2025年滬科版高三化學上冊月考試卷含答案

…………○…………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含答案考試試卷考試范圍：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5題，共10分)1、相對分子質量為300以下的某脂肪酸1.0g與2.7g碘恰好完全加成，也可被0.2gKOH中和，數據不精確，由此計算該脂肪酸的相對分子質量是（）A.274B.278C.280D.2822、下列有關元素周期表的說法中正確的是（）A.有7個橫行、7個縱行B.鐵元素屬于主族元素C.第1、2、3周期的元素屬于短周期元素D.0族元素原子的最外層上均有8個電子3、在下列變化過程中，只發(fā)生物理變化的是：（）A.荔枝釀酒B.酸雨侵蝕建筑物C.空氣液化制取氮氣D.食物腐敗4、下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.含有離子鍵和共價鍵的化合物一定是離子化合物B.元素原子的最外層電子數等于該元素的最高化合價C.目前人們已發(fā)現的元素種類數目與原子種類數目相同D.多電子原子中，在離核較近的區(qū)域內運動的電子能量較高5、用rm{N_{A}}表示阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A.常溫常壓下，rm{22.4LO_{2}}含有的分子數目為rm{N_{A}}B.rm{1molZn}變?yōu)閞m{Zn^{2+}}時失去的電子數目為rm{N_{A}}C.常溫常壓下，rm{16g}氧氣含有的氧原子數目為rm{N_{A}}D.rm{0.5mol}rm{/}rm{LNa_{2}CO_{3}}溶液中，rm{Na^{+}}的數目為rm{N_{A}}評卷人得分二、雙選題(共8題，共16分)6、在同溫同壓下，由CO2、H2和CO組成的混合氣體的密度與氮氣的密度相同．則該混合氣體中CO2、H2和CO的體積比為()A.29：8：13B.22：1：14C.13：8：29D.26：16：577、根據下列實驗操作和現象所得到的結論正確的是（）

。選項實驗操作和現象結論A取少量食鹽溶于水，加稀硫酸酸化，再滴入淀粉溶液，溶液未呈藍色該食鹽中不含有碘酸鉀B將KI和FeCl3溶液在試管中混合后，加入CCl4，振蕩，靜置，下層溶液顯紫紅色Fe3+的氧化性大于I2C向蛋白質溶液中加入CuCl2或（NH4）2SO4飽和溶液，均有沉淀蛋白質均發(fā)生了變性D將0.1mol?L-1，MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀產生，再滴加0.1mol?L-1CuSO4溶液，白色沉淀逐漸變?yōu)樗{色沉淀Ksp[Cu（OH）2]＜Ksp[Mg（OH）2]A.AB.BC.CD.D8、在粗制CuSO4?5H2O晶體中常含有雜質Fe2+，為了除去Fe2+，先將混合物溶于水，加入一定量的H2O2，將Fe2+氧化成Fe3+，再調節(jié)溶液的pH=4，過濾、蒸發(fā)、結晶即可．下列說法正確的是()A.由題目可知，Cu2+可以大量存在于pH=4的溶液中B.可用濃硫酸代替H2O2C.未加H2O2前的硫酸銅溶液pH＜4D.調節(jié)溶液pH=4可選擇的試劑是氫氧化銅或氨水9、對比甲烷和乙烯的燃燒反應，下列敘述中正確的是（）A.二者燃燒時現象完全相同B.點燃前都應驗純C.甲烷燃燒的火焰呈淡藍色，乙烯燃燒的火焰較明亮D.二者燃燒時都有黑煙生成10、若將阿伏加德羅常數規(guī)定為rm{0.024kg^{12}C}中所含有的rm{C}原子數，而其他概念和規(guī)定一律不變，則下列各項的數值不會發(fā)生變化的是rm{(}rm{)}A.物質的量B.相對原子質量C.物質的摩爾質量D.rm{12g^{12}C}中所含有的rm{C}原子數11、科學家最近制造出第rm{112}號新元素，其原子的質量數為rm{277}這是迄今已知元素中最重的原子rm{.}關于該新元素的下列敘述正確的是rm{(}rm{)}A.其原子核內中子數和質子數都是rm{112}B.其原子核內中子數為rm{165}核外電子數為rm{112}C.其原子質量是rm{{,!}^{12}C}原子質量的rm{277}倍D.其原子質量與rm{{,!}^{12}C}原子質量之比為rm{277}rm{12}12、25℃時，將濃度均為0.1mol?L-1HX溶液和HY溶液分別與等濃度的NaHCO3溶液等體積混合，實驗測得產生的氣體體積（V）隨時間（t）變化的示意圖如圖所示：下列說法正確的是（）A.相同濃度的HX和HY溶液中水的電離程度：HX＞HYB.相同體積相同濃度的HX和HY溶液中陰離子數目前者大于后者C.向10mL0.1mol?L-1的Na2CO3溶液中緩慢滴加10mL0.1mol?L-1的HY；混合后的離子濃度大小關系：

c（Na+）＞c（Y-）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H+）D.將等體積等濃度的HX和HY溶液分別用相同濃度的氫氧化鈉溶液滴定，至中性時，消耗的氫氧化鈉溶液體積前者大于后者13、已知X；Y、Z、W均為中學化學中常見的單質或化合物；它們之間的轉化關系如圖所示（部分產物已略去），則W、X不可能是（）

。選項WXA鹽酸NaCO3溶液BCl2FeCCO2Ca（OH）2溶液D氨水溶液AlCl3溶液A.AB.BC.CD.D評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)14、乙醇（C2H5OH）是一種重要的有機物．

（1）根據乙醇分子式和可能結構推測，1mol乙醇與足量鈉反應，產生氫氣的物質的量可能是____mol．事實證明反應的乙醇與產生的氫氣物質的量比值是2，該反應的化學方程式是____．

（2）乙醇分子中的官能團是____．

（3）用如圖裝置實驗，干冷燒杯罩在火焰上，有無色液體產生．能否據此說明一定有氫氣產生，判斷及簡述理由是____．

（4）乙醇與鈉反應比水與鈉反應平緩的多，原因是____．15、有含NaCl、Na2SO4和NaNO3的混合物，選擇適當的試劑除去溶液中的NaCl和Na2SO4，從而得到純凈的NaNO3溶液．相應的實驗過程可用如圖表示：

請回答下列問題：

（1）寫出實驗流程中下列物質化學式：試劑X____，沉淀A____，沉淀B____．

（2）①、②、③過程中均需要過濾，在進行此操作時需要用到的玻璃儀器為：____、____、____．

（3）上述實驗流程中加入過量的Na2CO3的目的是____．

（4）按此實驗方案得到的溶液3中肯定含有Na2CO3雜質；為了解決這個問題，可以向溶液3中加入適量的____，之后若要獲得固體NaNO3需進行的實驗操作是____（填操作名稱）．16、黃鐵礦的主要成分是FeS2．測定黃鐵礦中FeS2含量的兩種方法如下圖所示：

已知：FeS2+5HNO3+3HCl=FeCl3+2H2SO4+5NO↑+2H2O

請回答下列問題：

（1）方法Ⅰ中灼燒濾渣用的儀器除酒精燈、三角架、還有____．

（2）方法Ⅱ中加足量BaCl2溶液的作用是____，判斷加入BaCl2溶液已過量的操作是____．

（3）用方法Ⅰ測定黃鐵礦試樣中FeS2的含量，發(fā)現測定結果總是偏高，則產生誤差的可能原因是：①____；②____．（測定過程中由操作產生的誤差可忽略．）

（4）稱取黃鐵礦試樣1.60g，用方法Ⅱ進行測定，稱得干燥后的濾渣質量為1.66g，假設礦石中的硫元素全部來自于FeS2，則該礦石中FeS2的質量分數是____．17、(12分)以硫鐵礦為原料生產硫酸所得的酸性廢水中砷元素含量極高，為控制砷的排放，采用化學沉降法處理含砷廢水，相關數據如下表。回答以下問題：⑴該硫酸工廠排放的廢水中硫酸的物質的量濃度c(H2SO4)＝____________mol·L－1。⑵寫出難溶物Ca3(AsO4)2的Ksp表達式：Ksp[Ca3(AsO4)2]＝____，若混合溶液中Al3＋、Fe3＋的濃度均為1.0×10－4mol·L－1，c(AsO43－)的最大是___mol·L－1。⑶工廠排放出的酸性廢水中的三價砷（H3AsO3弱酸）不易沉降，可投入MnO2先將其氧化成五價砷（H3AsO4弱酸），寫出該反應的離子方程式____。⑷在處理含砷廢水時采用分段式，先向廢水中投入生石灰調節(jié)pH到2，再投入生石灰將pH調節(jié)到8左右使五價砷以Ca3(AsO4)2形式沉降。①pH調節(jié)到2時廢水中有大量沉淀產生，沉淀主要成分的化學式為__；②Ca3(AsO4)2在pH調節(jié)到8左右才開始沉淀的原因為____。18、在實驗室里用濃鹽酸與高錳酸鉀反應來制取少量的氯氣，反應的化學方程式為：2KMnO4+16HCl（濃）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O．反應物中，氧化劑是____；化合價升高的元素是____．反應中HCl的作用是____．19、A、B、C、D是短周期元素組成的非金屬單質，其中B、C、D在常溫常壓下是氣體．其轉化關系如下圖（有關反應的條件及生成的H2O已略去）．E是形成酸雨的污染物之一，F是常見的四原子10電子分子，化合物L具有漂白性，可由Cl2與NaOH溶液反應而制得．化合物J是由兩種元素組成的18電子分子；分子中原子個數比為1：2，其相對分子質量為32，常溫下為液體．

請按要求填空：

（1）寫出F的電子式____．

（2）寫出Cl2與NaOH溶液反應的化學方程式____．

（3）取16gJ在B中完全燃燒生成C，恢復至101kPa、25℃，放出312kJ熱量．則J和B反應的熱化學方程式為：____．

（4）寫出將E通入L的堿性溶液中的離子方程式____．

（5）J-空氣燃料電池是一種環(huán)境友好的堿性燃料電池，電解質溶液是20%～30%KOH溶液．該燃料電池的負極反應式為____．

（6）將標況下1.12LE通入100mL0.5mol/LNaOH溶液中，得到一種酸性溶液，則該溶液中各種離子濃度由大到小的排列順序為____．20、為節(jié)省藥品和時間，甲、乙、丙三位同學用銅片、鋅片、稀硫酸、CuSO4溶液；直流電源、石墨電極、導線、燒杯、試管等中學化學常見的藥品和儀器（用品）；通過巧妙的構思，設計了比較銅、鋅金屬活動性相對強弱的系列實驗．試填寫下列空白：

（1）甲同學分別將一小片銅片、鋅片置于燒杯底部（銅與鋅不接觸），向燒杯中小心加入稀硫酸，觀察到的現象是____．甲同學的設計思路是____．

（2）乙同學接著甲的實驗，向燒杯中滴加____溶液，進而觀察到的現象是____．

乙同學作出鋅、銅金屬活動性相對強弱的結論所依據的原理是____．

（3）丙同學使用直流電源、石墨電極組裝好電解裝置，向乙同學實驗后的溶液中補充了必要的試劑____溶液（作為電解液）．反應在調控下隨即開始，實驗中有關反應的化學方程式為____．實驗中的明顯現象是____．

（4）請你再單獨設計一個簡單的實驗（試劑、儀器自選），探究和證實鋅、銅金屬活動性的相對強弱（簡要說明操作和現象）____．21、（2009春?崇文區(qū)期末）X；Y、Z三種短周期元素；它們的原子序數之和為16．在常溫下，X、Y、Z三種元素的常見單質都是無色氣體，它們在適當條件下可發(fā)生如圖所示的轉化．已知一個B分子中含有Z元素的原子個數比一個C分子中含有Z元素的原子個數少一個．請回答下列問題：

（1）X元素在周期表中的位置是____．Y的原子序數為____．

（2）X的單質與Z的單質可制成新型的化學電源，該電源被稱為____．

（3）A的化學式為____．

（4）已知Y的單質與Z的單質在適當催化劑和高溫、高壓條件下，生成C的反應是可逆反應，寫出該反應的化學方程式____．評卷人得分四、判斷題(共4題，共24分)22、標準狀況下，22.4L己烷中含共價鍵數目為19NA．____（判斷對錯）23、常溫下體積和濃度都相同的鹽酸和醋酸中和氫氧化鈉能力鹽酸強____（判斷正誤）24、含5個碳原子的有機物，每個分子中最多可形成4個C-C單鍵____．25、0.1L3.0mol?L-1的NH4NO3溶液中含有的NH4+的數目為0.3NA．____（判斷對錯）評卷人得分五、探究題(共4題，共36分)26、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________．27、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：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：評卷人得分六、簡答題(共3題，共15分)30、元素周期表中第四周期的某些元素在生產；生活中有著廣泛的應用。

（1）硒常用作光敏材料，基態(tài)硒原子的價電子排布圖1為______；與硒同周期的p區(qū)元素中第一電離能大于硒的元素有______種；SeO3的空間構型是______。

（2）科學家在研究金屬礦物質組分的過程中；發(fā)現了Cu-Ni-Fe等多種金屬互化物。確定某種金屬互化物是晶體還是非晶體的方法是______。

（3）鎳能與類鹵素（SCN）2反應生成Ni（SCN）2．（SCN）2分子中硫原子的雜化方式是______；σ鍵和π鍵數目之比為______。

（4）Co（NH3）5Cl3是鈷的一種配合物，向100mL0.2mol?L-1該配合物的溶液中加入足量AgNO3溶液；生成5.74g白色沉淀，則該配合物的化學式為______，中心離子的配位數為______。

（5）已知：r（Fe2+）為61pm，r（Co2+）為65pm。在隔絕空氣條件下分別加熱FeCO3和CoCO3，實驗測得FeCO3的分解溫度低于CoCO3；原因是______。

（6）某離子型鐵的氧化物晶胞如圖2所示，它由X、Y組成，則該氧化物的化學式為______。已知該晶體的密度為dg?cm-3，阿伏加德羅常數的值為NA，則該品體的晶胞參數a=______pm（用含d和NA的代數式表示）。31、工業(yè)上可用食鹽和石灰石為主要原料；經不同的方法生產純堿．請回答下列問題：

（1）盧布蘭芳是以食鹽；石灰石、濃硫酸、焦炭為原料；在高溫下進行煅燒，再浸取，結晶而制得純堿．

①食鹽和濃硫酸反應的化學方程式為______；

②硫酸鈉和焦炭、石灰石反應的化學方程式為______（已知產物之一為CaS）；

（2）氨堿法的工藝如圖1所示；得到的碳酸氫鈉經煅燒生成純堿．

①圖1中的中間產物C是______，D______．（寫化學式）；

②裝置乙中發(fā)生反應的化學方程式為______；

（3）聯合制堿法對氨堿法的改進，其優(yōu)點是______；

（4）有人認為碳酸氫鉀與碳酸氫鈉的化學性質相似，故也可用氨堿法以氯化鉀和石灰石為原料制碳酸鉀．請結合2圖的溶解度（S）隨溫度變化曲線，分析說明是否可行？______．32、硫和鈣的相關化合物在化工、醫(yī)藥、材料等領域有著廣泛的應用rm{.}回答下列問題：

rm{(1)}鈣元素的焰色反應呈磚紅色，其中紅色對應的輻射波長為______rm{nm(}填字母rm{)}．

A.rm{435}rm{B.500}rm{C.580}rm{D.605}rm{E.700}

rm{(2)}元素rm{S}和rm{Ca}中，第一電離能較大的是______rm{(}填元素符號rm{)}其基態(tài)原子外圍電子排布式為______rm{.}其基態(tài)原子中電子的空間運動狀態(tài)有______種rm{.}

rm{(3)}硫的最高價氧化物的水合物硫酸能與肼反應生成rm{N_{2}H_{6}SO_{4}}rm{N_{2}H_{6}SO_{4}}晶體類型與硫酸銨相同，則rm{N_{2}H_{6}SO_{4}}的晶體內不存在______rm{(}填字母rm{)}．

A.離子鍵rm{B.}共價鍵rm{C.}配位鍵rm{D.}范德華力。

rm{(4)}基態(tài)rm{Ca}原子中，核外電子占據最高能層的符號是______，該能層為次外層時最多可以容納的電子數為______rm{.}鈣元素和錳元素屬于同一周期；且核外最外層電子構型相同，但金屬鈣的熔點；佛點等都比金屬錳低，原因是______．

rm{(5)}過氧化鈣晶體的晶胞結構如圖所示，已知該晶胞的密度是rm{p}rm{g?cm^{-3}}則晶胞結構中最近的兩個rm{Ca^{2+}}間的距離為______rm{nm(}列算式即可，用rm{N_{A}}表示阿伏加德羅常數的數值rm{).}與rm{Ca^{2+}}緊鄰rm{O_{2}^{2-}}的個數為______．參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、B【分析】【分析】0.2gKOH能完全中和1g脂肪酸（相對分子質量為300以下），設脂肪酸中含有n個羧基，令脂肪酸的相對分子質量為M，則R（COOH）n～nKOH，根據比例關系可得M=280n，結合相對分子質量可以確定n=1，數據的不精確性，則M≈280，由RCOOH～xI2（x為烴基不飽和度），故M：254x=1g：2.7g，則M=94.1x，數據的不精確性，則M≈94.1x，可以確定x=3，故脂肪酸分子式可以為CnH2n-5COOH，結合M≈280，判斷n的值，據此解答．【解析】【解答】解：0.2gKOH能完全中和1g脂肪酸（相對分子質量為300以下）；設脂肪酸中含有n個羧基，令脂肪酸的相對分子質量為M；

則：R（COOH）n～nKOH

M56n

1.00.2

解得M=280n；因為M＜300，所以n=1，由于數據的不精確性，則M≈280；

由RCOOH～xI2（x為烴基不飽和度）；故M：254x=1g：2.7g，則M=94.1x，數據的不精確性，則280≈94.1x，可以確定x=3；

故脂肪酸分子式可以為CnH2n-5COOH；相對分子質量M=12n+2n-5+45=14n+40，結合M≈280，則n=17，故該脂肪酸的相對分子質量M=14×17+40=278；

故選B．2、C【分析】【分析】A；目前元素周期表有7個橫行；每個橫行是一個周期，有7個周期，18個縱行包括7個主族、7個副族、1個零族、1個第Ⅷ族；

B；金屬鐵屬于ⅤⅢ族元素；不屬于主族元素；

C；短周期為第一、二、三周期；

D、稀有氣體氦最外層只有2個電子．【解析】【解答】解：A；目前元素周期表有7個橫行；每個橫行是一個周期，有7個周期，18個縱行包括7個主族、7個副族、1個零族、1個第Ⅷ族，而不是7個縱行，故A錯誤；

B；金屬鐵屬于ⅤⅢ族元素；不屬于主族元素，故B錯誤；

C；短周期為第一、二、三周期；故C正確；

D；稀有氣體氦最外層只有2個電子；所以并不是所有0族元素原子的最外層上均有8個電子，故D錯誤；

故選C．3、C【分析】沒有新物質生成的反應是物理變化，所以選項C是物理變化，其余都是化學變化，答案選C?！窘馕觥俊敬鸢浮緾4、A【分析】解：rm{A.}離子化合物一定含有離子鍵；則含有離子鍵的化合物一定是離子化合物，故A正確；

B.元素原子的最外層電子數不一定等于該元素的最高化合價，如錳原子最外層有rm{2}個電子，但其最高化合價是rm{+7}價；故B錯誤；

C.有的元素有多種原子；所以元素的種類小于原子的種類，故C錯誤；

D.多電子原子中；在離核較近的區(qū)域內運動的電子能量較低，在離核較遠的區(qū)域內運動的電子能量較高，故D錯誤；

故選A．

A.離子化合物一定含有離子鍵；

B.元素原子的最外層電子數不一定等于該元素的最高化合價；

C.元素的種類小于原子的種類；

D.多電子原子中；離原子核越近的電子其能量越低．

本題考查離子鍵和離子化合物的關系、核外電子能量、元素化合價與最外層電子的關系等知識點，明確原子結構是解本題關鍵，易錯選項是rm{B}明確最外層電子和價電子的區(qū)別，為易錯點．【解析】rm{A}5、C【分析】A.常溫常壓下，氣體摩爾體積未知，無法計算rm{22.4L}rm{22.4L}rm{O}含有的分子數目，故A錯誤；B.rm{O}rm{{,!}_{2}}變?yōu)閞m{1molZn}變?yōu)閞m{Zn}rm{1molZn}rm{Zn}rm{{,!}^{2+}}C.時失去的電子數目為rm{2N}rm{2N}rm{{,!}_{A}}含有的氧原子的物質的量為，故B錯誤；rm{16gO}rm{16gO}rm{{,!}_{2}}的物質的量是rm{0.5mol}含有的氧原子的物質的量為rm{0.5mol}rm{0.5mol}D.rm{0.5mol}rm{隆脕2=1mol}含有的氧原子【解析】rm{C}二、雙選題(共8題，共16分)6、C|D【分析】解：二氧化碳；氫氣、一氧化碳組成的混合氣體在同溫、同壓下與氮氣的密度相同；可知混合氣體的平均相對分子質量等于氮氣的相對分子質量，即為28，而一氧化碳的相對分子質量為28，則二氧化碳與氫氣的平均相對分子質量為28即可，一氧化碳的體積為任意體積．

利用十字相乘法得二氧化碳和氫氣的體積之比：

二氧化碳和氫氣的體積之比為26：16=13：8；一氧化碳的體積為任意體積．

故選CD．【解析】【答案】CD7、B|D【分析】解：A．淀粉遇碘單質變藍；實驗操作不生成碘，則不能檢驗該食鹽中是否含有碘酸鉀，故A錯誤；

B．KI和FeCl3溶液在試管中混合，加入CCl4，振蕩，靜置，下層溶液顯紫紅色，可知發(fā)生氧化還原反應生成碘單質，則Fe3+的氧化性大于I2；故B正確；

C．蛋白質溶液中加入CuCl2或（NH4）2SO4飽和溶液；分別發(fā)生變性；鹽析，均有沉淀生成，故C錯誤；

D．白色沉淀逐漸變?yōu)樗{色沉淀，發(fā)生沉淀的轉化，向Ksp更小的方向移動，則Ksp[Cu（OH）2]＜Ksp[Mg（OH）2]；故D正確；

故選BD．

A．淀粉遇碘單質變藍；

B．KI和FeCl3溶液在試管中混合；發(fā)生氧化還原反應生成碘單質；

C．蛋白質溶液中加入CuCl2或（NH4）2SO4飽和溶液；分別發(fā)生變性；鹽析；

D．白色沉淀逐漸變?yōu)樗{色沉淀；發(fā)生沉淀的轉化，向Ksp更小的方向移動．

本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質的性質、發(fā)生的反應、沉淀轉化、實驗結論為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析，題目難度不大．【解析】【答案】BD8、A|C【分析】解：A．Cu2+可以大量存在于pH=4的溶液中，當PH=4的時候，Fe(OH)3完全沉淀；故A正確；

B．H2O2是綠色氧化劑；在氧化過程中不引進雜質；不產生污染，用濃硫酸可能引入亞硫酸根離子，故B錯誤；

C．未加H2O2前的硫酸銅溶液pH＜4；故C正確；

D．加入氨水引入了新的雜質離子銨根離子；故D錯誤．

故選AC．【解析】【答案】AC9、B|C【分析】解：A；甲烷和乙烯含碳量不同；燃燒現象不同，故A錯誤；

B；可燃性氣體在點燃之前都應檢驗純度；防止爆炸，故B正確；

C；甲烷燃燒產生明亮的藍色火焰；乙烯燃燒火焰明亮，并伴有黑煙，故C正確；

D；甲烷含碳量低；燃燒時沒有黑煙，乙烯燃燒火焰明亮，并伴有黑煙，故D錯誤；

故選BC．

A；甲烷和乙烯含碳量不同；燃燒現象不同；

B；可燃性氣體在點燃之前都應檢驗純度；防止爆炸；

C；甲烷燃燒產生明亮的藍色火焰；乙烯燃燒火焰明亮，并伴有黑煙；

D；甲烷含碳量低；燃燒時沒有黑煙．

本題考查了甲烷和乙烯結構、性質的比較，難度不大，注意烴類物質的含碳量越高，火焰越明亮、煙越濃．【解析】【答案】BC10、rBD【分析】解：rm{A}由公式rm{n=dfrac{N}{N_{A}}}知，rm{N_{A}}發(fā)生了變化，則rm{n}發(fā)生變化；故A錯誤；

B、相對原子質量有它自己的標準rm{(^{12}C}原子質量的rm{dfrac{1}{12})}只隨其標準的改變而改變，不隨阿伏加德羅常數的改變而改變，故B正確；

C、由于rm{n=dfrac{m}{M}}而不論對rm{N_{A}}如何規(guī)定，一定量的物質的質量是不變的，則rm{M=n?m}隨rm{n}的變化而變化；故C錯誤；

D、只要物質的質量rm{(}或體積rm{)}一定；則構成它的粒子數一定，不隨阿伏加德羅常數的改變而改變，故D正確．

故選BD．

A、由公式rm{n=dfrac{N}{N_{A}}}知，rm{N_{A}}發(fā)生了變化，則rm{n}必發(fā)生變化；

B；相對原子質量只隨其標準的改變而改變；不隨阿伏加德羅常數的改變而改變；

C、由于rm{n=dfrac{m}{M}}rm{M}隨rm{n}的變化而變化；

D、只要物質的質量rm{(}或體積rm{)}一定；則構成它的粒子數一定．

本題考查了阿伏伽德羅常數的計算與判斷，題目難度中等，涉及知識點較多、綜合性較強，充分考查學生的分析、理解能力及靈活應用基礎知識的能力，注意熟練掌握物質的量與阿伏伽德羅常數、摩爾質量等物理量之間的關系．【解析】rm{BD}11、rBD【分析】解：rm{A}因原子中原子序數rm{=}質子數rm{=}核電荷數rm{=}核外電子數，所以新元素的質子數為rm{112}又因中子數rm{=}質量數rm{-}質子數rm{=277-112=165}故A錯誤；

B、因原子中原子序數rm{=}質子數rm{=}核電荷數rm{=}核外電子數，所以核外電子數為rm{112}又因中子數rm{=}質量數rm{-}質子數rm{=277-112=165}故B正確；

C、因原子質量的質量之比rm{=}相對原子質量之比rm{=}原子的質量數之比，其原子質量與rm{{,!}^{12}C}原子質量之比為rm{277}rm{12}故C錯誤；

D、因原子質量的質量之比rm{=}相對原子質量之比rm{=}原子的質量數之比，其原子質量與rm{{,!}^{12}C}原子質量之比為rm{277}rm{12}故D正確；

故選：rm{B}rm{D}．

A、根據原子中原子序數rm{=}質子數rm{=}核電荷數rm{=}核外電子數，中子數rm{=}質量數rm{-}質子數；

B、根據原子中原子序數rm{=}質子數rm{=}核電荷數rm{=}核外電子數，中子數rm{=}質量數rm{-}質子數；

C、根據原子質量的質量之比rm{=}相對原子質量之比rm{=}原子的質量數之比；

D、根據原子質量的質量之比rm{=}相對原子質量之比rm{=}原子的質量數之比；

本題主要考查了原子中原子序數rm{=}質子數rm{=}核電荷數rm{=}核外電子數、中子數rm{=}質量數rm{-}質子數以及相對原子質量的含義，難度不大．【解析】rm{BD}12、A|C【分析】解：A．酸性的比較：HY＞HX；濃度相同的HX和HY溶液中氫離子濃度HY大于HX，對水電離抑制程度HY抑制程度大，相同濃度的HX和HY溶液中水的電離程度：HX＞HY，故A正確；

B．溶液中電荷守恒，c（Na+）+c（H+）=c（X-）+c（OH-），c（Na+）+c（H+）=c（Y-）+c（OH-），c（Na+）濃度相同；酸性的比較：HY＞HX，則NaX和NaY溶液水解程度NaX＞NaY，NaX溶液中氫氧根離子濃度大于NaY溶液中氫氧根離子濃度，則NaX溶液中氫離子濃度小于NaY溶液中氫離子濃度，相同體積相同濃度的NaX和NaY溶液中陰離子數目NaY大于NaX，故B錯誤；

C．酸性的比較：HX＞HY＞H2CO3，向10mL0.1mol/L的Na2CO3溶液中緩慢滴加10mL0.1mol/L的HY，反應生成碳酸氫鈉溶液和NaY溶液的混合物，Y-離子水解程度小于HCO3-，據此判斷離子濃度大小c（Na+）＞c（Y-）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H+）；故C正確；

D．將等體積等濃度的HX和HY溶液分別用相同濃度的氫氧化鈉溶液滴定；酸性的比較：HY＞HX，則NaX溶液堿性大于NaY溶液，反應至中性時HX消耗的氫氧化鈉溶液體積小，故D錯誤；

故選AC．

HY與NaHCO3溶液反應速率快，溶液中氫離子濃度大，所以HY的酸性大于HX，則酸性的比較：HY＞HX＞H2CO3，NaHCO3水解促進水的電離，酸的酸性越強，對水的電離抑制程度越大，所以HY對水的抑制程度最大，則三種溶液中由水電離的c（OH-）大?。篘aHCO3溶液＞HX溶液＞HY溶液；

A．濃度相同的HX和HY溶液中氫離子濃度HY大于HX；對水電離抑制程度HY抑制程度大；

B．酸性的比較：HY＞HX；則NaX和NaY溶液水解程度NaX＞NaY，電荷守恒分析判斷陰離子數目大??；

C．酸性的比較：HY＞HX＞H2CO3，向10mL0.1mol/L的Na2CO3溶液中緩慢滴加10mL0.1mol/L的HY，反應生成碳酸氫鈉溶液和NaY溶液的混合物，Y-離子水解程度小于HCO3-；據此判斷離子濃度大??；

D．將等體積等濃度的HX和HY溶液分別用相同濃度的氫氧化鈉溶液滴定；酸性的比較：HY＞HX，至中性時HX消耗的氫氧化鈉溶液體積小；

本題考查了弱電解質電離平衡影響因素、鹽類水解程度大小比較、離子濃度大小比較、電解質溶液中電荷守恒等知識點，掌握基礎是解題關鍵，題目難度中等．【解析】【答案】AC13、B|D【分析】解：A、X為Na2CO3；W為鹽酸時，碳酸鈉和少量鹽酸反應生成碳酸氫鈉，碳酸鈉和過量鹽酸反應生成二氧化碳，能實現上述轉化關系，故A不選；

B；氯氣和鐵反應；無論量多少，只能生成氯化鐵，不符合上述轉化關系，故B選；

C；X為氫氧化鈣；W為二氧化碳，氫氧化鈣與少量二氧化碳反應生成碳酸鈣沉淀，和過量二氧化碳反應生成碳酸氫鈣，碳酸鈣和碳酸氫鈣間可以相互轉化，符合轉化關系，故C不選；

D；氯化鋁和一水合氨反應；生成氫氧化鋁沉淀不溶于弱堿，不能實現上述轉化，故D選；

故選BD．

X和過量W；少量W反應生成本題物質YZ，Y和Z又可以相互轉化，說明X若是單質，X乙酸化合價存在變價，只能是非金屬單質；若X是化合物，則是酸性氧化物與堿反應，量不同產物不同，生成的正鹽和酸式鹽可以相互轉化；或X為多元弱酸的鹽與酸反應，量不同產物不同，結合選項分析判斷．

本題考查了物質轉化的關系應用，物質性質的應用，主要考查量不同產物不同的反應特征和物質判斷，題目難度中等．【解析】【答案】BD三、填空題(共8題，共16分)14、0.5、2.5、32C2H5OH+2Na→2C2H5ONa+H2↑羥基不能，因為氫氣中會含有乙醇乙醇中羥基的氫原子比水中氫原子活潑【分析】【分析】（1）依據乙醇結構簡式：CH3CH2OH；可知乙醇分子內有兩種不同環(huán)境下的氫原子，分別是乙基上的氫原子和羥基上的氫原子，據此計算產生氫氣的量，判斷乙醇的結構，寫出方程式；

（2）羥基是乙醇的官能團；

（3）乙醇易揮發(fā)；乙醇；氫氣燃燒都能生成水；

（4）與水相比較，乙醇的-O-H難以斷裂．【解析】【解答】解：（1）依據乙醇結構簡式：CH3CH2OH；可知乙醇分子內有三種不同環(huán)境下的氫原子，如果鈉置換的是羥基氫原子，則1mol乙醇與足量鈉反應生成0.5mol氫氣，如果那置換的是乙基上的氫原子，則1mol乙醇與足量鈉反應生成2.5mol氫氣，如果乙醇中的氫原子都能夠被鈉置換，則1mol乙醇與足量鈉反應生成3mol氫氣；

事實證明反應的乙醇與產生的氫氣物質的量比值是2，說明鈉與乙醇反應置換的是羥基上的氫原子，所以方程式：2C2H5OH+2Na→2C2H5ONa+H2↑；

故答案為：0.5、2.5、3；2C2H5OH+2Na→2C2H5ONa+H2↑；

（2）乙醇分子中的官能團是羥基；故答案為：羥基；

（3）乙醇易揮發(fā)；乙醇；氫氣燃燒都能生成水，所以不能據此說明一定有氫氣產生；

故答案為：不能；因為氫氣中會含有乙醇；

（4）與水相比較；乙醇的-O-H難以斷裂，所以乙醇與鈉反應比水與鈉反應平緩的多；

故答案為：乙醇中羥基的氫原子比水中氫原子活潑．15、BaCl2[或Ba（NO3）2]BaSO4AgCl漏斗燒杯玻璃棒除去過量的Ba（NO3）2〔或BaCl2〕和AgNO3HNO3加熱蒸發(fā)、冷卻結晶、過濾【分析】【分析】除去氯化鈉需要加入硝酸銀溶液，除去硫酸鈉需要加入氯化鋇或硝酸鋇溶液；由實驗流程可知，如先加入AgNO3，則會同時生成Ag2SO4和AgCl沉淀，則應先加入過量的BaCl2[或Ba（NO3）2]，生成BaSO4沉淀，然后在濾液中加入過量的AgNO3，使Cl-全部轉化為AgCl沉淀，在所得濾液中加入過量的Na2CO3，使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀，最后所得溶液為NaNO3和Na2CO3的混合物，加入稀HNO3，最后進行蒸發(fā)操作可得固體NaNO3．【解析】【解答】解：（1）如先加入AgNO3，則會同時生成Ag2SO4和AgCl沉淀，則應先加入過量的BaCl2[或Ba（NO3）2]，生成BaSO4沉淀，然后在濾液中加入過量的AgNO3，使Cl-全部轉化為AgCl沉淀，則試劑X為BaCl2[或Ba（NO3）2]，沉淀A為BaSO4；沉淀B為AgCl；

故答案為：BaCl2[或Ba（NO3）2]；BaSO4；AgCl；

（2）根據流程可知；操作①；②、③為過濾，過濾操作使用的儀器有：漏斗、燒杯、玻璃棒；

故答案為：漏斗；燒杯；玻璃棒；

（3）加入過量的BaCl2[或Ba（NO3）2]，然后在濾液中加入過量的AgNO3，使Cl-全部轉化為AgCl沉淀，在所得濾液中含有Ag+、Ba2+，在所得濾液中加入過量的Na2CO3，使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀；

故答案為：除去過量的Ba（NO3）2〔或BaCl2〕和AgNO3；

（4）溶液3為NaNO3和Na2CO3的混合物，加入稀HNO3，可除去Na2CO3；最后加熱蒸發(fā)；冷卻結晶、過濾得到硝酸鈉；

故答案為：HNO3；加熱蒸發(fā)、冷卻結晶、過濾．16、坩堝、坩堝鉗、泥三角使硫酸根離子完全沉淀靜置取上層清夜繼續(xù)加入氯化鋇溶液，若無白色沉淀生成說明說明氯化鋇過量加氨水時形成了其他不溶性雜質氫氧化鐵沉淀表面積大吸附了雜質26.7%【分析】【分析】（1）灼燒濾渣用的儀器除酒精燈；三角架外需要在坩堝內進行；需要的儀器室坩堝，取用坩堝的坩堝鉗，加熱坩堝放在泥三角上加熱；

（2）方法Ⅱ中加足量BaCl2溶液的作用是完全沉淀硫酸根離子得到沉淀稱量質量計算；檢驗溶液中是否含有硫酸根離子進行判斷；加入氯化鋇溶液無沉淀怎么試劑過量；

（3）測定結果總是偏高是稱量的固體質量偏大據此分析；

（4）干燥后的濾渣為硫酸鋇，依據硫元素守恒計算硫化亞鐵質量分數；【解析】【解答】解：（1）灼燒濾渣用的儀器除酒精燈；三角架外需要在坩堝內進行；需要的儀器室坩堝，取用坩堝的坩堝鉗，加熱坩堝放在泥三角上加熱；

故答案為：坩堝；坩堝鉗、泥三角；

（2）判斷溶液中SO42-離子是否沉淀完全，可取上層清液滴加BaCl2溶液，若無白色沉淀生成，說明SO42-沉淀完全；證明氯化鋇過量；

故答案為：取上層清液滴加BaCl2溶液，若無白色沉淀生成，說明SO42-沉淀完全；證明氯化鋇過量；

（3）用方法Ⅱ分析礦石中的Fe含量，發(fā)現測定結果總是偏高，說明最后稱量的固體的質量偏大，如洗滌不充分、灼燒不充分都會引起固體質量偏大，原因可能有Fe（OH）3沉淀表面積大，易吸附雜質；加氨水時形成了其他不溶性雜質，過濾洗滌時未充分將吸附的雜質洗去；或Fe（OH）3灼燒不充分，未完全轉化為Fe2O3；回答其中兩項；

故答案為：①加氨水時形成了其他不溶性雜質；②Fe（OH）3沉淀表面積大；易吸附雜質；

（4）利用關系式法計算：

FeS2～2BaSO4

120g466g

m1.66g

m=0.427gg，則該礦石中FeS2的質量分數是×100%=26.7%；

故答案為：26.7%．17、略

【分析】（1）根據28.42g/L可知，硫酸的濃度是28.42÷98mol/L＝0.29mol/L。（2）根據溶度積常數的表達式可知，Ksp[Ca3(AsO4)2]＝c3(Ca2＋)·c2(AsO43－)。若混合溶液中Al3＋、Fe3＋的濃度均為1.0×10－4mol·L－1，則根據溶度積常數可知，c(AsO43－)分別是1.6×10－12mol/L、5.7×10－17mol/L。所以最大值不能超過5.7×10－17mol/L。（3）二氧化錳的還原產物是Mn2＋，所以方程式為2H＋＋MnO2＋H3AsO3＝H3AsO4＋Mn2＋＋H2O。（4）①由于廢水中含有硫酸，所以最先生成的沉淀是硫酸鈣沉淀。②由于H3AsO4是弱酸，所以當溶液中pH調節(jié)到8左右時AsO43－濃度增大，Ca3(AsO4)2開始沉淀。【解析】【答案】⑴0.29⑵c3(Ca2＋)·c2(AsO43－)5.7×10－17⑶2H＋＋MnO2＋H3AsO3＝H3AsO4＋Mn2＋＋H2O⑷①CaSO4②H3AsO4是弱酸，當溶液中pH調節(jié)到8左右時AsO43－濃度增大，Ca3(AsO4)2開始沉淀18、KMnO4Cl酸性和還原性（或還原劑）【分析】【分析】2KMnO4+16HCl（濃）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中，Mn元素的化合價降低，Cl元素的化合價升高，生成鹽體現酸性、生成氯氣體現HCl的還原性，以此來解答．【解析】【解答】解：2KMnO4+16HCl（濃）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中，Mn元素的化合價降低，則氧化劑為KMnO4；Cl元素的化合價升高，該反應中生成兩種鹽體現鹽酸的酸性；生成氯氣時失去電子體現HCl的還原性；

故答案為：KMnO4；Cl；酸性和還原性（或還原劑）．19、Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2ON2H4（l）+O2（g）═N2（g）+2H2O（l）△H=-624kJ/molClO-+SO2+2OH-═Cl-+SO42-+H2ON2H4+4OH--4e-═4H2O+N2↑c（Na+）＞c（HSO3-）＞c（H+）＞c（SO32-）＞c（OH-）【分析】【分析】A、B、C、D都是短周期非金屬單質，其中B、C、D在常溫常壓下是氣體，化合物E是形成酸雨的污染物之一，則E為SO2；由反應①可推知A為S，B為O2；化合物L具有漂白性，可由Cl2與NaOH溶液反應而制得，則L為NaClO；F是常見的四原子10電子分子，F應為NH3；氨氣與NaClO反應生成J，J由兩種元素組成的18電子分子，分子中原子個數比為1：2，其相對分子質量為32，常溫下為液體，則J為N2H4；J與氧氣反應生成C，C為氮氣，由反應②可知D為H2，據此進行解答．【解析】【解答】解：A、B、C、D都是短周期非金屬單質，其中B、C、D在常溫常壓下是氣體，化合物E是形成酸雨的污染物之一，則E為SO2；由反應①可推知A為S，B為O2；化合物L具有漂白性，可由Cl2與NaOH溶液反應而制得，則L為NaClO；F是常見的四原子10電子分子，F應為NH3；氨氣與NaClO反應生成J，J由兩種元素組成的18電子分子，分子中原子個數比為1：2，其相對分子質量為32，常溫下為液體，則J為N2H4；J與氧氣反應生成C，C為氮氣，由反應②可知D為H2；

（1）由上述分析可知，F為氨氣，氨氣為共價化合物，其電子式為：

故答案為：

（2）氯氣與氫氧化鈉溶液反應生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，反應的化學方程式為：Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O；

故答案為：Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O；

（3）N2H4在O2中完全燃燒生成N2，同時應生成水，16gN2H4的物質的量==0.5mol，完全燃燒恢復至101kPa、25℃，放出312kJ熱量，則1molN2H4完全燃燒方程式的熱量為624kJ，所以該反應的熱化學方程式為：N2H4（l）+O2（g）═N2（g）+2H2O（l）△H=-624kJ/mol；

故答案為：N2H4（l）+O2（g）═N2（g）+2H2O（l）△H=-624kJ/mol；

（4）將SO2通入NaClO的堿性溶液，ClO-將SO2氧化為SO42-，自身被還原為Cl-，反應的離子方程式為：ClO-+SO2+2OH-═Cl-+SO42-+H2O；

故答案為：ClO-+SO2+2OH-═Cl-+SO42-+H2O；

（5）N2H4-空氣燃料電池是一種環(huán)境友好的堿性燃料電池，電解質溶液是20%～30%KOH溶液，總反應為生成氮氣與水，故負極為N2H4失去電子，堿性條件下生成氮氣與水，該燃料電池的負極反應式為：N2H4+4OH--4e-═4H2O+N2↑；

故答案為：N2H4+4OH--4e-═4H2O+N2↑；

（6）標況下1.12L二氧化硫的物質的量為：=0.05mol，n（NaOH）=0.1L×0.5mol/L=0.05mol，n（SO2）：n（NaOH）=0.05mol：0.05mol=1：1，故反應后溶液中溶質為NaHSO3，溶液呈酸性，說明HSO3-的電離程度大于水解程度，同時水電離生成氫離子，故c（H+）＞c（SO32-），HSO3-電離程度不大，故c（HSO3-）＞c（H+），溶液c（OH-）等于水電離生成，濃度很小，故溶液中離子濃度由大到小的排列順序為c（Na+）＞c（HSO3-）＞c（H+）＞c（SO32-）＞c（OH-）；

故答案為：c（Na+）＞c（HSO3-）＞c（H+）＞c（SO32-）＞c（OH-）．20、鋅片上有氣泡產生，銅片上無氣泡鋅能置換出酸中的氫，而銅不能硫酸銅鋅片上有紅色的銅析出，鋅片上產生氣泡的速率明顯加快活潑金屬可以把不活潑金屬從其鹽溶液中置換出來（或Zn、Cu、稀硫酸組成原電池，Zn為負極）硫酸銅2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4陰極上有紅色銅析出，陽極附近有氣體產生分別取一小片銅片與鋅片置于兩支試管中，向試管中加入少量淺綠色的FeCl2溶液，片刻后，加鋅片的試管中溶液的顏色褪去，溶液近乎無色（其他可行答案也可）【分析】【分析】（1）甲同學用兩種金屬放到酸中是否產生氣泡或產生氣泡的快慢來比較金屬性強弱；

（2）乙同學在甲的基礎上，加入CuSO4溶液觀察現象；鋅與少量硫酸銅發(fā)生置換反應生成的銅附在鋅表面形成微型原電池，根據金屬腐蝕速率確定金屬性強弱；

（3）丙同學在乙同學的基礎上運用電解原理來分析；根據離子放電順序確定金屬性強弱；

（4）從氧化還原反應的先后順序去證明金屬的活潑性．【解析】【解答】解：（1）甲同學用兩種金屬放到酸中是否產生氣泡或產生氣泡的快慢來比較金屬性強弱；

鋅和酸反應生成氫氣；所以鋅表面有氣泡生成，銅和稀硫酸不反應，所以銅片上沒有氣泡產生，其設計思路為：鋅能置換出酸中的氫，而銅不能；

故答案為：鋅片上有氣泡產生；銅片上無氣泡；鋅能置換出酸中的氫，而銅不能；

（2）乙同學在甲的基礎上，加入CuSO4溶液觀察現象；鋅與少量硫酸銅發(fā)生置換反應生成的銅附在鋅表面形成微型原電池，鋅作負極而加速被腐蝕，所以加快了反應速率，產生氣泡的速率加快，說明鋅比銅活潑；

故答案為：CuSO4；鋅片上有紅色的銅析出；鋅片上產生氣泡的速率明顯加快；活潑金屬可以把不活潑金屬從其鹽溶液中置換出來（或Zn；Cu、稀硫酸組成原電池，Zn為負極）；

（3）在含有銅離子和鋅離子的溶液中進行電解實驗，不活潑金屬陽離子先得電子而析出單質，陰極上先析出銅單質，電池反應式為2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4；說明鋅比銅活潑，所以應該向乙的實驗后的溶液中加入硫酸銅，電解時，陰極上銅離子放電生成銅單質，陽極上氫氧根離子放電生成氧氣，所以看到的現象是：陰極上有紅色銅析出，陽極附近有氣體產生；

故答案為：CuSO4；2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4；陰極上有紅色銅析出；陽極附近有氣體產生；

（4）可以從氧化還原反應的先后順序去證明金屬的活潑性，即與同種氧化劑接觸時，活潑性強的金屬先與氧化劑反應，活潑性弱的金屬后與氧化劑反應，因此可以將鋅、銅分別同時加入到少量淺綠色的氯化亞鐵溶液中，加入鋅的溶液褪色，說明鋅比銅活潑，所以其操作方法是：分別取一小片銅片與鋅片置于兩支試管中，向試管中加入少量淺綠色的FeCl2溶液；片刻后，加鋅片的試管中溶液的顏色褪去，溶液近乎無色（其他可行答案也可）；

故答案為：分別取一小片銅片與鋅片置于兩支試管中，向試管中加入少量淺綠色的FeCl2溶液，片刻后，加鋅片的試管中溶液的顏色褪去，溶液近乎無色（其他可行答案也可）．21、第二周期VIA族7氫氧燃料電池NON2+3H22NH3【分析】【分析】短周期中形成無色氣體單質的只有H2、N2、O2（稀有氣體除外），三元素的質子數之和為16，三種單質相互化合可以得到NO、H2O、NH3，且一個B分子中含有的Z原子個數比C分子中少1個，則B為H2O、C為NH3、Z為氫，由轉化關系可知，故A為NO，X為氧，Y為氮，據此解答．【解析】【解答】解：短周期中形成無色氣體單質的只有H2、N2、O2（稀有氣體除外），三元素的質子數之和為16，三種單質相互化合可以得到NO、H2O、NH3，且一個B分子中含有的Z原子個數比C分子中少1個，則B為H2O、C為NH3；Z為氫；由轉化關系可知，故A為NO，X為氧，Y為氮；

（1）O元素的質子數為8；氧原子有2個電子層，最外層電子數為6，位于第二周期VIA族；Y為氮元素，原子序數為7；

故答案為：第二周期VIA族；7；

（2）X的單質與Z的單質可制成新型的化學電源；是氫氧燃料電池，故答案為：氫氧燃料電池；

（3）由上述分析可知；A為NO，故答案為：NO；

（4）氮氣與氫氣在適當催化劑和高溫、高壓條件下生成氨氣，反應方程式為：N2+3H22NH3；

故答案為：N2+3H22NH3．四、判斷題(共4題，共24分)22、×【分析】【分析】標準狀況下，己烷為液體，不能用氣體摩爾體積計算，以此解答．【解析】【解答】解：標準狀況下，己烷為液體，不能用氣體摩爾體積計算，則22.4L己烷中含共價鍵數目不是19NA．故答案為：×．23、×【分析】【分析】等體積、等物質的量濃度的鹽酸和醋酸溶液，溶質物質的量相同，與氫氧化鈉中和需要氫氧化鈉物質的量相同．【解析】【解答】解：等體積、等物質的量濃度的鹽酸和醋酸溶液，溶質物質的量相同，與氫氧化鈉反應，分別發(fā)生HCl+NaOH=NaCl+H2O，CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O；

即中和等體積；等物質的量濃度的鹽酸和醋酸溶液；所需氫氧化鈉相同．

故答案為：×．24、×【分析】【分析】根據碳原子可以形成碳鏈，也可以形成碳環(huán)，可以帶支鏈，也可以不帶支鏈來解答；【解析】【解答】解：碳原子可以形成碳鏈；無論帶支鏈，還是不帶支鏈，都含有4個C-C單鍵；碳原子可以形成碳環(huán)，可以帶支鏈，也可以不帶支鏈，都含有5個C-C單鍵；

故答案為：×；25、×【分析】【分析】NH4NO3為強酸弱堿鹽，發(fā)生水解生成一水合氨，以此解答該題．【解析】【解答】解：0.1L3.0mol?L-1的NH4NO3溶液中n（NH4NO3）=0.1L×3.0mol/L=0.3mool，NH4NO3為強酸弱堿鹽，發(fā)生水解生成一水合氨，則NH4+的數目小于0.3NA；

故答案為：×．五、探究題(共4題，共36分)26、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，與氫氧化鈉不反應，甲酸、苯酚與氫氧化鈉反應生成溶于水的鈉鹽，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．27、酸式|反應中生成的錳離子具有催化作用，所以隨后褪色會加快|滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內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溶液具有強氧化性，應用酸式滴定管盛裝；高錳酸根離子被還原生成的錳離子有催化作用而導致反應速率加快，所以剛滴下少量KMnO4溶液時；溶液迅速變成紫紅色；滴定終點時，當滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化，證明達到終點；

故答案為：酸式；反應中生成的錳離子具有催化作用；所以隨后褪色會加快；滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內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．未用標準濃度的酸性KMnO4溶液潤洗滴定管，標準液的濃度偏小，造成V（標準）偏大，根據c（待測）=分析；c（標準）偏大，故A正確；

B．滴定前錐形瓶有少量水，待測液的物質的量不變，對V（標準）無影響，根據c（待測）=分析；c（標準）不變，故B錯誤；

C．滴定前滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后氣泡消失，造成V（標準）偏大，根據c（待測）=分析；c（標準）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（標準）偏大，根據c（待測）=分析；c（標準）偏大，故D正確；

E．觀察讀數時，滴定前仰視，滴定后俯視，造成V（標準）偏小，根據c（待測）=分析；c（標準）偏小，故E錯誤；

故選ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有強氧化性，應用酸式滴定管盛裝；高錳離子有催化作用而導致反應速率加快；乙二酸與KMnO4發(fā)生氧化還原反應，滴定終點時，溶液由無色變成紫紅色，且半分鐘內不褪色；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，應按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，根據關系式2KMnO4～5H2C2O4計算；

④根據c（待測）=分析不當操作對V（標準）的影響，以此判斷濃度的誤差．28、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，與氫氧化鈉不反應，甲酸、苯酚與氫氧化鈉反應生成溶于水的鈉鹽，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．29、酸式|反應中生成的錳離子具有催化作用，所以隨后褪色會加快|滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內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溶液具有強氧化性，應用酸式滴定管盛裝；高錳酸根離子被還原生成的錳離子有催化作用而導致反應速率加快，所以剛滴下少量KMnO4溶液時；溶液迅速變成紫紅色；滴定終點時，當滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內的顏色由無色變成紫紅色，且半分鐘不變化，證明達到終點；

故答案為：酸式；反應中生成的錳離子具有催化作用；所以隨后褪色會加快；滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，錐形瓶內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．未用標準濃度的酸性KMnO4溶液潤洗滴定管，標準液的濃度偏小，造成V（標準）偏大，根據c（待測）=分析；c（標準）偏大，故A正確；

B．滴定前錐形瓶有少量水，待測液的物質的量不變，對V（標準）無影響，根據c（待測）=分析；c（標準）不變，故B錯誤；

C．滴定前滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后氣泡消失，造成V（標準）偏大，根據c（待測）=分析；c（標準）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（標準）偏大，根據c（待測）=分析；c（標準）偏大，故D正確；

E．觀察讀數時，滴定前仰視，滴定后俯視，造成V（標準）偏小，根據c（待測）=分析；c（標準）偏小，故E錯誤；

故選ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有強氧化性，應用酸式滴定管盛裝；高錳離子有催化作用而導致反應速率加快；乙二酸與KMnO4發(fā)生氧化還原反應，滴定終點時，溶液由無色變成紫紅色，且半分鐘內不褪色；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，應按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，根據關系式2KMnO4～5H2C2O4計算；

④根據c（待測）=分析不當操作對V（標準）的影響，以此判斷濃度的誤差．六、簡答題(共3題，共15分)30、3平面三角形X射線衍射實驗sp35：4[Co（NH3）5Cl]Cl26r（Fe2+）＜r（Co2+），晶格能FeO＞CoO，FeCO3比CoCO3易分解Fe3O4×1010【分析】解：（1）基態(tài)硒原子的價電子為4s、4p能級上的電子，其價電子排布式圖為與硒同周期的p區(qū)元素中第一電離能大于硒的元素有Sn、Br、Kr，所以有3種；SeO3中Se價層電子對個數=3+=3且不含孤電子對；根據價層電子對互斥理論判斷該分子空間構型為平面三角形；

故答案為：3；平面三角形；

（2）確定某種金屬互化物是晶體還是非晶體的方法是X射線衍射實驗；

故答案為：X射線衍射實驗；

（3）（SCN）2分子結構簡式為N≡C-S-S-C≡N，其中S原子價層電子對個數是4且含有2個孤電子對，根據價層電子對互斥理論判斷硫原子的雜化方式為sp3；共價單鍵為σ鍵，共價雙鍵中含有一個σ鍵；一個π鍵，共價三鍵中含有1個σ鍵、2個π鍵，則σ鍵和π鍵數目之比為5：4；

故答案為：sp3；5：4；

（4）Co（NH3）5Cl3是鈷的一種配合物，向100mL0.2mol?L-1該配合物的溶液中加入足量AgNO3溶液，配合物的物質的量=0.2mol/L×0.2L=0.04mol，n（AgCl）==0.04mol，說明該配合物中外界有2個氯離子，內界有1個氯離子，中心離子的配體為1個氯離子和5個氨氣分子，該配合物的化學式為[Co（NH3）5Cl]Cl2；配位數為6；

故答案為：[Co（NH3）5Cl]Cl2；6；

（5）r（Fe2+）＜r（Co2+），晶格能FeO＞CoO，FeCO3比CoCO3易分解；

故答案為：r（Fe2+）＜r（Co2+），晶格能FeO＞CoO，FeCO3比CoCO3易分解；

（6）Fe2+離子處于晶胞的頂點、面心以及A位置立方體的體心，O2-位于A、B小立方體的內部，每個小立方體內部各有4個；Fe3+離子處于晶胞B位置小立方體內部，晶胞中Fe2+離子數目=4+8×+6×=8、Fe3+離子數目=4×4=16，O2-離子數目=4×8=32，故Fe2+、Fe3+、O2-的個數比為8：16：32=1：2：4．Fe、O原子數目之比=24：32=3：4，故氧化物化學式為Fe3O4，晶胞相當于有8個“Fe3O4“，晶胞質量=8×g，設晶胞參數為apm，則：8×g=dg/cm3×（a×10-7cm）3，解得a=×1010；

故答案為：Fe3O4；×1010。

（1）基態(tài)硒原子的價電子為4s、4p能級上的電子；與硒同周期的p區(qū)元素中第一電離能大于硒的元素有Sn、Br、Kr；SeO3中Se價層電子對個數=3+=3且不含孤電子對；根據價層電子對互斥理論判斷該分子空間構型；

（2）確定某種金屬互化物是晶體還是非晶體的方法是X射線衍射實驗；

（3）（SCN）2分子結構簡式為N≡C-S-S-C≡N；其中S原子價層電子對個數是4且含有2個孤電子對，根據價層電子對互斥理論判斷硫原子的雜化方式，共價單鍵為σ鍵，共價雙鍵中含有一個σ鍵；一個π鍵，共價三鍵中含有1個σ鍵、2個π鍵；

（4）Co（NH3）5Cl3是鈷的一種配合物，向100mL0.2mol?L-1該配合物的溶液中加入足量AgNO3溶液，配合物的物質的量=0.2mol/L×0.2L=0.04mol，n（AgCl）==0.04mol；說明該配合物中外界有2個氯離子，內界有1個氯離子，中心離子的配體為1個氯離子和5個氨氣分子；

（5）FeCO3受熱分解溫度低于CoCO3；FeO的晶格能大于CaO；

（6）Fe2+離子處于晶胞的頂點、面心以及A位置立方體的體心，O2-位于A、B小立方體的內部，每個小立方體內部各有4個，Fe3+離子處于晶胞B位置小立方體內部，均攤法計算晶胞中Fe2+、Fe3+、O2-的個數；計算晶胞質量，幾何晶體質量=晶胞密度×晶胞體積計算晶胞參數。

本題考查物質結構和性質，涉及晶胞計算、配合物判斷、微?？臻g構型判斷等知識點，明確原子結構、晶胞結構是解本題關鍵，注意（6）題晶胞結構特點，注意：配合物中只有外界離子能電離，為解答易錯點。【解析】3平面三角形X射線衍射實驗sp35：4[Co（NH3）5Cl]Cl26r（Fe2+）＜r（Co2+），晶格能FeO＞CoO，FeCO3比CoCO3易分解Fe3O4×101031、略

【分析】解：（1）①利用高沸點酸制備揮發(fā)性酸，且HCl極易溶于水，故利用直接使用98%濃硫酸和氯化鈉制取氯化氫，反應為：NaCl+H2SO4（濃）NaHSO4+HCl↑或2NaCl+H2SO4（濃）Na2SO4+2HCl↑；

故答案為：NaCl+H2SO4（濃）NaHSO4+HCl↑或2NaCl+H2SO4（濃）Na2SO4+2HCl↑；

②由題目信息可知，硫酸鈉與石灰石、焦炭反應生成CaS、Na2CO3，根據元素守恒可知，還原C的氧化物CO或CO2生成，故反應方程式為：Na2SO4+4C+CaCO3CaS+Na2CO3+4CO或Na2SO4+2C+CaCO3CaS+Na2CO3+2CO2；

故答案為：Na2SO4+4C+CaCO3CaS+Na2CO3+4CO或Na2SO4+2C+CaCO3CaS+Na2CO3+2CO2；

（2）①碳酸鈣加熱分解生成CaO與CO2，故A為CaO，B為CO2，CaO在熟化桶內與水反應生成氫氧化鈣，故C為Ca（OH）2；氫氧化鈣與氯化銨在混合池內反應生成氨氣與氯化鈣，故D為NH3；

故答案為：Ca（OH）2；NH3；

②氨氣與氯化鈉溶液混合后，在乙中與二氧化碳發(fā)生反應，生成NaHCO3、NH4Cl，反應方程式為NH3+CO2+NaCl+H2O=NaHCO3+NH4Cl；

故答案為：NH3+CO2+NaCl+H2O=NaHCO3+NH4Cl；

（3）該方法能提高原料的利用率，減少廢渣的排放，保留了氨堿法的優(yōu)點，消除了它的缺點，使食鹽的利用率提高；NH4Cl可做氮肥；可與合成氨廠聯合，可利用合成氨的產物CO2；

故答案為：提高食鹽利用率、副產物氯化銨可用作化肥、可利用合成氨的產物CO2；

（4）由溶解曲線圖可知KHCO3和NH4Cl的溶解度相差不大；當溫度高于40℃時，由圖象可知，降溫結晶時會析出較多的KCl，無法大量析出碳酸氫鉀；

故答案為：不可行；因為KHCO3的溶解度較大；且在常溫下與KCl溶解度相差小，當溫度高于40℃時，由圖象可知，降溫結晶時會析出較多的KCl，無法大量析出碳酸氫鉀；

（1）①98%濃硫酸為高沸點酸；能制取低沸點的酸氯化氫，食鹽和濃硫酸反應生成氯化氫和硫酸鈉；

②由題目信息可知，硫酸鈉與石灰石、焦炭反應生成CaS、Na2CO3，根據元素守恒可知，還原C的氧化物CO或CO2生成；

（2）①碳酸鈣加熱分解生成CaO與CO2，故A為CaO，B為CO2；CaO在熟化桶內與水反應生成氫氧化鈣；氫氧化鈣與氯化銨在混合池內反應生成氨氣與氯化鈣；

②氨氣與氯化鈉溶液混合后