2025年外研版高三化學(xué)下冊(cè)月考試卷

…………○…………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)月考試卷760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)一二三四總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、常溫下，一定量的醋酸與氫氧化鈉溶液發(fā)生中和反應(yīng)，當(dāng)溶液中A．c（CH3COO－）=c（Na+）時(shí)，醋酸與氫氧化鈉恰好完全中和B．c（CH3COO－）>c（Na+）>c（H+）>c（OH－）時(shí)，不一定是醋酸過量C．c（Na+）>c（CH3COO－）>c（OH－）>c（H+）時(shí)，一定是氫氧化鈉過量D．c（CH3COO－）=c（Na+）時(shí)，該溶液一定呈中性2、取Xg鎂和鋁的混合物，向其中加入適量的稀鹽酸，恰好完全反應(yīng)生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下的氣體BL向反應(yīng)后的溶液中加入VmLCmol/L氫氧化鈉溶液，使金屬離子剛好沉淀完全，得到的沉淀質(zhì)量為Yg．再將得到的沉淀灼燒至質(zhì)量不再改變?yōu)橹梗玫焦腆wPg．則下列關(guān)系不正確的是（）A.X＜P＜XB.P=X+C.Y=X+V?CD.C=3、水的相對(duì)分子質(zhì)量為18，則一個(gè)水分子的質(zhì)量為（）A.B.g?mol-1C.18NAgD.g4、環(huán)境污染已嚴(yán)重已嚴(yán)重危害人類的生活．下列對(duì)應(yīng)關(guān)系正確的是（）

。選項(xiàng)環(huán)境問題造成環(huán)境問題的主要物質(zhì)A酸雨O3B溫室效應(yīng)CO2C南極臭氧層空洞SO3D光化學(xué)煙霧N2A.AB.BC.CD.D5、設(shè)NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值．下列說法正確的是（）A.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，0.1molCl2溶于水，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為0.1NAB.常溫常壓下，16gO2和O3的混合氣體中含有的原子總數(shù)為NAC.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2LH2O中含有分子的數(shù)目為0.5NAD.2.4g金屬鎂變成鎂離子時(shí)失去的電子數(shù)目為0.1NA6、某有機(jī)化合物的氧化產(chǎn)物甲、還原產(chǎn)物乙都能與鈉反應(yīng)放出氫氣，甲、乙在濃硫酸催化下反應(yīng)生成丙，丙能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，這種有機(jī)化合物是（）A.甲酸B.甲醛C.甲醇D.甲酸甲酯7、表中陳述I、II均正確，且兩者在反應(yīng)原理上相似的是。選項(xiàng)陳述I陳述IIA向酚酞溶液中加Na2O2，溶液先變紅后褪色色向石蕊溶液中通入Cl2，溶液先變紅后褪色B將SO2和Cl2同時(shí)通入BaCl2溶液中，產(chǎn)生白色沉淀將CO2和NH3同時(shí)通入CaCl2溶液中，產(chǎn)生白色沉淀C向MgCl2溶液中加入NaOH溶液生成白色沉淀向FeCl3溶液中加入NaOH溶液生成紅褐色沉淀DNa投入水中產(chǎn)生大量氣泡Na2CO3投入鹽酸中產(chǎn)生大量氣泡評(píng)卷人得分二、填空題(共9題，共18分)8、研究N0x、SO2等大氣污染氣體的處理有重要意義．

（1）NO2可用水吸收，相應(yīng)的化學(xué)方程式為____．利用反應(yīng)：6NO2+8NH7N2+12H2O也可以處理NO2．當(dāng)轉(zhuǎn)移1.2mol電子時(shí)，消耗的NO2在標(biāo)準(zhǔn)狀況下是____L．

（2）已知：2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）△H=-196.6kJ?mol-1；

2NO（g）+O2（g）?2NO2（g）△H=-113.0kJ?mol-1；

則反應(yīng)NO2（g）+SO2（g）?SO3（g）+NO（g）的△H=____kJ?mol-1．

（3）大氣中SO2和NOx是形成酸雨的主要污染氣體．某地酸雨中可能含有下列離子：Na+、Mg2+、NH4+、Cl-、SO32-、SO42-、NO3-和NO2-等．某研究小組取該地一定量的酸雨，濃縮后將所得試液分成4份，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：第一份酸化后滴加適量的淀粉KI溶液，呈藍(lán)色；第二份滴加用鹽酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀析出；第三份滴加NaOH溶液，加熱，產(chǎn)生的氣體能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)；第四份加入硝酸酸化的AgNO3溶液，有沉淀產(chǎn)生，靜置，在上層清液中滴加酸性KMnO4溶液，不褪色．已知：Ksp（Ag2SO4）=1.20×10-5

請(qǐng)回答下列問題：

①該酸雨中肯定存在的離子有____；肯定不存在的離子有____，說明其不存在的理由：____．

②寫出試液中滴加淀粉KI溶液所發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：____．

③該研究小組為了探究NO參與的硫酸型酸雨的形成，在燒瓶中充入含有少量NO的SO2氣體，慢慢通入O2，該過程中發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)有2NO+O2=2NO2、NO2+SO2=SO3+NO，再噴射適量蒸餾水即得硫酸型酸雨．說明NO的作用：____．9、將bmolNa2O2和amolNaHCO3混合放在密閉容器中；加熱至300℃，使其充分反應(yīng)，回答下列問題：

（1）當(dāng)充分反應(yīng)后，密閉容器內(nèi)的氣體只有氧氣時(shí)，a和b的關(guān)系式是____；

（2）當(dāng)充分反應(yīng)后，密閉容器內(nèi)的固體只有Na2CO3時(shí)，a和b的關(guān)系式是____；

（3）當(dāng)充分反應(yīng)后，密閉容器內(nèi)的固體是Na2CO3和NaOH混合物時(shí)，a和b的關(guān)系式是____．10、R、X、Y、Z是位于前四周期的元素，基態(tài)R原子核外電子占據(jù)3個(gè)能級(jí)，且每個(gè)能級(jí)上電子數(shù)相等，Y、X能組成兩種陽、陰離子個(gè)數(shù)比為1：1、2：1型化合物．ZX2是常見的催化劑；氧化劑和電極材料；R、X、Y組成一種常見化合物，其水溶液常用于餐具的洗滌劑．R、X、Y原子的質(zhì)子數(shù)之和等于Z的質(zhì)子數(shù)．

（1）基態(tài)Z原子的價(jià)電子排布圖為____；上述四種元素中，第一電離能最小的元素的基態(tài)原子核外有____種不同的電子運(yùn)動(dòng)狀態(tài)．

（2）R、X的氫化物中，既含非極性鍵，又含極性鍵的分子是____（填化學(xué)式，下同）；能形成氫鍵的化合物是____．在R的氫化物中，R原子雜化類型為sp2和sp3，且摩爾質(zhì)量最小的結(jié)構(gòu)簡式是____．

（3）RX離子的中心原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)為____；它的立體構(gòu)型為____．

（4）Y單質(zhì)晶體晶胞如圖所示，晶胞參數(shù)為acm，Y離子直徑d=____．該晶胞中，Y離子的空間利用率為____．11、已知A；B、C、D是核電荷數(shù)小于18的四種非金屬元素；它們的原子序數(shù)依次增大，四種元素的原子最外層電子數(shù)之和為16，A與B、C、D之間均可形成含有10個(gè)電子或18個(gè)電子的化合物，且A、D組成的化合物在常溫下呈液態(tài)．

（1）A、C兩種元素組成的10個(gè)電子化合物的化學(xué)式是：____．

（2）B單質(zhì)在高溫下可從A與D組成的某種化合物中置換出A，同時(shí)生成化合物BD，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為____．

（3）A、C、D三種元素原子半徑由小到大的順序是____（用元素符號(hào)表示）．12、工業(yè)廢水中常含有一定量的Cr2O72-和CrO42-；它們會(huì)對(duì)人類及生態(tài)系統(tǒng)產(chǎn)生很大的傷害，必須進(jìn)行處理．常用的處理方法有兩種．

方法l：還原沉淀法該法的工藝流程為CrO42-Cr2O72-Cr3+Cr（OH）3↓其中第①步存在平衡：2CrO42-（黃色）+2H+═Cr2O72-（橙色）+H2O（1）若平衡體系的pH=2，則溶液顯____色．

（2）能說明第①步反應(yīng)達(dá)平衡狀態(tài)的是____．a(chǎn)．Cr2O72-和CrO42-的濃度相同b．2v（Cr2O72-）=v（CrO42-）

c．溶液的顏色不變。

（3）第③步生成的Cr（OH）3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr（OH）3（s）═aq）+3OH-（aq）

常溫下，Cr（OH）3的溶度積Ksp=c（Cr3+）?c3（OH-）=10-32，要使c（Cr3+）降至10-5mol/L，溶液的pH應(yīng)調(diào)至____．

方法2：電解法。

該法用Fe做電極電解含Cr2O72-的酸性廢水，隨著電解進(jìn)行，在陰極附近溶液pH升高，產(chǎn)生Cr（OH）3沉淀．

（4）用Fe做電極的原因?yàn)開___．

（5）在陰極附近溶液pH升高的原因是（用電極反應(yīng)解釋）____．溶液中同時(shí)生成的沉淀還有____．13、A；B、C、D、E、F均為短周期元素；原子序數(shù)依次遞增．A元素原子核內(nèi)無中子．B元素原子最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的2倍．C元素是地殼是含量最多的元素．D是短周期元素中金屬性最強(qiáng)的元素．E與F的位置相鄰，F(xiàn)的最高價(jià)氧化物的水化物為最強(qiáng)的酸．

（1）推斷B在元素周期表中的位置：____．

（2）寫出A與C形成的10電子的陽離子化學(xué)式：____．（用對(duì)應(yīng)的化學(xué)符號(hào)填空；下同）

（3）E、F兩種元素中非金屬性較強(qiáng)的是____；用電子式表示D2C形成過程____

（4）D、E形成的正鹽的水溶液中，陰離子的濃度大小順序?yàn)椋篲___（從大到小排列）．

（5）常溫下，1molA元素的單質(zhì)與C元素的單質(zhì)化合，放出286kJ的熱量，寫出反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：____．

（6）甲是A和C按原子個(gè)數(shù)比1：1組成的化合物．已知甲的溶液能使酸性高錳酸鉀溶液褪色．將含有0.5mol甲的溶液滴加到100mL2mol/L酸性高錳酸鉀溶液中，溶液紫色恰好褪去，該反應(yīng)的離子方程式為____．14、現(xiàn)有濃度均為0.1mol/L的下列溶液：①硫酸；②醋酸、③氫氧化鈉、④氯化銨、⑤醋酸銨、⑥硫酸銨、⑦硫酸氫銨；⑧氨水，請(qǐng)回答下列問題：

（1）①、②、③、④四種溶液中由水電離出的H+濃度由小到大的順序是____（填序號(hào)）．

（2）④、⑤、⑥、⑦、⑧五種溶液中NH4+濃度由小到大的順序是____（填序號(hào)）．

（3）將③和④等體積混合后，混合液中各離子濃度由大到小的順序是____．

（4）已知t℃，KW=1×10-13，則t℃____（填“＞”或“＜”或“=”）25℃．在t℃時(shí)將pH=11的NaOH溶液aL與pH=1的H2SO4的溶液bL混合后pH=10，則a：b=____．15、如圖是一些常見的單質(zhì)；化合物之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系圖；有些反應(yīng)中的部分物質(zhì)被略去．反應(yīng)①常被應(yīng)用于野外焊接鋼軌，A是一種常見金屬，F(xiàn)是海水中含有鹽的主要成分，J為D、G反應(yīng)產(chǎn)物形成的水溶液．

請(qǐng)回答下列問題：

（1）B的化學(xué)式為____．

（2）F的電子式____．

（3）寫出反應(yīng)③的離子方程式____．

（4）寫出反應(yīng)④的化學(xué)方程式____．16、下表是某地區(qū)市場(chǎng)上銷售的一種“加碘食鹽”包裝袋上的部分文字說明．請(qǐng)根據(jù)此表；結(jié)合化學(xué)和生物學(xué)科的知識(shí)，回答下列問題．

。配料表精制海鹽、碘酸鉀含碘量20～40mg/kg衛(wèi)生許可證號(hào)××衛(wèi)碘字（1999）第001號(hào)分裝日期見封底儲(chǔ)藏方法密封、避光、防潮食用方法烹調(diào)時(shí)，待食品熟后加入碘鹽（1）要在食鹽中加碘，是因?yàn)榈馐侨梭w內(nèi)合成____激素的主要原料；缺碘會(huì)引起疾?。?/p>

（2）食鹽中加碘，這碘指的是____（填“單質(zhì)”、“化合物”或“元素”），其中碘元素的化合價(jià)為____．

（3）根據(jù)含碘鹽的食用方法可推測(cè)碘元素的化學(xué)性質(zhì)，碘酸鉀在受熱時(shí)容易____．評(píng)卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)17、判斷對(duì)錯(cuò)：在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，1molO2與1molSO3的體積相同____．18、為防止流感傳染，可將教室門窗關(guān)閉后，用食醋熏蒸，進(jìn)行消毒．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）19、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)）20、判斷對(duì)錯(cuò)：在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，1molO2與1molSO3的體積相同____．21、放熱反應(yīng)在任何條件都不能發(fā)生．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）22、物質(zhì)發(fā)生化學(xué)變化時(shí)都伴有能量的變化．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）23、鈉的性質(zhì)活潑，在空氣中易發(fā)生反應(yīng)，故應(yīng)保存在CCl4或酒精中．____（判斷對(duì)錯(cuò)）24、水體污染的危害是多方面的；它不僅加劇水資源短缺，而且嚴(yán)重危害人體健康．

請(qǐng)判斷下列說法是否正確（填“√”或“×”）．

（1）工業(yè)廢水中含有的酸、堿、鹽，會(huì)造成水體污染．____

（2）生活污水中不含工業(yè)污染物，因此可以不經(jīng)處理任意排放．____

（3）含重金屬（Hg、Pb、Cd、Cr等）的水，對(duì)人類健康有害．____

（4）含大量N、P的污水任意排向湖泊和近海，會(huì)出現(xiàn)水華、赤潮等問題．____．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(cè)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(cè)定其含量，操作為：參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、D【分析】【解析】【答案】D2、C【分析】【解答】解：反應(yīng)化學(xué)方程式為Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑、2Al+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2↑、MgSO4+2KOH=Mg（OH）2↓+K2SO4、Al2（SO4）3+6KOH=2Al（OH）3↓+3K2SO4、Mg（OH）2MgO+H2O、2Al（OH）3Al2O3+3H2O，A．氧化鎂和氧化鋁的質(zhì)量可以按照極值方法計(jì)算，若Xg全是鎂，得到的氧化物為氧化鎂，根據(jù)元素守恒，則質(zhì)量為P==Y，若Xg全是鋁，得到的氧化物為氧化鋁，根據(jù)元素守恒，則質(zhì)量為P==Y；質(zhì)量介于二者之間，故A正確；

B．P為生成的氧化物的質(zhì)量，1molMg可結(jié)合1molO，2molAl結(jié)合3molO，因此生成沉淀的物質(zhì)的質(zhì)量等于鎂和鋁的質(zhì)量之和加氧元素的質(zhì)量，而結(jié)合氧元素的物質(zhì)的量等于生成氫氣的物質(zhì)的量，也等于消耗氫氧根離子的物質(zhì)的量的一半，即P=×16+X=X+故B正確；

C．得到的氫氧化鎂和氫氧化鋁的質(zhì)量等于鎂鋁的質(zhì)量和與氫氧根離子的質(zhì)量之和，即Y=X+×17；故C錯(cuò)誤；

D．根據(jù)化學(xué)方程式的定量關(guān)系，生成的氫氣的物質(zhì)的量等于參加反應(yīng)的堿的物質(zhì)的量的一半，即B=22.4L/mol×整理得C=故D正確；

故選C．

【分析】根據(jù)題意利用反應(yīng)過程中的變化進(jìn)行分析計(jì)算，鎂和鋁的混合物中加入適量的稀硫酸全部反應(yīng)生成氫氣BL，和氯化鎂和氯化鋁；向反應(yīng)后的溶液中加入Cmol/L氫氧化鉀溶液VmL使金屬離子剛好沉淀完全，得到的沉淀為氫氧化鎂和氫氧化鋁，質(zhì)量為Yg，固體灼燒得到氧化鎂和氧化鋁質(zhì)量為Pg，結(jié)合各步反應(yīng)進(jìn)行計(jì)算判斷．3、D【分析】【分析】根據(jù)n==計(jì)算．【解析】【解答】解：水的相對(duì)分子質(zhì)量為18，則1mol水的質(zhì)量為18g，1mol水的分子數(shù)為NA個(gè)，則一個(gè)水分子的質(zhì)量為g，故選D．4、B【分析】【分析】A．二氧化硫能形成酸雨；

B．造成溫室效應(yīng)的是二氧化碳；

C．造成臭氧層空洞的主要物質(zhì)是氟利昂；

D．造成光化學(xué)煙霧的主要物質(zhì)是氮氧化物．【解析】【解答】解：A．造成酸雨的主要物質(zhì)是二氧化硫等；與氧氣無關(guān)，故A錯(cuò)誤；

B．造成溫室效應(yīng)的主要物質(zhì)是二氧化碳；故B正確；

C．氟利昂能使臭氧生成氧氣；故C錯(cuò)誤；

D．二氧化氮是形成光化學(xué)煙霧的主要污染物；故D錯(cuò)誤；

故選B．5、B【分析】【分析】A．氯氣與水反應(yīng)屬于可逆反應(yīng)；不能進(jìn)行到底；

B．質(zhì)量轉(zhuǎn)化為物質(zhì)的量；結(jié)合氧氣和臭氧分子的構(gòu)成解答；

C．氣體摩爾體積只適用于氣體；

D．鎂離子為+2價(jià)．【解析】【解答】解：A．氯氣與水反應(yīng)屬于可逆反應(yīng)，標(biāo)準(zhǔn)狀況下，0.1molCl2溶于水，只有部分氯氣與水反應(yīng)生成氯化氫和次氯酸，轉(zhuǎn)移電子數(shù)小于0.1NA；故A錯(cuò)誤；

B．氧氣和臭氧都是由氧原子構(gòu)成，16g氧氣和臭氧混合物中含O物質(zhì)的量為=1mol，含有的原子總數(shù)為NA；故B正確；

C．標(biāo)準(zhǔn)狀況下；水是液態(tài)，不能使用氣體摩爾體積，故C錯(cuò)誤；

D．鎂離子為+2價(jià)，2.4g金屬鎂變成鎂離子時(shí)失去的電子數(shù)目為0.2NA；故D錯(cuò)誤；

故選：B．6、B【分析】【分析】某有機(jī)化合物的氧化產(chǎn)物甲、還原產(chǎn)物乙都能與鈉反應(yīng)放出氫氣，則甲為羧酸，乙為醇，丙能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，丙為含-CHO的酯類物質(zhì)，以此來解答．【解析】【解答】解：某有機(jī)化合物的氧化產(chǎn)物甲；還原產(chǎn)物乙都能與鈉反應(yīng)放出氫氣；則甲為羧酸，乙為醇，丙能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，丙中含-CHO，選項(xiàng)中只有B為醛，符合題意，生成丙為甲酸甲酯；

故選B．7、A|C【分析】試題分析：A.向酚酞溶液中加Na2O2，Na2O2與溶液中的水發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生氫氧化鈉和氧氣，氫氧化鈉溶液是堿性，使酚酞溶液變?yōu)榧t色，而新制取的氧氣有強(qiáng)的氧化性，會(huì)將紅色物質(zhì)氧化為無色，因此會(huì)看到溶液先變紅后褪色，向石蕊溶液中通入Cl2，Cl2與水反應(yīng)產(chǎn)生鹽酸和次氯酸，酸使紫色石蕊試液變?yōu)榧t色，而次氯酸有強(qiáng)的氧化性，會(huì)將紅色物質(zhì)氧化為無色，因此會(huì)看到溶液先變紅后褪色，二者反應(yīng)原理相似，正確；B.將SO2和Cl2同時(shí)通入BaCl2溶液中，先發(fā)生反應(yīng)：Cl2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HCl，然后發(fā)生反應(yīng)：H2SO4＋BaCl2=BaSO4↓+2HCl,因此會(huì)產(chǎn)生白色沉淀BaSO4；將CO2和NH3同時(shí)通入CaCl2溶液中，發(fā)生反應(yīng)：CO2+2NH3＋H2O=(NH4)2CO3，(NH4)2CO3＋BaCl2=BaCO3↓+2NH4Cl,產(chǎn)生白色沉淀是BaCO3，前者發(fā)生了氧化還原反應(yīng)，后者發(fā)生的是復(fù)分解反應(yīng)，反應(yīng)原理不相似，錯(cuò)誤；向MgCl2溶液中加入NaOH溶液，發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)：MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl生成白色沉淀Mg(OH)2；向FeCl3溶液中加入NaOH溶液，發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)：FeCl2+2NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl，生成紅褐色沉淀，反應(yīng)原理相似，正確；D.Na投入水中，發(fā)生氧化還原反應(yīng)：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑,產(chǎn)生大量氣泡；Na2CO3投入鹽酸中，發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，產(chǎn)生大量氣泡，反應(yīng)原理不相似，錯(cuò)誤。考點(diǎn)：考查化學(xué)反應(yīng)原理的正誤判斷及相互關(guān)系的應(yīng)用的知識(shí)?！窘馕觥俊敬鸢浮緼C二、填空題(共9題，共18分)8、3NO2+H2O=2HNO3+NO6.72-41.8SO42-、NO3-、NH4+SO32-、NO2-SO32-具有較強(qiáng)的還原性，酸性條件下，與NO3-不能共存；若有NO2-，能使酸性KMnO4溶液褪色6I-+2NO3-+8H+=3I2+2NO↑+4H2O催化劑【分析】【分析】（1）根據(jù)物質(zhì)與水的反應(yīng)物與生成物來書寫化學(xué)反應(yīng)方程式；再利用氧化還原反應(yīng)中電子轉(zhuǎn)移計(jì)算，然后來計(jì)算標(biāo)準(zhǔn)狀況下氣體的體積；

（2）利用蓋斯定律來計(jì)算反應(yīng)熱；

（3）①根據(jù)離子共存的知識(shí)來確定溶液中的離子的存在與否；

②根據(jù)單質(zhì)碘能使淀粉KI溶液呈藍(lán)色來分析；

③根據(jù)一氧化氮在反應(yīng)中的特點(diǎn)來判斷所起到的作用．【解析】【解答】解：（1）NO2與H2O反應(yīng)的方程式為：3NO2+H2O═2HNO3+NO；6NO2+8NH3═7N2+12H2O，當(dāng)反應(yīng)中有1molNO2參加反應(yīng)時(shí)，共轉(zhuǎn)移了4mol電子，故轉(zhuǎn)移1.2mol電子時(shí)，消耗的NO2為：×22.4L/mol=6.72L；

故答案為：3NO2+H2O=2HNO3+NO；6.72；

（2）根據(jù)蓋斯定律，將第二個(gè)方程式顛倒過來，與第一個(gè)方程式相加得：2NO2+2SO2═2SO3+2NO，△H=-83.6kJ?mol-1，故NO2+SO2?SO3+NO，△H=-41.8kJ?mol-1；

故答案為：-41.8；

（3）①滴加適量的淀粉KI溶液，呈藍(lán)色，說明在該酸性溶液中有一種能將碘離子氧化為碘單質(zhì)的離子存在，而這樣的離子只有NO3-，故一定含有NO3-，就一定不會(huì)含有SO32-，因?yàn)镾O32-具有較強(qiáng)的還原性，酸性條件下，與NO3-不能共存；滴加用鹽酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀析出，故一定含有SO42-；滴加NaOH溶液，加熱，產(chǎn)生的氣體能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)，則有氨氣生成，故一定含有NH4+；加入足量硝酸酸化的AgNO3溶液，有沉淀產(chǎn)生，靜置，在上層清液中滴加酸性KMnO4溶液，不褪色，一定不含NO2-，若有NO2-，能使酸性KMnO4褪色；而氯離子的存在與否不能判斷，因?yàn)榱蛩岣呀?jīng)存在；

故答案為：SO42-、NO3-、NH4+；SO32-、NO2-；SO32-具有較強(qiáng)的還原性，酸性條件下，與NO3-不能共存；若有NO2-，能使酸性KMnO4溶液褪色；

②硝酸氧化碘離子的離子方程式為：6I-+2NO3-+8H+=3I2+2NO↑+4H2O；

故答案為：6I-+2NO3-+8H+=3I2+2NO↑+4H2O；

③根據(jù)反應(yīng)方程式2NO+O2=2NO2、NO2+SO2=SO3+NO可知；整個(gè)過程N(yùn)O的質(zhì)量沒有變化，故在反應(yīng)中作催化劑；

故答案為：催化劑．9、≥1≤＜＜1【分析】【分析】混合物在密閉容器中加熱到300℃時(shí)；可能發(fā)生如下反應(yīng)：

①2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2；

②2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2；

③2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2；

④2NaOH+CO2═Na2CO3+H2O；

由上述反應(yīng)；可得總的反應(yīng)方程式為：

Ⅰ、Na2O2+2NaHCO32Na2CO3+O2↑+H2O↑

Ⅱ、2Na2O2+2NaHCO32Na2CO3+O2↑+2NaOH

（1）容器內(nèi)的氣體只有氧氣時(shí)；發(fā)生反應(yīng)Ⅱ；

（2）當(dāng)剩余固體為Na2CO3；發(fā)生反應(yīng)Ⅰ，碳酸氫鈉可能過量；

（3）當(dāng)剩余固體為Na2CO3、NaOH時(shí)，發(fā)生反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ．【解析】【解答】解：混合物在密閉容器中加熱到300℃時(shí)；可能發(fā)生如下反應(yīng)：

①2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2；

②2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2；

③2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2；

④2NaOH+CO2═Na2CO3+H2O；

由上述反應(yīng)；可得總的反應(yīng)方程式為：

Ⅰ、Na2O2+2NaHCO32Na2CO3+O2↑+H2O↑

Ⅱ、2Na2O2+2NaHCO32Na2CO3+O2↑+2NaOH

（1）容器內(nèi)的氣體只有氧氣時(shí)，發(fā)生反應(yīng)Ⅱ，過氧化鈉可能剩余，故≥1，故答案為：≥1；

（2）當(dāng)剩余固體為Na2CO3，發(fā)生反應(yīng)Ⅰ，碳酸氫鈉可能過量，故≤，故答案為：≤；

（3）當(dāng)剩余固體為Na2CO3、NaOH時(shí)，發(fā)生反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ，故＜＜1，故答案為：＜＜1．10、11CH3CH3、H2O2H2O2、H2OCH2=CHCH33平面三角形cm68%【分析】【分析】R；X、Y、Z是位于前四周期的元素；基態(tài)R原子核外電子占據(jù)3個(gè)能級(jí)，且每個(gè)能級(jí)上電子數(shù)相等，則R是C元素；

Y、X能組成兩種陽、陰離子個(gè)數(shù)比為1：1、2：1型化合物，O、Na元素能形成Na2O、Na2O2化合物；所以Y是Na元素；X是O元素；

C；O、Na組成一種常見化合物碳酸鈉；其水溶液常用于餐具的洗滌劑；

C、O、Na原子的質(zhì)子數(shù)之和等于Z的質(zhì)子數(shù)，則Z質(zhì)子數(shù)=6+8+11=25，則Z是Mn元素，MnO2是常見的催化劑；氧化劑和電極材料；

（1）Z是Mn元素；其原子核外有25個(gè)電子，3d能級(jí)和4s能級(jí)電子為其價(jià)電子，3d能級(jí)有5個(gè)電子；4s能級(jí)有2個(gè)電子，據(jù)此書寫基態(tài)Z原子的價(jià)電子排布圖；

元素的金屬性越強(qiáng)其第一電離能越??；這四種元素中第一電離能最小的元素為Na元素，該元素基態(tài)原子核外有幾個(gè)電子具有幾種運(yùn)動(dòng)狀態(tài)；

（2）C；O的氫化物中；既含非極性鍵，又含極性鍵的有乙烷、雙氧水；能形成氫鍵的化合物是雙氧水、水；

在R的氫化物中，R原子雜化類型為sp2和sp3；且摩爾質(zhì)量最小是丙烯；

（3）CO32-離子的中心原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)=3+（4+2-3×2）=3；為平面三角形；

（4）Na單質(zhì)晶體晶胞如圖所示，該晶胞中兩個(gè)對(duì)頂點(diǎn)和體心原子直接相連，2d=acm；晶胞體積=a3cm3，該晶胞中原子個(gè)數(shù)=1+8×=2，則晶胞中原子總體積=[×2]cm3，原子利用率=．【解析】【解答】解：R；X、Y、Z是位于前四周期的元素；基態(tài)R原子核外電子占據(jù)3個(gè)能級(jí)，且每個(gè)能級(jí)上電子數(shù)相等，則R是C元素；

Y、X能組成兩種陽、陰離子個(gè)數(shù)比為1：1、2：1型化合物，O、Na元素能形成Na2O、Na2O2化合物；所以Y是Na元素；X是O元素；

C；O、Na組成一種常見化合物碳酸鈉；其水溶液常用于餐具的洗滌劑；

C、O、Na原子的質(zhì)子數(shù)之和等于Z的質(zhì)子數(shù)，則Z質(zhì)子數(shù)=6+8+11=25，則Z是Mn元素，MnO2是常見的催化劑；氧化劑和電極材料；

（1）Z是Mn元素，其原子核外有25個(gè)電子，3d能級(jí)和4s能級(jí)電子為其價(jià)電子，3d能級(jí)有5個(gè)電子、4s能級(jí)有2個(gè)電子，基態(tài)Mn原子的價(jià)電子排布圖為

元素的金屬性越強(qiáng)其第一電離能越小；這四種元素中第一電離能最小的元素為Na元素，該元素基態(tài)原子核外有幾個(gè)電子具有幾種運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，鈉原子有11個(gè)電子，所以其原子核外電子有11種運(yùn)動(dòng)狀態(tài)；

故答案為：11；

（2）C、O的氫化物中，既含非極性鍵，又含極性鍵的有CH3CH3、H2O2；能形成氫鍵的化合物是H2O2、H2O；

在R的氫化物中，R原子雜化類型為sp2和sp3，且摩爾質(zhì)量最小是丙烯，其結(jié)構(gòu)簡式為CH2=CHCH3；

故答案為：CH3CH3、H2O2；H2O2、H2O；CH2=CHCH3；

（3）CO32-離子的中心原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)=3+（4+2-3×2）=3；為平面三角形；

故答案為：3；平面三角形；

（4）Na單質(zhì)晶體晶胞如圖所示，該晶胞中兩個(gè)對(duì)頂點(diǎn)和體心原子直接相連，2d=acm，則d=cm；晶胞體積=a3cm3，該晶胞中原子個(gè)數(shù)=1+8×=2，則晶胞中原子總體積=[×2]cm3，原子利用率===68%；

故答案為：cm；68%．11、NH3C+H2OCO+H2H＜O＜N【分析】【分析】A、B、C、D是核電荷數(shù)小于18的四種非金屬元素，處于短周期，且它們的原子序數(shù)依次增大，A與B、C、D之間均可形成含有10個(gè)電子或18個(gè)電子的化合物，則A為H元素；B、C、D應(yīng)處于第二周期，且A、D組成的化合物在常溫下呈液態(tài)，則D為O元素；B、D原子最外層電子數(shù)之和為16-1-6=9，故B最外層電子數(shù)為4、C最外層電子數(shù)為5，則B為碳元素、C為N元素，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：A；B、C、D是核電荷數(shù)小于18的四種非金屬元素；處于短周期，且它們的原子序數(shù)依次增大，A與B、C、D之間均可形成含有10個(gè)電子或18個(gè)電子的化合物，則A為H元素；B、C、D應(yīng)處于第二周期，且A、D組成的化合物在常溫下呈液態(tài)，則D為O元素；B、D原子最外層電子數(shù)之和為16-1-6=9，故B最外層電子數(shù)為4、C最外層電子數(shù)為5，則B為碳元素、C為N元素；

（1）A、C兩種元素組成的10個(gè)電子化合物為NH3，故答案為：NH3；

（2）B單質(zhì)在高溫下可從A與D組成的某種化合物中置換出A，同時(shí)生成化合物BD，是碳與水蒸氣反應(yīng)生成CO與氫氣，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：C+H2OCO+H2，故答案為：C+H2OCO+H2；

（3）所有元素中氫原子半徑最小，同周期自左而右原子半徑減小，故原子半徑：H＜O＜N，故答案為：H＜O＜N．12、橙c5陽極反為Fe-2e-=Fe2+，提供還原劑Fe2+2H++2e═H2↑Fe（OH）3【分析】【分析】（1）根據(jù)外界條件對(duì)平衡的影響來確定平衡移動(dòng)方向；從而確定離子濃度大小和溶液顏色變化；

（2）根據(jù)判斷平衡狀態(tài)的方法：V正=V逆；或各組分的濃度保持不變則說明已達(dá)平衡；

（3）根據(jù)溶度積常數(shù)以及水的離子積常數(shù)來進(jìn)行計(jì)算；

（4）陽極是活性電極時(shí)；陽極本身失電子，生成陽離子；

（5）溶液PH升高的原因是溶液中氫離子濃度減少，即氫離子在陰極得電子，PH升高，氫氧根離子濃度增大，離子濃度冪的乘積大于溶度積，所以金屬陽離子會(huì)生成氫氧化物沉淀．【解析】【解答】解：（1）c（H+）增大，平衡2CrO42-（黃色）+2H+?Cr2O72-（橙色）+H2O右移；溶液呈橙色，故答案為：橙；

（2）a．Cr2O72-和CrO42-的濃度不是相同；而是不變，故錯(cuò)誤；

b．2v（Cr2O72-）=v（CrO42-）；未體現(xiàn)正逆的關(guān)系，故錯(cuò)誤；

c．溶液的顏色不變；說明濃度不變，正逆反應(yīng)速率相等，故選：C；

（3）當(dāng)c（Cr3+）=10-5mol/L時(shí)，溶液的c（OH-）==10-9mol/L，c（H+）═=10-5mol/L，pH=5，即要使c（Cr3+）降至10-5mol/L；溶液的pH應(yīng)調(diào)至5，故答案為：5；

（4）在電解法除鉻中，鐵作陽極，陽極反應(yīng)為Fe-2e-═Fe2+，以提供還原劑Fe2+；故答案為：陽極反應(yīng)為Fe-2e-═Fe2+，提供還原劑Fe2+；

（5）在陰極附近溶液pH升高的原因是水電離產(chǎn)生的H+放電生成H2的同時(shí)，大量產(chǎn)生了OH-，所以溶液中的Fe3+也將轉(zhuǎn)化為Fe（OH）3沉淀，故答案為：2H++2e═H2↑；Fe（OH）3．13、第二周期第IVA族H3O+ClC（S2-）＞C（OH-）＞C（HS-）H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H=-286kJ/mol2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O【分析】【分析】A、B、C、D、E、F均為短周期元素，原子序數(shù)依次遞增．A元素原子核內(nèi)無中子，則A為氫元素；B元素原子核外最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的2倍，則B有2個(gè)電子層，最外層有4個(gè)電子，則B為碳元素；C元素是地殼中含量最多的元素，則C為氧元素；D元素是短周期元素中金屬性最強(qiáng)的元素，則D為Na；E與F的位置相鄰，F(xiàn)的最高價(jià)氧化物的水化物為最強(qiáng)的酸，可推知E為S元素、F為Cl元素，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：A；B、C、D、E、F均為短周期元素；原子序數(shù)依次遞增．A元素原子核內(nèi)無中子，則A為氫元素；B元素原子核外最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的2倍，則B有2個(gè)電子層，最外層有4個(gè)電子，則B為碳元素；C元素是地殼中含量最多的元素，則C為氧元素；D元素是短周期元素中金屬性最強(qiáng)的元素，則D為Na；E與F的位置相鄰，F(xiàn)的最高價(jià)氧化物的水化物為最強(qiáng)的酸，可推知E為S元素、F為Cl元素；

（1）B是碳元素；原子有2個(gè)電子層，最外層電子數(shù)為4，在元素周期表中的位置：第二周期第IVA族，故答案為：第二周期第IVA族；

（2）H與O形成的10電子的陽離子化學(xué)式為：H3O+，故答案為：H3O+；

（3）同周期隨原子序數(shù)增大非金屬性增強(qiáng)，故非金屬性Cl＞S；用電子式表示Na2O形成過程為

故答案為：Cl；

（4）Na、S形成的正鹽的水溶液中，S2-離子水解，溶液呈堿性，OH-離子來源于水的電離、HS-及S2-離子水解，故C（OH-）＞C（HS-），水解程度比較微弱，陰離子的濃度大小為：C（S2-）＞C（OH-）＞C（HS-）；

故答案為：C（S2-）＞C（OH-）＞C（HS-）；

（5）常溫下，1mol氫氣與與氧氣化合，放出286kJ的熱量，則該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H=-286kJ/mol；

故答案為：H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H=-286kJ/mol；

（6）甲是H和O按原子個(gè)數(shù)比1：1組成的化合物，則甲為H2O2，甲的溶液能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，甲被氧化生成氧氣，含有0.5mol甲的溶液滴加到100mL2mol/L酸性高錳酸鉀溶液中，溶液紫色恰好褪去，設(shè)Mn元素在還原產(chǎn)物中的化合價(jià)為a，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒，則：0.5mol×2×[0-（-1）]=0.1L×2mol/L×[7-a]，解得a=2，還有生成Mn2+，該反應(yīng)的離子方程式為2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O；

故答案為：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O．14、①③②④⑧⑤④⑦⑥c（Na+）=c（Cl-）＞c（OH-）＞c（NH4+）＞c（H+）；＞101：9【分析】【分析】（1）鹽溶液促進(jìn)水的電離，溶液中c（H+）或c（OH-）越大；水的電離程度越小，以此分析；

（2）從鹽類的水解和弱電解質(zhì)的電離程度角度分析；

（3）③和④等體積混合后，溶液溶質(zhì)為NaCl和NH4Cl；從鹽類的水解角度分析；

（4）根據(jù)溫度對(duì)電解質(zhì)的電離影響判斷溫度的大小，根據(jù)c（OH-）=計(jì)算酸堿混合反應(yīng)．【解析】【解答】解：（1）④氯化銨為強(qiáng)酸弱堿鹽，水解促進(jìn)水的電離，②醋酸為弱酸，溶液中c（H+）較小，①硫酸和③氫氧化鈉都為強(qiáng)電解質(zhì)，濃度相同時(shí)，硫酸對(duì)水的電離抑制程度較大，所以四種溶液中由水電離出的H+濃度由小到大的順序是①③②④；

故答案為：①③②④；

（2）④氯化銨、⑤醋酸銨、⑥硫酸銨、⑦硫酸氫銨等溶液中存在：NH4++H2O?NH3?H2O+H+，其中硫酸銨溶液中銨根離子濃度最大，硫酸氫銨存在大量的H+，抑制NH4+的水解，醋酸銨為弱酸弱堿鹽，發(fā)生相互促進(jìn)的水解，四種物質(zhì)中NH4+濃度最小，⑧氨水為弱電解質(zhì)，難以電離，在這五種溶液中NH4+濃度最小，所以NH4+濃度由小到大的順序是：⑧⑤④⑦⑥；

故答案為：⑧⑤④⑦⑥；

（3）③和④等體積混合后，溶液溶質(zhì)為NaCl和NH4Cl，由于溶液中存在：NH3?H2O?NH4++OH-，則c（Na+）=c（CI-）＞c（NH4+），c（OH-）＞c（H+），又溶液中存在水的電離，則c（OH-）＞c（NH4+），故有：c（Na+）=c（CI-）＞c（OH-）＞c（NH4+）＞c（H+）

故答案為：c（Na+）=c（CI-）＞c（OH-）＞c（NH4+）＞c（H+）；

（4）t℃，KW=1×10-13，25℃，KW=1×10-14，已知水的電離為吸熱過程，升高溫度促進(jìn)電離，KW增大；所以t℃大于25℃；

t℃時(shí)將pH=11的NaOH溶液中c（OH-）==0.01mol/L；

在t℃時(shí)將pH=11的NaOH溶液aL與pH=1的H2SO4的溶液bL混合（忽略混合后溶液體積的變化），若所得混合溶液的pH=10，則混合后溶液中c（OH-）==0.001mol/L

則有：=0.001mol/L，則a：b=101：9；

故答案為：＞；101：9．15、Fe2O3Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3【分析】【分析】反應(yīng)①常被應(yīng)用于野外焊接鋼軌，應(yīng)為金屬鋁和氧化鐵發(fā)生鋁熱反應(yīng)，A為常見金屬，則A為Al，B為Fe2O3，F(xiàn)是海水中含有鹽的主要成分，則F為NaCl，電解生成NaOH、H2和Cl2，N為紅褐色固體，應(yīng)為Fe（OH）3，則D應(yīng)為Fe，C為Al2O3，H為NaOH，E為NaAlO2，G為Cl2，J為FeCl3溶液，K為FeCl2溶液，M為Fe（OH）2，I為H2，結(jié)合物質(zhì)的性質(zhì)解答該題．【解析】【解答】解：反應(yīng)①常被應(yīng)用于野外焊接鋼軌，應(yīng)為金屬鋁和氧化鐵發(fā)生鋁熱反應(yīng)，A為常見金屬，則A為Al，B為Fe2O3，F(xiàn)是海水中含有鹽的主要成分，則F為NaCl，電解生成NaOH、H2和Cl2，N為紅褐色固體，應(yīng)為Fe（OH）3，則D應(yīng)為Fe，C為Al2O3，H為NaOH，E為NaAlO2，G為Cl2，J為FeCl3溶液，K為FeCl2溶液，M為Fe（OH）2，I為H2．

（1）由以上分析可知B為Fe2O3，故答案為：Fe2O3；

（2）F為NaCl，電子式為故答案為：

（3）反應(yīng)③為Al2O3和NaOH的反應(yīng)，離子方程式為：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，故答案為：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；

（4）反應(yīng)④為氫氧化亞鐵氧化生成氫氧化鐵，反應(yīng)化學(xué)方程式為：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答案為：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3．16、甲狀腺元素+5分解【分析】【分析】食鹽中的碘是以碘酸鉀形式存在，計(jì)算含碘量是以碘元素進(jìn)行計(jì)算，人體缺碘，易導(dǎo)致甲狀腺疾病，根據(jù)化合價(jià)代數(shù)和為0判斷元素的化合價(jià)，由題中信息可知，碘酸鉀易分解．【解析】【解答】解：（1）人體缺碘；易導(dǎo)致甲狀腺疾病，碘是人體內(nèi)合成甲狀腺激素的主要原料，故答案為：甲狀腺；

（2）食鹽中的碘是以碘酸鉀形式存在，計(jì)算含碘量是以碘元素進(jìn)行計(jì)算，碘鹽中不存在碘原子和分子，在KIO3中；K的化合價(jià)為+1價(jià)，O的化合價(jià)為-2價(jià)，根據(jù)化合價(jià)代數(shù)和為0可知I的化合價(jià)為+5價(jià)，故答案為：元素；+5；

（3）烹調(diào)時(shí)，待食品熟后加入碘鹽，說明碘酸鉀不穩(wěn)定，在加熱時(shí)易分解，故答案為：分解．三、判斷題(共8題，共16分)17、×【分析】【分析】標(biāo)況下，SO3不是氣體，與相同物質(zhì)的量的氧氣體積不相等．【解析】【解答】解：標(biāo)況下，SO3不是氣體，與相同物質(zhì)的量的氧氣體積不相等，故錯(cuò)誤，故答案為：×．18、√【分析】【分析】流感病毒的成分為蛋白質(zhì)，而食醋的主要成分為乙酸，乙酸能使蛋白質(zhì)發(fā)生變性，以此來解答．【解析】【解答】解：因流感病毒的成分為蛋白質(zhì)；而食醋的主要成分為乙酸，乙酸能使蛋白質(zhì)發(fā)生變性，則為防止流感傳染，可將教室門窗關(guān)閉后，用食醋熏蒸，進(jìn)行消毒，做法正確；

故答案為：√．19、×【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：×．20、×【分析】【分析】標(biāo)況下，SO3不是氣體，與相同物質(zhì)的量的氧氣體積不相等．【解析】【解答】解：標(biāo)況下，SO3不是氣體，與相同物質(zhì)的量的氧氣體積不相等，故錯(cuò)誤，故答案為：×．21、×【分析】【分析】放熱反應(yīng)一般在加熱條件能發(fā)生．【解析】【解答】解：放熱反應(yīng)一般在加熱條件能發(fā)生，例如燃燒反應(yīng)，故錯(cuò)誤，故答案為：×．22、√【分析】【分析】依據(jù)化學(xué)反應(yīng)實(shí)質(zhì)是反應(yīng)物化學(xué)鍵斷裂化學(xué)鍵吸收能量，生成物形成化學(xué)鍵放出熱量，反應(yīng)過程中一定伴隨能量變化．【解析】【解答】解：化學(xué)反應(yīng)實(shí)質(zhì)是反應(yīng)物化學(xué)鍵斷裂化學(xué)鍵吸收能量，生成物形成化學(xué)鍵放出熱量，所以反應(yīng)過程中一定伴隨能量變化，故正確，故答案為：√．23、×【分析】【分析】鈉的性質(zhì)活潑，易與水、氧氣等反應(yīng)，保存鈉時(shí)，應(yīng)注意隔絕空氣，且不能與水接觸，結(jié)合鈉能與乙醇反應(yīng)以及四氯化碳的密度解答該題．【解析】【解答】解：鈉能與乙醇反應(yīng)生成乙醇鈉和氫氣；鈉的密度比四氯化碳的小，鈉浮在四氯化碳的上面，不能用于保存鈉；

故答案為：×．24、√【分析】【分析】（1）工業(yè)廢水應(yīng)遵循“先凈化；后排放”的原則，工業(yè)廢水需要經(jīng)過處理達(dá)標(biāo)后再排放才不會(huì)污染環(huán)境；

（2）生活污水不經(jīng)處理任意排放；會(huì)危害人畜等需飲水生物的健康；

（3）重金屬能使蛋白質(zhì)變性；

（4）含N、P的大量污水任意排向湖泊和近海，會(huì)造成水體的富營養(yǎng)化從而破壞水體生態(tài)系統(tǒng)，會(huì)出現(xiàn)水華、赤潮等水體污染問題．【解析】【解答】解：（1）工業(yè)廢水是指工業(yè)生產(chǎn)過程中產(chǎn)生的廢水；污水和廢液；其中含有隨水流失的工業(yè)生產(chǎn)用料、中間產(chǎn)物和產(chǎn)品以及生產(chǎn)過程中產(chǎn)生的污染物．廢水中含有的酸、堿、鹽，會(huì)造成水體污染，需要經(jīng)過處理達(dá)標(biāo)后才能排放；

故答案為：√；

（2）生活污水中雖不含工業(yè)污染物；但廢水中污染物成分極其復(fù)雜多樣，常要幾種方法組成處理系統(tǒng)才能達(dá)到完全凈化的目的，因此可以不經(jīng)處理任意排放錯(cuò)誤；

故答案為：×．

（3）重金屬能使蛋白質(zhì)變性；對(duì)人類健康有害；

故答案為：√；

藻類生長需要大量的N；P元素；如果水體中N、P元素嚴(yán)重超標(biāo)，會(huì)引起藻類瘋長，從而導(dǎo)致水中氧氣含量降低，水生生物大量死亡，海水中常稱為赤潮，淡水中稱為水華；

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.