2025年滬科版高三化學上冊月考試卷

…………○…………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年滬科版高三化學上冊月考試卷218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6題，共12分)1、下列變化中；一定屬于化學變化的是（）

①固體物質加熱后全部變成氣體。

②糧食釀成酒。

③爆炸。

④用活性炭除去有毒氣體。

⑤植物的光合作用．A.①②③⑤B.②③⑤C.②⑤D.②③④⑤2、下列離子方程式中，書寫正確的是（）A.硝酸銀溶液與銅反應：2Ag++Cu═2Ag+Cu2+B.氫氧化鈉濃溶液與氯化銨溶液混合：NH4++OH-═NH4OHC.在澄清石灰水中通入少量的CO2：Ca2++2OH-+CO2═CaCO3↓+H2OD.硫酸銅溶液與氫氧化鋇溶液反應：Cu2++2OH-═Cu（OH）2↓3、據(jù)報道，我國擁有完全自主產權的氫氧燃料電池車在北京奧運會期間為運動員提供服務．某種氫氧燃料電池的電解液為KOH溶液，下列有關該電池的敘述不正確的是（）A.正極反應式為：O2+2H2O+4e-=4OH-B.工作一段時間后，電解液中KOH的物質的量不變C.該燃料電池的總反應方程式為：2H2+O2=2H2OD.該電池反應2.24LH2（標準狀況）時，有0.1mol電子轉移4、下列各組物質與其用途的關系不正確的是（）A.過氧化鈉：供氧劑B.小蘇打：發(fā)酵粉主要成分C.純堿：治療胃酸過多的一種藥劑D.明礬：凈水劑5、氧-18（O）是氧的一種同位素，稱為重氧．最近，蘭州近代物理研究所研制出我國首批重氧氣，可用符號18O2表示．重氧與普通氫組成的“水”稱為重氧水．下列說法正確的是（）

A.18g的18O2物質的量是0.1mol

B.0.1mol18O2的體積是2.24L

C.18O2氣體的摩爾質量是36

D.0.1mol重氧水所含中子數(shù)約是6.02×1023個。

6、用NA表示阿伏伽德羅常數(shù)的值．下列敘述正確的是（）A.常溫常壓下，22.4LCH4中含有4NA個C-H鍵B.48gO3氣體含有3NA個氧原子C.在1L0.5mol?L-1FeCl3溶液中含有0.5NA個Fe3+D.標準狀況下，2.24LCCl4含有的分子數(shù)為0.1NA評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)7、“百度百科：乙醇；俗稱酒精，在常溫；常壓下是一種易燃、易揮發(fā)的無色透明液體，它的水溶液具有酒香的氣味，并略帶刺激性，微甘．易燃，能與水以任意比互溶．用途很廣，可用制造飲料、染料、燃料等．在國防工業(yè)、醫(yī)療衛(wèi)生、有機合成、食品工業(yè)、工農業(yè)生產中都有廣泛的用途．”根據(jù)所學知識回答下列問題。

（1）書寫乙醇催化氧化的產物和新制銀氨溶液反應的化學方程式：____

（2）在120℃，101kpa條件下，取ag乙醇在氧氣中完全燃燒，將其產物跟足量的過氧化鈉固體完全反應，反應后固體的質量增加了bg，則a____b（填“=”“＞”“＜”）

（3）乙醇燃料電池，KOH作電解質，書寫負極電極反應式：____

（4）請用所學知識解釋為什么乙醇能和水以任意比互溶____．8、有五瓶損壞標簽的試劑；分別盛有硫酸溶液；氫氧化鉀溶液、硝酸鋇溶液、碳酸氫鈉溶液、氯化銅溶液，為了確定各瓶中是什么試劑，將它們任意編號為A、B、C、D、E．觀察發(fā)現(xiàn)，C試劑顏色為藍色，其余為無色；四種無色試劑A、B、D、E用小試管各取少量，兩兩反應，反應現(xiàn)象為：A與其余三種混合無明顯現(xiàn)象，B與D出現(xiàn)白色沉淀，D與E混合有氣泡產生，E與B無明顯現(xiàn)象．

（1）可判定各試劑瓶中所盛試劑為（用主要成分的化學式表示）：

A____，B____，C____，D____，E____．

（2）寫出D與E反應的離子方程式____．9、化學--選修2：化學與技術。

（1）鋼鐵工業(yè)對促進經(jīng)濟和社會發(fā)展起了重要作用．

①不銹鋼含有的Cr元素是在煉鋼過程的氧吹____（填“前”或“后”）加入．

②煉鋼時，加入硅、錳和鋁的目的是____．

③煉鐵和煉鋼生產中，尾氣均含有的主要污染物是____．從環(huán)保和經(jīng)濟角度考慮，上述尾氣經(jīng)處理可用作____．

（2）純堿是一種重要的化工原料．目前制堿工業(yè)主要有“氨堿法”和“聯(lián)合制堿法”兩種工藝．

①“氨堿法”產生大量CaCl2廢棄物，寫出該工藝中產生CaCl2的化學方程式：____；

②寫出“聯(lián)合制堿法”有關反應的化學方程式：____；

③CO2是制堿工業(yè)的重要原料，“聯(lián)合制堿法”與“氨堿法”中CO2的來源有何不同？____．10、有A；B、C、D、E五種烴；具有下列性質：

①各取0.1mol分別充分燃燒，其中B、C、E燃燒所得的CO2均為4.48L（標準狀況），A和D燃燒所得的CO2都是前三者的3倍；

②在適宜條件下；A；B、C都能跟氫氣發(fā)生加成反應，其中A可以轉化為D、B可以轉化為C，C可以轉化為E；

③B和C都能使溴水或酸性KmnO4溶液褪色；而A；D、E無此性質；

④用鐵屑作催化劑時；A可與溴發(fā)生取代反應．

判斷A、B、C、D、E各是什么物質，寫出結構簡式A____B____C____D____E____．11、工業(yè)制得的氮化鋁（AlN）產品中常含有少量Al4C3、Al2O3、C等雜質．某同學設計了如下實驗，分別測定氮化鋁（AlN）樣品中AlN和Al4C3的質量分數(shù)（忽略NH3在強堿性溶液中的溶解）．

（1）實驗原理。

①Al4C3與硫酸反應可生成CH4；

②AlN溶于強酸產生銨鹽，溶于強堿生成氨氣，請寫出AlN與NaOH溶液反應的化學方程式____．

（2）實驗裝置（如圖所示）

（3）實驗過程。

①連接實驗裝置；檢驗裝置的氣密性．稱得D裝置的質量為yg，滴定管的讀數(shù)為amL．

②稱取xgAlN樣品置于錐形瓶中；塞好膠塞，____（填入該步應進行的操作）；通過分液漏斗加入過量的稀硫酸，與燒瓶內物質充分反應．

③待反應進行完全后，關閉活塞K1，打開活塞K3；通過分液漏斗加入過量的NaOH溶液，與燒瓶內物質充分反應．

④____（填入該步應進行的操作）．

⑤記錄滴定管的讀數(shù)為bmL；稱得D裝置的質量為zg；

（4）數(shù)據(jù)分析。

①AlN的質量分數(shù)為____．

②若讀取滴定管中氣體的體積時，液面左高右低，則所測氣體的體積____（填“偏大”；“偏小”或“無影響”）．

③Al4C3的質量分數(shù)為____．（該實驗條件下的氣體摩爾體積為Vm）

（5）假若上述實驗裝置氣密性良好，數(shù)據(jù)記錄也不產生誤差，但某同學還是認為該方法測得Al4C3的質量分數(shù)會偏高，最可能的原因是____．12、（2015秋?齊齊哈爾校級期中）氫氣是一種新型的綠色能源；又是一種重要的化工原料．

（1）氫氣的燃燒熱值高，H2（g）+1/2O2（g）=H2O（g）△H=-241.8kJ?mol-1

?；瘜W鍵H-HO=OO-H鍵能（kJ?mol-1）X496.4463請根據(jù)相關數(shù)據(jù)計算：H-H的鍵能X=____kJ?mol-1．

（2）根據(jù)現(xiàn)代工業(yè)技術可以用H2和CO反應來生產燃料甲醇；其反應方程式如下：

CO2（g）+3H2（g）?H2O（l）+CH3OH（g）△H=-49.00kJ?mol-1

一定溫度下，在體積為1L的密閉容器中充入1.00molCO2和3.00molH2，測得CO2和CH3OH的濃度隨時間變化如圖所示．

①能說明該反應已達平衡狀態(tài)的是____（填代號）．

A．CO2在混合氣體中的體積分數(shù)保持不變。

B．單位時間內每消耗1.2molH2，同時生成0.4molH2O

C．反應中H2O與CH3OH的物質的量濃度比為1：1；且保持不變。

②從反應開始到平衡時的平均反應速率v（H2）=____，達到平衡時氫氣的轉化率為____．

③該溫度下的平衡常數(shù)表達式為____．

④下列的條件一定能加快反應速率并且提高H2轉化率的是____（填代號）．

A．降低反應溫度。

B．分離出水。

C．保持容器體積不變；充入稀有氣體。

D．保持容器體積不變，充入CO2氣體．13、U；W、X、Y、Z都是短周期元素；且原子序數(shù)依次增大．W的氣態(tài)氫化物甲和W的最高價氧化物對應的水化物可以化合生成鹽，U與X可形成常溫下呈液態(tài)的分子乙，甲、乙均為常見的10電子分子；Y元素原子的K層電子數(shù)與M層電子數(shù)相同；Z元素的單質是太陽能轉換為電能的常用材料．請回答問題：

（1）Z元素在周期表中的位置____．

（2）X、Y、Z三種元素的原子半徑由小到大的順序是____（用元素符號表示）．

（3）U與X形成的18電子化合物的電子式是____．

（4）（3）中描述的化合物含有的化學鍵有____．

a．離子鍵b．極性共價鍵c．非極性共價鍵。

（5）已知：①N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=-92.4kJ/mol

②2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=-483.6kJ/mol

試寫出氨氣完全燃燒生成氣態(tài)水和氮氣的熱化學方程式____．

（6）有人設想尋求合適的催化劑和電極材料，以W2、U2為電極反應物，以HCl-NH4Cl溶液為電解質溶液制造新型燃料電池，試寫出該電池的正極電極反應式：____；溶液中H+移向____（填“正”或“負”）極．14、如圖1是實驗室模擬德國化學家李比希用燃燒法測定有機物組成的裝置，氧化銅作催化劑，在750℃左右使有機物在氧氣流中全部氧化為CO2和H2O．試回答下列問題．

（1）甲裝置中盛放的物質是____．

（2）實驗開始時，要先通入氧氣，然后再加熱，目的是____；為減小誤差，上述裝置中還需增加的裝置及試劑是____（在原圖畫出）．該實驗中需要測得的數(shù)據(jù)是：。實驗前實驗后

____

____（3）將4.6g某有機物A進行實驗，測得甲容器增重5.4g，乙容器增重8.8g，則該物質中各元素的原子個數(shù)比是____；某學生在此基礎上作出如下分析：

①A可能的結構為____（寫結構簡式）；

②A的核磁共振氫譜如圖2，則A的官能團名稱為____．15、高鐵酸鹽是一種強氧化劑，在能源、環(huán)保等方面均有廣泛的用途。濕法、干法制備高鐵酸鉀的原理如表所示：。濕法強堿介質中，F(xiàn)e(NO3)3與NaClO反應得到紫紅色高鐵酸鹽溶液干法Fe2O3、KNO3、KOH混合加熱共熔生成紫紅色高鐵酸鉀(K2FeO4)和KNO2等產物（1）某工廠用濕法制備高鐵酸鉀的流程如圖所示：①反應I的化學方程式為。②反應Ⅱ的離子方程式為。③已知25℃時Fe(OH)3的Ksp=4.0×10—38，反應Ⅱ后的溶液中c(Fe3+)=4.0×10—5mol·L—1．則需調整pH=時，開始生成Fe(OH)3沉淀(不考慮溶液體積的變化)。（2）由流程圖可見，濕法制備高鐵酸鉀時，需先制得高鐵酸鈉，然后再向高鐵酸鈉溶液中加入飽和KOH溶液，即可析出高鐵酸鉀。①已知高鐵酸鈉和水反應，有Fe(OH)3和O2生成，則高鐵酸鈉的氧化性比O2(填“強”或“弱”)。②由以上信息可知：高鐵酸鉀的溶解度比高鐵酸鈉(填“大”或“小”)。（3）高鐵酸鉀是一種理想的水處理劑，其處理水的原理為。（4）干法制備K2FeO4的反應中氧化劑與還原劑的物質的量之比為。評卷人得分三、判斷題(共6題，共12分)16、含4mol的HCl的濃鹽酸與足量的MnO2加熱反應，轉移2NA電子．____（判斷對錯）．17、濃硫酸可用于干燥NH3、H2、O2等氣體____．（判斷對錯）18、能電離出H+的化合物叫做酸____．（判斷對錯）19、化學平衡常數(shù)K只隨溫度變化，T升高，則K增大．____．（判斷對錯說明理由）20、Ⅰ．下列用連線方法對部分化學知識進行歸納的內容中，有錯誤的一組是____

A．物質的性質與用途：

阿司匹林易水解--用于解熱消炎鎮(zhèn)痛；不能用于防治心腦血管疾病。

明礬溶于水能形成膠體--用于對水的消毒；凈化。

B．保護環(huán)境：

控制“白色污染”--減少一次性塑料餐具的使用量。

防止水的污染--提倡使用無磷洗衣粉。

C．基本安全常識：

飲用假酒中毒--甲醇引起。

食用假鹽中毒--亞硝酸鈉引起。

D．生活中的一些做法：

除去衣服上的油污--可用汽油洗滌。

使煤燃燒更旺--可增大煤與空氣接觸面積。

Ⅱ．保護環(huán)境；合理利用資源已成為人類共同的目標．請判斷下列說法是否正確（填“√”或“×”）．

（1）水體的富營養(yǎng)化有利于大多數(shù)水生動植物的生長．____

（2）減少機動車尾氣排放是改善大氣質量的重要措施．____

（3）焚燒廢棄塑料會產生有害氣體，對大氣造成污染．____

（4）將垃圾分類并回收利用，符合可持續(xù)發(fā)展的要求．____．21、放熱反應在任何條件都不能發(fā)生．____．（判斷對錯）評卷人得分四、計算題(共2題，共20分)22、以碳酸鎂（含少量FeCO3）為原料制取硫酸鎂晶體，并測定Mg2+含量：將原料完全溶于一定量的稀硫酸中，加足量的H2O2后用氨水調節(jié)溶液的pH；靜置后過濾，除去濾渣，將濾液結晶得硫酸鎂晶體．

（1）30.00mL5.00mol?L-1的稀硫酸至少能溶解原料的質量為____．

（2）加入H2O2時反應的離子方程式為____．

（3）已知：Ksp[Fe（OH）3]=1.0×10-39，Ksp[Mg（OH）2]=1.0×10-12．

室溫下，若溶液中c（Mg2+）=0.01mol?L-1，欲使溶液中的c（Fe3+）≤1×10-6mol?L-1，需調節(jié)溶液pH范圍為____．

（4）常采用下列方法測定結晶硫酸鎂中Mg2+的含量：

已知：①在pH為9～10時，Mg2+、Zn2+均能與EDTA（H2Y2-）形成配合物。

②在pH為5～6時，Zn2+除了與EDTA反應，還能將Mg2+與EDTA形成的配合物中的Mg2+“置換”出來：Zn2++MgH2Y=ZnH2Y+Mg2+

步驟1：準確稱取得到的硫酸鎂晶體1.50g加入過量的EDTA；配成100mLpH在9～10之間溶液A

步驟2：準確移取25.00mL溶液A于錐形瓶中，用0.10mol?L-1Zn2+標準溶液滴定，滴定到終點，消耗Zn2+標準溶液的體積為20.00mL

步驟3：準確移取25.00mL溶液A于另一只錐形瓶中，調節(jié)pH在5～6；用0.10mol?L-1Zn2+標準溶液滴定，滴定至終點，消耗Zn2+標準溶液的體積為30.00mL．

計算該結晶硫酸鎂中Mg2+的質量分數(shù)（請給出計算過程）____．23、有兩包固體混合物；均由碳酸鈉和碳酸氫鈉組成，為了測定碳酸氫鈉的含量，設計了如下兩種實驗方案．請根據(jù)下列實驗方案進行計算：

方案一：從其中一包固體混合物中稱取固體9.5g，加入到足量的鹽酸中，共收集2.24L氣體（標況下），計算該混合物中碳酸氫鈉的含量？（結果保留一位小數(shù)）____

方案二：從另一包固體混合物中稱取固體8.4g，對固體加熱到質量不再變時稱量，固體質量減輕了xg，由此可以得出固體混合物中碳酸氫鈉的質量為yg．請列出x與y的關系式____，并推斷x值的范圍____．評卷人得分五、實驗題(共4題，共8分)24、配制lOOmL0.5mol?L-1碳酸鈉溶液。

（1）配制碳酸鈉溶液時需要用到的玻璃儀器有____（除托盤天平外；按實驗使用先后順序，寫出主要四種）

（2）下列操作結果，導致配制溶液物質的量濃度結果偏低的是____

a．沒有將洗滌液轉移到容量瓶中。

b．容量瓶洗凈后未經(jīng)干燥處理。

e．轉移過程中有少量的溶液濺出。

d．搖勻后立即觀察，發(fā)現(xiàn)溶液未達刻度線．25、滴定法是化學研究中常用的定量實驗方法．

（1）某化學興趣小組用已知濃度的硫酸滴定未知濃度的氫氧化鈉溶液測定其濃度．

①實驗中應選用的指示劑為____．

②下列操作導致測定結果偏高的有____．

a．酸式滴定管用蒸餾水潤洗后未用硫酸潤洗。

b．錐形瓶用蒸餾水潤洗后未用待測氫氧化鈉溶液潤洗。

c．酸式滴定管滴定前尖嘴處有氣泡；滴定后氣泡消失。

（2）莫樂法是一種沉淀滴定法．測定某溶液的c（Cl-），以K2CrO4為指示劑，用標準硝酸銀溶液滴定待測液[Ksp（AgCl）=1.56×10-10，Ksp（Ag2CrO4）=1.10×10-12，Ag2CrO4為磚紅色]

①滴定終點的現(xiàn)象是____．

②該滴定適宜的pH范圍是6.5～10.5，若溶液中有銨鹽存在，c（NH4+）＜0.05mol/L時，應將溶液的pH控制在6.5～7.2．下列有關說法你認為正確的有____．

a．若溶液pH＜6.5，則平衡Cr2O72-+H2O?2CrO42-+2H+左移；導致滴定終點滯后．

b．若溶液中有銨鹽存在，當pH＞7.2時，則因可能生成[Ag（NH3）2]+；導致終點滯后．

c．滴定時應劇烈搖動，促使被AgCl沉淀吸附的Cl-及時釋放出來；防止滴定終點滯后．

（3）氧化還原滴定是水環(huán)境監(jiān)測的常用方法可用于測定廢水中的化學耗氧量（單位mg/L--每升水樣中還原性物質被氧化需O2的質量）．某興趣小組每次取100mL廢水，用硫酸酸化后，加入0.01667mol/LK2CrO7溶液25.00mL，使水樣中的還原性物質完全氧化，然后用0.1000mol/LFeSO4標準溶液滴定剩余的Cr2O72-．實驗數(shù)據(jù)記錄如下：

。實驗序號FeSO4溶液的體積讀數(shù)/mL滴定前滴定后滴定后10.1016.2020.3015.3130.2015.19試回答下列問題：

①____Cr2O72-+____Fe2++____═____Cr3++____Fe3++____H2O

②計算該廢水的化學耗氧量．（寫出計算過程，結果保留一位小數(shù)．）26、（17分）鐵不能與冷水反應，但能與水蒸氣反應，某化學興趣小組為探究鐵與水蒸氣反應，請你為他們完成實驗報告。實驗目的：探究鐵與水蒸氣的反應反應原理：（用化學反應方程式表示）實驗裝置：回答以下問題（加熱裝置略去）。裝置編號ABCD裝置裝置所起作用按加熱先后從左至右,實驗裝置連接順序和導管連接方法裝置連接順序：（填裝置編號）____需要加熱的裝置（填裝置編號）實驗裝置改進：興趣小組同學根據(jù)反應原理改進實驗裝置，得到相同的結論，如圖所示：問：試管底部是蘸有水的濕棉花，其作用是____，蒸發(fā)皿內加入的肥皂液的作用。27、用零價鐵rm{(Fe)}去除水體中的硝酸鹽rm{(NO_{3}^{-})}已成為環(huán)境修復研究的熱點之一．

rm{(1)Fe}還原水體中rm{NO_{3}^{-}}的反應原理如圖rm{1}所示．

rm{壟脷}作負極的物質是______．

rm{壟脷}正極的電極反應式是______．

rm{(2)}將足量鐵粉投入水體中，經(jīng)rm{24}小時測定rm{NO_{3}^{-}}的去除率和rm{pH}結果如表：

。初始rm{pH}rm{pH=2.5}rm{pH=4.5}rm{NO_{3}^{-}}的去除率接近rm{100%}rm{<50%}rm{24}小時rm{pH}接近中性接近中性鐵的最終物質形態(tài)rm{pH=4.5}時，rm{NO_{3}^{-}}的去除率低rm{.}其原因是______．

rm{(3)}實驗發(fā)現(xiàn)：在初始rm{pH=4.5}的水體中投入足量鐵粉的同時，補充一定量的rm{Fe^{2+}}可以明顯提高rm{NO_{3}^{-}}的去除率rm{.}對rm{Fe^{2+}}的作用提出兩種假設：

Ⅰrm{.Fe^{2+}}直接還原rm{NO_{3}^{-}}

Ⅱrm{.Fe^{2+}}破壞rm{FeO(OH)}氧化層．

rm{壟脵}做對比實驗，結果如右圖rm{2}所示；可得到的結論是______．

rm{壟脷}同位素示蹤法證實rm{Fe^{2+}}能與rm{FeO(OH)}反應生成rm{Fe_{3}O_{4}.}結合該反應的離子方程式，解釋加入rm{Fe^{2+}}提高rm{NO_{3}^{-}}去除率的原因：______rm{.pH=4.5(}其他條件相同rm{)}評卷人得分六、探究題(共4題，共20分)28、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________．29、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：30、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________．31、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：參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】【分析】物理變化沒有新物質生成，化學變化有新物質生成，據(jù)此判斷即可．【解析】【解答】解：①固體物質加熱后全部變成氣體；屬于物質狀態(tài)的改變，物理變化。

②糧食釀成酒；有酒（即乙醇）新物質生成，屬于化學變化；

③爆炸；可能是由壓強改變引起的，不一定屬于化學變化；

④用活性炭除去有毒氣體；活性炭具有吸附性，屬于物理性質；

⑤植物的光合作用；植物通過光合作用制造有機物，屬于化學變化；

故選C．2、A【分析】【分析】A．銅活潑性大于銀；銅能夠將銀離子還原成銀單質；

B．氫氧化鈉濃溶液與氯化銨反應生成氨氣；

C．二氧化碳少量；反應生成碳酸鈣沉淀；

D．硫酸銅溶液與氫氧化鋇溶液反應生成硫酸鋇和氫氧化銅沉淀，漏掉了生成硫酸鋇的反應．【解析】【解答】解：A．硝酸銀溶液與銅反應生成銀和銅離子，反應的離子方程式為：2Ag++Cu═2Ag+Cu2+；故A正確；

B．氫氧化鈉濃溶液與氯化銨溶液混合，二者反應生成氨氣，反應的離子方程式為：NH4++OH-═H2O+NH3↑；故B錯誤；

C．在澄清石灰水中通入少量的CO2，反應生成碳酸鈣沉淀，反應的離子方程式為：Ca2++2OH-+CO2═CaCO3↓+H2O；故C正確；

D．硫酸銅溶液與氫氧化鋇溶液反應生成硫酸鋇沉淀和氫氧化銅沉淀，正確的離子方程式為SO42-+Ba2++Cu2++2OH-=Cu（OH）2↓+BaSO4↓；故D錯誤；

故選AC．3、D【分析】【分析】氫氧燃料堿性電池中，氫氣易失電子發(fā)生氧化反應，則通入氫氣的電極是負極，通入氧氣的電極是正極，正極上氧氣得電子發(fā)生還原反應，在得失電子相同的條件下，將正負極電極反應式相加即得電池反應式，結合氫氣和轉移電子之間的關系式計算．【解析】【解答】解：A．該燃料電池中，正極上氧氣得電子和水反應生成氫氧根離子，電極反應式為O2+2H2O+4e-=4OH-；故A正確；

B．該電池反應式為2H2+O2=2H2O；電解質溶液中氫氧化鉀不參加反應，所以電解質溶液中KOH的物質的量不變，故B正確；

C．堿性溶液中負極反應為2H2-4e-+4OH-=2H2O，正極反應為O2-4e-+2H2O=4OH-，將兩式相加即得電池反應式，所以電池反應式為2H2+O2=2H2O；故C正確；

D．電池反應2.24LH2（標準狀況）時，氫氣的物質的量==0.1mol；轉移電子的物質的量為0.1mol×2=0.2mol，故D錯誤；

故選D．4、C【分析】【分析】物質的性質決定用途，過氧化鈉可與水或二氧化碳反應生成氧氣，小蘇打易復分解生成二氧化碳，明礬可水解生成具有吸附性的氫氧化鋁膠體，以此解答．【解析】【解答】解：A．過氧化鈉可與水或二氧化碳反應生成氧氣；則用于供氧劑，故A正確；

B．小蘇打易復分解；卻能與酸反應生成二氧化碳氣體，可用于發(fā)酵粉，故B正確；

C．純堿為碳酸鈉；水解呈堿性，因堿性較強，具有腐蝕性，不能用于中和胃酸，故C錯誤；

D．明礬可水解生成具有吸附性的氫氧化鋁膠體；可用于凈水劑，故D正確．

故選C．5、D【分析】

A、18g的18O2物質的量==0.5mol；故A錯誤；

B、氣體的溫度和壓強不知，0.1mol18O2的體積不一定是2.24L；故B錯誤；

C、18O2氣體的摩爾質量是36g/mol；故C錯誤；

D、重氧水分子式為2D2160，1mol重氧水所含中子數(shù)=0.1mol×（2+8）=1mol，所含中子數(shù)約是6.02×1023個；故D正確；

故選D．

【解析】【答案】A；依據(jù)質量和摩爾質量的計算分析判斷；

B；依據(jù)氣體摩爾體積的條件應用分析判斷；

C；依據(jù)質量數(shù)計算分子的摩爾質量；

D；依據(jù)原子的質量數(shù)和質子數(shù)計算中子數(shù)；

6、B【分析】【分析】A；常溫常壓下；氣體摩爾體積大于22.4L/mol；

B；根據(jù)臭氧是由氧原子構成的來分析；

C、Fe3+是弱堿陽離子；在水溶液中會水解；

D、標況下，四氯化碳為液態(tài)．【解析】【解答】解：A、常溫常壓下，氣體摩爾體積大于22.4L/mol，故22.4L甲烷的物質的量小于1mol，含有的C-H鍵小于4NA個；故A錯誤；

B、臭氧是由氧原子構成的，故48gO3氣體中含有的氧原子的物質的量n===3mol，故含有3NA個氧原子；故B正確；

C、Fe3+是弱堿陽離子，在水溶液中會水解，故溶液中的Fe3+的個數(shù)小于0.5NA個；故C錯誤；

D；標況下；四氯化碳為液態(tài)，故D錯誤．

故選B．二、填空題(共9題，共18分)7、CH3CHO+2Ag（NH3）2OHCH3COONH4+H2O+2Ag↓+3NH3=C2H6O+16OH--12e-=2CO32-+11H2O乙醇、水分子之間能形成氫鍵，則乙醇可以和水以任意比互溶【分析】【分析】（1）乙醇催化氧化的產物是乙醛；乙醛分子中含有醛基，能夠發(fā)生有機反應，寫出乙醛發(fā)生銀鏡反應的化學方程式；

（2）乙醇完全燃燒生成二氧化碳和水，二者均與過氧化鈉反應，固體增加的質量相當于CO與H2的質量；據(jù)此判斷即可；

（3）乙醇在負極發(fā)生氧化反應生成碳酸根離子和水；

（4）因乙醇、水分子之間能形成氫鍵，則乙醇可以和水以任意比互溶．【解析】【解答】解：（1）乙醛與銀氨溶液發(fā)生有機反應，反應的化學方程式為：CH3CHO+2Ag（NH3）2OHCH3COONH4+H2O+2Ag↓+3NH3；

故答案為：CH3CHO+2Ag（NH3）2OHCH3COONH4+H2O+2Ag↓+3NH3；

（2）乙醇充分燃燒后生成CO2、H2O，再通過足量的Na2O2，發(fā)生反應：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，過氧化鈉增重等于與CO2同物質的量的CO質量，發(fā)生反應：2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，過氧化鈉增重等于與H2O同物質的量的H2質量，即化學式可以改寫成nCO?mH2，完全燃燒后過氧化鈉增重等于該物質的質量，乙醇滿足此通式，故a=b；故答案為：=；

（3）乙醇在負極發(fā)生氧化反應生成碳酸根離子和水，離子方程式為：C2H6O+16OH--12e-=2CO32-+11H2O，故答案為：C2H6O+16OH--12e-=2CO32-+11H2O；

（4）因乙醇、水分子之間能形成氫鍵，則乙醇可以和水以任意比互溶，故答案為：因乙醇、水分子之間能形成氫鍵，則乙醇可以和水以任意比互溶．8、KOHBa（NO3）2CuCl2H2SO4NaHCO3H++HCO3-=H2O+CO2↑【分析】【分析】根據(jù)題干信息可知，C試劑顏色為藍色判斷為氯化銅溶液；四種無色試劑A、B、D、E用小試管各取少量，兩兩反應，反應現(xiàn)象為：A與其余三種混合無明顯現(xiàn)象，B與D出現(xiàn)白色沉淀，說明是硝酸鋇溶液和硫酸溶液、D與E混合有氣泡產生，證明是碳酸氫鈉溶液和硫酸溶液，分析判斷為：D為硫酸溶液；E為碳酸氫鈉溶液，B為硝酸鋇溶液；E與B無明顯現(xiàn)象，符合實驗現(xiàn)象．【解析】【解答】解：C試劑顏色為藍色判斷為氯化銅溶液；四種無色試劑A；B、D、E用小試管各取少量；兩兩反應，反應現(xiàn)象為：A與其余三種混合無明顯現(xiàn)象，B與D出現(xiàn)白色沉淀，說明是硝酸鋇溶液和硫酸溶液、D與E混合有氣泡產生，證明是碳酸氫鈉溶液和硫酸溶液，分析判斷為：D為硫酸溶液；E為碳酸氫鈉溶液，B為硝酸鋇溶液；E與B無明顯現(xiàn)象，符合實驗現(xiàn)象；

（1）依據(jù)推斷出的各物質寫出化學式分別為：A：KOH；B：Ba（NO3）2；C：CuCl2；D：H2SO4；E：NaHCO3；故答案為：KOH；Ba（NO3）2；CuCl2；H2SO4；NaHCO3；

（2）D與E反應的離子方程式為：H++HCO3-=H2O+CO2↑，故答案為：H++HCO3-=H2O+CO2↑．9、后脫氧和調整鋼的成分CO燃料（或還原劑）2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2ONH3+CO2+H2O+NaCl（飽和）=NaHCO3↓+NH4Cl；2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；（或寫總反應方程式：2NaCl+2NH3+CO2+H2O=Na2CO3+2NH4Cl）“氨堿法”CO2來源于灰石煅燒，“聯(lián)合制堿法”CO2來源于合成氨工業(yè)的廢氣【分析】【分析】（1）①Cr在鋼中以單質存在，制作不銹鋼時應防止Cr被氧化；

②煉鋼時；加入硅；錳和鋁主要是可以脫氧和調整鋼的成分；

③煉鐵和煉鋼生產中；尾氣均含有的主要污染物CO，可用于燃料；

（2）①氨堿法是由氯化銨和消石灰在加熱條件下反應后生成氨氣和氯化鈣的反應；

②聯(lián)合制堿法是在氨的飽和NaCl溶液中二氧化碳氣體；反應生成碳酸氫鈉，解熱碳酸氫鈉即可制備碳酸鈉；

③CO2是制堿工業(yè)的重要原料，氨堿法中CO2來源于石灰石煅燒，聯(lián)合制堿法中CO2的來源于合成氨工業(yè)的廢氣．【解析】【解答】解：（1）①因為Cr易被氧化，為Cr被氧化，不銹鋼含有的Cr元素是在煉鋼過程的氧吹后，若氧吹前加入Cr會形成爐渣被除去；故答案為：后；

②煉鋼時；加入硅；錳和鋁，可與氧氣反應，且能改變合金的性質，起到脫氧和調整鋼的成分的作用，故答案為：脫氧和調整鋼的成分；

③煉鐵和煉鋼生產中；CO是主要的還原劑，故尾氣均含有的主要污染物是CO，一氧化碳會引起中毒，故需對其進行尾氣處理．一氧化碳是一種很好的還原劑同時還是一種燃料；

故答案為：CO；燃料（或還原劑）；

（2）①氨堿法是由氯化銨和消石灰在加熱條件下反應后生成氨氣和氯化鈣的反應，反應的化學方程式為2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2O；

故答案為：2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2O；

②聯(lián)合制堿法是在氨的飽和NaCl溶液中二氧化碳氣體，反應生成碳酸氫鈉，解熱碳酸氫鈉即可制備碳酸鈉，反應的有關方程式為NH3+CO2+H2O+NaCl（飽和）=NaHCO3↓+NH4Cl；2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；（或寫總反應方程式：2NaCl+2NH3+CO2+H2O=Na2CO3+2NH4Cl）；

故答案為：NH3+CO2+H2O+NaCl（飽和）=NaHCO3↓+NH4Cl；2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；（或寫總反應方程式：2NaCl+2NH3+CO2+H2O=Na2CO3+2NH4Cl）；

③CO2是制堿工業(yè)的重要原料，氨堿法中CO2來源于石灰石煅燒，聯(lián)合制堿法中CO2的來源于合成氨工業(yè)的廢氣；

故答案為：“氨堿法”CO2來源于灰石煅燒，“聯(lián)合制堿法”CO2來源于合成氨工業(yè)的廢氣．10、HC≡CHCH2=CH2CH3CH3【分析】【分析】各取0.1mol五種烴，分別使之充分燃燒，其中B、C、E燃燒所得的CO2均為4.48L（標況），二氧化碳的物質的量==0.2mol，所以B、C、E分子中含有2個碳原子，A、D燃燒所得的CO2都是B；C、E的三倍；則A和D分子中含有6個碳原子；

在適宜的條件下；A；B、C都能跟氫氣發(fā)生加成反應，說明含有不飽和鍵或苯環(huán)，其中A可直接轉變?yōu)镈，B可轉變?yōu)镃，C可轉變?yōu)镋；B和C都能使溴水或酸性高錳酸鉀溶液褪色，而A、D、E則無此性質，可推知B含有碳碳三鍵，C中含有碳碳雙鍵，所以B是乙炔，C是乙烯，E是乙烷；

用鐵屑作催化劑時，A可與液態(tài)溴發(fā)生取代反應，A含有6個碳原子，且為烴，則A是苯，A能轉化為D，則D是環(huán)己烷．【解析】【解答】解：各取0.1mol五種烴，分別使之充分燃燒，其中B、C、E燃燒所得的CO2均為4.48L（標況），二氧化碳的物質的量==0.2mol，所以B、C、E分子中含有2個碳原子，A、D燃燒所得的CO2都是B；C、E的三倍；則A和D分子中含有6個碳原子；

在適宜的條件下，A、B、C都能跟氫氣發(fā)生加成反應，說明含有不飽和鍵或苯環(huán)，其中A可直接轉變?yōu)镈，B可轉變?yōu)镃，C可轉變?yōu)镋；B和C都能使溴水或酸性高錳酸鉀溶液褪色，而A、D、E則無此性質，可推知B含有碳碳三鍵，C中含有碳碳雙鍵，所以B是乙炔，結構簡式為HC≡CH，C是乙烯，結構簡式為CH2=CH2，E是乙烷，結構簡式為CH3CH3；

用鐵屑作催化劑時，A可與液態(tài)溴發(fā)生取代反應，A含有6個碳原子，且為烴，則A是苯，結構簡式為A能轉化為D，則D是環(huán)己烷，結構簡式為

故答案為：HC≡CH；CH2=CH2；CH3CH3．11、AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑關閉活塞K2、K3，打開活塞K1打開活塞K2，通入空氣一段時間×100%偏小×100%B裝置分液漏斗中的稀硫酸滴入錐形瓶中會排出一部分空氣【分析】【分析】從實驗裝置和實驗步驟上看，本實驗的原理是用足量硫酸與樣品中Al4C3完全反應，測量生成的甲烷氣體，從而可測得Al4C3的百分含量；用足量NaOH溶液與樣品中AlN完全反應；用濃硫酸充分吸收生成的氨氣，并稱量其質量，從而求得AlN的質量分數(shù)．

（1）②AlN水解得到氫氧化鋁與氨氣；氫氧化鋁與NaOH溶液反應生成偏鋁酸鈉；

（3）關閉活塞K2、K3，打開活塞K1，通過分液漏斗加入過量的稀硫酸，與燒瓶內物質充分反應，測量生成甲烷氣體的體積．待反應進行完全后，關閉活塞K1，打開活塞K3，通過分液漏斗加入過量的NaOH溶液，與燒瓶內物質充分反應，由于裝置中殘留部分氨氣，打開K2；通入空氣一段時間，排盡裝置的氨氣，被裝置D完全吸收，測定生成氨氣質量；

（4）①根據(jù)氮原子的守恒；氨氣的物質的量等于AlN的物質的量，可求得AlN的質量分數(shù)；

②讀取滴定管中氣體的體積時；液面左高右低，氣體的壓強大于大氣壓，測定氣體甲烷的體積偏??；

②根據(jù)碳原子的守恒，Al4C3的物質的量等于甲烷的物質的量的三分之一，可求得Al4C3的質量分數(shù)；

（5）B裝置分液漏斗中的稀硫酸滴入錐形瓶中會排出一部分空氣，按甲烷的體積進行了測定．【解析】【解答】解：從實驗裝置和實驗步驟上看，本實驗的原理是用足量硫酸與樣品中Al4C3完全反應，測量生成的甲烷氣體，從而可測得Al4C3的百分含量；用足量NaOH溶液與樣品中AlN完全反應；用濃硫酸充分吸收生成的氨氣，并稱量其質量，從而求得AlN的質量分數(shù)．

（1）②AlN水解得到氫氧化鋁與氨氣，氫氧化鋁與NaOH溶液反應生成偏鋁酸鈉，總反應方程式為：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑；

故答案為：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑；

（3）關閉活塞K2、K3，打開活塞K1，通過分液漏斗加入過量的稀硫酸，與燒瓶內物質充分反應，測量生成甲烷氣體的體積．待反應進行完全后，關閉活塞K1，打開活塞K3，通過分液漏斗加入過量的NaOH溶液，與燒瓶內物質充分反應，由于裝置中殘留部分氨氣，打開K2；通入空氣一段時間，排盡裝置的氨氣，被裝置D完全吸收，防止測定的氨氣的質量偏小，測定生成氨氣質量；

故答案為：關閉活塞K2、K3，打開活塞K1；打開活塞K2；通入空氣一段時間；

（4）①氨氣的質量為（z-y）g，物質的量為=mol，根據(jù)氮原子的守恒，氨氣的物質的量等于AlN的物質的量，所以AlN的質量為mol×41g/mol=g，故AlN的質量分數(shù)為×100%=×100%；

故答案為：×100%；

②讀取滴定管中氣體的體積時；液面左高右低，氣體的壓強大于大氣壓，測定氣體甲烷的體積偏??；

故答案為：偏小．

③甲烷的體積為（a-b）mL，物質的量為=×10-3mol，根據(jù)碳原子的守恒，Al4C3的物質的量等于甲烷的物質的量的三分之一，所以Al4C3的質量為××10-3mol×144g/mol=×10-3g，Al4C3的質量分數(shù)為×100%=×100%；

故答案為：×100%；

（5）B裝置分液漏斗中的稀硫酸滴入錐形瓶中會排出一部分空氣，也按甲烷的體積進行了測定，測得Al4C3的質量分數(shù)會偏高；

故答案為：B裝置分液漏斗中的稀硫酸滴入錐形瓶中會排出一部分空氣．12、436A0.225mol/（L．min）75%D【分析】【分析】（1）反應熱=反應物總鍵能-生成物總鍵能；

（2）①可逆反應到達平衡時；同種物質的正逆速率相等，各組分的濃度；含量保持不變，由此衍生的其它一些量不變，判斷平衡的物理量應隨反應進行發(fā)生變化，該物理量由變化到不再變化說明到達平衡；

②由圖可知，10min到達平衡，平衡時甲醇濃度變化量為0.75mol/L，根據(jù)方程式可知氫氣濃度變化為0.75mol/L×3=2.25mol/L，根據(jù)v=計算v（H2）；根據(jù)△n=△c×V計算參加反應氫氣物質的量，進而計算氫氣轉化率；

③化學平衡常數(shù)是指：一定溫度下；可逆反應到達平衡時，生成物的濃度系數(shù)次冪之積與反應物的濃度系數(shù)次冪之積的比，固體；純液體不需要在化學平衡常數(shù)中寫出；

④升高溫度、增大壓強、增大物質濃度、使用催化劑可以加快反應速率，要提高H2轉化率，應使平衡正向移動，但不能只增大氫氣濃度，否則氫氣轉化率會降低．【解析】【解答】解：（1）反應熱=反應物總鍵能-生成物總鍵能，則XkJ?mol-1+×496.4kJ?mol-1-2×463kJ?mol-1=

-241.8kJ?mol-1；解得X=436；

故答案為：436；

（2）①A．平衡時各組分的含量保持不變，故CO2在混合氣體中的體積分數(shù)保持不變；說明反應到達平衡，故A正確；

B．單位時間內每消耗1.2molH2，同時生成0.4molH2O，均表示正反應速率，反應始終按該比例關系進行，不能說明到達平衡，應是“單位時間內每消耗1.2molH2同時生成0.4molH2O時；反應到達平衡”，故B錯誤；

C．反應中H2O與CH3OH的物質的量濃度比始終為1：1；不能說明到達平衡，故C錯誤；

故選：A；

②由圖可知，10min到達平衡，平衡時甲醇濃度變化量為0.75mol/L，根據(jù)方程式可知氫氣濃度變化為0.75mol/L×3=2.25mol/L，故v（H2）==0.225mol/（L．min），參加反應氫氣物質的量為2.25mol/L×1L=2.25mol，氫氣轉化率為×100%=75%；

故答案為：0.225mol/（L．min）；75%；

③CO2（g）+3H2（g）?H2O（l）+CH3OH（g）的化學平衡常數(shù)表達式K=；

故答案為：；

④A．降低反應溫度；反應速率減慢，故A錯誤；

B．水為液體；分離出水，反應速率不變，不影響平衡移動，氫氣轉化率不變，故B錯誤；

C．保持容器體積不變；充入稀有氣體，混合氣體各組分濃度不變，反應速率不變；平衡不移動，氫氣轉化率不變，故C錯誤。

D．保持容器體積不變，充入CO2氣體；二氧化碳濃度增大，反應速率加快，平衡正向移動，氫氣轉化率增大，故D正確；

故選：D．13、第三周期ⅣA族O＜Si＜Mgbc4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（g）△H=-1266kJ/molN2+8H++6e-=2NH4+，正極【分析】【分析】U、W、X、Y、Z都是短周期元素，且原子序數(shù)依次增大．W的氣態(tài)氫化物甲和W的最高價氧化物對應的水化物可以化合生成鹽，應為銨鹽，則W為N元素、甲為NH3；Y元素原子的K層電子數(shù)與M層電子數(shù)相同，則M層電子數(shù)為2，故Y為Mg；Z元素的單質是太陽能轉換為電能的常用材料，則Z為Si；U與X可形成常溫下呈液態(tài)的分子乙，乙為常見的10電子分子，則U為H元素、X為O元素，乙為H2O，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：U、W、X、Y、Z都是短周期元素，且原子序數(shù)依次增大．W的氣態(tài)氫化物甲和W的最高價氧化物對應的水化物可以化合生成鹽，應為銨鹽，則W為N元素、甲為NH3；Y元素原子的K層電子數(shù)與M層電子數(shù)相同，則M層電子數(shù)為2，故Y為Mg；Z元素的單質是太陽能轉換為電能的常用材料，則Z為Si；U與X可形成常溫下呈液態(tài)的分子乙，乙為常見的10電子分子，則U為H元素、X為O元素，乙為H2O；

（1）Z為Si；元素在周期表中的位置：第三周期ⅣA族；

故答案為：第三周期ⅣA族；

（2）同周期自左而右原子半徑減小；同主族自上而下原子半徑增大；故原子半徑：O＜Si＜Mg；

故答案為：O＜Si＜Mg；

（3）U與X形成的18電子化合物為H2O2，電子式是

故答案為：

（4）中氧原子之間形成非極性鍵；氧原子與氫原子之間形成極性鍵；

故答案為：bc；

（5）已知：①N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=-92.4kJ/mol

②2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=-483.6kJ/mol

由蓋斯定律，②×3-①×2得：4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（g）△H=3×（-483.6kJ/mol）-2×（-92.4kJ/mol）=-1266kJ/mol，故反應熱化學方程式為：4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（g）△H=-1266kJ/mol；

故答案為：4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（g）△H=-1266kJ/mol；

（6）以N2、H2為電極反應物，以HCl-NH4Cl溶液為電解質溶液制造新型燃料電池，正極發(fā)生還原反應，氮氣在正極失去電子，酸性條件下生成銨根離子，該電池的正極電極反應式：N2+8H++6e-=2NH4+，溶液中H+移向正極；

故答案為：N2+8H++6e-=2NH4+；正．14、無水氯化鈣排出裝置中的空氣，使有機物充分氧化在乙裝置后連接盛有堿石灰的U形管樣品的質量，甲、乙的質量甲乙的質量n（C）：n（H）：n（O）=2：6：1CH3CH2OH或CH3OCH3醇羥基【分析】【分析】（1）吸收水蒸氣可以用無水氯化鈣；該物質不能吸收二氧化碳氣體；

（2）裝置內有空氣；會影響有機物被氧化，應該先排盡；要保證干燥管增加的質量分別是有機物燃燒生成的水和二氧化碳的質量，避開空氣中的水以及二氧化碳的干擾；

（3）濃硫酸增重為水的質量，堿石灰增重為二氧化碳的質量，以此可確定有機物中C、H原子個數(shù)比值，根據(jù)元素（質量）守恒確定氧原子的量，得出原子個數(shù)比，即最簡式，并根據(jù)結構和性質來書寫化學式．【解析】【解答】解：（1）有機物燃燒生成的水以及二氧化碳的吸收；應該先使用干燥劑吸收水，在吸收二氧化碳，吸收水可以用無水氯化鈣，故答案為：無水氯化鈣；

（2）實驗開始時，裝置中有空氣，為了使有機物充分氧化要先通入氧氣，排除裝置中的空氣，然后再加熱，實驗裝置中，為避開空氣中的水以及二氧化碳的干擾，在乙裝置后還要放一個常有堿石灰的干燥管，根據(jù)兩個干燥管增加的質量即為生成的水和二氧化碳的質量，故答案為：排出裝置中的空氣，使有機物充分氧化；在乙裝置后連接盛有堿石灰的U形管樣品的質量；甲；乙的質量；甲、乙的質量；

（3）由題意可知n（H2O）==0.3mol，n（CO2）==0.2mol；根據(jù)質量守恒，確定消耗氧氣的質量是5.4g+8.8g-4.6g=9.6g即0.3mol，根據(jù)氧原子守恒可知有機物中含有n（O）=0.3mol+0.2mol×2-0.3mol×2=0.1mol；

則有機物中n（C）：n（H）：n（O）=0.2mol：0.6mol：0.1mol=2：6：1；故答案為：n（C）：n（H）：n（O）=2：6：1；

①該物質中各元素的原子個數(shù)比為n（C）：n（H）：n（O）=2：6：1，有機物的分子式為C2H6O，結構簡式為：CH3CH2OH或CH3OCH3，故答案為：CH3CH2OH或CH3OCH3；

②有機物A的分子式為C2H6O，A的核磁共振氫譜如圖2，含有三個峰，則A的結構簡式為：CH3CH2OH，官能團名稱為醇羥基，故答案為：醇羥基．15、略

【分析】【解析】試題分析：①由濕法制備高鐵酸鉀的原理，結合流程可知：反應I：2NaOH+Cl2═NaCl+NaClO+H2O；②反應II離子反應方程式為：3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+5H2O。③由25℃時的Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，c（Fe3+）=4.0×10-5mol/L，則Ksp[Fe(OH)3]=c（Fe3+）c3(OH-)求得：c(OH-)=10-11mol/L，則c(H+)=10-3mol/L，PH=3,即PH=3開始生成Fe(OH)3沉淀；（2）①由氧化還原反應強生弱的規(guī)律可知：高鐵酸鈉的氧化性比O2強。②由流程圖可知，向高鐵酸鈉中加入飽和KOH溶液，析出高鐵酸鉀，說明高鐵酸鈉溶解度大于高鐵酸鉀溶解度；（3）高鐵酸鉀中+6價的鐵有強氧化性，能殺菌消毒，生成的+3價鐵水解產生Fe(OH)3有吸附性；（4）干法制備高鐵酸鉀的化學方程式為Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O分析可得氧化劑與還原劑的物質的量之比為3：1.考點：了解鐵單質及其重要化合物的主要性質及應用。能根據(jù)實驗試題要求，做到：①設計、評價或改進實驗方案；②了解控制實驗條件的方法?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）①Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O(2分)；②2Fe3++3ClO—+10OH—=2FeO42—+3Cl—+5H2O(2分)；③pH=3(2分)；（2）①強；②?。?）有強氧化性，能殺菌消毒，產生Fe(OH)3有吸附性(2分)；（4）3:1(2分)三、判斷題(共6題，共12分)16、×【分析】【分析】濃鹽酸和MnO2在加熱條件下發(fā)生氧化還原反應生成Cl2，隨著反應的進行，濃鹽酸濃度逐漸降低，當濃度降低到一定程度后變?yōu)橄←}酸，稀鹽酸和MnO2不反應，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：濃鹽酸和MnO2在加熱條件下發(fā)生氧化還原反應生成Cl2，隨著反應的進行，濃鹽酸濃度逐漸降低，當濃度降低到一定程度后變?yōu)橄←}酸，稀鹽酸和MnO2不反應，濃鹽酸和MnO2反應方程式為4HCl（濃）+MnO2MnCl2+2H2O+Cl2↑；假設4molHCl完全反應，設轉移電子的個數(shù)為x；

4HCl（濃）+MnO2MnCl2+2H2O+Cl2↑轉移電子。

4mol2NA

4molx

4mol：2NA=4mol：x

x==2NA；

實際上參加反應的HCl的物質的量小于4mol，所以轉移電子數(shù)小于2NA；所以該說法錯誤；

故答案為：×．17、×【分析】【分析】濃硫酸為酸性、強氧化性干燥劑，能夠干燥酸性、中性氣體，如：氧氣、氫氣、二氧化硫等，濃硫酸不能用于干燥堿性氣體，如氨氣，據(jù)此進行解答．【解析】【解答】解：濃硫酸為酸性、強氧化性干燥劑，能夠干燥酸性、中性氣體，如：氧氣、氫氣、二氧化硫等，能夠與NH3反應；不能使用濃硫酸干燥氨氣，所以該說法錯誤；

故答案為：×．18、×【分析】【分析】酸是在溶液中電離出的陽離子全部是氫離子的化合物，據(jù)此分析．【解析】【解答】解：酸是在溶液中電離出的陽離子全部是氫離子的化合物，但是能電離出H+的化合物不一定是酸，如NaHSO4屬于鹽；但是能電離出氫離子，所以說法錯誤．

故答案為：×．19、×【分析】【分析】依據(jù)平衡常數(shù)是表示平衡進行程度大小的量；化學反應吸熱或放熱反應，溫度升高平衡向吸熱反應方向進行．【解析】【解答】解：化學平衡常數(shù)K表示可逆反應的進行程度；依據(jù)平衡常數(shù)含義可知，K值越大，可逆反應的進行程度越大；溫度升高，平衡向吸熱反應方向進行，反應可能是吸熱反應，也可能是放熱反應，所以溫度升高，平衡常數(shù)可能增大也可能減小；

故答案為：×，溫度升高，平衡向吸熱反應方向進行，反應可能是吸熱反應，也可能是放熱反應，所以溫度升高，平衡常數(shù)可能增大也可能減?。?0、×【分析】【分析】Ⅰ．A．阿司匹林能用于防治心腦血管疾??；明礬不能消毒；

B．使用一次性塑料餐具可引起白色污染；

C．甲醇有毒；

D．增大煤與空氣接觸面積可提高煤燃燒效率．

Ⅱ．（1）水體富營養(yǎng)化會導致植物的瘋長；破壞生態(tài)平衡；

（2）機動車尾氣排放是倒是環(huán)境污染的主要原因；

（3）焚燒塑料產生的氣體會導致空氣污染；

（4）垃圾分類并回收利用可以減少污染，節(jié)約能源．【解析】【解答】解：Ⅰ．A．阿司匹林能用于防治心腦血管疾?。幻鞯\不能消毒，故A錯誤；

B．使用一次性塑料餐具可引起白色污染；含磷洗衣粉可引起水體富營養(yǎng)化，故B正確；

C．甲醇和亞硝酸鈉有毒；故C正確；

D．油污易溶于汽油；增大煤與空氣接觸面積可提高煤燃燒效率，故D正確．

故選A；

Ⅱ．（1）水體富營養(yǎng)化會導致植物的瘋長；會破壞環(huán)境生態(tài)平衡，故答案為：×；

（2）機動車尾氣二氧化硫；二氧化氮、一氧化氮等氣體的排放會引起環(huán)境污染；減少機動車尾氣排放可以改善大氣質量，故答案為：√；

（3）焚燒塑料產生有毒氣體氣體會導致空氣污染；有的塑料可以回收利用，故答案為：√；

（4）垃圾分類并回收利用可以減少污染，節(jié)約能源，符合可持續(xù)發(fā)展的要求，故答案為：√．21、×【分析】【分析】放熱反應一般在加熱條件能發(fā)生．【解析】【解答】解：放熱反應一般在加熱條件能發(fā)生，例如燃燒反應，故錯誤，故答案為：×．四、計算題(共2題，共20分)22、12.60g2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O3～96.4%【分析】【分析】（1）30.00mL5.00mol?L-1的稀硫酸如果溶解的全部是碳酸鎂；則其質量為最少，根據(jù)硫酸與碳酸鎂反應的方程式可計算出原料的質量；

（2）加入H2O2的目的是將溶液中的亞鐵離子氧化成鐵離子再調節(jié)pH值；將鐵元素除去，據(jù)此書寫離子方程式；

（3）根據(jù)Ksp[Mg（OH）2]可計算出鎂離子開始出現(xiàn)沉淀時的pH值，根據(jù)Ksp[Fe（OH）3]可計算出鐵離子沉淀完全時的pH值；據(jù)此判斷溶液的pH值范圍；

（4）在pH在9～10之間溶液A中，可以通過鋅離子的物質的量計算出剩余EDTA的物質的量，調節(jié)pH在5～6時，通過鋅離子的物質的量可計算出總EDTA的物質的量，由此可計算出與鎂離子反應的EDTA的物質的量，根據(jù)×100%計算出Mg2+的質量分數(shù)；【解析】【解答】解：（1）30.00mL5.00mol?L-1的稀硫酸的物質的量為0.15mol；根據(jù)硫酸與碳酸鎂反應的方程式可知碳酸鎂的物質的量也為0.15mol，所以碳酸鎂的質量為0.15mol×84g/mol=12.60g；

故答案為：12.60g；

（2）加入H2O2的目的是將溶液中的亞鐵離子氧化成鐵離子再調節(jié)pH值，將鐵元素除去，反應的離子方程式為2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；

故答案為：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；

（3）根據(jù)Ksp[Mg（OH）2]可知鎂離子開始出現(xiàn)沉淀時溶液中氫氧根離子的濃度為mol?L-1=1×10-5mol?L-1，此時溶液的pH值為9，根據(jù)Ksp[Fe（OH）3]可知鐵離子沉淀完全時溶液中氫氧根離子的濃度為mol?L-1=1×10-11mol?L-1；此時溶液的pH值為3，所以需調節(jié)溶液pH范圍為3～9；

故答案為：3～9；

（4）Mg2+、Zn2+與EDTA均按1：1反應，在25mL溶液A中：n（EDTA）=n（Zn2+）=0.10×20.00×10-3=2.00×10-3mol

則100mL溶液A中剩余EDTA的量：n（EDTA）=2.00×10-3×100/25=8.00×10-3mol

25mL溶液A中EDTA的量：n（EDTA）總=n（Zn2+）=0.10×30.00×10-3=3.00×10-3mol

則100mL溶液A中EDTA總量：n（EDTA）總=3.00×10-3×4=0.0120mol

所以與1.5g樣品中鎂離子反應的EDTA的物質的量為0.012mol-8.00×10-3mol=0.004mol，所以樣品中n（Mg2+）=0.004mol；其質量為0.004mol×24g/mol=0.096g；

則該結晶硫酸鎂中Mg2+的質量分數(shù)為=6.4%；

故答案為：6.4%．23、44.2%x=0＜x＜3.1g【分析】【分析】方案一：利用Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑、NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑及固體質量和氣體質量計算；

方案二：利用2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑及差量法計算．【解析】【解答】解：方案一：設碳酸鈉；碳酸氫鈉的質量分別為x、y；

由Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑、NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑可知；

；解得x=5.3g，y=4.2g；

所以碳酸氫鈉的含量為×100%=44.2%；故答案為：44.2%；

方案二：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑質量差。

16862

yx

則x=＞0，若固體全部為碳酸氫鈉，則x==3.1g；

所以x的取值范圍為0＜x＜3.1g；

故答案為：x=；0＜x＜3.1g．五、實驗題(共4題，共8分)24、燒杯、玻璃棒、100mL容量瓶、膠頭滴管ac【分析】【分析】（1）根據(jù)lOOmL0.5mol?L-1碳酸鈉溶液的正確步驟選擇使用的儀器；并按實驗使用先后順序，找出四種只要的玻璃儀器；

（2）根據(jù)c=可得，一定物質的量濃度溶液配制的誤差都是由溶質的物質的量n和溶液的體積V引起的，誤差分析時，關鍵要看配制過程中引起n和V怎樣的變化：若n比理論值小，或V比理論值大時，都會使所配溶液濃度偏小；若n比理論值大，或V比理論值小時，都會使所配溶液濃度偏大．【解析】【解答】解：（1）配制100mL0.5mol/LNa2CO3溶液的步驟為：計算；稱量、溶解、冷卻、轉移、洗滌、定容、搖勻等；按照試驗操作順序需要使用的儀器有：藥匙、托盤天平（砝碼、鑷子）、燒杯、玻璃棒、100mL容量瓶、膠頭滴管等；

故答案為：燒杯；玻璃棒、100mL容量瓶、膠頭滴管；

（2）a．沒有將洗滌液轉移到容量瓶中，導致配制的溶液中溶質的物質的量偏小，根據(jù)c=可得；配制的溶液濃度偏低，故a正確；

b．容量瓶洗凈后未經(jīng)干燥處理，對溶質和溶液的體積沒有影響，根據(jù)c=可得，不影響配制結果，故b錯誤；

e．轉移過程中有少量的溶液濺出，導致配制的溶液中溶質的物質的量偏小，根據(jù)c=可得；配制的溶液濃度偏低，故c正確；

d．搖勻后立即觀察，發(fā)現(xiàn)溶液未達刻度線，導致配制的溶液體積偏小，根據(jù)c=可得；配制的溶液濃度偏高，故d錯誤；

故選ac．25、酚酞（甲基橙）ac生成磚紅色沉淀ab1614H+267【分析】【分析】（1）①強酸強堿相互滴定；生成的鹽不水解，溶液顯中性；

②a．酸式滴定管用蒸餾水洗后未用標準液潤洗就直接盛入標準鹽酸溶液；勢必使滴定管中標準鹽酸被沖稀，滴定待測堿液時消耗標準鹽酸的體積數(shù)增大；

b．錐形瓶水洗后未用待測堿液潤洗；實際的待測堿液量等于應取的量；

c．酸式滴定管滴定前尖嘴處有氣泡；滴定后氣泡消失，使記錄的數(shù)值比實際偏大；

（2）①K2CrO4為指示劑，Ag2CrO4為磚紅色；用標準硝酸銀滴定待測液，滴定終點的現(xiàn)象是滴入最后一滴標準溶液，生成磚紅色沉淀；

②a．若溶液pH＜6.5，則Cr2O72-+H2O?2CrO42-+2H+平衡左移；

b．溶液中有銨鹽存在時，當pH＞7.2，則有可能因為生成[Ag（NH3）2]+；導致銀子里濃度降低；

c．滴定時應劇烈搖動，以使被AgCl沉淀吸附的Cl-及時釋放出來；防止滴定終點提前；

（3）①氫離子是反應物；水是生成物．根據(jù)化合價升高降低一致可得該離子方程式；

②據(jù)2K2Cr2O7～3O2可求出廢水中化學耗氧量；【解析】【解答】解：（1）①強酸強堿相互滴定；生成的鹽不水解，溶液顯中性，可選擇酚酞或甲基橙作指示劑；

故答案為：酚酞（甲基橙）；

②a．酸式滴定管用蒸餾水洗后未用標準液潤洗就直接盛入標準鹽酸溶液；勢必使滴定管中標準鹽酸被沖稀，滴定待測堿液時消耗標準鹽酸的體積數(shù)增大，因而測出待測堿液的濃度偏大，故a正確；

b．錐形瓶水洗后未用待測堿液潤洗，實際的待測堿液量等于應取的量，測出的待測堿液濃度正確，故b錯誤；

c．酸式滴定管滴定前尖嘴處有氣泡；滴定后氣泡消失，使記錄的數(shù)值比實際偏大，因而測出待測堿液的濃度偏大，故c正確；

故選ac．

（2）①由Ksp（AgCl）=1.56ⅹ10-10，Ksp（Ag2CrO4）=1.10ⅹ10-12；

轉化為AgCl沉淀需要的c（Ag+）==1.4×10-5mol/L；

轉化為Ag2CrO4沉淀需要的c（Ag+）=mol/L＞1.4×10-5mol/L；

即AgCl先轉化為沉淀；則滴入最后一滴硝酸銀溶液時，溶液中出現(xiàn)磚紅色深沉，故答案為：生成磚紅色沉淀；

②a．已知該滴定適宜的酸度范圍是pH6.5～10.5，但當溶液中有銨鹽存在，c（NH4+）＜0.05mol/L時，應將溶液的pH控制在6.5～7.2．a．若溶液pH＜6.5，則Cr2O72-+H2O?2CrO42-+2H+平衡左移，導致Ag2CrO4沉淀過遲；故a正確；

b．．若溶液中有銨鹽存在時，當pH＞7.2，則有可能因為生成[Ag（NH3）2]+，導致銀子里濃度降低終點滯后，故b正確；

c．滴定時應劇烈搖動，以使被AgCl沉淀吸附的Cl-及時釋放出來；防止滴定終點提前，故c錯誤；

故選ab．

（3）①用硫酸酸化后，加入0.01667mol/L的K2Cr2O7溶液25.00mL，使水樣中的還原性物質在一定條件下完全被氧化，所以，氫離子是反應物，水是生成物．根據(jù)化合價升高降低一致可得該離子方程式是：_1__Cr2O72-+__6_Fe2++___14_H+_____=___2_Cr3++_6___Fe3++___7_H2O，故答案為：1；6；14H+；2；6；7；

②分析實驗數(shù)據(jù)記錄表；第一次實驗數(shù)據(jù)有誤，故剔除這一數(shù)據(jù)．

消耗的FeSO4標準溶液平均體積為：[（15.31-0.30）+（15.19-0.20）]/2=15.00mL

則廢水中消耗的K2Cr2O7總物質的量為：0.01667mol/L×0.025L-1/6×15.00×10-3L×0.1000mol/L=1.667×10-4mol=0.1667mmol

據(jù)2K2Cr2O7～3O2可知，廢水中化學耗氧量m（O2）=（0.1667mmol×1.5×32g/mol）÷0.1000L=80.0mg/L；

故答案為：80.0mg/L．26、略

【分析】3Fe＋4H2OFe3O4＋4H2↑,從所給裝置看出，C為中心反應的容器需要強熱，需要水蒸汽需要加熱，則a用于產生水蒸氣，B為安全瓶，D收集氫氣，連接順序是ACBD。試管底部是蘸有水的濕棉花，其作用是用來產生水蒸氣，蒸發(fā)皿內加入的肥皂液的作用是證明生成的氣體是氫氣并驗純?！窘馕觥俊敬鸢浮糠磻恚?分）：3Fe＋4H2OFe3O4＋4H2↑實驗裝置（每空2分）。裝置編號ABCD裝置裝置所起作用________________________________________裝置連接順序裝置連接順序：____需加熱的裝置____實驗裝置改進（3分）：用來產生水蒸氣；證明生成的氣體是氫氣并驗純。27、略

【分析】解：rm{(1)壟脵Fe}還原水體中rm{NO_{3}^{-}}則rm{Fe}作還原劑；失去電子，作負極；

故答案為：鐵；

rm{壟脷NO_{3}^{-}}在正極得電子發(fā)生還原反應產生rm{NH_{4}^{+}}根據(jù)圖rm{2}信息可知為酸性環(huán)境，則正極的電極反應式為：rm{NO_{3}^{-}+8e^{-}+10H^{+}=NH_{4}^{+}+3H_{2}O}

故答案為：rm{NO_{3}^{-}+8e^{-}+10H^{+}=NH_{4}^{+}+3H_{2}O}

rm{(2)pH}越高，rm{Fe^{3+}}越易水解生成rm{FeO(OH)}而rm{FeO(OH)}不導電，阻礙電子轉移，所以rm{NO_{3}^{-}}的去除率低．

故答案為：rm{FeO(OH)}不導電；阻礙電子轉移；

rm{(3)壟脵}從圖rm{2}的實驗結果可以看出，單獨加入rm{Fe^{2+}}時，rm{NO_{3}^{-}}的去除率為rm{0}因此得出rm{Fe^{2+}}不能直接還原rm{NO_{3}^{-}}而rm{Fe}和rm{Fe^{2+}}共同加入時rm{NO_{3}^{-}}的去除率比單獨rm{Fe}高，因此可以得出結論：本實驗條件下，rm{Fe^{2+}}不能直接還原rm{NO_{3}^{-}}在rm{Fe}和rm{Fe^{2+}}共同作用下能提高rm{NO_{3}^{-}}的去除率．

故答案為：本實驗條件下，rm{Fe^{2+}}不能直接還原rm{NO_{3}^{-}}在rm{Fe}和rm{Fe^{2+}}共同作用下能提高rm{NO_{3}^{-}}的去除率；

rm{壟脷}同位素示蹤法證實了rm{Fe^{2+}}能與rm{FeO(OH)}反應生成rm{Fe_{3}O_{4}}離子方程式為：rm{Fe^{2+}+2FeO(OH)=Fe_{3}O_{4}+2H^{+}}rm{Fe^{2+}}將不導電的rm{FeO(OH)}轉化為可導電的rm{Fe_{3}O_{4}}利于電子轉移．

故答案為：rm{Fe^{2+}+2FeO(OH)=Fe_{3}O_{4}+2H^{+}}rm{Fe^{2+}}將不導電的rm{FeO(OH)}轉化為可導電的rm{Fe_{3}O_{4}}利于電子轉移．

rm{(1)壟脵Fe}還原水體中rm{NO_{3}^{-}}根據(jù)題意rm{Fe_{3}O_{4}}為電解質，則rm{Fe}作還原劑；失去電子，作負極；

rm{壟脷NO_{3}^{-}}在正極得電子發(fā)生還原反應產生rm{NH_{4}^{+}}根據(jù)圖rm{2}信息可知為酸性環(huán)境；

rm{(2)}由于rm{Fe_{3}O_{4}}為電解質，而電解質主要作用是為電子轉移提供媒介，然后根據(jù)rm{FeO(OH)