀硝酸，固體恰好完全溶解，溶液中溶質(zhì)為rm{500mL}且同時收集到標準狀況下rm{Cu(NO_{3})_{2}}氣體rm{NO}rm{4.48L}的物質(zhì)的量為rm{dfrac{4.48L}{22.4L/mol}=0.2mol}根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒可知拆分后rm{NO}rm{dfrac

{4.48L}{22.4L/mol}=0.2mol}的混合物中rm{Cu}rm{CuO}由銅元素守恒可知rm{2n(Cu)=3n(NO)=3隆脕0.2mol}根據(jù)氮元素守恒可知rm{n(Cu)=0.3mol}硝酸的濃度為rm{dfrac{1.2mol}{0.5L}=2.4mol/L}．

故選A．

本題考查混合物的計算、守恒計算等，難度中等，清楚反應過程是解題的關鍵，本題采取拆分法解答，簡化計算過程，注意體會，可以通過列方程解答．rm{n[Cu(NO_{3})_{2}]=n(CuO)+n(Cu)=0.2mol+0.3mol=0.5mol}【解析】rm{A}4、D【分析】【分析】C4H8O2屬于羧酸時，可以根據(jù)羧基位置異構可以得到丁酸的同分異構體；C4H8O2屬于酯類的同分異構體，為飽和一元酯；還可能是烯醇，根據(jù)酸、酯、烯醇的種類來確定．【解析】【解答】解：C4H8O2屬于羧酸時，可以是丁酸或2-甲基丙酸，所以C4H8O2屬于羧酸時；共有2種同分異構體；

C4H8O2屬于酯類的同分異構體，為飽和一元酯，若為甲酸與丙醇形成的酯，甲酸只有1種結構，丙醇有2種，形成的酯有2種，若為乙酸與乙醇形成的酯，乙酸只有1種結構，乙醇只有1種結構，形成的乙酸乙酯有1種，若為丙酸與甲醇形成的酯，丙酸只有1種結構，甲醇只有1種結構，形成的丙酸甲酯只有1種，所以C4H8O2屬于酯類的同分異構體共有4種；

如果是烯醇，結構簡式可能是CH2=CHCH（OH）CH2OH、HOCH2CH=CHCH2OH、CH2=C（CH2OH）2；有3種；

所以應該有9種；

故選：D．5、A【分析】【分析】X只有負化合價和0價；且負化合價為-2價，則為O元素，Y只有0價和+1價，且原子序數(shù)大于X，則Y為Na元素，同理，Z為Al元素；W為S元素、R為Cl元素；

A．原子的電子層數(shù)越多其原子半徑越大；同一周期元素，原子半徑隨著原子序數(shù)的增大而減??；

B．根據(jù)其最外層電子數(shù)計算；

C．X和Y形成的化合物有Na2O、Na2O2；

D．X、Y、W可能形成化合物為Na2SO4、Na2SO3．【解析】【解答】解：X只有負化合價和0價；且負化合價為-2價，則為O元素，Y只有0價和+1價，且原子序數(shù)大于X，則Y為Na元素，同理，Z為Al元素；W為S元素、R為Cl元素；

A．原子的電子層數(shù)越多其原子半徑越大；同一周期元素，原子半徑隨著原子序數(shù)的增大而減小，原子半徑：Y＞Z＞W(wǎng)＞R＞X，故A錯誤；

B．其最外層電子數(shù)之和=6+1+3+6+7=23；故B正確；

C．X和Y形成的化合物有Na2O、Na2O2；過氧化鈉中存在離子鍵和非極性鍵，故C正確；

D．X、Y、W可能形成化合物為Na2SO4、Na2SO3；亞硫酸鈉是強堿弱酸鹽，亞硫酸根離子水解導致溶液呈堿性，故D正確；

故選A．6、D【分析】【分析】甲組向圖Ⅰ燒杯中逐滴加入適量濃鹽酸；發(fā)生氧化還原反應，不發(fā)生原電池反應，以此分析A；B；

乙組向圖ⅡB燒杯中逐滴加入適量40%NaOH溶液，發(fā)生原電池反應，A中發(fā)生I2+2e-═2I-，為正極反應，而B中As化合價升高，發(fā)生氧化反應，以此分析C、D．【解析】【解答】解：A．甲組操作時；兩個電極均為碳棒，不發(fā)生原電池反應，則微安表（G）指針不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故A錯誤；

B．加入濃鹽酸，AsO43-+2I-+2H+?AsO33-+I2+H2O向右移動；發(fā)生反應生成碘單質(zhì)，則溶液顏色加深，故B錯誤；

C．乙組操作時，燒杯中逐滴加入適量40%NaOH溶液，AsO43-+2I-+2H+?AsO33-+I2+H2O向左移動，AsO33-被氧化，C2做負極；因As元素失去電子，故C錯誤；

D．乙組操作時，C1上得到電子，為正極，發(fā)生的電極反應為I2+2e-═2I-；故D正確．

故選D．7、A【分析】鋁和氧化銅可發(fā)生鋁熱反應，和氯化銅可發(fā)生置換反應，和鹽酸及氫氧化鉀溶液都反應生成氫氣，氧化銅能和鹽酸反應，氯化銅能和氫氧化鉀反應，所以答案選A。【解析】【答案】A8、D【分析】解：配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液時，需要使用托盤天平、用藥匙稱量固體或用量筒、滴定管取用液體，然后將稱量的固體或液體放在燒杯中加水溶解或稀釋，同時使用玻璃棒攪拌，冷卻后再將溶解后的溶液轉(zhuǎn)移到容量瓶中，下一步進行定容，最后定容時需要使用膠頭滴管，所以需要的儀器有：托盤天平和藥匙rm{(}或量筒rm{)}燒杯、玻璃棒、容量瓶、膠頭滴管；配制過程中不需要試管，故選D．

配制一定物質(zhì)的量濃度溶液的配制的步驟：計算；稱量、溶解、轉(zhuǎn)移、洗滌、定容、搖勻等；可以根據(jù)配制步驟選擇使用的儀器，然后判斷不需要的儀器．

本題考查了配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液中儀器選用方法，題目難度不大，解題關鍵是明確配制一定濃度的溶液步驟，然后根據(jù)配制步驟判斷使用的儀器．【解析】rm{D}二、填空題(共5題，共10分)9、BAHECFG【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(zhì)互稱同系物；分子式相同結構不同的化合物互稱同分異構體；質(zhì)子數(shù)相同中子數(shù)不同的同一元素的不同原子互稱同位素，同位素必須原子；同一元素形成的不同單質(zhì)稱同素異形體，同素異形體必須是單質(zhì)．【解析】【解答】解：（1）C和C質(zhì)子數(shù)相同中子數(shù)不同；互稱同位素，故答案為：B；

（2）O2和O3和金剛石與石墨都是同種元素形成的不同單質(zhì)；互為同素異形體，故答案為：AH；

（3）甲烷和庚烷結構相似，在分子組成上相差一個或若干個CH2原子團的物質(zhì)；互稱同系物，故答案為：E；

（4）CH3-CH2-CH2-CH3和與C（CH3）4、CH3COOH與HCOOCH3分子式相同；結構不同，互稱為同分異構體；

故答案為：CFG．10、略

【分析】解：(1)準確配制一定體積一定物質(zhì)的量濃的溶液用容量瓶；故答案為：容量瓶；

(2)方程式中，高錳酸鉀有強氧化性，能將雙氧水氧化為氧氣，先確定缺的是O2，錳元素化合價降低了5價，生成1mol氧氣時，氧元素化合價升高2價，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒，配平化學方程式高錳酸根前面的系數(shù)為2，雙氧水前面的系數(shù)為5，根據(jù)原子守恒來配平其他物質(zhì)前面的系數(shù)，答案為：2、5、6、2、8、502；

(3)由于高錳酸鉀標準溶液具有強氧化性；所以只能使用酸式滴定管，滴定到達終點的現(xiàn)象是：滴入一滴高錳酸鉀溶液，溶液呈淺紅色，且30秒內(nèi)不褪色，故答案為：酸式；滴入一滴高錳酸鉀溶液，溶液呈淺紅色，且30秒內(nèi)不褪色；

(4)根據(jù)化學方程式可以得到關系式：2MnO4-～5H2O2，耗用cmol/LKMnO4標準溶液VmL，即cV×10-3mol的高錳酸鉀時，所用雙氧水的物質(zhì)的量：2.5cV×10-3mol，則原過氧化氫的質(zhì)量為：0.025cVmol×34g/mol=0.85cV，過氧化氫溶液中過氧化氫的質(zhì)量分數(shù)為：=故答案為：

(5)若滴定前滴定管尖嘴中有氣泡，滴定后氣泡消失，有一部分溶液占據(jù)了氣泡的體積，并沒有滴入錐形瓶，則測定結果偏高．【解析】容量瓶;;;;;;;;酸式;滴入一滴高錳酸鉀溶液，溶液呈淺紅色，且30秒內(nèi)不褪色;17Cv/200ρ;偏高11、＞1×10-12427Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O1：20ABC【分析】【分析】（1）根據(jù)Kw=c（H+）?c（OH-）計算水的離子積；然后根據(jù)水的電離過程為吸熱過程判斷溫度大??；

（2）根據(jù)水電離離子積及溶液的pH計算出氫氧化鋇溶液中氫氧根離子濃度；兩溶液混合后溶液的pH=8；根據(jù)該溫度下水的離子積可知，混合液顯示堿性，說明氫氧根離子過量，根據(jù)題中數(shù)據(jù)計算出x；

（3）反應后的溶液的pH=6；溶液為中性，說明二者恰好反應，據(jù)此寫出反應的離子方程式；

（4）先根據(jù)氫氧化鋇溶液中氫氧根離子濃度計算出氫氧化鋇的濃度；鋇離子濃度；再計算出稀釋1000倍后溶液中鋇離子濃度；而對于氫氧化鋇溶液中，氫氧根離子在稀釋過程中其濃度只能無限接近中性時離子濃度，據(jù)此計算出二者濃度之比；

（5）A．NaHSO3溶液呈酸性說明亞硫酸氫離子電離大于水解；

B．依據(jù)溶液中電荷守恒分析判斷；

C．依據(jù)溶液中的物料守恒進行判斷；

D．溶液中電離和水解程度不同，離子濃度不同．【解析】【解答】解：（1）該溫度下水的離子積為：Kw=c（H+）?c（OH-）=10-a×10-b=10-（a+b）=1×10-12＞1×10-14；水的電離為吸熱過程，所以該溫度t℃＞25℃；

故答案為：＞；1×10-12；

（2）氫氧化鋇溶液的pH=8，水電離離子積為1×10-12，則溶液中氫氧根離子濃度為：c（OH-）=10-bmol/L=mol/L=10-4mol/L，所以b=4；

兩溶液混合后溶液的pH=7，根據(jù)水電離離子積為1×10-12可知溶液顯示堿性，反應后的溶液中氫氧根離子濃度為10-5mol/L，則=10-5mol/L；解得：x=27；

故答案為：4；27；

（3）該溫度下，溶液的pH=6，說明溶液顯示中性，反應的離子方程式為Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，故答案為：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O；

（4）氫氧化鋇溶液中氫氧根離子濃度為：10-4mol/L，則氫氧化鋇的濃度為5×10-5mol/L，c（Ba2+）=c[Ba（OH）2]=5×10-5mol/L，1mL該氫氧化鋇溶液稀釋到1L時，鋇離子濃度為：mol/L=5×10-8mol/L，而氫氧根離子濃度只能無限接近1×10-6mol/L，所以稀釋后溶液中c（Ba2+）﹕c（OH-）=5×10-8mol/L：1×10-6mol/L=1：20；

故答案為：1：20；

（5）A．若是亞硫酸氫鈉溶液，NaHSO3溶液呈酸性說明亞硫酸氫離子電離大于水解、溶液中離子濃度大小為：c（Na+）＞c（HSO3-）＞＞c（SO32-）＞c（OH-）；所以該離子濃度關系可能成立，故A正確；

B．溶液中存在電荷守恒為：c（Na+）+c（H+）=c（HRO3-）+2c（RO32-）+c（OH-）；故B正確；

C．依據(jù)電荷守恒，c（Na+）+c（H+）=c（HRO3-）+2c（RO32-）+c（OH-），物料守恒得到c（Na+）=c（HRO3-）+c（RO32-）+c（H2RO3），二者結合得到：c（H+）+c（H2RO3）=c（RO32-）+c（OH-）；故C正確；

D．溶液中電離和水解程度不同；溶液中各離子濃度不同，故D錯誤；

故答案為：ABC．12、②③①②①③②【分析】【分析】（1）相同元素組成；不同形態(tài)的單質(zhì)互為同素異形體；具有相同分子式而結構不同的化合物互為同分異構體；

（2）未破壞化學鍵說明沒有發(fā)生化學反應或沒有電解質(zhì)熔融或溶于水；物質(zhì)發(fā)生物理變化；僅離子化合物溶于水或熔融或發(fā)生化學反應離子鍵被破壞；

（3）晶體熔點一般為原子晶體＞離子晶體＞分子晶體．【解析】【解答】解：（1）O2和O3都是由氧元素形成的不同單質(zhì)，互為同素異形體；CH3CH2OH與CH3OCH3的分子式相同而結構不同；故互為同分異構體，故答案為：②；③；

（2）未破壞化學鍵說明沒有發(fā)生化學反應或沒有電解質(zhì)熔融或溶于水；物質(zhì)發(fā)生物理變化，未破壞化學鍵的是①；僅離子化合物溶于水或熔融或發(fā)生化學反應離子鍵被破壞，所以僅離子鍵被破壞的是②，故答案為：①；②；

（3）金剛石屬于原子晶體，KCl屬于離子晶體，干冰屬于分子晶體，二氧化碳常溫下是氣體，所以熔點由低到高的順序為：干冰＜KCl＜金剛石，即②＜③＜①，故答案為：①③②．13、略

【分析】試題分析：（1）操作①是過濾。所用到的玻璃儀器有漏斗、燒杯、玻璃棒；（2）Cu與Cl2反應得到CuCl2，雜質(zhì)也與氯氣反應得到金屬氯化物。CuCl2是強酸弱堿鹽，容易水解，為了抑制氯化銅、氯化鐵水解溶解固體在稀鹽酸的環(huán)境中。溶液1的主要成分是CuCl2，若加試劑X用于調(diào)節(jié)pH以除去雜質(zhì)，X應該是含有Cu2+的物質(zhì)。選項為CD。（3）根據(jù)題意結合電子守恒、電荷守恒及原子守恒可得方程式：SO2+2H2O+2Cu2++2Cl-=2CuCl+SO42-+4H+；（4）①要經(jīng)過制取氣體、除去雜質(zhì)、氣體干燥、發(fā)生反應、尾氣處理等實驗步驟。按氣流方向連接各儀器接口順序是：a→d→e→h→i→f→g→b。實驗中大試管加熱前要進行一步重要操作，其操作是通入一段時間的氯氣，將裝置中的空氣排盡再進行實驗，否則Cu會被氧化為CuO；②在大試管發(fā)生反應：Cu+Cl2CuCl2，盛粗銅粉的試管中的現(xiàn)象是產(chǎn)生大量棕黃色的煙；（5）A．將Y稀釋，即加入水，若存在上述平衡，則增大了水的濃度，平衡逆向移動，產(chǎn)生更多的藍色的Cu(H2O)42+(aq)。正確。B．在Y中加入CuCl2晶體，即增大了c(Cl-)的濃度，平衡正向移動，綠色的CuCl42-(aq)的濃度增大。溶液變?yōu)榫G色。正確。C．在Y中加入NaCl固體，c(Cl-)的濃度增大，平衡正向移動，綠色的CuCl42-(aq)的濃度增大，溶液變?yōu)榫G色。正確。D．取Y進行電解，溶液顏色最終消失，這與是哪種結合方式無關。錯誤。考點：考查混合物的分離、有氣體參加的化學反應的所以步驟、鹽的水解、離子方程式的書寫等知識。【解析】【答案】（1）漏斗、燒杯、玻璃棒；（2）抑制氯化銅、氯化鐵水解；CD；（3）SO2+2H2O+2Cu2++2Cl-=2CuCl+SO42-+4H+；（4）①dehifgb；通入一段時間的氯氣，將裝置中的空氣排盡；②產(chǎn)生大量棕黃色的煙；（5）ABC三、判斷題(共5題，共10分)14、×【分析】【分析】在水溶液中；電解質(zhì)在水分子作用下電離出自由移動的離子；

在熔融狀態(tài)下，電解質(zhì)在電流的作用下電離出自由移動的離子．【解析】【解答】解：NaCl溶液在水分子作用下電離出鈉離子和氯離子；

故答案為：×．15、×【分析】【分析】稀硝酸具有強氧化性，和金屬反應生成硝酸鹽和氮氧化物，稀硫酸具有弱氧化性，和酸反應生成硫酸鹽和氫氣．【解析】【解答】解：稀硫酸中弱氧化性是氫離子體現(xiàn)的，所以稀硫酸和鐵反應生成硫酸亞鐵和氫氣，稀硝酸中強氧化性是N元素體現(xiàn)的，所以稀硝酸具有強氧化性，和鐵反應生成NO而不是氫氣，所以該說法錯誤，故答案為：×．16、×【分析】【分析】（1）乙醛可看作甲烷中的氫原子被醛基取代產(chǎn)物；

（2）含醛基的物質(zhì)能發(fā)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(jù)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(jù)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(chǎn)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(zhì)能發(fā)生銀鏡反應；葡萄糖含醛基能發(fā)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(zhì)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：×．17、×【分析】【分析】D2O的相對分子質(zhì)量為20，結合n==計算．【解析】【解答】解：D2O的相對分子質(zhì)量為20，18gD2O的物質(zhì)的量為=0.9mol，則所含的電子數(shù)為9NA．故答案為：×．18、×【分析】【分析】4℃時水的1g/mL，根據(jù)m=ρV計算水的質(zhì)量，溶液質(zhì)量=NaCl的質(zhì)量+水的質(zhì)量，溶質(zhì)質(zhì)量分數(shù)=×100%．【解析】【解答】解：4℃時90毫升水的質(zhì)量為90mL×1g/mL=90g，故溶液質(zhì)量=10g+90g=100g，則溶液中NaCl的質(zhì)量分數(shù)為×100%=10%，故錯誤，故答案為：×．四、計算題(共3題，共15分)19、xCOS（g）=xCO（g）+Sx（s）△H=0.5x（b-a）kJ/molHS-3[c（H2S）+c（HS-）+c（S2-）]或c（Na+）=c（Cl-）+c（OH-）+c（HS-）+2c（S2-）-c（H+）2S2-+3H+=HS-+H2S【分析】【分析】（1）根據(jù)蓋斯定律；利用已知熱化學方程式乘以適當?shù)南禂?shù)進行加減構造出目標熱化學方程式，反應熱也乘以相應的系數(shù)進行相應的加減；

（2）向等物質(zhì)的量濃度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀鹽酸，鹽酸和氫氧化鈉先反應，然后和硫化鈉反應，結合圖1所示H2S、HS-、S2-的分布分數(shù)進行解答；NaHS的含量先增加后減少；根據(jù)物料守恒可求得滴加過程中，溶液中微粒濃度大小關系；根據(jù)電離平衡和水解規(guī)律可得M點時，溶液中反應．【解析】【解答】解：（1）①xSO2（g）+2xCO（g）═2xCO2（g）+Sx（s）△H=axkJ/mol；

②2xCOS（g）+xSO2（g）═2xCO2（g）+3Sx（s）△H=bxkJ/mol，由蓋斯定律，0.5x×（②-①）得：xCOS（g）=xCO（g）+Sx（s）△H=0.5x（b-a）kJ/mol；

故答案為：xCOS（g）=xCO（g）+Sx（s）△H=0.5x（b-a）kJ/mol；

（2）①向等物質(zhì)的量濃度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀鹽酸，鹽酸和氫氧化鈉先反應，然后和硫化鈉反應，A表示含硫微粒濃度減小為S2-，B先增加后減少為HS-，C濃度一直在增加為H2S，向等物質(zhì)的量濃度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀鹽酸，因體積相同，設Na2S、NaOH各為1mol，則n（Na）=3n（S），溶液中含硫的微粒為HS-、S2-、H2S，則c（Na+）=3[c（H2S）+c（HS-）+c（S2-）]，或溶液中存在電荷守恒得到c（Na+）=c（Cl-）+c（OH-）+c（HS-）+2c（S2-）-c（H+）；

故答案為：HS-；c（Na+）=3[c（H2S）+c（HS-）+c（S2-）]，或c（Na+）=c（Cl-）+c（OH-）+c（HS-）+2c（S2-）-c（H+）；

②B為HS-，C表示H2S，當?shù)渭欲}酸至M點時，表示兩者含量相等，隨鹽酸滴加發(fā)生的反應為：HS-+H+=H2S，則反應的離子方程式為：2S2-+3H+=HS-+H2S；

故答案為：2S2-+3H+=HS-+H2S．20、12mol/L4H++2Cl-+MnO2Cl2↑+Mn2++2H2O0.2大于3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O100【分析】【分析】I．（1）利用c=計算濃度；

（2）根據(jù)濃鹽酸和二氧化錳的性質(zhì)判斷生成物；從而確定方程式；

（3）1mol反應MnO2，轉(zhuǎn)移2mol電子，2molHCl被氧化，n（MnO2）==0.1mol；以此計算；

Ⅱ．Cu與濃硫酸反應；隨反應的進行，濃硫酸變?yōu)橄×蛩?，Cu與稀硫酸不反應，硝酸鹽在酸性條件下具有強氧化性，可氧化Cu；

Ⅲ．根據(jù)3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O這個離子反應來求解．【解析】【解答】解：I．（1）由c=可知，濃度為=12mol/L；故答案為：12mol/L；

（2）（1）濃鹽酸和二氧化錳在加熱條件下能發(fā)生氧化還原反應生成氯化錳；氯氣、水．

所以離子方程式為：4H++2Cl-+MnO2Cl2↑+Mn2++2H2O，故答案為：4H++2Cl-+MnO2Cl2↑+Mn2++2H2O；

（3）1mol反應MnO2，轉(zhuǎn)移2mol電子，n（MnO2）==0.1mol；則被氧化的HCl為0.1mol×2=0.2mol，故答案為：0.2；

Ⅱ．Cu與濃硫酸反應，隨反應的進行，濃硫酸變?yōu)橄×蛩?，Cu與稀硫酸不反應，所以被還原的硫酸為0.9mol．則濃硫酸的實際體積應大于，即大于100mL，硝酸鹽在酸性條件下具有強氧化性，可氧化Cu，發(fā)生的離子反應為3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案為：大于；3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；

Ⅲ．根據(jù)3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，19.2g銅的物質(zhì)的量為=0.3mol，而0.3molCu的完全溶解需要0.8mol的氫離子和0.2mol的硝酸根離子，溶液中原有0.6mol的氫離子，則需0.2mol的硝酸提供0.2mol的氫離子和硝酸根離子，V=，故答案為：100．21、略

【分析】試題分析：①由6molCuFeS2生成6molCu，則n(Cu2O)=2mol；n(Cu2S)=1mol；根據(jù)Cu元素守恒可知需要CuFeS2的物質(zhì)的量是n(CuFeS2)=6mol；6mol的CuFeS2完全氧化變?yōu)?mol的Cu2S消耗O2的物質(zhì)的量是12mol；產(chǎn)生的3mol的Cu2S中2mol的Cu2S氧化為2mol的Cu2O消耗3mol的O2；所以由6molCuFeS2生成6molCu，求消耗O2的物質(zhì)的量是12mol+3mol=15mol；②6molCuFeS2，發(fā)生第一個反應消耗12mol的O2；還有剩余的O2的物質(zhì)的量是2.25mol.根據(jù)第二個式子可知：3mol的O2會消耗2mol的Cu2S，則2.25mol的O2會發(fā)生反應消耗Cu2S的物質(zhì)的量是(2.25mol÷3)×2=1.5mol。產(chǎn)生Cu2O1.5mol，還有Cu2S的物質(zhì)的量是3mol—1.5mol=1.5mol，根據(jù)方程式2Cu2O＋Cu2S=6Cu＋SO2中兩種物質(zhì)的物質(zhì)的量關系可知Cu2S過量，產(chǎn)生Cu的物質(zhì)的量應該1.5mol×3=4.5mol?？键c：考查物質(zhì)的量有過量時的計算的知識?！窘馕觥俊敬鸢浮?5，4.5（每空3分）五、解答題(共3題，共18分)22、略

【分析】【分析】NaCl（s）→Na+（g）+Cl-（g）△H1=553.79kJ?mol-1①；

Na+（g）+e-→Na（g）△H2=-487.55kJ?mol-1②；

Cl-（g）-e-→Cl（g）+e-△H3=-348.29kJ?mol-1③；

根據(jù)蓋斯定律：①+②+③得到NaCl（s）→Na（g）+Cl（g）△H1，結合△H-T?△S＜0反應自發(fā)進行來分析判斷．【解析】【解答】解：NaCl（s）→Na+（g）+Cl-（g）△H1=553.79kJ?mol-1①；

Na+（g）+e-→Na（g）△H2=-487.55kJ?mol-1②；

Cl-（g）-e-→Cl（g）+e-△H3=-348.29kJ?mol-1③；

根據(jù)蓋斯定律：①+②+③得到NaCl（s）→Na（g）+Cl（g）△H1=553.79kJ?mol-1+（-487.55kJ?mol-1）+（-348.29kJ?mol-1）=-282.05kJ?mol-1；

已知當△H-T?△S＜0反應自發(fā)進行；

該反應正方向為氣體物質(zhì)的量增大的分析，即△S＞0，所以△H-T?△S=-282.05kJ?mol-1-T?△S＜0；反應能自發(fā)進行，因此NaCl（s）在高溫下氣化是生成Na（g），Cl（g）原子；

答：NaCl（s）在高溫下氣化生成Na（g），Cl（g）原子．該反應△H-T?△S＜0，在高溫下能自發(fā)進行．23、略

【分析】【分析】先分別討論①-Br、-Cl、-NO2都相鄰，②-Br、-Cl、-NO2都不相鄰，③-Br、-Cl、-NO2只有兩種相鄰時含有的同分異構體，然后計算出該有機物總共含有的同分異構體數(shù)目．【解析】【解答】解：①-Br、-Cl、-NO2都相鄰都相鄰的情況：三種取代基分別在中間