2025年外研版高三化學(xué)下冊(cè)階段測試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※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年外研版高三化學(xué)下冊(cè)階段測試試卷707考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、若NA表示阿伏加德羅常數(shù)，下列說法中，正確的是（）A.1molCl2作為氧化劑得到的電子數(shù)為NAB.在0℃，101kPa時(shí)，22.4L氫氣中含有NA個(gè)氫原子C.25℃，1.01×105Pa，64gSO2中含有的原子數(shù)為3NAD.NA個(gè)一氧化碳分子和0.5mol甲烷的質(zhì)量比為7：42、A、B、C、D、E五種元素同周期從左向右按原子序數(shù)遞增（原子序數(shù)為5個(gè)連續(xù)的自然數(shù)）的順序排列如下：下列說法中正確的是（）A.D元素的負(fù)化合價(jià)為-2價(jià)時(shí)，E元素的最高化合價(jià)一定為+7B.B（OH）m為強(qiáng)堿時(shí)，A（OH）n也一定為強(qiáng)堿C.HnDOm為強(qiáng)酸時(shí)，E的非金屬性一定很強(qiáng)D.HnCOm為強(qiáng)酸時(shí)，E的單質(zhì)可能有強(qiáng)還原性3、只用水就能鑒別的一組物質(zhì)是（）A.苯、乙醇、四氯化碳B.乙醇、乙醛、苯磺酸C.乙醛、乙二醇、硝基苯D.苯酚、乙醇、甘油4、下列儀器的使用或洗滌中正確的是（）A.滴定管只能用于滴定，不能用來量取溶液B.用濃氨水清洗附在試管壁上的銀C.使用酒精燈的外焰加熱溫度高D.加熱烘干試管時(shí)，其口應(yīng)向上傾斜5、將wg鎂粉和鋁粉的混合物溶于足量的鹽酸中，再和過量的NaOH反應(yīng)，然后過濾，將沉淀完全收集后，放蒸發(fā)皿中加熱灼燒，直至被加熱的物質(zhì)質(zhì)量不再變化，取出蒸發(fā)皿中的物質(zhì)稱量仍為wg．求原混合物中鋁粉的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是（）A.30%B.40%C.50%D.60%6、NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值；下列有關(guān)敘述正確的是（）

A.1mol金屬鎂晶體中含有2NA個(gè)自由電子。

B.1mol石墨晶體中含有共價(jià)鍵鍵數(shù)為3NA

C.1molZn與足量的鹽酸反應(yīng)生成NA個(gè)氫分子；體積約為22.4L

D.含CH3COON和CH3COONa的總物質(zhì)的量為0.1mol的混合溶液中，CH3COOH分子和CH3COO-離子總個(gè)數(shù)為0.1NA

7、我國著名的化學(xué)家、教育家徐光憲先勝因在稀土金屬等研究領(lǐng)域做出杰出貢獻(xiàn)，榮獲了2008年度“國家最高科學(xué)技術(shù)獎(jiǎng)”。是地殼中含量最高的稀土金屬飾元素。下列關(guān)于的說法錯(cuò)誤的是A．質(zhì)量數(shù)為140B中子數(shù)為82C．質(zhì)子數(shù)為58D核外電子數(shù)為1988、5.5g鐵鋁混合物與足量的鹽酸反應(yīng)，生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下的氫氣4.48L，則混合物中Fe與Al的物質(zhì)的量之比（）A.1：1B.2：1C.1：2D.2：3評(píng)卷人得分二、填空題(共7題，共14分)9、工業(yè)上常用鐵質(zhì)容器盛裝冷濃硫酸．為研究鐵質(zhì)材料與熱濃硫酸的反應(yīng)；某學(xué)習(xí)小組進(jìn)行了以下探究活動(dòng)：

【探究一】

（1）將已去除表面氧化物的鐵釘（碳素鋼）放入冷濃硫酸中，10分鐘后移入硫酸銅溶液中，片刻后取出觀察，鐵釘表面無明顯變化，其原因是____．

（2）另取鐵釘6.0g放入15.0mL濃硫酸中；加熱充分反應(yīng)后得到溶液X并收集到氣體Y．

①甲同學(xué)認(rèn)為X中除Fe3+外還可能含有Fe2+．若要確認(rèn)其中的Fe2+應(yīng)選用____

a．KSCN溶液和氯水b．鐵粉和KSCN溶液c．濃氨水d．KMnO4酸性溶液。

②乙同學(xué)取336mL（標(biāo)準(zhǔn)狀況）氣體Y通入足量溴水中，發(fā)生反應(yīng)：____

然后加入足量BaCl2溶液，經(jīng)適當(dāng)操作后得干燥固體2.33g．由此推知?dú)怏wY中SO2的體積分?jǐn)?shù)為____．

【探究二】

分析上述實(shí)驗(yàn)中SO2體積分?jǐn)?shù)的結(jié)果，丙同學(xué)認(rèn)為氣體Y中還可能含有H2和Q氣體．為此設(shè)計(jì)了下列探究實(shí)驗(yàn)裝置（圖中夾持儀器省略）．

（3）裝置B、F中試劑的作用分別是____、____．

（4）認(rèn)為氣體Y中還含有Q的理由是____（用化學(xué)方程式表示）．

（5）為確認(rèn)Q的存在，需在裝置中添加M于____（選填序號(hào)）a．A之前b．A-B間c．B-C間d．C-D間。

（6）如果氣體Y中含有H2，預(yù)計(jì)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象應(yīng)是____；如果氣體Y中含有Q，依據(jù)是____

（7）若要測定限定體積氣體Y中H2的含量（標(biāo)準(zhǔn)狀況下約有28mLH2），除可用測量H2體積的方法外，可否選用質(zhì)量稱量的方法？作出判斷并說明理由____

10、下表是元素周期表的一部分，對(duì)所標(biāo)注的①-⑨元素，根據(jù)要求，回答有關(guān)問題：。族。

周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA02①②3③④⑤⑥⑦4⑧⑨（1）最活潑的非金屬元素是____，原子半徑最大的元素是____；（填寫元素符號(hào)）

（2）某元素最高價(jià)氧化物的水化物酸性最強(qiáng)，該酸的化學(xué)式為____，某元素的氣態(tài)氫化物水溶液呈堿性，該氫化物的化學(xué)式為____；

（3）最不活潑的元素，其原子結(jié)構(gòu)示意圖為____；

（4）寫出元素④的單質(zhì)與元素③的最高價(jià)氧化物的水化物溶液反應(yīng)的離子方程式：____；

（5）寫出一條能夠說明元素⑥的非金屬性強(qiáng)于⑤的依據(jù)：____．11、出下列各種烷烴的結(jié)構(gòu)簡式。

（1）2，3，3-三甲基戊烷：____

（2）2，3-二甲基-4-乙基已烷：____

（3）1，3-丁二烯____．12、鋼鐵工業(yè)是國家工業(yè)的基礎(chǔ)．請(qǐng)回答鋼鐵冶煉；腐蝕、防護(hù)過程中的有關(guān)問題．

（1）工業(yè)用熱還原法煉鐵，寫出由CO還原赤鐵礦（主要成分為Fe2O3）的化學(xué)方程式：____．

（2）鐵在潮濕的空氣中容易被腐蝕為鐵銹（Fe2O3?xH2O），寫出鐵發(fā)生電化學(xué)腐蝕時(shí)負(fù)極的電極反應(yīng)：____．

（3）生產(chǎn)中可用鹽酸來除鐵銹．現(xiàn)將一生銹的鐵片放入鹽酸中，當(dāng)鐵銹被除盡后，溶液中發(fā)生的化合反應(yīng)的離子方程式____．

（4）下列各個(gè)裝置如圖1中鐵棒被腐蝕由難到易的順序是____（填字母）．

（5）在實(shí)際生產(chǎn)中；可在鐵件的表面鍍銅防止鐵被腐蝕．裝置如圖2：

請(qǐng)回答：

①B電極對(duì)應(yīng)的金屬是____（寫元素名稱），A電極的電極反應(yīng)式是____

②若電鍍前鐵、銅兩電極的質(zhì)量相同，電鍍完成后，若電鍍時(shí)電路中通過的電子為0.2mol，將它們?nèi)〕鱿磧簟⒑娓?、稱量，則A、B兩極質(zhì)量相差____g．

③鍍層破損后，鍍銅鐵比鍍鋅鐵更容易被腐蝕，請(qǐng)簡要說明原因____．13、2009年《自然》雜志報(bào)道了我國科學(xué)家通過測量SiO2中26Al和10Be兩種元素的比例確定“北京人”年齡的研究結(jié)果；這種測量方法叫“鋁鈹測年法”．請(qǐng)完成下列填空：

（1）10Be和9Be____．（填序號(hào)）

a．具有相同的化學(xué)性質(zhì)。

b．Be元素的近似相對(duì)原子質(zhì)量是9.5

c．具有相同的中子數(shù)。

d．通過化學(xué)變化可以實(shí)現(xiàn)10Be和9Be間的相互轉(zhuǎn)化。

（2）研究表明26Al可以衰變?yōu)?6Mg，可以比較這兩種元素金屬性強(qiáng)弱的方法是____．（填序號(hào)）

a．比較這兩種元素的單質(zhì)的硬度和熔點(diǎn)。

b．將空氣中放置已久的這兩種元素的單質(zhì)分別和熱水作用。

c．將打磨過的鎂帶和鋁片分別和熱水作用；并滴入酚酞溶液。

d．在氯化鋁和氯化鎂的溶液中分別滴加過量的氫氧化鈉溶液。

（3）目前還有一種測量方法叫“鉀氬測年法”．寫出和Ar核外電子排布相同的陰離子的半徑由大到小的順序____（用化學(xué)符號(hào)表示）；其中一種離子與鉀相鄰元素的離子所形成的化合物可用做干操劑，此化合物的電子式為____．14、在10L的密閉容器中，進(jìn)行如下化學(xué)反應(yīng)：CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）其化學(xué)平衡常數(shù)K和溫度t的關(guān)系如下表：

。t/℃70080083010001200K0.60.91.01.72.6請(qǐng)回答：

（1）該反應(yīng)為____（填“吸熱”或“放熱”）反應(yīng)．

（2）該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)表達(dá)式為K=____．

（3）某溫度下，將CO2和H2各0.10mol充入該容器中，達(dá)到平衡后，測得c（CO）=0.0080mol/L，則CO2的轉(zhuǎn)化率為____．

（4）某溫度下，平衡濃度符合下式：c（CO2）?c（H2）=c（CO）?c（H2O），試判斷此時(shí)的溫度為____℃15、（1）下列除雜提純的方法不可行的是____．（填序號(hào)）

①除去Na2CO3中混有的Na2SO4：加入適量的BaCl2溶液；過濾。

②除去銅粉中的少量鎂粉：加入適量的稀鹽酸；過濾。

③除去CaCl2中的少量CaCO3：加入適量的鹽酸至無氣泡產(chǎn)生。

④除去H2中混有的少量O2：通入灼熱的氧化銅。

（2）寫出上述方法可行的有關(guān)化學(xué)方程式：

①____；

②____．評(píng)卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)16、一定量的鐵粉與銅粉混合物，與適量稀硝酸反應(yīng)，生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下氣體5.6L，則溶液中陽離子一定是Fe2+，Cu2+．____（判斷對(duì)錯(cuò)）17、對(duì)于0.3mol/L的硫酸鉀溶液，1L溶液中含有0.6NA個(gè)鉀離子是____．（判斷對(duì)錯(cuò)）18、以下有些結(jié)構(gòu)簡式；書寫得不規(guī)范；不正確．請(qǐng)?jiān)谒鼈兒竺娲蛞粋€(gè)×號(hào)，并把你認(rèn)為正確的寫法寫在后面．（注意：如果原式是允許的、正確的，請(qǐng)?jiān)诤竺娲颉叹涂梢粤耍?/p>

（1）乙醇：HOCH2CH3____；

（2）丙二醛：CHOCH2CHO____；

（3）對(duì)甲苯酚：____；

（4）三硝基甲苯：____；

（5）甲酸苯酯：____；

（6）苯乙醛：____．19、同濃度的三種溶液：Na2SO4、MgSO4、Al2（SO4）3，其體積比為3：2：1，則SO濃度之比為3：2：3．____（判斷對(duì)錯(cuò)）20、對(duì)于2SO2（g）+O2（g）═2SO2（g）反應(yīng)，當(dāng)密度保持不變，在恒溫恒容或恒溫恒壓條件下，均不能作為達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)的標(biāo)志．____（判斷對(duì)錯(cuò)）21、一個(gè)化學(xué)反應(yīng)中，生成物總鍵能大于反應(yīng)物的總鍵能時(shí)，反應(yīng)吸熱，△H為“+”____．（判斷對(duì)錯(cuò)）22、CH2Br-CH2Br的命名為1，2--二溴乙烷．____．（判斷對(duì)錯(cuò)說明理由）23、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(duì)錯(cuò)）24、加過量的NaOH溶液，未看見產(chǎn)生氣體，溶液里一定不含NH4+．____（判斷對(duì)錯(cuò)）正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”評(píng)卷人得分四、探究題(共4題，共24分)25、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設(shè)計(jì)了下列實(shí)驗(yàn)過程．請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)內(nèi)填寫分離時(shí)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(shí)驗(yàn)室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個(gè)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(jì)了下列實(shí)驗(yàn)過程．請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)內(nèi)填寫分離時(shí)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(shí)驗(yàn)室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個(gè)反應(yīng)的原理來測定其含量，操作為：評(píng)卷人得分五、計(jì)算題(共4題，共16分)29、在由Fe、Fe2O3組成的混合物中加入200mL2mol?L-1的鹽酸，恰好使混合物完全溶解，并放出448mL氣體（標(biāo)準(zhǔn)狀況），此時(shí)向溶液中加入KSCN溶液無明顯現(xiàn)象，求反應(yīng)前混合物中Fe、Fe2O3的物質(zhì)的量．30、現(xiàn)有0.284kg質(zhì)量分?jǐn)?shù)為10%的Na2SO4溶液．計(jì)算：

（1）溶液中Na2SO4的物質(zhì)的量．

（2）溶液中Na+的物質(zhì)的量．

（3）若將溶液稀釋到2L，求溶液中Na+的物質(zhì)的量濃度．31、實(shí)驗(yàn)室測定高純超微細(xì)草酸亞鐵組成的步驟依次為：

步驟一：準(zhǔn)確稱量一定量草酸亞鐵樣品，加入25mL2mol?L-1的H2SO4溶解。

步驟二：用0.2000mol?L-1標(biāo)準(zhǔn)KMnO4溶液滴定；消耗體積30.40mL

步驟三：向滴定后的溶液中加入2gZn粉和5mL2mol?L-1的H2SO4溶液，將Fe3+還原為Fe2+

步驟四：過濾，濾液用上述標(biāo)準(zhǔn)KMnO4溶液滴定；消耗溶液10.00mL．

則樣品中C2O42-的物質(zhì)的量為____（寫出計(jì)算過程）．32、現(xiàn)有25mL鹽酸和硫酸混合溶液，加入1mol/L的NaOH溶液25mL恰好中和，在中和后的溶液中加過量的Ba（OH）2溶液所得沉淀質(zhì)量為1.7475g．求混合溶液中鹽酸和硫酸的物質(zhì)的量濃度各是多少？評(píng)卷人得分六、實(shí)驗(yàn)題(共2題，共6分)33、為證明在加熱條件下，濃硫酸能將碳氧化成CO2，請(qǐng)根據(jù)所提供的如圖所示的儀器裝置設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)，回答有關(guān)問題：（已知：SO2+NaHCO3═NaHSO3+CO2）

（1）為達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，所需裝置的連接順序?yàn)锳→____→E；

（2）若選擇裝置B，請(qǐng)寫出選擇的理由____；

（3）若選擇裝置C，相關(guān)的化學(xué)方程式____；

（4）____（填是或否）選擇裝置D，理由是____；

（5）請(qǐng)寫出裝置E中的離子方程式____．34、（15分）大理石中含有的主要雜質(zhì)是氧化鐵，以下是某化學(xué)興趣小組用大理石為原料制取安全無毒殺菌劑過氧化鈣的主要流程：請(qǐng)回答下列問題：（1）試劑A的名稱是；（2）操作I的目的是；（3）本實(shí)驗(yàn)需要多次使用玻璃棒，則本實(shí)驗(yàn)過程中玻璃棒的作用有；（4）寫出反應(yīng)②中生成CaO2·8H2O的化學(xué)方程式：；（5）制得的CaO2中一般含有CaO該化學(xué)興趣小組通過實(shí)驗(yàn)測定制得的樣品中CaO2的含量：稱量0.6g樣品于錐形瓶中，然后加入過量的濃度為2.00mol?L-1的鹽酸20.00mL，再用濃度為2.00mol?L-1的氫氧化鈉溶液滴定錐形瓶中的溶液，消耗氫氧化鈉溶液11.00mL．該樣品中CaO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】【分析】A；氯氣做氧化劑時(shí)被還原為-1價(jià)；

B；在0℃；101kPa時(shí)，氣體摩爾體積為22.4L/mol；

C；求出二氧化硫的物質(zhì)的量；然后根據(jù)1mol二氧化硫中含3mol原子來分析；

D、NA個(gè)CO的物質(zhì)的量為1mol，求出其質(zhì)量；0.5mol甲烷的質(zhì)量m=nM，據(jù)此計(jì)算．【解析】【解答】解：A；氯氣做氧化劑時(shí)被還原為-1價(jià)；則1mol氯氣做氧化劑時(shí)得2mol電子即2NA個(gè)，故A錯(cuò)誤；

B、在0℃，101kPa時(shí)，氣體摩爾體積為22.4L/mol，則22.4L氫氣的物質(zhì)的量為1mol，而氫氣為雙原子分子，故1mol氫氣中含2mol氫原子即2NA個(gè)；故B錯(cuò)誤；

C、64g二氧化硫的物質(zhì)的量為1mol，而1mol二氧化硫中含3mol原子，即3NA個(gè)；故C正確；

D、NA個(gè)CO的物質(zhì)的量為1mol；質(zhì)量m=nM=1mol×28g/mol=28g；0.5mol甲烷的質(zhì)量m=nM=0.5mol×16g/mol=8g，故兩者的質(zhì)量之比為28：8=7：2，故D錯(cuò)誤．

故選C．2、B【分析】【分析】根據(jù)元素周期律和元素在周期表中的位置判斷可能對(duì)應(yīng)的元素；結(jié)合元素化合物知識(shí)分析；

A．D元素的負(fù)化合價(jià)為-2價(jià)時(shí)；可能為O元素，則E元素應(yīng)為F元素；

B．根據(jù)同周期元素的金屬性的遞變規(guī)律分析；

C．HnDOm為強(qiáng)酸時(shí)；E可能為稀有氣體元素；

D．HnCOm為強(qiáng)酸時(shí)，按照原子序數(shù)依次增大，E可能為金屬．【解析】【解答】解：A．D元素的負(fù)化合價(jià)為-2價(jià)時(shí)；可能為O元素，則E元素應(yīng)為F元素，沒有+7價(jià)，故A錯(cuò)誤；

B．因?yàn)锳在B的前面，所以A的金屬性比B強(qiáng)，所以B（OH）m為強(qiáng)堿時(shí)，A（OH）n也一定為強(qiáng)堿；故B正確；

C．HnDOm為強(qiáng)酸；即D元素的非金屬性很強(qiáng)，原子序數(shù)比D大1的E可能為非金屬性比D強(qiáng)的非金屬元素，也可能為稀有氣體元素，故C錯(cuò)誤；

D．A、B、C、D、E五種元素同周期，E（除了稀有氣體元素）的非金屬性比C強(qiáng)，HnCOm為強(qiáng)酸時(shí)；E不可能有強(qiáng)還原性，如果是稀有氣體，也沒有強(qiáng)還原性，故D錯(cuò)誤；

故選B．3、A【分析】【分析】只用水就能鑒別，可根據(jù)物質(zhì)的水溶性和密度的大小進(jìn)行鑒別．【解析】【解答】解：A．苯的密度比水??；乙醇和水混溶，四氯化碳的密度比水大，可鑒別，故A選；

B．乙醇和乙酸與水混溶；不能鑒別，故B不選；

C．乙醛；乙二醇與水混溶；不能鑒別，故C不選；

D．乙醇；甘油與水混溶；不能鑒別，故D不選．

故選A．4、C【分析】解：A．滴定管可以精確的量取溶液；故A錯(cuò)誤；

B．銀單質(zhì)與氨水不反應(yīng)；可用稀硝酸洗去，故B錯(cuò)誤；

C．酒精燈的火焰分為外焰；內(nèi)焰和焰心；外焰的溫度最高，焰心的溫度低，所以選用外焰加熱，故C正確；

D．加熱烘干試管；管口向下傾斜，若向上傾斜，會(huì)引起試管炸裂，故D錯(cuò)誤．

故選A．

A．滴定管可以量取溶液；

B．銀單質(zhì)與氨水不反應(yīng)；

C．酒精燈的火焰分為外焰；內(nèi)焰和焰心；外焰的溫度最高，焰心的溫度低；

D．加熱烘干試管；管口向下傾斜．

本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)基本操作，題目難度中等，解答本題的關(guān)鍵是把握相關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)，學(xué)習(xí)中注意積累．【解析】【答案】C5、B【分析】【分析】wg鎂粉和鋁粉的混合物，與鹽酸反應(yīng)生成氯化鎂和氯化鋁，再與過量氫氧化鈉溶液反應(yīng)后得到的沉淀為氫氧化鎂，將氫氧化鎂加熱得到的固體為MgO，取出蒸發(fā)皿中的物質(zhì)稱量仍為wg，根據(jù)質(zhì)量守恒定律，鋁粉的質(zhì)量等于MgO中O元素的質(zhì)量，以此計(jì)算原混合物中鋁粉的質(zhì)量分?jǐn)?shù)．【解析】【解答】解：wgMg粉和鋁粉的混合物；與鹽酸反應(yīng)生成氯化鎂和氯化鋁，再與過量氫氧化鈉溶液反應(yīng)后得到的沉淀為氫氧化鎂；

將氫氧化鎂加熱得到的固體為MgO；取出蒸發(fā)皿中的物質(zhì)稱量仍為wg；

根據(jù)質(zhì)量守恒定律；原混合物中鋁粉的質(zhì)量等于MgO中O元素的質(zhì)量；

則原混合物中鋁粉的質(zhì)量分?jǐn)?shù)=MgO中氧元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)=×100%=40%；

故選B．6、D【分析】

A、一個(gè)鎂原子含有12個(gè)電子，所以1mol金屬鎂晶體中含有12NA個(gè)自由電子；故A錯(cuò)誤．

B、一個(gè)碳原子含有個(gè)共價(jià)鍵，所以1mol石墨晶體中含有共價(jià)鍵鍵數(shù)為NA；故B錯(cuò)誤．

C、1molZn與足量的鹽酸反應(yīng)生成NA個(gè)氫分子；未指明溫度和壓強(qiáng)，所以氣體摩爾體積未知導(dǎo)致氣體體積無法計(jì)算，故C錯(cuò)誤．

D、CH3COOH和CH3COONa的總物質(zhì)的量為0.1mol的混合溶液中，根據(jù)原子守恒知CH3COOH分子和CH3COO-離子總個(gè)數(shù)為0.1NA；故D正確．

故選D．

【解析】【答案】A；一個(gè)鎂原子含有12個(gè)電子；根據(jù)鎂原子個(gè)數(shù)計(jì)算電子數(shù)．

B、一個(gè)碳原子含有個(gè)共價(jià)鍵；根據(jù)碳原子的個(gè)數(shù)計(jì)算共價(jià)鍵個(gè)數(shù)．

C；氣體體積受溫度和壓強(qiáng)的影響．

D；根據(jù)原子守恒判斷．

7、D【分析】【解析】【答案】D8、C【分析】解：n（氫氣）==0.2mol；

設(shè)Fe為xmol；Al為ymol，則。

解得x=0.05mol；y=0.1mol；

則混合物中Fe與Al的物質(zhì)的量之比為0.05mol：0.1mol=1：2；

故選C．

金屬與酸反應(yīng)時(shí)；金屬失去電子，H得到電子，結(jié)合電子守恒及質(zhì)量關(guān)系計(jì)算．

本題考查氧化還原反應(yīng)的計(jì)算，為高頻考點(diǎn)，把握電子守恒及質(zhì)量關(guān)系為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與計(jì)算能力的考查，注意守恒法的應(yīng)用，題目難度不大．【解析】【答案】C二、填空題(共7題，共14分)9、鐵釘表面被鈍化dSO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO466.7%檢驗(yàn)二氧化硫是否除盡防止空氣成分的干擾C+2H2SO4（濃硫酸）CO2↑+2SO2↑+2H2OCD中固體由黑色變紅和E中固體由白變藍(lán)C的質(zhì)量增加否，用托盤天平無法稱量D或E的差量【分析】【分析】（1）常溫條件下；鐵與濃硫酸能產(chǎn)生鈍化現(xiàn)象；

（2）根據(jù)亞鐵離子的性質(zhì)選取試劑；亞鐵離子有還原性，可用強(qiáng)氧化性的物質(zhì)檢驗(yàn)，且必須有明顯的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象；

（3）二氧化硫能使品紅溶液褪色；從而檢驗(yàn)二氧化硫是否存在，空氣中有水蒸汽會(huì)影響無水硫酸銅對(duì)水的檢驗(yàn)；

（4）根據(jù)鐵釘?shù)某煞址治?；鐵釘中的鐵和碳在加熱條件下都能與濃硫酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)；

（5）根據(jù)二氧化硫和二氧化碳的性質(zhì)分析選擇位置；

（6）根據(jù)氫氣的性質(zhì)分析；氫氣具有還原性，能還原黑色的氧化銅而生成水，水能使白色的無水硫酸銅變藍(lán)；堿石灰能吸收二氧化碳；

（7）計(jì)算出氫氣的物質(zhì)的量及生成水的質(zhì)量，然后根據(jù)中學(xué)階段質(zhì)量的稱量選擇托盤天平，分度值是0.1g進(jìn)行判斷【解析】【解答】解：（1）鐵釘放入冷硫酸中；濃硫酸有較強(qiáng)的氧化性能使鐵釘鈍化阻止反應(yīng)進(jìn)一步進(jìn)行，故答案為：鐵釘表面被氧化；

（2）①亞鐵離子能使酸性高錳酸鉀褪色，溶液中已經(jīng)有三價(jià)鐵離子，選擇a會(huì)造成干擾，b能檢驗(yàn)三價(jià)鐵離子的存在；選c生成兩種沉淀，受氫氧化鐵沉淀顏色的影響無法分辨；

故選d；

②SO2具有還原性，通入足量溴水中，發(fā)生SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，生成的硫酸遇到氯化鋇會(huì)產(chǎn)生白色沉淀，則n（混合氣體）==0.015mol；

SO2～BaSO4

1mol233g

n2.33g

n=0.01mol

所以二氧化硫的體積分?jǐn)?shù)為：=66.7%；

故答案為：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4；66.7%；

（3）A除去二氧化硫；二氧化硫能使品紅溶液褪色，所以B可以檢驗(yàn)A中是否完全除去二氧化硫，空氣中有水蒸汽會(huì)影響無水硫酸銅對(duì)水的檢驗(yàn)，所以F的作用是防止空氣中的水蒸汽進(jìn)入裝置；

故答案為：檢驗(yàn)二氧化硫是否除盡；防止空氣成分的干擾；

（4）在加熱時(shí)，鐵釘中不僅鐵和濃硫酸反應(yīng)，碳也和濃硫酸反應(yīng)生成生成二氧化硫、二氧化碳和水，反應(yīng)方程式為C+2H2SO4（濃硫酸）CO2↑+2SO2↑+2H2O；

故答案為：C+2H2SO4（濃硫酸）CO2↑+2SO2↑+2H2O；

（5）Q為二氧化碳，二氧化碳和二氧化硫都能使澄清石灰水變渾濁，選擇a或b受二氧化硫的影響無法判斷二氧化碳的存在；選d時(shí)二氧化碳被堿石灰吸收；

故選C；

（6）氫氣還原氧化銅會(huì)生成水蒸氣能使白色的硫酸銅粉末變藍(lán)色；同時(shí)有紅色的銅單質(zhì)生成，如果氣體Y中含有Q，則C的質(zhì)量會(huì)增加；

故答案為：D中固體由黑色變紅和E中固體由白變藍(lán)；C的質(zhì)量增加；

（7）標(biāo)況下28mL氫氣的物質(zhì)的量為：=0.00125mol；生成水的質(zhì)量為：18g/mol×0.00125mol=0.0225g，即D；E的質(zhì)量差小于0.1g；

而中學(xué)階段質(zhì)量的稱量選擇托盤天平；分度值是0.1g，無法精確稱量出D或E的差量，所以不能用通過托盤天平稱量質(zhì)量差的方法測量氫氣含量；

故答案為：否；用托盤天平無法稱量D或E的差量．10、FKHClO4NH32Al+2OH-+2H2O=AlO2-+3H2↑高氯酸的酸性比硫酸的酸性強(qiáng)【分析】【分析】由元素在周期表中的位置，可知①為N，②為F，③為Mg，④為Al，⑤為S，⑥為Cl，⑦為Ar，⑧為K，⑨為Br．

（1）同周期從左向右元素非金屬性增強(qiáng)；原子半徑減小；同主族從上到下元素的非金屬性減弱、原子半徑增大；

（2）最高價(jià)氧化物的水化物酸性最強(qiáng)的是高氯酸；氨氣的水溶液呈堿性；

（3）Ar最不活潑；原子核外有18個(gè)電子，各層電子數(shù)為2；8、8；

（4）鋁與氫氧化鈉反應(yīng)生成偏鋁酸鈉與氫氣；

（5）根據(jù)氫化物穩(wěn)定性、單質(zhì)與氫氣反應(yīng)難易程度、最高價(jià)含氧酸的酸性、單質(zhì)之間的相互置換反應(yīng)等可以判斷元素非金屬性強(qiáng)弱．【解析】【解答】解：由元素在周期表中的位置，可知①為N，②為F，③為Mg，④為Al，⑤為S，⑥為Cl，⑦為Ar，⑧為K，⑨為Br．

（1）同周期從左向右元素非金屬性增強(qiáng)；原子半徑減?。煌髯鍙纳系较略氐姆墙饘傩詼p弱、原子半徑增大，故上述元素中，F(xiàn)元素非金屬性最強(qiáng)，K的原子半徑最大；

故答案為：F；K；

（2）最高價(jià)氧化物的水化物酸性最強(qiáng)的是HClO4，NH3的水溶液呈堿性；

故答案為：HClO4；NH3；

（3）Ar最不活潑，原子核外有18個(gè)電子，各層電子數(shù)為2、8、8，原子結(jié)構(gòu)示意圖為：

故答案為：

（4）鋁與氫氧化鈉反應(yīng)生成偏鋁酸鈉與氫氣，反應(yīng)離子方程式為：2Al+2OH-+2H2O=AlO2-+3H2↑；

故答案為：2Al+2OH-+2H2O=AlO2-+3H2↑；

（5）高氯酸的酸性比硫酸的酸性強(qiáng)；可以說明氯元素非金屬性比硫的強(qiáng)；

故答案為：高氯酸的酸性比硫酸的酸性強(qiáng)．11、CH3CH2C（CH3）2CH（CH3）2；CH2=CH-CH=CH2【分析】【分析】判斷有機(jī)物的命名是否正確或?qū)τ袡C(jī)物進(jìn)行命名；其核心是準(zhǔn)確理解命名規(guī)范：

1）命名要符合“一長；一近、一多、一小”；也就是主鏈最長，編號(hào)起點(diǎn)離支鏈最近，支鏈數(shù)目要多，支鏈位置號(hào)碼之和最?。?/p>

2）有機(jī)物的名稱書寫要規(guī)范；

3）含有官能團(tuán)的有機(jī)物命名時(shí)；要選含官能團(tuán)的最長碳鏈作為主鏈，官能團(tuán)的位次最?。?/p>

再根據(jù)書寫結(jié)構(gòu)方法來寫．【解析】【解答】解：（1）2，3，3-三甲基戊烷的結(jié)構(gòu)簡式為：CH3CH2C（CH3）2CH（CH3）2，故答案為：CH3CH2C（CH3）2CH（CH3）2；

（2）2，3-二甲基-4-乙基已烷的結(jié)構(gòu)簡式為

故答案為：

（3）1，3-丁二烯的結(jié)構(gòu)簡式為CH2=CH-CH=CH2，故答案為：CH2=CH-CH=CH2；12、3CO+Fe2O33CO2+2FeFe-2e-=Fe2+2Fe3++Fe═3Fe2+D、B、C、A鐵Cu-2e-=Cu2+12.8鍍層破損后，鍍銅鐵形成的原電池中鐵作負(fù)極被腐蝕，鍍鋅鐵形成的原電池中鐵為正極被保護(hù)【分析】【分析】（1）一氧化碳具有還原性可以還原氧化鐵生成鐵和二氧化碳；

（2）中性或弱酸性條件下；鋼鐵發(fā)生吸氧腐蝕，負(fù)極上鐵失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，正極上氧氣得電子發(fā)生還原反應(yīng)；

（3）鐵銹和HCl反應(yīng)生成鐵離子；鐵離子和Fe發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成亞鐵離子；

（4）一種金屬的腐蝕由快到慢的順序是：電解池的陽極＞原電池的負(fù)極＞原電池正極＞電解池陰極；據(jù)此分析解答；

（5）①在鐵件的表面鍍銅時(shí)；金屬銅必須是陽極材料，金屬鐵為陰極，根據(jù)電解池的工作原理來回答；

②電鍍池中；作陽極的是鍍層金屬，做陰極的是待鍍金屬，金屬陽離子在該極上發(fā)生得電子的還原反應(yīng)，在原電池中，負(fù)極金屬更易被腐蝕；

③金屬為原電池負(fù)極時(shí)，易發(fā)生電化學(xué)腐蝕．【解析】【解答】解：（1）一氧化碳可以還原氧化鐵生成鐵和二氧化碳，化學(xué)方程為：3CO+Fe2O33CO2+2Fe；

故答案為：3CO+Fe2O33CO2+2Fe；

（2）鋼鐵在潮濕的空氣中發(fā)生吸氧腐蝕，負(fù)極上鐵失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：Fe-2e-=Fe2+；

故答案為：Fe-2e-=Fe2+；

（3）鐵銹和HCl反應(yīng)生成鐵離子，鐵離子和Fe發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成亞鐵離子，離子方程式為2Fe3++Fe═3Fe2+，故答案為：2Fe3++Fe═3Fe2+；

（4）同一種金屬的腐蝕由快到慢的順序是：電解池的陽極＞原電池的負(fù)極＞原電池正極＞電解池陰極；所以鐵棒被腐蝕由難到易的順序是D；B、C、A；

故答案為：D；B、C、A；

（5）①在鐵件的表面鍍銅，金屬銅必須是陽極材料，金屬鐵為陰極，則B為鐵，A為Cu失電子生成銅離子，其發(fā)生的電極反應(yīng)：Cu-2e-=Cu2+；

故答案為：鐵；Cu-2e-=Cu2+；

②電鍍時(shí)兩極反應(yīng)為：A電極：Cu-2e-=Cu2+，B電極上：Cu2++2e-=Cu；若電鍍時(shí)電路中通過的電子為0.2mol，則A極上質(zhì)量減少6.4g，B極上質(zhì)量增加6.4g，所以A；B兩極質(zhì)量相差12.8g；

故答案為：12.8；

③鐵比銅活潑；形成原電池反應(yīng)時(shí)，鐵為負(fù)極，銅為正極，鍍層破損后，鍍銅鐵比鍍鋅鐵更容易被腐蝕，而鋅比鐵活潑，形成原電池反應(yīng)時(shí)，鐵為正極，鋅為負(fù)極，鐵難以被氧化；

故答案為：鍍層破損后，鍍銅鐵形成的原電池中鐵作負(fù)極被腐蝕，鍍鋅鐵形成的原電池中鐵為正極被保護(hù)．13、acdS2-＞Cl-【分析】【分析】（1）10Be和9Be的質(zhì)子數(shù)相同；中子數(shù)不同；屬于同位素；

（2）金屬的金屬性強(qiáng)弱的比較方法有：金屬之間的置換反應(yīng)；金屬與同種酸或水生成氫氣的難易程度、金屬的最高價(jià)氧化物的水化物堿性強(qiáng)弱等來判斷；

（3）和Ar核外電子排布相同的陰離子有S2-、Cl-，電子層結(jié)構(gòu)相同的離子，其離子半徑隨著原子序數(shù)的增大而減??；其中一種離子與鉀相鄰元素的離子所形成的化合物可用做干燥劑，該干燥劑是CaCl2，CaCl2中陰陽離子之間存在離子鍵．【解析】【解答】解：（1）a．10Be和9Be屬于同種元素的原子；化學(xué)性質(zhì)相同，故a正確；

b．Be元素的近似相對(duì)原子質(zhì)量不等于同位素的質(zhì)量數(shù)的和的一半；與與各同位素的豐度有關(guān)，故錯(cuò)誤；

c．10Be和9Be的中子數(shù)分別為6；5；所以其中子數(shù)不同，故錯(cuò)誤；

d．化學(xué)變化中原子保持不變，則通過化學(xué)變化不能實(shí)現(xiàn)10Be和9Be間的相互轉(zhuǎn)化；故錯(cuò)誤；

故答案為：a；

（2）a．金屬性強(qiáng)弱與其單質(zhì)的硬度和熔點(diǎn)無關(guān)；故錯(cuò)誤；

b．將空氣中放置已久的這兩種元素的單質(zhì)分別和熱水作用；二者表面都生成氧化物薄膜，氧化鎂和氧化鋁都不與水反應(yīng)，所以無法判斷金屬性強(qiáng)弱，故錯(cuò)誤；

c．將打磨過的鎂帶和鋁片分別和熱水作用；并滴入酚酞溶液，Mg和沸水的溶液呈紅色；Al和沸水的溶液不變色，說明Mg能置換出氫氣，則Mg的活潑性大于Al，故正確；

d．在氯化鋁和氯化鎂的溶液中分別滴加過量的氫氧化鈉溶液；氫氧化鋁能溶于NaOH溶液，而氫氧化鎂不溶于NaOH溶液，所以Mg的金屬性大于Al，故正確；

故答案為：cd；

（3）和Ar核外電子排布相同的陰離子有S2-、Cl-，電子層結(jié)構(gòu)相同的離子，其離子半徑隨著原子序數(shù)的增大而減小，所以這兩種離子半徑大小順序是S2-＞Cl-；其中一種離子與鉀相鄰元素的離子所形成的化合物可用做干燥劑，該離子是鈣離子，該干燥劑是CaCl2，CaCl2中陰陽離子之間存在離子鍵，其電子式為

故答案為：S2-＞Cl-；．14、吸熱80%830【分析】【分析】（1）根據(jù)溫度對(duì)化學(xué)平衡常數(shù)的影響判斷；

（2）根據(jù)化學(xué)平衡常數(shù)的定義寫表達(dá)式；

（3）根據(jù)轉(zhuǎn)化率=%計(jì)算；

（4）根據(jù)濃度關(guān)系計(jì)算平衡常數(shù)，再根據(jù)平衡常數(shù)判斷溫度；【解析】【解答】解：（1）根據(jù)表中的數(shù)據(jù)可知；溫度越高，化學(xué)平衡常數(shù)越大，所以該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，故答案為：吸熱；

（2）化學(xué)平衡常數(shù)等于生成物濃度的系數(shù)次冪之積除以反應(yīng)物濃度的系數(shù)次冪之積，所以平衡常數(shù)的表達(dá)式為K=，故答案為：；

（3）平衡后時(shí)c（CO）=0.0080mol/L，則CO的物質(zhì)的量為0.08mol，根據(jù)化學(xué)方程式可知，反應(yīng)用去的二氧化碳的物質(zhì)的量為0.08mol，根據(jù)轉(zhuǎn)化率=%可知CO2的轉(zhuǎn)化率為×100%=80%；故答案為：80%；

（4）當(dāng)c（CO2）?c（H2）=c（CO）?c（H2O）時(shí)，平衡常數(shù)K==1，此時(shí)的溫度為830℃，故答案為：830；15、①④Mg+2HCl=MgCl2+H2↑CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑【分析】【分析】（1）①引入新的雜質(zhì)NaCl；

②銅和鹽酸不反應(yīng)；鎂和鹽酸反應(yīng)生成溶于水的氯化鎂；

③碳酸鈣與鹽酸反應(yīng)；

④在加熱條件下；氫氣與氧化銅反應(yīng)；

（2）方法可行的是②③，根據(jù)物質(zhì)的性質(zhì)書寫反應(yīng)的化學(xué)方程式．【解析】【解答】解：（1）①加入適量的BaCl2溶液引入新的雜質(zhì)NaCl；應(yīng)加入碳酸鋇，利用沉淀的轉(zhuǎn)化除去，故①錯(cuò)誤；

②銅和鹽酸不反應(yīng)；鎂和鹽酸反應(yīng)生成溶于水的氯化鎂，可除去雜質(zhì)，故②正確；

③碳酸鈣與鹽酸反應(yīng)生成氯化鈣；水和二氧化碳；可除去雜質(zhì)，故③正確；

④在加熱條件下；氫氣與氧化銅反應(yīng)，不能影響被提純的物質(zhì)，故④錯(cuò)誤；

故答案為：①④；

（2）鎂和鹽酸反應(yīng)生成溶于水的氯化鎂，反應(yīng)的方程式為Mg+2HCl=MgCl2+H2↑；

碳酸鈣與鹽酸反應(yīng)生成氯化鈣、水和二氧化碳，反應(yīng)的方程式為CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；

故答案為：Mg+2HCl=MgCl2+H2↑；CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑．三、判斷題(共9題，共18分)16、×【分析】【分析】還原性Fe＞Cu，鐵首先與稀硝酸反應(yīng)，如金屬不足，則反應(yīng)生成Fe3+，如金屬過量，則生成Fe2+，如鐵過量，則溶液中沒有Cu2+，以此解答該題．【解析】【解答】解：還原性Fe＞Cu，鐵首先與稀硝酸反應(yīng)，如鐵不足，則反應(yīng)生成Fe3+，如鐵過量，則生成Fe2+，且溶液中沒有Cu2+；

故答案為：×．17、√【分析】【分析】根據(jù)n=cV計(jì)算鉀離子物質(zhì)的量，再根據(jù)N=nNA計(jì)算鉀離子數(shù)目．【解析】【解答】解：鉀離子物質(zhì)的量=1L×0.3mol/L×2=0.6mol，故鉀離子數(shù)目為0.6NA，故正確，故答案為：√．18、√【分析】【分析】（1）羥基正在有機(jī)物分子最前面時(shí)應(yīng)該表示為HO-；據(jù)此進(jìn)行判斷；

（2）醛基寫在有機(jī)物分子前邊時(shí)應(yīng)該表示為：OHC-；

（3）酚羥基的表示方式錯(cuò)誤；應(yīng)該表示為：HO-；

（4）左邊的硝基中含有原子組成錯(cuò)誤，應(yīng)該為O2N-；

（5）結(jié)構(gòu)簡式中酯基表示方式錯(cuò)誤；

（6）苯乙醛中醛基的結(jié)構(gòu)簡式表示錯(cuò)誤，應(yīng)該為-CHO．【解析】【解答】解：（1）乙醇：HOCH2CH3；乙醇的結(jié)構(gòu)簡式正確，故答案為：√；

（2）羥基的表示方法錯(cuò)誤，丙二醛的結(jié)構(gòu)簡式應(yīng)該是：OHCCH2CHO，故答案為：OHCCH2CHO；

（3）酚羥基的表示方法錯(cuò)誤，對(duì)甲基苯酚的結(jié)構(gòu)簡式應(yīng)該是：故答案為：

（4）左邊硝基的組成錯(cuò)誤，正確應(yīng)該為：O2N-，三硝基甲苯的結(jié)構(gòu)簡式為故答案為：

（5）酯基的表示方法錯(cuò)誤，甲酸苯酚的結(jié)構(gòu)簡式是故答案為：

（6）醛基的書寫錯(cuò)誤，苯乙醛的結(jié)構(gòu)簡式是：

故答案為：．19、×【分析】【分析】根據(jù)溶液中不水解的離子的物質(zhì)的量濃度=溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度×化學(xué)式中離子的個(gè)數(shù)，與溶液的體積無關(guān)，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：假設(shè)三種溶液的濃度均為1mol/L，則Na2SO4、MgSO4、Al2（SO4）3溶液中SO濃度分別=1mol/L×1=1mol/L、1mol/L×1=1mol/L和1mol/L×3=3mol/L，即濃度之比為1：1：3，故答案為：×．20、×【分析】【分析】當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，正逆反應(yīng)速率相等（同種物質(zhì)）或正逆速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比（不同物質(zhì)），各物質(zhì)的濃度、百分含量不變，以及由此衍生的一些量也不發(fā)生變化，解題時(shí)要注意，選擇判斷的物理量，隨著反應(yīng)的進(jìn)行發(fā)生變化，當(dāng)該物理量由變化到定值時(shí)，說明可逆反應(yīng)到達(dá)平衡狀態(tài)．【解析】【解答】解：由于反應(yīng)前后；氣體的質(zhì)量不變，在恒溫恒容，所以混合氣體的密度始終不變，則密度不能判斷是否達(dá)到了平衡狀態(tài)；

而恒溫恒壓條件下；混合氣體的密度增大，當(dāng)密度保持不變，反應(yīng)達(dá)到平衡；

故答案為：×．21、√【分析】【分析】形成化學(xué)鍵是放出熱量，斷裂舊化學(xué)鍵吸收熱量，放熱反應(yīng)的△H為負(fù)值，吸熱反應(yīng)的△H為正值．【解析】【解答】解：放熱反應(yīng)與吸熱反應(yīng)，看生成新化學(xué)鍵所釋放的能量與斷裂舊化學(xué)鍵所吸收的能量的相對(duì)大小，同一種化學(xué)鍵斷鍵吸收的能量與成鍵放出的能量相等；生成物總鍵能大于反應(yīng)物的總鍵能時(shí)，反應(yīng)吸熱，△H為“+”，故答案為：√．22、√【分析】【分析】該有機(jī)物分子中含有2個(gè)溴原子，為乙烷的二溴取代產(chǎn)物，命名時(shí)需要指出官能團(tuán)所處的位置及數(shù)目，據(jù)此對(duì)該有機(jī)物的命名進(jìn)行判斷．【解析】【解答】解：CH2Br-CH2Br；該有機(jī)物中含有官能團(tuán)溴原子，相當(dāng)于兩個(gè)溴原子分別取代了乙烷中兩個(gè)C原子的1個(gè)H形成的，該有機(jī)物名稱為：1，2-二溴乙烷，所以該命名是正確的；

故答案為：√，符合有機(jī)物的命名原則．23、×【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：×．24、×【分析】【分析】需要考慮銨根離子的濃度和氨氣極易溶于水的性質(zhì)來解答．【解析】【解答】解：因?yàn)榘睔鈽O易溶于水；所以若溶液里銨根離子的濃度很小時(shí)，即使加入過量的NaOH溶液，生成的一水合氨的濃度很小，不能放出氨氣．

故答案為：×．四、探究題(共4題，共24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(huì)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(qiáng)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(shí)；溶液迅速變成紫紅色；滴定終點(diǎn)時(shí)，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(diǎn)；

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(huì)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(duì)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(cuò)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(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，故D正確；

E．觀察讀數(shù)時(shí)，滴定前仰視，滴定后俯視，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏小，根據(jù)c（待測）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏小，故E錯(cuò)誤；

故選ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有強(qiáng)氧化性，應(yīng)用酸式滴定管盛裝；高錳離子有催化作用而導(dǎo)致反應(yīng)速率加快；乙二酸與KMnO4發(fā)生氧化還原反應(yīng)，滴定終點(diǎn)時(shí)，溶液由無色變成紫紅色，且半分鐘內(nèi)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(yīng)按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，根據(jù)關(guān)系式2KMnO4～5H2C2O4計(jì)算；

④根據(jù)c（待測）=分析不當(dāng)操作對(duì)V（標(biāo)準(zhǔn)）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(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．28、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(huì)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(qiáng)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(shí)；溶液迅速變成紫紅色；滴定終點(diǎn)時(shí)，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(diǎn)；

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(huì)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(duì)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(cuò)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(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，故D正確；

E．觀察讀數(shù)時(shí)，滴定前仰視，滴定后俯視，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏小，根據(jù)c（待測）=分析；c（標(biāo)準(zhǔn)）偏小，故E錯(cuò)誤；

故選ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有強(qiáng)氧化性，應(yīng)用酸式滴定管盛裝；高錳離子有催化作用而導(dǎo)致反應(yīng)速率加快；乙二酸與KMnO4發(fā)生氧化還原反應(yīng)，滴定終點(diǎn)時(shí)，溶液由無色變成紫紅色，且半分鐘內(nèi)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(yīng)按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，根據(jù)關(guān)系式2KMnO4～5H2C2O4計(jì)算；

④根據(jù)c（待測）=分析不當(dāng)操作對(duì)V（標(biāo)準(zhǔn)）的影響，以此判斷濃度的誤差．五、計(jì)算題(共4題，共16分)29、略

【分析】【分析】混合物與鹽酸恰好完全反應(yīng)，所得溶液中加入KSCN溶液，無血紅色出現(xiàn)，說明溶液中的溶質(zhì)為FeCl2，利用Fe元素守恒計(jì)算混合物中Fe原子總物質(zhì)的量，設(shè)原混合物中Fe和Fe2O3的物質(zhì)的量分別為xmol、ymol，根據(jù)Fe元素守恒及電子注意守恒列方程計(jì)算．【解析】【解答】解：混合物與鹽酸恰好完全反應(yīng)，所得溶液中加入KSCN溶液，無血紅色出現(xiàn)，說明溶液中的溶質(zhì)為FeCl2，由Fe元素守恒可知，混合物中Fe元素總物質(zhì)的量為0.2L×2mol/L×=0.2mol；

標(biāo)況下，448mL氫氣物質(zhì)的量為=0.02mol；

設(shè)原混合物中Fe和Fe2O3的物質(zhì)的量分別為xmol；ymol；根據(jù)Fe元素守恒及電子轉(zhuǎn)移守恒列方程，則：

解得x=0.08y=0.06

答：設(shè)原混合物中Fe為0.08mol，F(xiàn)e2O3為0.06mol．30、略

【分析】【分析】（1）根據(jù)m（溶質(zhì)）=m（溶液）×ω（溶質(zhì)）計(jì)算硫酸鈉的質(zhì)量，再根據(jù)n=計(jì)算其物質(zhì)的量；

（2）Na2SO4與Na+的比例關(guān)系；

（3）據(jù)c=計(jì)算其物質(zhì)的量濃度．【解析】【解答】解：（1）硫酸鈉的質(zhì)量=248g×10%=24.8g，故硫酸鈉的物質(zhì)的量==0.2mol；

答：Na2SO4的物質(zhì)的量為0.2mol；

（2）1個(gè)Na2SO4中含有2個(gè)Na+，故n（Na+）=2×0.2mol=0.4mol；

答：Na+的物質(zhì)的量為0.4mol；

（3）據(jù)c=，Na+的物質(zhì)的量濃度==0.2mol/L

答：溶液中Na+的物質(zhì)的量濃度0.2mol/L．31、0.0102mol【分析】【分析】草酸亞鐵與酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生反應(yīng)：5Fe2++MnO4-+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O、5C2O42-+2MnO4-+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，步驟四中KMnO4溶液氧化Fe2+消耗KMnO4溶液體積10.00mL，所以氧化C2O42-消耗KMnO4溶液體積為（30.40-10.00）=20.40mL，再根據(jù)離子方程式計(jì)算樣品中C2O42-的物質(zhì)的量．【解析】【解答】解：由題意知氧化C2O42-和Fe2+共消耗0.2000mol?L-1標(biāo)準(zhǔn)KMnO4溶液體積30.40mL，由步驟3、4可知，標(biāo)準(zhǔn)KMnO4溶液只氧化Fe2+時(shí)，消耗KMnO4溶液體積10.00mL，所以氧化C2O42-消耗KMnO4溶液體積為（30.40-10.00）=20.40mL，由5C2O42-+2MnO4-+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，所以n（C2O42-）=n（MnO4-）=20.40×10-3L×0.2000mol?L-1×=0.0102mol；

故答案為：0.0102mol