2025年外研版三年級起點(diǎn)高三化學(xué)上冊月考試卷

…………○…………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年外研版三年級起點(diǎn)高三化學(xué)上冊月考試卷470考試試卷考試范圍：全部知識點(diǎn)；考試時(shí)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、下列分子中的中心原子雜化軌道的類型相同的是（）A.CO2與SO2B.BF3與NH3C.BeCl2與SCl2D.H2O與CH42、構(gòu)成下列物質(zhì)的粒子中所含化學(xué)鍵的類型和該固態(tài)物質(zhì)晶體類型均相同的是（）A.HCl和NaClB.CO2和SiO2C.CH4和CCl4D.Na2O2和H2O23、制備粗硅的反應(yīng)為：SiO2+2CSi+2CO↑，其中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比（）A.1：3B.3：1C.1：2D.2：14、NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列關(guān)于0.2mol?L-1的Ba（NO3）2溶液的說法不正確的是（）A.2L溶液中有陰、陽離子總數(shù)為1.2NAB.500mL溶液中NO3-濃度為0.2mol?L-1C.500mL溶液中Ba2+濃度為0.2mol?L-1D.500mL溶液中NO3-總數(shù)為0.2NA5、某粒子含有10個(gè)電子，10個(gè)中子，且?guī)蓚€(gè)單位負(fù)電荷，則該粒子是（）A.20ArB.16OC.18OD.18O2-6、已知下述三個(gè)實(shí)驗(yàn)中的物質(zhì)均能發(fā)生化學(xué)反應(yīng)．。①②③將鐵釘放入硫酸銅溶液中向硫酸亞鐵溶液中滴入幾滴濃硝酸將鐵釘放入氯化鐵溶液中下列判斷正確的是（）A.實(shí)驗(yàn)①和③中的鐵釘只作還原劑B.實(shí)驗(yàn)③中反應(yīng)的離子方程式為Fe+Fe3+═2Fe2+C.實(shí)驗(yàn)②中Fe2+既顯氧化性又顯還原性D.上述實(shí)驗(yàn)證明氧化性：Fe3+＞Fe2+＞Cu2+評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)7、根據(jù)反應(yīng)8NH3+3Cl2═6NH4Cl+N2；回答下列問題．

（1）氧化劑為____，還原劑為____；

（2）用雙線橋法標(biāo)明電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目____

（3）氧化劑與氧化產(chǎn)物的物質(zhì)的量比為____．8、“春泛鹽，秋泛硝．”有些地區(qū)的鹽堿地里春天會析出食鹽，到了秋天，又會析出芒硝（主要成分是Na2SO4?10H2O）．該地區(qū)某中學(xué)的同學(xué)們對“硝”的成分產(chǎn)生了爭議；甲小組同學(xué)認(rèn)為“硝”中只含有硫酸鈉，乙小組同學(xué)認(rèn)為“硝”中既含有硫酸鈉，又含有氯化鈉．為了驗(yàn)證猜想，他們采集了樣品，加適量水完全溶解后，過濾，濾液備用．請你和他們一起完成探究．

（1）甲小組同學(xué)的實(shí)驗(yàn)如下：

取少量濾液放入試管中，滴加過量的氯化鋇溶液，再滴加稀硝酸，可以觀察到的現(xiàn)象是____，反應(yīng)的化學(xué)方程式為____．

（2）乙小組同學(xué)的實(shí)驗(yàn)如下：

取少量濾液放入試管中，滴加過量的硝酸鋇溶液和稀硝酸，過濾，再向?yàn)V液中滴加____．如果乙小組的觀點(diǎn)正確，現(xiàn)象應(yīng)該是____．

（3）你認(rèn)為甲、乙兩小組的實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)哪個(gè)合理，理由是什么？____．9、某興趣小組擬制備K3[Fe（C2O4）3]?3H2O晶體。

Ⅰ．查閱資料。

K3[Fe（C2O4）3]?3H2O是翠綠色晶體，易溶于水，難溶于乙醇，具有光敏性，光照分解．110℃失去結(jié)晶水，230℃時(shí)分解．K3[Fe（C2O4）3]?3H2O的摩爾質(zhì)量是491g/moL

Ⅱ．制備產(chǎn)品。

實(shí)驗(yàn)步驟如下：

①取27.8gFeSO4?7H2O和K2C2O4反應(yīng)生成草酸亞鐵。

②將草酸亞鐵（FeC2O4）和適量K2C2O4的混合溶液置于40℃的恒溫水浴中，逐滴加入6%H2O2，邊加邊攪拌，使Fe2+充分被氧化．反應(yīng)體系中生成K3[Fe（C2O4）3]的同時(shí)還有部分Fe（OH）3沉淀。

③向②所得濁液中加入1mol/LH2C2O4溶液；使溶液變?yōu)榇渚G色。

④加熱濃縮；冷卻結(jié)晶，過濾，洗滌，干燥，稱量產(chǎn)品的質(zhì)量為ag

請回答下列問題：

（1）第②步需要控制水浴40℃，溫度不能太高的主要目的：____，若第④步冷卻時(shí)間較長，需將溶液置于冷暗處，原因是：____．

（2）第②步中，為檢驗(yàn)Fe2+是否已完全被氧化，可選用____．試劑（填字母）

A．NaOH溶液B．K3Fe（CN）6溶液C．苯酚溶液D．KSCN溶液。

（3）請寫出第③步中加入H2C2O4溶液將Fe（OH）3沉淀反應(yīng)生成K3[Fe（C2O4）3]的化學(xué)反應(yīng)方程式：____．

（4）步驟④中的實(shí)驗(yàn)操作需要下列儀器中的____（填儀器的編號）．

①酒精燈②燃燒匙③燒杯④廣口瓶⑤研缽⑥玻璃棒。

（5）有同學(xué)為提高產(chǎn)率，避免第④步加熱濃縮過程中K3[Fe（C2O4）3]的少量分解，依據(jù)查閱的資料提出新的結(jié)晶方案：將步驟③得到的溶液中加入____，過濾，洗滌，干燥，稱量．10、香豆素（結(jié)構(gòu)如下圖中Ⅰ所示）是用途廣泛的香料；由香豆素經(jīng)下列圖示的步驟可轉(zhuǎn)變?yōu)樗畻钏幔?/p>

已知：CH3CH=CHCH2CH3CH3COOH+CH3CH2COOH

請回答下列問題：

（1）化合物Ⅱ分子中的含氧官能團(tuán)的名稱為____，由乙二酸生成高分子化合物Ⅴ的反應(yīng)類型為____．

（2）下列關(guān)于有機(jī)物Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的敘述中正確的是____（選填編號）

A．1mol最多能和5molH2發(fā)生加成反應(yīng)。

B．可用FeCl3溶液來鑒別Ⅱ和Ⅲ

C．Ⅳ中核磁共振氫譜共有4種峰。

D．Ⅰ；Ⅱ、Ⅲ均可使溴的四氯化碳溶液褪色。

（3）香豆素在過量NaOH溶液中完全水解的化學(xué)方程式為____．

（4）Ⅲ的結(jié)構(gòu)簡式為____，在上述轉(zhuǎn)化過程中，設(shè)計(jì)反應(yīng)步驟Ⅱ→Ⅲ的目的是____．

（5）化合物Ⅳ有多種同分異構(gòu)體，請寫出其中一種符合下列條件的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：____．

①是苯的對位二取代物；②水解后生成的產(chǎn)物之一能發(fā)生銀鏡反應(yīng)．11、已知在酸性條件下有以下反應(yīng)關(guān)系：

（1）KBrO3能將KI氧化成I2或KIO3，其本身被還原為Br2．

（2）Br2能將I-氧化為I2．

（3）KIO3能將I-氧化為I2，也能將Br-氧化為Br2，其本身被還原為I2．

①上述物質(zhì)中氧化劑氧化能力由強(qiáng)到弱的順序是____．

②現(xiàn)向含有1molKI的硫酸溶液中加入含amolKBrO3的溶液；a的取值范圍不同，所得產(chǎn)物也不同．試將討論的結(jié)果填入下表．

。編號a的取值范圍產(chǎn)物的化學(xué)式或（離子符號）AI2，Br-B＜a＜CDI2，IO3-，Br2E③若產(chǎn)物中碘單質(zhì)和碘酸鉀的物質(zhì)的量相等，a的值為____．

④若a的值為1時(shí)，其產(chǎn)物及其物質(zhì)的量分別為____．12、（2014秋?廣饒縣校級月考）為證明Na2O2可作為潛水艇的供氧劑，某化學(xué)小組在實(shí)驗(yàn)室模擬CO2與Na2O2反應(yīng)產(chǎn)生氧氣的實(shí)驗(yàn)．

（1）生成CO2的化學(xué)反應(yīng)方程式：____

（2）飽和碳酸氫鈉溶液的作用是除去CO2中混有的HCl氣體，濃H2SO4的作用是____

（3）U形管中的現(xiàn)象是____，反應(yīng)方程式為____．13、將一金屬易拉罐內(nèi)（內(nèi)空）放入一滿角匙的某白色晶體，搖動(dòng)幾下后，立即注入50mL6mol?L-1氫氧化鈉溶液；用膠布密封罐口．過一段時(shí)間后，罐壁變癟；再過一段時(shí)間后，癟了的罐壁又重新鼓起．

（1）要產(chǎn)生上述實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，做易拉罐的金屬是____；往罐內(nèi)加入的白色晶體是____；

（2）罐壁變癟的原因是____，反應(yīng)方程式是____；

（3）罐再度鼓起的原因是____，反應(yīng)方程式是____．14、（2013秋?贛榆縣校級期中）（1）按系統(tǒng)命名法命名．有機(jī)物CH3CH（C2H5）CH（CH3）2的名稱是____．

（2）寫出下列各種有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡式．

①2，3-二甲基-4-乙基已烷____．

②支鏈只有一個(gè)乙基且式量最小的烷烴____．

（3）已知某有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡式為：

?該有機(jī)物中所含官能團(tuán)的名稱是____；

κ該有機(jī)物發(fā)生加成聚合反應(yīng)后，所得產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式為____；

λ寫出該有機(jī)物發(fā)生消去反應(yīng)的化學(xué)方程式（注明反應(yīng)條件）____．

（4）從八角中可以提取到莽草酸，它是一種白色晶體，微溶于水，是制取抗禽流感藥的基本原料．莽草酸的結(jié)構(gòu)式如圖：該有機(jī)物分子中含3個(gè)手性碳原子，使其轉(zhuǎn)化為具有2個(gè)手性碳原子的分子需要的實(shí)驗(yàn)條件和反應(yīng)物分別是：____、____．15、某礦渣的成分為Cu2O、Al2O3、Fe2O3、SiO2，工業(yè)上用該礦渣獲取銅和膽礬的操作流程如下：已知：①Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O②部分陽離子以氫氧化物形式沉淀時(shí)溶液的pH見下表：請回答下列問題：（1）為了加快反應(yīng)I的速率，可以采取的措施是(寫2點(diǎn))。（2）固體混合物A中的成分是。（3）反應(yīng)I完成后，鐵元素的存在形式為(填離子符號)；寫出生成該離子的離子方程式。（4）操作1主要包括：、、。洗滌CuSO4?5H2O粗產(chǎn)品不能用大量水洗，而用冰水洗滌。原因是。（5）用惰性電極電解膽礬溶液一段時(shí)間，加人0．1mol的Cu(OH)2可恢復(fù)溶液原況(濃度、成分)，則電解時(shí)轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為．。（6）用NaClO調(diào)pH，生成沉淀B的同時(shí)生成一種具有漂白作用的物質(zhì)，該反應(yīng)的離子方程式為。評卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)16、常溫常壓下，1molFe在1molCl2中充分燃燒，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NA____（判斷對錯(cuò)）17、蛋白質(zhì)、纖維素、蔗糖、PVC、淀粉都是高分子化合物____（判斷對錯(cuò)）18、丁達(dá)爾現(xiàn)象可用來區(qū)別膠體與溶液，其中膠體能透過半透膜____．（判斷對錯(cuò)）19、將飽和氯化鐵溶液滴入稀氫氧化鈉溶液中加熱，可得氫氧化鐵膠體____．（判斷對錯(cuò)）20、常溫常壓下，22.4LO3中含有3nA個(gè)氧原子____（判斷對錯(cuò)）21、HCl溶液和NaCl溶液均通過離子導(dǎo)電，所以HCl和NaCl均是離子化合物____．（判斷對錯(cuò)）22、在化學(xué)反應(yīng)中某元素化合價(jià)只升高，則反應(yīng)過程中該元素被還原了．____．（判斷對錯(cuò)）23、常溫常壓下，22.4LCO2中含有NA個(gè)CO2分子．____．（判斷對錯(cuò)）24、22.4LO2中一定含有6.02×1023個(gè)氧分子____．（判斷對錯(cuò)）評卷人得分四、解答題(共1題，共10分)25、正極材料為LiCoO2的鋰離子電池已被廣泛用作便攜式電源．但鈷的資源匱乏限制了其進(jìn)一步發(fā)展．

（1）橄欖石型LiFePO4是一種潛在的鋰離子電池正極材料，它可以通過（NH4）2Fe（SO4）2、H3PO4與LiOH溶液發(fā)生共沉淀反應(yīng)；所得沉淀經(jīng)80℃真空干燥；高溫成型而制得．

①共沉淀反應(yīng)投料時(shí)，不將（NH4）2Fe（SO4）2和LiOH溶液直接混合的原因是______．

②共沉淀反應(yīng)的化學(xué)方程式為______．

③高溫成型前，常向LiFePO4中加入少量活性炭黑，其作用除了可以改善成型后的LiFePO4的導(dǎo)電性能外；還能______．

（2）廢舊鋰離子電池的正極材料試樣（主要含有LiCoO2及少量AI；Fe等）可通過下列實(shí)驗(yàn)方法回收鈷、鋰．

①在上述溶解過程中，S2O32-被氧化成SO42-，LiCoO2在溶解過程中反應(yīng)的化學(xué)方程式為______．

②Co（OH）2在空氣中加熱時(shí)；固體殘留率隨溫度的變化如右圖所示．已知鈷的氫氧化物加熱至290℃時(shí)已完全脫水，則1000℃時(shí)，剩余固體的成分為______．（填化學(xué)式）；在350～400℃范圍內(nèi)，剩余固體的成分為______．（填化學(xué)式）．

評卷人得分五、簡答題(共2題，共12分)26、材料是人類賴以生存和發(fā)展的重要物質(zhì)基礎(chǔ)；新材料的研發(fā)成功和廣泛應(yīng)用，在某種程度上促進(jìn)社會迅速發(fā)展的同時(shí)，也給人類生存的環(huán)境帶來極大污染．

（1）將下列的材料特性序號填寫在對應(yīng)的材料上：①水硬性；②強(qiáng)導(dǎo)光性、③耐高溫和絕。

緣性、④高強(qiáng)度和良好彈性、⑤強(qiáng)抗腐蝕能力、⑥良好的透氣性陶瓷______；光導(dǎo)纖維______；水泥______；不銹鋼______；橡膠______；天然纖維______．

（2）“白色污染”已成為社會的一大公害．可降解塑料的研制成功是防止“白色污染”最根本措施，它可分為______降解塑料和______降解塑料兩類．

（3）金屬腐蝕造成巨大的經(jīng)濟(jì)損失．防止金屬腐蝕的方法有______、______、______．

（4）金屬材料的廣泛應(yīng)用，加劇水體的重金屬污染，并通過水中食物鏈的富集作用，容易引起人體急性或慢性中毒．改善水質(zhì)的最根本的措施是控制工業(yè)廢水和生活污水的任意排放．處理污水的化學(xué)方法有：______．

（5）室內(nèi)空氣的污染有時(shí)比室外更嚴(yán)重．室內(nèi)空氣污染的來源：

①______；

②______．27、二氧化硫的轉(zhuǎn)化是資源利用和環(huán)境保護(hù)的重要研究課題rm{.}將二氧化硫進(jìn)行轉(zhuǎn)化。

利用有多種方法．

rm{(1)}已知rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g)triangleH=-196.6kJ?mol^{-1}}

rm{CaCO_{3}(s)簍TCaO(s)+CO_{2}(g)triangleH=+178.5kJ?mol^{-1}}

rm{CaSO_{4}(s)簍TCaO(s)+SO_{3}(g)triangleH=+401.9kJ?mol^{-1}}

則“鈣基固硫”的熱化學(xué)方程式為：rm{2CaCO(s)+2SO(g)+O(g)簍T2CaSO(s)+2CO(g)triangleH=}______rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g)triangle

H=-196.6kJ?mol^{-1}}

rm{CaCO_{3}(s)簍TCaO(s)+CO_{2}(g)triangle

H=+178.5kJ?mol^{-1}}可利用海水對含rm{CaSO_{4}(s)簍TCaO(s)+SO_{3}(g)triangle

H=+401.9kJ?mol^{-1}}的煙氣進(jìn)行脫硫，已知海水呈弱堿性，主要含有rm{2CaCO(s)+2SO(g)+O(g)簍T2CaSO(s)+2CO(g)triangle

H=}rm{J?mol^{-1}}rm{(2)}rm{SO}rm{Na^{+}}rm{K^{+}}rm{Ca^{2+}}rm{Mg^{2+}}等離子rm{Cl^{-}}其工藝流程如圖所示：

rm{SO^{2-}_{4}}向曝氣池中通入空氣的目的______．

rm{Br^{-}}通入空氣后曝氣池中的海水與天然海水相比；濃度有明顯不同的離子是______．

rm{HCO-_{3}}rm{.}rm{壟脵}rm{壟脷}

rm{a.Cl^{-}}用rm{b.SO_{4}^{2-}}溶液吸收煙氣中的rm{c.Br^{-}}將所得的rm{d.HCO_{3}^{-}}溶液進(jìn)行電解，可循環(huán)再生rm{(3)}同時(shí)得到rm{NaOH}其原理如題圖rm{SO_{2}}所示rm{Na_{2}SO_{3}}電極材料為石墨rm{NaOH}

rm{H_{2}SO_{4}}極的電極反應(yīng)式為______．

rm{1}電解過程中rm{.(}極區(qū)堿性明顯增強(qiáng)；用平衡移動(dòng)原理解釋原因______．

rm{)}氧化鋅吸收法rm{壟脵b}配制rm{壟脷}懸濁液，在吸收塔中封閉循環(huán)脫硫，發(fā)生的主要反應(yīng)為rm{a}測得rm{(4)}吸收效率rm{.}隨時(shí)間rm{ZnO}的變化如題圖rm{ZnO(s)+SO_{2}(g)=ZnSO_{3}(s)}所示．

rm{pH}曲線中rm{婁脟}段發(fā)生的主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為______．

rm{t}為提高rm{2}的吸收效率rm{壟脵pH-t}可采取的措施為______rm{cd}任寫一條rm{壟脷}

rm{SO_{2}}評卷人得分六、綜合題(共3題，共9分)28、［化學(xué)—選修有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)］（15分）．雷諾嗪是治療慢性心絞痛首選新藥。雷諾嗪合成路線如下：（1）雷諾嗪中含氧官能團(tuán)，除酰胺鍵（-NHCO-）外，另兩種官能團(tuán)名稱：＿＿＿＿、＿＿＿＿。（2）寫出滿足下列條件A的同分異構(gòu)體的數(shù)目＿＿＿＿。①A能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)；②1molA可與2molNaOH反應(yīng)。（3）C→D中，加入適量NaOH的作用是：＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。（4）從雷諾嗪合成路線得到啟示，可用間二甲苯、ClCH2COCl、（C2H5）2NH（無機(jī)試劑任用）合成鹽酸利多卡因，請?jiān)跈M線上補(bǔ)充反應(yīng)物，在方框內(nèi)補(bǔ)充生成物。已知：29、［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(gè)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_____________。30、（15分）下列框圖中的A~K物質(zhì)均為中學(xué)常見物質(zhì)。已知B、D、E、L常溫下為密度比空氣大的氣體，D、E為單質(zhì)，其它為化合物。A和I都是常用的漂白劑，F(xiàn)的焰色反應(yīng)呈黃色。F、G均能與L的水溶液反應(yīng)放出B。請根據(jù)圖示關(guān)系回答問題：（1）F的俗名是＿＿＿＿＿＿；K的電子式＿＿＿＿＿＿。（2）反應(yīng)①~⑤中，屬于氧化－還原反應(yīng)的是＿＿＿＿＿＿。（3）反應(yīng)④的離子方程式＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。反應(yīng)③的化學(xué)方程式＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。（4）某單質(zhì)能與H反應(yīng)生成E，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、D【分析】【分析】A；B、C、D物質(zhì)屬于ABm；ABm型雜化類型的判斷：

公式：電子對數(shù)n=（中心原子的價(jià)電子數(shù)+配位原子的成鍵電子數(shù)±電荷數(shù)）

注意：①當(dāng)上述公式中電荷數(shù)為正值時(shí)取“-”；電荷數(shù)為負(fù)值時(shí)取“+”．

②當(dāng)配位原子為氧原子或硫原子時(shí)；成鍵電子數(shù)為零．

D；對于有機(jī)物利用雜化軌道數(shù)=孤對電子對數(shù)+σ鍵數(shù)．

根據(jù)n值判斷雜化類型：一般有如下規(guī)律：當(dāng)n=2，sp雜化；n=3，sp2雜化；n=4，sp3雜化．【解析】【解答】解：A、CO2中C原子雜化軌道數(shù)為×（4+0）=2，采取sp雜化方式，SO2中S原子雜化軌道數(shù)為×（6+0）=3，采取sp2雜化方式；中心原子雜化軌道的類型不同，故A錯(cuò)誤；

B、NH3中N原子雜化軌道數(shù)為×（5+3）=4，采取sp3雜化方式，BF3中B原子雜化軌道數(shù)為×（3+3）=3，采取sp2雜化方式；中心原子雜化軌道的類型不相同，故B錯(cuò)誤；

C、BeCl2中Be原子雜化軌道數(shù)為（2+2）=2，采取sp雜化方式，SCl2中S原子雜化軌道數(shù)為（6+2）=4，采取sp3雜化方式；中心原子雜化軌道的類型不同，故C錯(cuò)誤；

D、CH4中C原子雜化軌道數(shù)為×（4+4）=4，采取sp3雜化方式，H2O中O原子雜化軌道數(shù)為×（6+2）=4，采取sp3雜化方式；中心原子雜化軌道的類型相同，故D正確；

故選D．2、C【分析】【分析】根據(jù)構(gòu)成微粒判斷晶體類型，一般金屬元素與非金屬元素形成離子鍵，非金屬元素之間形成共價(jià)鍵，以此來解答．【解析】【解答】解：A．NaCl為離子晶體；HCl為分子晶體，晶體類型不同，故C錯(cuò)誤；

B．CO2為分子晶體，SiO2為原子晶體；晶體類型不同，故B錯(cuò)誤；

C．CCl4為分子晶體，CH4為分子晶體；晶體類型相同，故C正確；

D．Na2O2為離子晶體，H2O2為分子晶體；晶體類型不同，故D錯(cuò)誤；

故選C．3、C【分析】【分析】SiO2+2CSi+2CO↑中，Si元素的化合價(jià)由+4價(jià)降低為0，C元素的化合價(jià)由0升高為+2價(jià)，以此來解答．【解析】【解答】解：SiO2+2CSi+2CO↑中，Si元素的化合價(jià)由+4價(jià)降低為0，C元素的化合價(jià)由0升高為+2價(jià)，則氧化劑為SiO2；還原劑為C，物質(zhì)的量比為1：2；

故選C．4、B【分析】【分析】A、根據(jù)N=化學(xué)式中陰陽離子個(gè)數(shù)×c（Ba（NO3）2）?V?NA計(jì)算；

B；根據(jù)溶液中離子的物質(zhì)的量濃度=化學(xué)式中離子個(gè)數(shù)×溶液的物質(zhì)的量濃度計(jì)算；

C；根據(jù)溶液中離子的物質(zhì)的量濃度=化學(xué)式中離子個(gè)數(shù)×溶液的物質(zhì)的量濃度計(jì)算；

D、根據(jù)n（NO3-）=2c（Ba（NO3）2）V計(jì)算．【解析】【解答】解：A、N（陰陽離子數(shù)）=3×c（Ba（NO3）2）2VNA=3×0.2mol/L×2L×NA=1.2NA；故A正確；

B、0.2mol?L-1的Ba（NO3）2溶液中：c（NO3-）=2×c[Ba（NO3）2）]=2×0.2mol/L=0.4mol/L；故B錯(cuò)誤；

C、c（Ba2+）=1×c（Ba（NO3）2）=1×0.2mol/L=0.2mol/L；故C正確；

D、n（NO3-）=2c（Ba（NO3）2）V=2×0.2mol/L×0.5L=0.2mol，NO3-總數(shù)為0.2NA；故D正確；

故選B．5、D【分析】【分析】對于陰離子而言：質(zhì)子數(shù)=核外電子數(shù)-所帶電荷數(shù)．該粒子質(zhì)子數(shù)=核外電子數(shù)-2，質(zhì)量數(shù)A=質(zhì)子數(shù)Z+中子數(shù)N，以此作答．【解析】【解答】解：該粒子質(zhì)子數(shù)=核外電子數(shù)-2=10-2=8，質(zhì)子數(shù)為是8的元素為O，質(zhì)量數(shù)A=質(zhì)子數(shù)Z+中子數(shù)N=8+10=18，帶兩個(gè)單位負(fù)電荷，因此該粒子為18O2-；

故選：D．6、A【分析】【解答】解：A．實(shí)驗(yàn)①和③中發(fā)生氧化還原反應(yīng)，單質(zhì)鐵中Fe元素的化合價(jià)升高，則都只作還原劑，故A正確；B．實(shí)驗(yàn)③中反應(yīng)的離子方程式為Fe+2Fe3+═3Fe2+；故B錯(cuò)誤；

C．實(shí)驗(yàn)②中發(fā)生3Fe2++4H++NO3﹣═3Fe3++NO↑+2H2O，F(xiàn)e元素的化合價(jià)升高，則Fe2+只顯還原性；故C錯(cuò)誤；

D．由氧化還原反應(yīng)中氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性可知，氧化性為Fe3+＞Cu2+＞Fe2+；故D錯(cuò)誤；

故選A．

【分析】①中發(fā)生Fe+Cu2+═Fe2++Cu，②中發(fā)生3Fe2++4H++NO3﹣═3Fe3++NO↑+2H2O，③中發(fā)生Fe+2Fe3+═3Fe2+，結(jié)合元素的化合價(jià)升降及氧化還原反應(yīng)中氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性來解答．二、填空題(共9題，共18分)7、Cl2NH33：1【分析】【分析】8NH3+3Cl2═6NH4Cl+N2中，Cl元素的化合價(jià)降低，N元素的化合價(jià)升高，以此來解答．【解析】【解答】解：（1）Cl元素的化合價(jià)降低，N元素的化合價(jià)升高，則氧化劑為Cl2，還原劑為NH3，故答案為：Cl2；NH3；

（2）N失去電子，Cl得到電子，該反應(yīng)轉(zhuǎn)移6e-，雙線橋法標(biāo)明電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目為

故答案為：

（3）氧化劑為Cl2，氧化產(chǎn)物為N2，由反應(yīng)可知物質(zhì)的量比為3：1，故答案為：3：1．8、有白色沉淀產(chǎn)生Na2SO4+BaCl2═BaSO4↓+2NaClAgNO3溶液有白色沉淀產(chǎn)生乙小組合理，甲小組在實(shí)驗(yàn)中沒有證明不含氯化鈉（或乙小組在實(shí)驗(yàn)過程中既證明了含有硫酸鈉，又證明了含有氯化鈉）【分析】【分析】（1）甲小組同學(xué)認(rèn)為“硝”中只含有硫酸鈉；滴加過量的氯化鋇溶液，再滴加稀硝酸，產(chǎn)生白色沉淀硫酸鋇；

（2）乙小組同學(xué)認(rèn)為“硝”中既含有硫酸鈉；又含有氯化鈉，滴加過量的硝酸鋇溶液和稀硝酸，生成硫酸鋇過濾；再向?yàn)V液中滴加硝酸銀，如果有沉淀，則有氯離子存在；

（3）你認(rèn)為甲、乙兩小組的實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)哪個(gè)合理，理由要看哪個(gè)設(shè)計(jì)更能排除歧義．【解析】【解答】解：（1）鋇離子遇硫酸根，生成硫酸鋇沉淀，根據(jù)復(fù)分解反應(yīng)的特點(diǎn)，化學(xué)方程式為Na2SO4+BaCl2═BaSO4↓+2NaCl；故答為：有白色沉淀產(chǎn)生；Na2SO4+BaCl2═BaSO4↓+2NaCl；

（2）鋇離子被除掉，再加入硝酸銀，再生成不溶于硝酸的白色沉淀，則原溶液一定含有氯離子；故答為：AgNO3溶液；有白色沉淀產(chǎn)生；

（3）正確評價(jià)化學(xué)的實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)，乙小組合理，甲小組在實(shí)驗(yàn)中沒有證明不含氯化鈉（或乙小組在實(shí)驗(yàn)過程中既證明了含有硫酸鈉，又證明了含有氯化鈉）；故答案為：乙小組合理，甲小組在實(shí)驗(yàn)中沒有證明不含氯化鈉（或乙小組在實(shí)驗(yàn)過程中既證明了含有硫酸鈉，又證明了含有氯化鈉）．9、避免H2O2分解防止K3[Fe（C2O4）3]長時(shí)間見光引起分解b2Fe（OH）3+3H2C2O4+3K2C2O4→2K3[Fe（C2O4）3]+6H2O①③⑥乙醇【分析】【分析】（1）H2O2受熱易分解，K3[Fe（C2O4）3]?3H2O具有光敏性；光照分解；

（2）Fe2+與K3Fe（CN）6溶液會產(chǎn)生藍(lán)色沉淀；沉淀俗稱滕氏藍(lán)；

（3）溶液中有K2C2O4，加入H2C2O4溶液將Fe（OH）3沉淀反應(yīng)生成K3[Fe（C2O4）3]；根據(jù)元素守恒可寫出化學(xué)方程式；

（4）步驟④中的實(shí)驗(yàn)操作涉及蒸發(fā)；過濾等操作；

（5）K3[Fe（C2O4）3]?3H2O易溶于水，難溶于乙醇，據(jù)此答題．【解析】【解答】解：（1）H2O2受熱易分解，所以第②步需要控制水浴40℃，溫度不能太高，K3[Fe（C2O4）3]?3H2O具有光敏性；光照分解，所以第④步冷卻時(shí)間較長，需將溶液置于冷暗處；

故答案為：避免H2O2分解；防止K3[Fe（C2O4）3]長時(shí)間見光引起分解；

（2）Fe2+與K3Fe（CN）6溶液會產(chǎn)生藍(lán)色沉淀，沉淀俗稱滕氏藍(lán)，檢驗(yàn)Fe2+是否已完全被氧化，可以用K3Fe（CN）6溶液；

故答案為：b；

（3）溶液中有K2C2O4，加入H2C2O4溶液將Fe（OH）3沉淀反應(yīng)生成K3[Fe（C2O4）3]，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Fe（OH）3+3H2C2O4+3K2C2O4→2K3[Fe（C2O4）3]+6H2O；

故答案為：2Fe（OH）3+3H2C2O4+3K2C2O4→2K3[Fe（C2O4）3]+6H2O；

（4）步驟④中的實(shí)驗(yàn)操作涉及蒸發(fā)；過濾等操作；需要酒精燈、燒杯、玻璃棒，而用不到廣口瓶、研缽、燃燒匙等；

故答案為：①③⑥；

（5）K3[Fe（C2O4）3]?3H2O易溶于水，難溶于乙醇，所以步驟③得到的溶液中加入乙醇，便于K3[Fe（C2O4）3]的析出；減少晶體損失；

故答案為：乙醇．10、羧基、酚羥基縮聚反應(yīng)BD保護(hù)酚羥基，使之不被氧化【分析】【分析】化合物I水解得到Ⅱ?yàn)橛散舻慕Y(jié)構(gòu)可知，Ⅲ→Ⅳ發(fā)生取代反應(yīng)，Ⅱ中酚羥基中H原子被甲基取代生成Ⅲ，則Ⅲ為Ⅲ發(fā)生氧化反應(yīng)得到乙二酸與Ⅳ，乙二酸與乙二醇發(fā)生縮聚反應(yīng)生成高聚物V為Ⅳ與HI發(fā)生取代反應(yīng)生成水楊酸，最終的產(chǎn)物中仍有酚羥基，說明設(shè)計(jì)反應(yīng)步驟Ⅱ→Ⅲ的目的是起到保護(hù)酚羥基的作用；

（5）中D的同分異構(gòu)體能發(fā)生水解且水解產(chǎn)物之一能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，該物質(zhì)肯定是甲酸酯，是苯的對位二取代物，則苯環(huán)上的取代基有3種情況：HCOO-與CH3O-、HCOO-與HOCH2-、HCOOCH2-與HO-．【解析】【解答】解：化合物I水解得到Ⅱ?yàn)橛散舻慕Y(jié)構(gòu)可知，Ⅲ→Ⅳ發(fā)生取代反應(yīng)，Ⅱ中酚羥基中H原子被甲基取代生成Ⅲ，則Ⅲ為Ⅲ發(fā)生氧化反應(yīng)得到乙二酸與Ⅳ，乙二酸與乙二醇發(fā)生縮聚反應(yīng)生成高聚物V為Ⅳ與HI發(fā)生取代反應(yīng)生成水楊酸，最終的產(chǎn)物中仍有酚羥基，說明設(shè)計(jì)反應(yīng)步驟Ⅱ→Ⅲ的目的是起到保護(hù)酚羥基的作用．

（1）Ⅱ?yàn)楹豕倌軋F(tuán)的名稱是羧基、酚羥基；乙二酸與乙二醇發(fā)生分子間縮聚反應(yīng)生成高分子化合物Ⅴ，故答案為：羧基、酚羥基；縮聚反應(yīng)；（2）A．I中苯環(huán)與碳碳雙鍵與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，1molⅠ最多能和4molH2發(fā)生加成反應(yīng)；故A錯(cuò)誤；

B．Ⅲ中不存在酚羥基；Ⅱ中存在酚羥基，可以用FeCl3溶液來鑒別Ⅱ和Ⅲ，故B正確；

C．Ⅳ中不存在對稱結(jié)構(gòu)；所以核磁共振氫譜有6種峰，故C錯(cuò)誤；

D．Ⅰ；Ⅱ、Ⅲ中均存在碳碳雙鍵；可以使溴的四氯化碳溶液褪色，故D正確；

故選：BD；

（3）香豆素水解后的產(chǎn)物中仍存在酚羥基，所以1mol香豆素共與2molNaOH反應(yīng)，化學(xué)方程式為

故答案為：

（4）Ⅱ中酚羥基與CH3I發(fā)生取代反應(yīng)，得Ⅲ的結(jié)構(gòu)簡式為最終的產(chǎn)物中仍有酚羥基，說明設(shè)計(jì)反應(yīng)步驟Ⅱ→Ⅲ的目的是起到保護(hù)酚羥基的作用，使之不被氧化；

故答案為：保護(hù)酚羥基；使之不被氧化；

（5）水解后生成的產(chǎn)物之一能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說明該物質(zhì)是甲酸某酯，是苯的對位二取代物，則苯環(huán)上的取代基有3種情況：HCOO-與CH3O-、HCOO-與HOCH2-、HCOOCH2-與HO-所以符合條件的Ⅳ的同分異構(gòu)體3種，分別是

故答案為：．11、KBrO3＞KIO3＞Br2I2：0.1mol、KIO3：0.8mol、Br2：0.5mol【分析】【分析】①根據(jù)化學(xué)反應(yīng)中；氧化劑氧化性＞氧化產(chǎn)物的氧化性比較；

②先根據(jù)氧化性及可能的反應(yīng)產(chǎn)物寫出反應(yīng)方程式；從而確定a的范圍；

③碘單質(zhì)和碘酸鉀的物質(zhì)的量相等，碘單質(zhì)和碘酸鉀的物質(zhì)的量為：=mol，然后根據(jù)反應(yīng)10KI+2KBrO3+6H2SO4=5I2+Br2+6K2SO4+6H2O和5KI+6KBrO3+3H2SO4=5KIO3+3Br2+3K2SO4+3H2O計(jì)算a值；

④當(dāng)a=1時(shí)，＜a＜，反應(yīng)產(chǎn)物為I2、IO3-、Br2，發(fā)生的反應(yīng)有：10KI+2KBrO3+6H2SO4=5I2+Br2+6K2SO4+6H2O、5KI+6KBrO3+3H2SO4=5KIO3+3Br2+3K2SO4+3H2O，設(shè)反應(yīng)生成碘單質(zhì)為xmol、生成的KIO3為ymol，分別根據(jù)碘原子守恒、消耗的KBrO3的總物質(zhì)的量為1mol列式計(jì)算．【解析】【解答】解：①由（1）在反應(yīng)BrO3-+H++I-→I03-+Br2+H20中，氧化性：BrO3-＞I03-，由（3）在反應(yīng)I03-+H++I-→Br2+I2+H20中，氧化性：I03-＞Br2，由（2）可知氧化性：Br2＞I2，則氧化性：KBrO3＞KIO3＞Br2；

故答案為：KBrO3＞KIO3＞Br2；

②A．當(dāng)a≤時(shí)，KBrO3不足，反應(yīng)生成I2、Br-，反應(yīng)方程式為：6KI+KBrO3+3H2SO4=3I2+KBr+3K2SO4+3H2O；

C．當(dāng)a=時(shí)，二者反應(yīng)生成I2、Br2，反應(yīng)方程式為：10KI+2KBrO3+6H2SO4=5I2+Br2+6K2SO4+6H2O；

B．當(dāng)＜a＜時(shí)：反應(yīng)產(chǎn)物為：I2、Br-、Br2；發(fā)生的反應(yīng)具有A又有B的反應(yīng)；

E．當(dāng)a≥時(shí)，KBrO3足量，發(fā)生反應(yīng)為：5KI+6KBrO3+3H2SO4=5KIO3+3Br2+3K2SO4+3H2O，所以反應(yīng)產(chǎn)物為：IO3-、Br2；

D．當(dāng)＜a＜時(shí)，反應(yīng)按照C、E中的反應(yīng)進(jìn)行，反應(yīng)產(chǎn)物為：I2、IO3-、Br2；

故答案為：。編號a的取值范圍產(chǎn)物的化學(xué)式或（離子符號）Aa≤BI2、Br-、Br2Ca=I2、Br2D＜a＜I2、IO3-、Br2Ea≥IO3-、Br2③若產(chǎn)物中碘單質(zhì)和碘酸鉀的物質(zhì)的量相等，根據(jù)碘原子守恒可知，碘單質(zhì)和碘酸鉀的物質(zhì)的量為：=mol；

由反應(yīng)10KI+2KBrO3+6H2SO4=5I2+Br2+6K2SO4+6H2O和5KI+6KBrO3+3H2SO4=5KIO3+3Br2+3K2SO4+3H2O可知，反應(yīng)消耗KBrO3的物質(zhì)的量為：n（KBrO3）=mol×+mol×=mol；

故答案為：；

④當(dāng)a=1時(shí)，＜a＜，反應(yīng)產(chǎn)物為I2、IO3-、Br2，發(fā)生的反應(yīng)有：10KI+2KBrO3+6H2SO4=5I2+Br2+6K2SO4+6H2O、5KI+6KBrO3+3H2SO4=5KIO3+3Br2+3K2SO4+3H2O，設(shè)反應(yīng)生成碘單質(zhì)為xmol、生成的KIO3為ymol；根據(jù)碘原子守恒可得：2x+y=1；

根據(jù)消耗的KBrO3為1mol可得：0.2x+1.2y=1；聯(lián)立解得：x=0.1；y=0.8；

即：生成碘單質(zhì)為0.1mol、生成的KIO3為0.8mol，根據(jù)反應(yīng)可知生成溴的物質(zhì)的量為：0.1mol×+0.8mol×=0.5mol；

故答案為：I2：0.1mol、KIO3：0.8mol、Br2：0.5mol．12、CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O作干燥劑淡黃色固體變?yōu)榘咨?Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2【分析】【分析】（1）實(shí)驗(yàn)室用CaCO2和稀HCl制取CO2；

（2）濃硫酸具有吸水性；

（3）CO2和Na2O2反應(yīng)生成白色固體Na2CO3，同時(shí)生成無色氣體．【解析】【解答】解：（1）實(shí)驗(yàn)室用CaCO2和稀HCl制取CO2，反應(yīng)方程式為CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O，故答案為：CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O；

（2）濃硫酸具有吸水性；且和二氧化碳不反應(yīng)，所以濃硫酸作干燥劑，故答案為：作干燥劑；

（3）CO2和Na2O2反應(yīng)生成白色固體Na2CO3，同時(shí)生成無色氣體，所以看到的現(xiàn)象是固體由淡黃色變?yōu)榘咨?，反?yīng)方程式為2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，故答案為：淡黃色固體變?yōu)榘咨?Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2．13、Al干冰干冰汽化時(shí)排出了罐內(nèi)空氣，當(dāng)加入NaOH溶液后，CO2被吸收，使罐內(nèi)氣壓小于大氣壓，故易拉罐變癟CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O過量的NaOH溶液與鋁制罐反應(yīng)產(chǎn)生H2，使罐內(nèi)壓強(qiáng)增大到大于大氣壓，故罐再度鼓起2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2十3H2↑【分析】【分析】（1）根據(jù)Al和二氧化碳的性質(zhì)分析；

（2）CO2能和氫氧化鈉發(fā)生反應(yīng)；利用瓶內(nèi)壓強(qiáng)變化來解釋；

（3）金屬鋁能和強(qiáng)堿反應(yīng)生成氫氣，利用瓶內(nèi)壓強(qiáng)變化來解釋．【解析】【解答】解：（1）由題干可知；加氫氧化鈉能反應(yīng)，則考慮金屬為Al，白色晶體是干冰；

故答案為：Al；干冰；

（2）CO2能和氫氧化鈉發(fā)生反應(yīng)CO2+2NaOH=Na2CO3+H20，CO2被吸收；使罐內(nèi)氣體壓強(qiáng)減小而被外界大氣壓壓癟；

故答案為：干冰汽化時(shí)排出了罐內(nèi)空氣，當(dāng)加入NaOH溶液后，CO2被吸收，使罐內(nèi)氣壓小于大氣壓，故易拉罐變癟；CO2+2NaOH=Na2CO3+H20；

（3）因易拉罐是鋁制的，過量的NaOH可以與罐壁（Al）反應(yīng)：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；產(chǎn)生氫氣，導(dǎo)致壓強(qiáng)增大，罐壁重新鼓起；

故答案為：過量的NaOH溶液與鋁制罐反應(yīng)產(chǎn)生H2，使罐內(nèi)壓強(qiáng)增大到大于大氣壓，故罐再度鼓起；2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑．14、2，3-二甲基戊烷碳碳雙鍵、羥基+H2O加熱濃硫酸、莽草酸【分析】【分析】（1）選最長的碳鏈為主鏈；取代基的位次之和最?。?/p>

（2）根據(jù)名稱來確定有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡式；

（3）中含碳碳雙鍵；-OH；碳碳雙鍵可發(fā)生加聚反應(yīng)，-OH可發(fā)生消去反應(yīng)；

（4）有機(jī)物中的羥基所連接的碳原子為手性碳原子，即為3個(gè)，鄰位碳上含有氫原子的醇可以發(fā)生消去反應(yīng)，生成碳碳雙鍵，此時(shí)手性碳原子數(shù)會減少一個(gè)，+H2O，此時(shí)手性碳原子數(shù)即為2．【解析】【解答】解：（1）CH3CH（C2H5）CH（CH3）2；最長的碳鏈含有5個(gè)C，稱為戊烷，編號從右邊開始滿足支鏈編號之和最小，在2；3號C各有一個(gè)甲基，該有機(jī)物命名為：2，3-二甲基戊烷；

故答案為：2；3-二甲基戊烷；

（2）①2，3-二甲基-4-乙基已烷的結(jié)構(gòu)簡式為故答案為：

②乙基至少在3號位，只有一個(gè)乙基且式量最小的烷烴的結(jié)構(gòu)簡式為故答案為：

（3）中含碳碳雙鍵、-OH，名稱為碳碳雙鍵、羥基；碳碳雙鍵可發(fā)生加聚反應(yīng)，所得產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式

在濃硫酸作用下加熱能夠發(fā)生消去反應(yīng)，生成了反應(yīng)為化學(xué)方程式為+H2O；

故答案為：碳碳雙鍵、羥基；+H2O；

（4）有機(jī)物中的羥基所連接的碳原子為手性碳原子，即為3個(gè)，鄰位碳上含有氫原子的醇可以發(fā)生消去反應(yīng)，生成碳碳雙鍵，此時(shí)手性碳原子數(shù)會減少一個(gè)，+H2O，此時(shí)手性碳原子數(shù)即為2，則實(shí)驗(yàn)條件為加熱，反應(yīng)物為濃硫酸、莽草酸；也可控制條件將其中的-個(gè)-OH轉(zhuǎn)化為C=O，故答案為：加熱；濃硫酸、莽草酸．15、略

【分析】試題分析：（1）由于礦渣為固體，所以為了加快反應(yīng)I的速率，可以采取的措施是漿固體粉碎。也可以適當(dāng)升高反應(yīng)的溫度；或增大反應(yīng)物H2SO4的濃度等措施。（2）SiO2是酸性氧化物，不能與酸發(fā)生反應(yīng)；其它金屬氧化物Cu2O、Al2O3、Fe2O3與硫酸發(fā)生反應(yīng)：Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O；Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O；Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O；Fe2(SO4)3+Cu=CuSO4+2FeSO4。因此發(fā)生反應(yīng)I后過濾出的固體混合物A中的成分是SiO2、Cu。（3）因?yàn)樵诘V渣中Fe元素的化合價(jià)為+3價(jià)，先發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)，得到Fe2(SO4)3,然后發(fā)生反應(yīng)：2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+。因此該完成后，鐵元素的存在形式為+2價(jià)的Fe。即Fe2+。（4）從硫酸銅溶液中制取硫酸銅晶體的操作1主要包括：蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾。洗滌CuSO4?5H2O粗產(chǎn)品不能用大量水洗，而用冰水洗滌。原因是CuSO4溶液溶解于水，而且溫度越高，溶解度越大。若用冰水既可以洗去晶體表面的雜質(zhì)離子，又可以減少晶體的損失；（5）用惰性電極電解膽礬溶液電解反應(yīng)方程式為：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4．若加入0．1mol的Cu(OH)2會發(fā)生反應(yīng)：Cu(OH)2+H2SO4=CuSO4+2H2O。產(chǎn)生0．1mol的CuSO4和0．2mol的水恢復(fù)原來的溶液。則根據(jù)電解方程式中的物質(zhì)間的關(guān)系可知電子轉(zhuǎn)移0．4mol。（6）NaClO有氧化性，F(xiàn)e2+有還原性。所以用NaClO調(diào)節(jié)pH，生成沉淀B為Fe(OH)3，同時(shí)生成一種具有漂白作用的物質(zhì)為HClO，該反應(yīng)的離子方程式為2Fe2++7ClO-+2H++5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+6HClO考點(diǎn)：考查影響化學(xué)反應(yīng)速率的因素、分離混合物的方法、電化學(xué)法的應(yīng)用金屬氧化物與酸的反應(yīng)的知識?！窘馕觥俊敬鸢浮浚?）適當(dāng)升高溫度；不斷攪拌；將礦渣粉碎；適當(dāng)增大硫酸的濃度等；（2）SiO2、Cu（3）Fe3+2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+（4）蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾；冰水既可以洗去晶體表面的雜質(zhì)離子，又可以減少晶體的損失；（5）0．4mol（6）2Fe2++7ClO-+2H++5H2O=2Fe(OH)3+Cl-+6HClO三、判斷題(共9題，共18分)16、√【分析】【分析】發(fā)生反應(yīng)：2Fe+3Cl22FeCl3，1molFe在1molCl2中充分燃燒，氯氣完全反應(yīng)，F(xiàn)e有剩余，根據(jù)氯氣計(jì)算轉(zhuǎn)移電子數(shù)目．【解析】【解答】解：發(fā)生反應(yīng)：2Fe+3Cl22FeCl3，1molFe完全反應(yīng)消耗1.5molCl2，故氯氣完全反應(yīng)，F(xiàn)e有剩余，則轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為1mol×2=2mol，即轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2NA，故正確，故答案為：√．17、×【分析】【分析】高分子化合物（又稱高聚物）一般相對分子質(zhì)量高于10000，結(jié)構(gòu)中有重復(fù)的結(jié)構(gòu)單元；據(jù)此分析．【解析】【解答】解：蔗糖的分子式為：C12H22O12；其相對分子質(zhì)量較小，不屬于高分子化合物，蛋白質(zhì)；纖維素、PVC、淀粉都是高分子化合物，故該說法錯(cuò)誤；

故答案為：×．18、×【分析】【分析】膠體有丁達(dá)爾效應(yīng)，溶液沒有；溶質(zhì)粒子能透過半透膜，膠體粒子不能透過半透膜，但能透過濾紙．【解析】【解答】解：膠體有丁達(dá)爾效應(yīng)，溶液沒有，故利用丁達(dá)爾效應(yīng)可以區(qū)分溶液和膠體；膠體微粒的直徑大于半透膜的孔徑，膠體粒子不能透過半透膜，故答案為：×．19、×【分析】【分析】氫氧化鐵膠體制備方法為：向沸水中滴加幾滴飽和氯化鐵溶液并加熱至液體呈紅褐色即可，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：氫氧化鐵膠體制備方法為：向沸水中滴加幾滴飽和氯化鐵溶液并加熱至液體呈紅褐色即可，如果將飽和氯化鐵溶液滴入稀氫氧化鈉溶液中加熱，二者反應(yīng)生成紅褐色氫氧化鐵沉淀，得不到氫氧化鐵膠體，所以該題說法錯(cuò)誤，故答案為：×．20、×【分析】【分析】常溫常壓下，氣體的氣體摩爾體積不等于22.4L/mol，無法計(jì)算物質(zhì)的量．【解析】【解答】解：常溫常壓下，氣體的氣體摩爾體積不等于22.4L/mol，則22.4LO3的物質(zhì)的量不等于1mol，氧原子個(gè)數(shù)不等于3nA；

故答案為：×．21、×【分析】【分析】HCl中只含共價(jià)鍵，NaCl中只含離子鍵，以此來解答．【解析】【解答】解：HCl中只含共價(jià)鍵；NaCl中只含離子鍵，則HCl為共價(jià)化合物，而NaCl為離子化合物，不能利用溶液的導(dǎo)電性判斷化合物的類別；

故答案為：×．22、×【分析】【分析】元素的化合價(jià)升高，失去電子被氧化，以此來解答．【解析】【解答】解：在化學(xué)反應(yīng)中某元素化合價(jià)只升高，作還原劑，失去電子被氧化，故答案為：×．23、×【分析】【分析】常溫常壓下，氣體摩爾體積不是22.4L/mol，而是大于22.4L/mol，結(jié)合n=、N=nNA判斷．【解析】【解答】解：常溫常壓下，氣體摩爾體積不是22.4L/mol，由PV=nRT可知，氣體摩爾體積大于22.4L/mol，由n=可知，22.4LCO2的物質(zhì)的量小于1mol，故含有CO2分子數(shù)目小于NA個(gè)N=nNA，故錯(cuò)誤，故答案為：×．24、×【分析】【分析】氧氣所處的狀態(tài)不確定，氣體摩爾體積不一定是22.4L/mol，不能確定氧氣的物質(zhì)的量．【解析】【解答】解：若為標(biāo)況下，22.4L氧氣的物質(zhì)的量為1mol，含有6.02×1023個(gè)氧分子，但氧氣所處的狀態(tài)不確定，氣體摩爾體積不一定是22.4L/mol，不能確定氧氣的物質(zhì)的量，不能確定含有氧氣分子數(shù)目，故錯(cuò)誤，故答案為：×．四、解答題(共1題，共10分)25、略

【分析】

（1）（NH4）2Fe（SO4）2和LiOH溶液反應(yīng)生成Fe（OH）2，F(xiàn)e（OH）2易被氧氣氧化；所以不能將直接混合；故答案為：Fe2+在堿性條件下更易被氧化（凡合理答案均可）；

②根據(jù)題給信息：（NH4）2、H3PO4與LiOH溶液發(fā)生共沉淀反應(yīng)生成LiFePO4、NH4HSO4和H2O，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：（NH4）2Fe（SO4）2+LiOH+H3PO4=LiFePO4+2NH4HSO4+H2O；故答案為：（NH4）2Fe（SO4）2+LiOH+H3PO4=LiFePO4↓+2NH4HSO4+H2O；

③高溫成型前，常向LiFePO4中加入少量活性炭黑，其作用除了可以改善成型后的LiFePO4的導(dǎo)電性能外，還能消耗空氣中的氧氣，保護(hù)Fe2+，防止Fe2+被氧化；故答案為：與空氣中O2反應(yīng)，防止LiFePO4中的Fe2+被氧化；

（2）正極材料試樣主要含有LiCoO2及少量Al、Fe等，加入稀H2SO4、Na2S2O3，S2O32-被氧化成SO42-，具有還原性，正極材料中只有LiCoO2具有氧化性，與反應(yīng)Na2S2O3反應(yīng)生成CoSO4，反應(yīng)化學(xué)方程式為：8LiCoO2+Na2S2O3+11H2SO4=4Li2SO4+8CoSO4+Na2SO4+11H2O；故答案為：8LiCoO2+Na2S2O3+11H2SO4=4Li2SO4+8CoSO4+Na2SO4+11H2O；

②根據(jù)質(zhì)量守恒定律，在變化過程中，Co的質(zhì)量沒有變，假設(shè)原始固體質(zhì)量為100g，則n（Co）=mol，m（Co）=100×g；

在1000℃時(shí)，固體質(zhì)量不再變化，說明Co（OH）2完全分解，n（Cr）：n（O）=[（80.65-100×）÷16]=1：1；剩余固體成分為CoO；

在350-400℃時(shí)；固體的質(zhì)量在89.25%-86.38%之間，可以通過極點(diǎn)進(jìn)行分析；

在290℃，n（Co）：n（O）=[（89.25-100×）÷16]=2：3，其化學(xué)式為Co2O3；

在500℃n（Co）：n（O）=[（86.38-100×）÷16]=3：4，其化學(xué)式為Co3O4；

所以可以確定在350-400℃時(shí)的化學(xué)式為Co2O3和Co3O4，故答案為：CoO；Co2O3、Co3O4．

【解析】【答案】（1）①不能直接混合的原因是Fe2+在堿性條件下更容易被氧化；

②根據(jù)題給的信息，發(fā)生的反應(yīng)為（NH4）2Fe（SO4）2+LiOH+H3PO4=LiFePO4+2NH4HSO4+H2O；

③消耗空氣中的O2，保護(hù)Fe2+，防止Fe2+被氧化；

（2）①通過題給信息可知LiCoO2與Na2S2O3發(fā)生了氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)為8LiCoO2+Na2S2O3+11H2SO4=4LiSO4+8CoSO4+Na2SO4+11H2O；

②根據(jù)質(zhì)量守恒定律，在變化過程中，Co的質(zhì)量沒有變，通過題給數(shù)據(jù)看，在1000℃是Co（OH）2完全分解；則產(chǎn)物CoO；

在350-400℃時(shí)；固體的質(zhì)量在89.25%-86.38%之間，可以通過極點(diǎn)進(jìn)行分析；

在290℃，n（Cr）：n（O）=[（89.25-100×）÷16]=2：3，其化學(xué)式為Co2O3；

在500℃n（Cr）：n（O）=100/93：[（86.38-100×）÷16]=3：4其化學(xué)式為Co3O4；

所以可以確定在350-400℃時(shí)的化學(xué)式為Co2O3和Co3O4．

五、簡答題(共2題，共12分)26、略

【分析】解：（1）透氣性陶瓷為硅酸鹽產(chǎn)品；由黏土高溫?zé)贫?，具有耐高溫和絕緣性，光導(dǎo)纖維主要成分為二氧化硅，具有良好的導(dǎo)光性，水泥是傳統(tǒng)的硅酸鹽產(chǎn)品，常用于建筑材料，具有水硬性，不銹鋼為合金，具有強(qiáng)抗腐蝕性，橡膠具有良好的彈性，天然纖維，具有良好的透氣性，如棉花等；

故答案為：③；②；①；⑤；④；⑥；

（2）白色污染是人們對難降解的塑料垃圾（多指塑料袋）污染環(huán)境現(xiàn)象的一種形象稱謂；使用一些新型的可降解塑料，如生物降解塑料和光降解塑料等，可防止“白色污染”；

故答案為：光降解；微生物；

（3）防止鐵制品生銹；除了保持鐵制品干燥外，還有很多其它方法，如隔絕氧氣可以防止鐵生銹，在鐵制品表面涂油漆（表面保護(hù)膜法）；鍍一層金屬等方法可以使鐵制品與氧氣隔絕，也可形成合金（改變內(nèi)部結(jié)構(gòu)），在潮濕的環(huán)境中，鐵、碳和電解質(zhì)溶液構(gòu)成原電池而產(chǎn)生電流，所以可采用電化學(xué)防護(hù)（犧牲活潑金屬）；

故答案為：表面保護(hù)膜法；形成合金（改變內(nèi)部結(jié)構(gòu)）；電化學(xué)防護(hù)（犧牲活潑金屬）；

（4）處理污水的化學(xué)方法有：混凝法是向污水中加入混凝劑；使細(xì)小的懸浮顆粒聚集成較大的顆粒而沉淀，與水分離，從而除去水中的懸浮物；中和法是讓顯酸性的物質(zhì)能和顯堿性的物質(zhì)發(fā)生中和反應(yīng)；化學(xué)沉淀法是向污水中加入特殊的化學(xué)物質(zhì)可以使污水中的污染物以沉淀的形式從水中析出的方法；

故答案為：混凝法；中和法、沉淀法；

（5）室內(nèi)空氣的污染有時(shí)比室外更嚴(yán)重．室內(nèi)空氣污染的來源：廚房燃料燃燒產(chǎn)生氣體和烹調(diào)產(chǎn)生油煙；家具；墻紙、化纖地毯、塑料地毯等會不同程度地釋放出某種有害氣體甲醛；所以建筑材料和裝飾材料揮發(fā)的有機(jī)物；

故答案為：廚房燃料燃燒產(chǎn)生氣體和烹調(diào)產(chǎn)生油煙；建筑材料和裝飾材料揮發(fā)的有機(jī)物．

（1）根據(jù)常見材料的性能和用途進(jìn)行分析；

（2）可降解塑料是指在生產(chǎn)過程中加入一定量的添加劑（如淀粉；改性淀粉或其它纖維素、光敏劑、生物降解劑等）；穩(wěn)定性下降，較容易在自然環(huán)境中通過光或微生物降解的塑料；

（3）根據(jù)鐵制品生銹的條件；鐵制品與氧氣和水隔絕就可以防止鋼鐵生銹，也可改變金屬內(nèi)部結(jié)構(gòu)；電化學(xué)防護(hù)等，據(jù)此進(jìn)行分析解答；

（4）處理污水的化學(xué)方法有：混凝法；中和法、沉淀法；根據(jù)相應(yīng)的污水處理原理分析；

（5）室內(nèi)空氣的污染有時(shí)比室外更嚴(yán)重．室內(nèi)空氣污染的來源廚房燃燒產(chǎn)生的油煙；建筑裝潢材料散發(fā)的有機(jī)物．

本題考查有關(guān)材料的化學(xué)，涉及材料的性能、白色污染、金屬防銹、污水處理、室內(nèi)空氣污染等知識，側(cè)重于化學(xué)與生活的考查，為高考常見題型和高頻考點(diǎn)，有利于培養(yǎng)學(xué)生的良好科學(xué)素養(yǎng)，難度不大，注意相關(guān)基礎(chǔ)知識的積累．【解析】③；②；①；⑤；④；⑥；光降解；微生物；表面保護(hù)膜法；形成合金（改變內(nèi)部結(jié)構(gòu)）；電化學(xué)防護(hù)（犧牲活潑金屬）；混凝法、中和法、沉淀法；廚房燃料燃燒產(chǎn)生氣體和烹調(diào)產(chǎn)生油煙；建筑材料和裝飾材料揮發(fā)的有機(jī)物27、略

【分析】解：rm{(1)}已知rm{壟脵2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g)triangleH=-196.6kJ?mol^{-1}}

rm{壟脷CaCO_{3}(s)簍TCaO(s)+CO_{2}(g)triangleH=+178.5kJ?mol^{-1}}

rm{壟脹CaSO_{4}(s)簍TCaO(s)+SO_{3}(g)triangleH=+401.9kJ?mol^{-1}}

依據(jù)蓋斯定律計(jì)算rm{壟脵2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g)triangle

H=-196.6kJ?mol^{-1}}得到“鈣基固硫”的熱化學(xué)方程式為：rm{2CaCO_{3}(s)+2SO_{2}(g)+O_{2}(g)簍T2CaSO_{4}(s)+2CO_{2}(g)triangleH=-643.4KJ/mol=-643400J/mol}

故答案為：rm{2CaCO_{3}(s)+2SO_{2}(g)+O_{2}(g)簍T2CaSO_{4}(s)+2CO_{2}(g)triangleH=-643.4KJ/mol=-643400J/mol}

rm{壟脷CaCO_{3}(s)簍TCaO(s)+CO_{2}(g)triangle

H=+178.5kJ?mol^{-1}}含rm{壟脹CaSO_{4}(s)簍TCaO(s)+SO_{3}(g)triangle

H=+401.9kJ?mol^{-1}}的煙氣可利用海水脫硫，向曝氣池中通入空氣的目的是把rm{壟脵-2隆脕(壟脷-壟脹)}rm{2CaCO_{3}(s)+2SO_{2}(g)+O_{2}(g)簍T2CaSO_{4}(s)+2CO_{2}(g)triangle

H=-643.4KJ/mol=-643400J/mol}等氧化為rm{2CaCO_{3}(s)+2SO_{2}(g)+O_{2}(g)簍T2CaSO_{4}(s)+2CO_{2}(g)triangle

H=-643.4KJ/mol=-643400J/mol}

故答案為：將rm{(2)壟脵}rm{SO_{2}}等氧化為rm{H_{2}SO_{3}}

rm{HSO_{3}^{-}}由上一問可知硫酸根濃度肯定增大，天然海水呈弱堿性，通入空氣后曝氣池中的海水會生成酸性物質(zhì)會消耗rm{SO_{4}^{2-}}rm{H_{2}SO_{3}}會減少；

故答案為：rm{HSO_{3}^{-}}

rm{SO_{4}^{2-}}失去電子被氧化成rm{壟脷}電極反應(yīng)式為：rm{HCO_{3}^