2025年外研版三年級起點高三化學下冊月考試卷

…………○…………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年外研版三年級起點高三化學下冊月考試卷242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、下列實驗方法正確的是（）A.用分液漏斗分離乙酸和乙酸乙酯B.用品紅溶液鑒別SO2和CO2兩種氣體C.用Ca（OH）2溶液鑒別Na2CO3溶液和NaHCO3溶液D.用盛有NaOH溶液的洗氣瓶除去CO2中混有的HCl氣體2、兩份等體積、等濃度的NaOH原溶液，分別與體積相等的AlCl3、MgCl2溶液混合，充分反應后Al3+、Mg2+均恰好形成沉淀，則原AlCl3、MgCl2溶液中Cl-濃度之比為（）A.1：1B.1：2C.2：3D.3：23、下列說法正確的是rm{(}rm{)}

rm{壟脵}水的摩爾質量是rm{18g/mol}rm{壟脷1}分子硫酸的質量是rm{98g}

rm{壟脹1mol}氮的質量為rm{28g壟脺}摩爾是rm{7}個基本物理量之一。

rm{壟脻1mol}物質中含有rm{6.02隆脕10^{23}}個微粒．A.全部B.rm{壟脵壟脹壟脺壟脻}C.rm{壟脵壟脹壟脻}D.只有rm{壟脵}4、NA為阿伏加德羅常數，下列敘述正確的是（）A.18gH216O和20gH218O含有的質子數均為10NAB.lLlmol/L的KAl（SO4）2溶液中陽離子總數為2NAC.0.2mol的鐵與足量的稀硝酸反應，生成氫氣的分子數目為0.3NAD.反應N2+3H2?2NH3達平衡時，每消耗3molH2同時有2NA個N-H斷裂5、用于解釋下列現象的化學用語表述正確的是（）A.硫化鈉溶液呈堿性：S2-+2H2O?H2S+2OH-B.亞硫酸溶液呈酸性：H2SO3═2H++SO32-C.氯化鋁溶液跟過量的氨水反應：Al3++4OH-═[Al（OH）4]-D.FeCl3溶液呈酸性：Fe3++3H2O?Fe（OH）3+3H+6、某溶液中可能含有OH﹣，CO32﹣，AlO2﹣，SiO32﹣，SO42﹣，Na+，Fe3+，Mg2+，Al3+等離子；當向溶液中逐滴加入一定物質的量的鹽酸時，生成沉淀物質的量與加入鹽酸體積的關系如圖所示．下列判斷正確的是（）

A.原溶液中一定含有Na2SO4B.反應后形成的溶液溶質為NaClC.原溶液中含有CO32﹣與AlO2﹣的物質的量比為1：1D.原溶液中一定含有的離子是OH﹣，CO32﹣，SiO32﹣，AlO2﹣評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)7、有機物A～G有如圖的關系，已知C是高分子，兩分子A能生成一分子E，E是一個含有六元環(huán)的化合物，分子式為C6H8O4，A和G在濃硫酸和加熱的條件下按2：l的比例反應生成D，lmolD與足量金屬Na起反應，放出1molH2．

請回答下列問題：

（1）寫出下列反應類型：A→B____、B→C____、A→E____；

（2）寫出A、C和G的結構簡式：A____、C____、G____；

（3）寫出下列反應的化學方程式：①A→E____；②F→A____．8、H2O2是在醫(yī)療；化工方面應用廣泛的化學試劑．

（1）Na2O2、CaO2以及BaO2都可與酸作用生成過氧化氫，實驗室通過上述某種過氧化物與適量稀硫酸作用，過濾后即可制得較純凈的H2O2溶液，則應選擇的過氧化物是____；

（2）實驗室可用H2O2與次氯酸鈉反應制氧氣，其中還原劑是____，寫出該反應的化學方程式____，生成0.5mol氧氣，轉移電子____mol；

（3）用酸性高錳酸鉀溶液滴定法可測定雙氧水中H2O2的含量，5H2O2+2KMnO4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+5O2↑+8H2O，滴定終點的現象是____，某次滴定中消耗0.50mol/L的高錳酸鉀溶液40.00ml，則此雙氧水溶液中溶質的質量為____．9、（2013春?信豐縣校級期中）乙醇是一種非常重要的烴的衍生物；是無色有特殊氣味的液體．某?；瘜W興趣小組對乙醇的結構和性質進行了以下探究，請你參與并完成對有關問題的解答．

【觀察與思考】

（1）乙醇分子的核磁共振氫譜有____個吸收峰．

【活動與探究】

（2）甲同學向小燒杯中加入無水乙醇；再放入一小塊金屬鈉（約綠豆粒大），觀察實驗現象．請在下表中將觀察到的實驗現象及結論補充完全（有多少現象等就填多少，不必填滿）．

。實驗現象結論①鈉沉在乙醇下面鈉的密度大于乙醇②（3）乙同學向試管中加入3～4mL無水乙醇，浸入50℃左右的熱水中，再將銅絲燒至紅熱，迅速插入乙醇中，反復多次．則此時乙醇發(fā)生反應的化學方程式為（生成乙醛）____．欲驗證此實驗的有機產物，可以將產物加入盛有____的試管中并在酒精燈火焰上直接加熱，觀察現象即可，此反應的化學方程式為____．

【交流與討論】

（4）丙同學向一支試管中加入3mL乙醇，然后邊搖動試管邊慢慢加入2mL濃硫酸和2mL冰醋酸，按如圖所示連接好裝置，請指出該裝置的主要錯誤是____．假如乙醇分子中的氧原子為18O原子；則發(fā)生此反應后。

18O原子將出現在生成物____中（填字母）．

A．水B．乙酸乙酯C．水和乙酸乙酯．10、下表是元素周期表的一部分．所列字母分別代表一種化學元素．

。abcdefghiijklmno試回答下列問題：

（1）請寫出：元素o的基態(tài)原子電子排布式____；

（2）k在空氣中燃燒產物的分子構型為____，中心原子的雜化形式為____，該分子是____（填“極性”或“非極性”）分子；

（3）含10電子的d的氫化物分子的VSEPR模型為____；

（4）g、h、i三種元素的第一電離能由大到小的順序為____（填元素符號）

（5）所有元素其中電負性最大的是____（填圖中的序號或元素符號），元素k有兩種氧化物，它們對應的水化物的酸性強弱順序為____．（填化學式）11、完成下列問題

（1）三大合成材料分別是____、____、____．

（2）人類最早使用的合金是____．

（3）食物中的營養(yǎng)素包括____、____、____、____、____和____六種大類．12、2.8gO2和0.2molN2，它們的物質的量之比是____．質量之比是____，在同溫同壓下的體積之比是____．13、沉淀物并非絕對不溶，其在水及各種不同的溶液中溶解有所不同，同離子效應、絡合物的形成都會使沉淀物的溶解度有所改變．如圖是AgCl在NaCl、AgNO3溶液中的溶解情況．

由以上信息可知：

（1）AgCl的溶度積常數的表達式為：____，由圖知AgCl的溶度積常數為____

（2）AgCl在NaCl溶液中的溶解出現如圖所示情況的原因是。

AB段：____

BC段：____

（3）反應AgCl+NaBr═AgBr+NaCl能在水溶液中進行，是因為____．14、已知2A2（g）+B2（g）?2C3（g）；△H=-akJ/mol（a＞0），在一個有催化劑的固定容積的容器中加入2molA2和1molB2，在500℃時充分反應達平衡后C3的濃度為wmol/L，放出熱量bkJ．

（1）比較a____b（填＞；=、＜）

（2）下表為不同溫度下該反應的平衡常數．由此可推知，表中T1____T2（填“＞”；“＜”或“=”）

。T/KT1T2T3K1.00×1072.54×1051.88×103若在原來的容器中，只加入2molC3，500℃時充分反應達平衡后，吸收熱量ckJ，C3的濃度____（填＞；=、＜）wmol/L．

（3）在相同條件下要想得到2akJ熱量，加入各物質的物質的量可能是____

A.4molA2和2molB2B.4molA2、2molB2和2molC2

C.4molA2和4molB2D.6molA2和4molB2

（4）為使該反應的反應速率增大，且平衡向正反應方向移動的是____．

A．及時分離出C3氣體B．適當升高溫度。

C．增大B2的濃度D．選擇高效的催化劑．15、莽草酸是合成治療禽流感的藥物--達菲（Tamiflu）的原料之一．莽草酸是A的一種異構體．A的結構簡式如下：

（1）A的分子式是____．

（2）A中有含氧官能團的名稱是____．

（3）A與溴的四氯化碳溶液反應的化學方程式（有機物用結構簡式表示）是____．

（4）A與氫氧化鈉溶液反應的化學方程式（有機物用結構簡式表示）是____．

（5）17.4克A與足量碳酸氫鈉溶液反應，生成二氧化碳的體積____（標準狀況）．

（6）A在濃硫酸作用下加熱可得到B（B的結構簡式為），其反應類型____．

（7）B的同分異構體中既含有酚羥基又含有酯基的共有____種，寫出其中一種同分異構體的結構簡式____．評卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)16、伴有能量變化的物質變化都是化學變化．____．（判斷對錯）17、金屬陽離子一定只具有氧化性．____（判斷對錯）18、3.4gNH3中含有電子數為0.2NA____（判斷對錯）19、Na2O2的電子式為____．（判斷對確）20、向0.1mol/LAgNO3溶液中加入過量的鹽酸完全反應后溶液中無Ag+．____（判斷對錯）21、一元取代產物只有一種的，十個碳以下的烷烴有5種____（判斷對錯）22、判斷正誤；正確的劃“√”，錯誤的劃“×”

（1）淀粉、纖維素和油脂都屬于天然高分子化合物____

（2）向淀粉溶液中加入稀H2SO4，加熱幾分鐘，冷卻后再加入新制Cu（OH）2懸濁液，加熱，沒有磚紅色沉淀生成，證明淀粉沒有水解成葡萄糖____

（3）食用白糖的主要成分是蔗糖____

（4）蔗糖、淀粉、油脂及其水解產物均為非電解質____

（5）麥芽糖與蔗糖的水解產物均含葡萄糖，故二者均為還原型二糖____

（6）葡萄糖、果糖的分子式均為C6H12O6，二者互為同分異構體____

（7）蔗糖、麥芽糖的分子式都是C12H22O11，二者互為同分異構體____

（8）麥芽糖及其水解產物均能發(fā)生銀鏡反應____

（9）纖維素和淀粉遇碘水均顯藍色____

（10）植物油的主要成分是高級脂肪酸____

（11）向兩份蛋白質溶液中分別滴加飽和NaCl溶液和CuSO4溶液，均有固體析出，所以蛋白質均發(fā)生變性____

（12）用甘氨酸（CH2COOHNH2）和丙氨酸（CH3CHCOOHNH2）縮合最多可形成4種二肽____

（13）天然植物油常溫下一般呈液態(tài)，難溶于水，有恒定的熔點、沸點____

（14）若兩種二肽互為同分異構體，則二者的水解產物不一致____

（15）苯、油脂均不能使酸性KMnO4溶液褪色____

（16）油脂在空氣中完全燃燒轉化為水和二氧化碳____

（17）蛋白質、乙酸和葡萄糖均屬電解質____

（18）乙酸乙酯和食用植物油均可水解生成乙醇____

（19）蛋白質和油脂都屬于高分子化合物，一定條件下都能水解____

（20）氨基酸、淀粉均屬于高分子化合物____．評卷人得分四、書寫(共4題，共8分)23、寫出下列物質在水溶液中的電離方程式：

①Ba（OH）2____

②KHSO4____

③NaHCO3____

④HNO3____

⑤Na2CO3．____．24、電子工業(yè)上常用氯化鐵溶液腐蝕銅來制印刷電路板．現將有一定量銅的印刷電路板放入氯化鐵溶液中，完全反應后，溶液中Fe2+和Fe3+物質的量濃度相等．

（1）寫出銅與氯化鐵反應的離子方程式：____；

（2）溶液中Cu2+和Fe3+的物質的量濃度之比為____；

（3）若再向上述所得溶液中加入一定量銅粉，經充分反應后，溶液中金屬陽離子只有Cu2+和Fe2+，此時Cu2+和Fe2+物質的量濃度之比為____．25、將下列離子方程式改寫成相對應的化學方程式：

（1）CO32-+2H+=CO2↑+H2O：____；

（2）H++OH-=H2O：____；

（3）Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓：____；

（4）3Hg2++2Al=3Hg+2Al3+：____．26、寫出下列反應的化學方程式或離子方程式．

（1）1g乙醇C2H5OH完全燃燒放出熱量12kJ，寫出表示乙醇燃燒熱的熱化學方程式：____

（2）用惰性電極電解CuSO4溶液的化學方程式：____

（3）鋼鐵發(fā)生吸氧腐蝕的正極反應：____

（4）AmBn是強堿弱酸鹽，寫出Bm-水解的離子方程式：____

（5）電解飽和食鹽水陰極室所發(fā)生的電極反應：____．評卷人得分五、計算題(共4題，共28分)27、（1）兩個相同容積的密閉容器X、Y，在25℃下，X中充入agA氣體，Y中充入agCH4氣體，X與Y內的壓強之比是4：11，則A的摩爾質量為____．

（2）相同條件下，體積比為a：b和質量比為a：b的H2和O2的混合氣體，其平均相對分子質量分別是____和____．28、（1）同溫同壓下，含有相同數目氧原子的CO和CO2的物質的量之比為____，質量之比為____．

（2）1.2gRSO4中含0.01molR2+，則RSO4的摩爾質量是____；R的相對原子質量約是____．

（3）某鹽的混合物中含有0.2mol/LNa+，0.4mol/LMg2+，0.4mol/LCl-，則SO42-的濃度為____．29、在50mLamol/L的硝酸溶液中，加入6.4gCu，全部溶解，假設硝酸的還原產物只有NO2和NO，將反應后溶液用蒸餾水稀釋至100mL時測得c（NO3-）=3mol/L．

（1）求稀釋后的溶液中c（H+）=____mol/L

（2）若a=9，則生成的氣體中NO2的物質的量為____mol

（3）治理氮氧化物污染的方法之一是用NaOH溶液進行吸收，反應原理如下：NO2+NO+2NaOH═2NaNO2+H2O、2NO2+2NaOH═NaNO2+NaNO3+H2O若將上述的NO2和NO的混合氣體通入1mol/L的NaOH恰好被吸收，NaOH溶液的體積為____mL．30、為減小CO2對環(huán)境的影響，在限制其排放量的同時，應加強對CO2創(chuàng)新利用的研究。（1）①把含有較高濃度CO2的空氣通入飽和K2CO3溶液。②在①的吸收液中通高溫水蒸氣得到高濃度的CO2氣體。寫出②中反應的化學方程式____。（2）如將CO2與H2以1:3的體積比混合。①適當條件下合成某烴和水，該烴是____（填序號）。A．烷烴B．烯烴C．炔烴D．苯的同系物②適當條件下合成燃料甲醇和水。在體積為2L的密閉容器中，充入2molCO2和6molH2，一定條件下發(fā)生反應：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H=－49.0kJ/mol。測得CO2(g)和CH3OH(g)的濃度隨時間變化如圖所示。從反應開始到平衡，v(H2)=；氫氣的轉化率=____；能使平衡體系中n(CH3OH)增大的措施有____。（3）如將CO2與H2以1:4的體積比混合，在適當的條件下可制得CH4。已知：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H1=―890.3kJ/molH2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)△H2=－285.8kJ/mol則CO2(g)與H2(g)反應生成CH4(g)與液態(tài)水的熱化學方程式是____。（4）某同學用沉淀法測定含有較高濃度CO2的空氣中CO2的含量，經查得一些物質在20℃的數據如下表。。溶解度（S）/g溶度積（Ksp）Ca(OH)2Ba(OH)2CaCO3BaCO30.163.892.9×10－92.6×10－9（說明：Ksp越小，表示該物質在水溶液中越易沉淀）吸收CO2最合適的試劑是(填“Ca(OH)2”或“Ba(OH)2”)溶液，實驗時除需要測定工業(yè)廢氣的體積（折算成標準狀況）外，還需要測定。評卷人得分六、簡答題(共2題，共18分)31、硫單質及其化合物在化工生產、污水處理等領域應用廣泛。rm{(1)}煤制得的化工原料氣中含有羰基硫rm{(O=C=S)}該物質可轉化為rm{H_{2}S}主要反應如下：rm{壟隆.}水解反應：rm{COS(g)++{H}_{2}O(g)overset{?}{}{H}_{2}S(g)+C{O}_{2}(g);?{H}_{1}}

rm{COS(g)++{H}_{2}O(g)

overset{?}{}{H}_{2}S(g)+C{O}_{2}(g);?{H}_{1}}氫解反應：rm{COS(g)+{H}_{2}(g)overset{}{?}{H}_{2}S(g)+CO(g);;?{H}_{2}}

已知反應中相關的化學鍵鍵能數據如下表：

rm{壟壟.}一定條件下，密閉容器中發(fā)生反應rm{COS(g)+{H}_{2}(g)

overset{}{?}{H}_{2}S(g)+CO(g);;?{H}_{2}}其中rm{壟脵}的平衡轉化率rm{i}rm{COS(g)}的關系如圖所示。則rm{(alpha)}與溫度rm{(T)}的關系如圖所示。則rm{A}rm{B}rm{C}三點對應的狀態(tài)中，rm{(T)}三點對應的狀態(tài)中，rm{A}rm{B}rm{C}的是____________。rm{v(COS)=v(H}填標號rm{v(COS)=v(H}rm{{,!}_{2}}

rm{S)}的是____________。rm{(}填標號rm{)}rm{S)}

rm{(}反應rm{)}的正、逆反應的平衡常數與溫度的關系如圖所示，rm{壟脷}rm{ii}的是__________rm{(K)}填“rm{(T)}”或“其中表示逆反應的平衡常數rm{(K}”rm{(K}rm{{,!}_{脛忙}}

rm{)}的是__________rm{(}填“rm{A}”或“rm{B}”rm{)}rm{)}

rm{(}時，向容積為rm{A}的恒容密閉容器中充入rm{B}和rm{)}發(fā)生反應rm{T_{1}隆忙}rm{10L}的平衡轉化率為_____________。

rm{2molCOS(g)}可用于污水處理的沉淀劑。已知：rm{1mol}時，反應rm{H}rm{H}的平衡常數rm{{,!}_{2}}rm{(g)}發(fā)生反應rm{ii}rm{COS}的平衡轉化率為_____________。的電離平衡常數rm{(g)}rm{ii}rm{COS}的電子式為____________________。rm{(2)NaHS}__________________________。rm{25隆忙}用氨水將rm{Hg^{2+}(aq)+HS^{-}(aq)}轉化為rm{HgS(s)+H^{+}(aq)}再氧化成rm{K=1.75隆脕10^{38}}向該溶液中加rm{H_{2}S}固體，則rm{K_{a1}=1.0隆脕10^{-7}}________。rm{K^{a2}=7.0隆脕10^{-15}}填“變小”、“變大”或“不變”rm{壟脵NaHS}實驗測得rm{壟脷K_{sp}(HgS)=}溶液中rm{dfrac{cleft(SO_{3}^{2-}right)}{cleft({{H}_{2}}S{{O}_{3}}right)}=15}則溶液的rm{(3)}為________；rm{SO_{2}}已知：rm{NH_{4}HSO_{3}}的rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}rm{NH_{4}HSO_{3}}rm{[NH_{4}^{+}]/[HSO_{3}^{-}]}32、太陽能電池板材料除單晶硅外；還有氮；硼、硒、鈦、鈷、鈣等化學物質。

（1）基態(tài)鈣原子的電子排布式______；金屬鈷堆積方式與鎂相似，都屬于六方最密堆積，其配位數是______。

（2）氮元素的第一電離能在同周期中從大到小排第______位；寫出與NO3-互為等電子體的一種非極性分子的化學式______。

（3）晶體硼的結構單元是正二十面體，每個單元中有12個硼原子（如圖1），其中有兩個原子為10B，其余為11B，則該結構單元有______種不同的結構類型。已知硼酸（H3BO3）為一元弱酸；解釋其原因______。硼酸的結構與石墨相似，層內的分子以氫鍵相連，含1mol硼酸的晶體中有______mol氫鍵。

（4）六方相氮化硼的結構與石墨相似；B的雜化方式是______，其不導電的原因是______。

（5）在濃的TiCl3的鹽酸溶液中加入乙醚，并通入HCl至飽和，可得到配位數為6，組成為TiCl3?6H2O的晶體；該晶體中兩種配體的物質的量之比為1：5，則該配離子的化學式為______。

（6）鈷晶體的一種晶胞是一種體心立方堆積（如圖2所示），若該晶胞的邊長為anm，密度為ρg/cm，NA表示阿伏加德羅常數的值，則鈷的相對原子質量可表示為______。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、B【分析】【分析】A．乙酸與乙酸乙酯不分層；

B．二氧化硫具有漂白性；而二氧化碳不具有；

C．Na2CO3溶液和NaHCO3溶液與Ca（OH）2溶液反應均生成白色沉淀；

D．二氧化碳、HCl均與NaOH溶液反應．【解析】【解答】解：A．乙酸與乙酸乙酯不分層；不能利用分液法分離，故A錯誤；

B．二氧化硫具有漂白性可使品紅褪色，而二氧化碳不能，則用品紅溶液鑒別SO2和CO2兩種氣體；故B正確；

C．Na2CO3溶液和NaHCO3溶液與Ca（OH）2溶液反應均生成白色沉淀；不能鑒別，應選氯化鈣鑒別二者，故C錯誤；

D．二氧化碳；HCl均與NaOH溶液反應；不符合除雜的原則，則應選飽和碳酸氫鈉溶液來除雜，故D錯誤；

故選B．2、A【分析】【分析】等體積、等濃度的NaOH溶液，則NaOH的物質的量相同，由AlCl3+3NaOH═Al（OH）3↓+3NaCl、MgCl2+2NaOH═Mg（OH）2↓+2NaCl，可知n（NaCl）=n（NaOH），根據氯離子守恒可知AlCl3、MgCl2溶液中Cl-的物質的量相等，又由于原溶液體積相同，則物質的量濃度之比等于物質的量之比，以此來解答．【解析】【解答】解：等體積、等濃度的NaOH溶液，則NaOH的物質的量相同，由AlCl3+3NaOH═Al（OH）3↓+3NaCl、MgCl2+2NaOH═Mg（OH）2↓+2NaCl，可知n（NaCl）=n（NaOH），根據氯離子守恒可知AlCl3、MgCl2溶液中Cl-的物質的量相等，又由于原溶液體積相同，則物質的量濃度之比等于物質的量之比，即原AlCl3、MgCl2溶液中Cl-濃度之比為1：1，故選A．3、D【分析】解：rm{壟脵}水的分子量為rm{18}則其摩爾質量是rm{18g/mol}故rm{壟脵}正確；

rm{壟脷1mol}硫酸的質量是rm{98g}則rm{1}分子硫酸的質量為：rm{dfrac{98g}{N_{A}}=dfrac{98}{N_{A}}g}故rm{dfrac{98g}{N_{A}}=dfrac

{98}{N_{A}}g}錯誤；

rm{壟脷}氮，可能為氮氣或rm{壟脹1mol}原子，若為rm{N}原子，rm{N}的質量為rm{1molN}故rm{14g}錯誤；

rm{壟脹}摩爾是rm{壟脺}個單位，不是基本物理量，故rm{1}錯誤；

rm{壟脺}物質中含有rm{壟脻1mol}個微粒，沒有指出微粒類型，該說法不合理，故rm{6.02隆脕10^{23}}錯誤；

故選D．

rm{壟脻}水的相對分子質量為rm{壟脵}據此判斷其摩爾質量；

rm{18}應該是rm{壟脷}硫酸的質量是rm{1mol}

rm{98g}氮，沒有指明是氮氣還是rm{壟脹1mol}原子；

rm{N}摩爾是物質的量單位；不是物理量；

rm{壟脺}微粒包括原子；分子、離子、質子、中子、電子等．

本題考查物質的量的計算，題目難度不大，明確物質的量與其它物理量之間的關系為解答關鍵，試題培養(yǎng)了學生的化學計算能力．rm{壟脻}【解析】rm{D}4、A【分析】【分析】A、H216O和H218O的摩爾質量分別為18g/mol和20g/mol；

B、氯離子是弱堿陽離子，在溶液中會水解：Al3++3H2O?Al（OH）3+3H+；

C；鐵和硝酸反應不能生成氫氣；

D、反應N2+3H2?2NH3達平衡時，當消耗3mol氫氣時意味著有2mol氨氣生成，而每一種物質的消耗和生成的量必須相同．【解析】【解答】解：A、H216O和H218O的摩爾質量分別為18g/mol和20g/mol，故18gH216O和20gH218O的物質的量均為1mol，而兩者中均含10個質子，故1molH216O和H218O中均含10NA個質子；故A正確；

B、氯離子是弱堿陽離子，在溶液中會水解：Al3++3H2O?Al（OH）3+3H+，導致陽離子個數增多，故溶液中的陽離子的個數多于2NA個；故B錯誤；

C；鐵和硝酸反應不能生成氫氣；生成的是NO，故C錯誤；

D、反應N2+3H2?2NH3達平衡時，當消耗3mol氫氣時意味著有2mol氨氣生成，而每一種物質的消耗和生成的量必須相同，故此時一定消耗2mol氨氣，故斷裂6molN-H鍵即6NA條；故D錯誤．

故選A．5、D【分析】【分析】A．硫離子水解分步進行；只有以第一步為主；

B．亞硫酸為二元弱酸；電離方程式分步進行，主要以第一步電離為主；

C．氨水堿性較弱；不會溶解氫氧化鋁，反應產物為氫氧化鋁，且一水合氨不能拆開，應該保留分子式；

D．鐵離子結合水電離的氫氧根離子，溶液顯示酸性．【解析】【解答】解：A．硫化鈉溶液呈堿性原因是硫離子部分水解，硫離子水解方程式應分別寫，主要寫出第一步即可，正確的水解方程式為：S2-+H2O?HS-+OH-；故A錯誤；

B．亞硫酸為二元弱酸，其電離方程式分步進行，只寫出第一步即可，亞硫酸電離方程式為H2SO3═H++HSO3-；故B錯誤；

C．一水合氨堿性較弱，不會溶解氫氧化鋁，在離子方程式中一水合氨應該保留分子式，正確的離子方程式為Al3++3NH3?H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；故C錯誤；

D．鐵離子部分水解，溶液顯示酸性，反應的離子方程式為Fe3++3H2O?Fe（OH）3+3H+；故D正確；

故選D．6、D【分析】【解答】解：由圖象可知，開始加入HCl時無沉淀生成，說明加入的HCl與溶液中OH﹣的反應，則溶液中一定不會存在與氫氧根離子發(fā)生反應的離子：Fe3+、Mg2+、Al3+；之后開始生成沉淀且反應生成沉淀逐漸增大，說明溶液中存在AlO2﹣、SiO32﹣，繼續(xù)加入鹽酸沉淀量不變，消耗鹽酸的離子只能是CO32﹣離子，碳酸根離子反應完后繼續(xù)加入鹽酸，沉淀逐漸減小，到不再改變，進一步證明沉淀是氫氧化鋁和硅酸沉淀，氫氧化鋁沉淀溶于鹽酸，最后剩余沉淀為硅酸；硫酸根離子不能確定存在，但根據溶液的電中性可知，溶液中至少含有K+、Na+離子中的一種離子；

A．根據分析可知；無法判斷溶液中是否存在硫酸根離子，故A錯誤；

B．反應后形成的溶液溶質為NaCl或KCl；故B錯誤；

C．發(fā)生CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O、Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，結合圖可知和碳酸根離子反應的鹽酸為2體積，氫氧化鋁溶解消耗的鹽酸體積為4體積，原溶液中含有CO32﹣與AlO2﹣的物質的量之比為3：4；故C錯誤；

D．根據以上分析可知，原溶液中一定存在的陰離子是：OH﹣、SiO32﹣、AlO2﹣、CO32﹣；故D正確；

故選D．

【分析】由圖可知，開始無沉淀生成說明加入的鹽酸和溶液中的OH﹣反應，則與氫氧根離子反應的離子不能共存：Fe3+、Mg2+、Al3+；然后反應生成沉淀逐漸增大，說明是AlO2﹣和氫離子反應生成氫氧化鋁沉淀和硅酸沉淀，繼續(xù)加入鹽酸沉淀量不變，消耗鹽酸的離子只能是CO32﹣離子，反應完后繼續(xù)加入鹽酸，沉淀逐漸減小，到不再改變，進一步證明沉淀是氫氧化鋁和硅酸沉淀，氫氧化鋁沉淀溶于鹽酸，最后剩余沉淀為硅酸；硫酸根離子不能確定存在，但根據溶液的電中性可知，溶液中至少含有K+、Na+離子中的一種，以此來解答．二、填空題(共9題，共18分)7、消去反應加聚反應酯化反應CH3CH（OH）COOHCH3CH（OH）CH2OH【分析】【分析】E分子不飽和度==3，則E中不含苯環(huán)，F和新制氫氧化銅懸濁液發(fā)生反應生成A，則A中含有羧基、F中含有醛基，F和氫氣發(fā)生加成反應生成G，則G中含有醇羥基，兩分子A能生成一分子E，分子式為C6H8O4，A發(fā)生酯化反應生成E，E結構簡式為A結構簡式為CH3CH（OH）COOH；

A發(fā)生消去反應生成B，B發(fā)生加聚反應生成高分子化合物C，則B為CH2=CHCOOH，C為F發(fā)生氧化反應生成A，則F含有-CHO，故F為CH3CH（OH）CHO，F與氫氣反應生成G，則G為CH3CH（OH）CH2OH，故D為據此分析解答．【解析】【解答】解：E分子不飽和度==3，則E中不含苯環(huán)，F和新制氫氧化銅懸濁液發(fā)生反應生成A，則A中含有羧基、F中含有醛基，F和氫氣發(fā)生加成反應生成G，則G中含有醇羥基，兩分子A能生成一分子E，分子式為C6H8O4，A發(fā)生酯化反應生成E，E結構簡式為A結構簡式為CH3CH（OH）COOH；

A發(fā)生消去反應生成B，B發(fā)生加聚反應生成高分子化合物C，則B為CH2=CHCOOH，C為F發(fā)生氧化反應生成A，則F含有-CHO，故F為CH3CH（OH）CHO，F與氫氣反應生成G，則G為CH3CH（OH）CH2OH，故D為

（1）通過以上分析知；A生成B是消去反應；B生成C是加聚反應、A生成E是酯化反應；

故答案為：消去反應；加聚反應；酯化反應；

（2）A、C、G的結構簡式分別為CH3CH（OH）COOH、CH3CH（OH）CH2OH；

故答案為：CH3CH（OH）COOH；CH3CH（OH）CH2OH；

H2SO4△

（3）①A→E的反應方程式為：

②F→A反應方程式為：

故答案為：．8、BaO2H2O2H2O2+NaClO=H2O+NaCl+O2↑1溶液由無色變成紫紅色，且在半分鐘內溶液顏色不褪去1.7g【分析】【分析】（1）根據題目信息，實驗室通過上述某種過氧化物與適量稀硫酸作用，過濾后即可制得較純凈的H2O2溶液；說明生成了沉淀；

（2）過氧化氫與次氯酸鈉的反應中因為ClO-中的氯元素的化合價為+1價，次氯酸根具有氧化性，則H2O2具有還原性；根據化合價變化確定電子的轉移電子；

（2）酸性高錳酸鉀溶液與H2O2反應，H2O2是還原劑被氧化，-2價氧元素的化合價全部升高，根據電子守恒配平方程式并進行相應計算．【解析】【解答】解：（1）實驗室通過上述某種過氧化物與適量稀硫酸作用，過濾后即可制得較純凈的H2O2溶液，說明生成了硫酸鋇沉淀，所以選用BaO2；

故答案為：BaO2；

（2）過氧化氫與次氯酸鈉的反應中因為ClO-中的氯元素的化合價為+1價，次氯酸根具有氧化性，則H2O2具有還原性，反應的方程式為：H2O2+NaClO═H2O+NaCl+O2；生成一個氧氣失去2個電子，所以生成0.5mol氧氣，轉移電子1mol；

故答案為：H2O2；H2O2+NaClO=H2O+NaCl+O2↑；1；

（3）酸性高錳酸鉀溶液與H2O2反應，H2O2是還原劑被氧化，-2價氧元素的化合價全部升高；而②中-2價氧元素的化合價沒有全部發(fā)生變化，根據電子守恒，配平后的化學反應方程式為：5H2O2+2KMnO4+3H2SO4→2MnSO4+K2SO4+5O2↑+8H2O，滴定終點，溶液由無色變成紫紅色，且在半分鐘內溶液顏色不褪去，5H2O2～2KMnO4，消耗0.50mol/L的高錳酸鉀溶液40.00ml，則雙氧水的物質的量是：=0.05mol；質量是0.05mol×34g/mol=1.7g；

故答案為：溶液由無色變成紫紅色，且在半分鐘內溶液顏色不褪去；1.7g．9、32CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O新制的氫氧化銅CH3CHO+2Cu（OH）2CH3COOH+Cu2O↓+2H2O管插入到飽和碳酸鈉溶液中B【分析】【分析】（1）根據氫原子的種類等于峰的數目；峰的面積之比等于氫原子的數目之比，結合等效氫判斷；

（2）乙醇中含有羥基；能與金屬鈉反應生成氫氣，乙醇的密度比鈉小，金屬鈉沉在乙醇底部，比在水中反應安靜，并不劇烈，鈉粒逐漸變小，緩緩產生氣泡；

（3）乙醇催化氧化生成乙醛；乙醛和新制氫氧化銅反應生成磚紅色沉淀，據此檢驗醛基；

（4）導管插入到飽和碳酸鈉溶液中會產生倒吸現象；根據酯化反應原理分析．【解析】【解答】解：（1）乙醇結構簡式為CH3CH2OH；分子中含有3種氫原子，所以有三個吸收峰，峰面積之比是1：2：3，故答案為：3；

（2）乙醇中含有羥基；能與金屬鈉反應生成氫氣，乙醇的密度比鈉小，金屬鈉沉在乙醇底部，比在水中反應安靜，并不劇烈，鈉粒逐漸變小，緩緩產生氣泡；

故答案為：產生氣泡；鈉與乙醇反應有氫氣產生；

（3）乙醇催化氧化生成乙醛，反應方程式為：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；

乙醛和新制氫氧化銅反應生成磚紅色沉淀，反應方程式為：CH3CHO+2Cu（OH）2CH3COOH+Cu2O↓+2H2O

故答案為：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；新制的氫氧化銅；CH3CHO+2Cu（OH）2CH3COOH+Cu2O↓+2H2O

（4）由于生成的乙酸乙酯中混有乙醇和乙酸，易溶于水，會產生倒吸現象，故伸入飽和碳酸鈉的導管不能在液面下，酯化反應原理是酸脫羥基醇脫氫，故18O出現在乙酸乙酯中；

故答案為：導管插入到飽和碳酸鈉溶液中；B．10、1s22s22p63s23p63d64s2V形sp2極性正四面體Mg＞Al＞NaFH2SO4＞H2SO3【分析】【分析】由元素在周期表中位置，可知a為H、b為Li、c為C、d為N、e為O、f為F、g為Na、h為Mg、i為Al、j為Si、K為S、l為Cl、m為Ar；n為K、o為Fe．

（1）o為Fe；原子核外有26個電子，根據能量最低原理書寫其核外電子排布式；

（2）k為S，在空氣中燃燒產物為SO2；計算S原子孤電子對數；價層電子對數，確定分子構型，S原子的雜化形式，結合分子結構判斷分子中正負電荷重心是否重合，判斷分子極性；

（3）含10電子的d的氫化物分子為NH3；計算N原子價層電子對數，確定其VSEPR模型；

（4）同周期自左而右元素第一電離能呈增大趨勢；但Mg元素原子3s能級容納2的電子，為全滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于Al；

（5）所有元素其中電負性最大的是氟，元素k有兩種氧化物，分別為二氧化硫、三氧化硫，它們對應的水化物分別為亞硫酸、硫酸，亞硫酸屬于弱酸，而硫酸屬于強酸．【解析】【解答】解：由元素在周期表中位置，可知a為H、b為Li、c為C、d為N、e為O、f為F、g為Na、h為Mg、i為Al、j為Si、K為S、l為Cl、m為Ar；n為K、o為Fe．

（1）o為Fe，原子核外有26個電子，根據能量最低原理，其核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2；

故答案為：1s22s22p63s23p63d64s2；

（2）k為S，在空氣中燃燒產物為SO2，S原子孤電子對數==1、價層電子對數=2+1=3，故分子構型為V形，S原子的雜化形式為sp2；分子中正負電荷重心不否重合，屬于極性分子；

故答案為：V形；sp2；極性；

（3）含10電子的d的氫化物分子為NH3，N原子價層電子對數=3+=4；其VSEPR模型為正四面體，故答案為：正四面體；

（4）同周期自左而右元素第一電離能呈增大趨勢；但Mg元素原子3s能級容納2的電子，為全滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于Al，故第一電離能：Mg＞Al＞Na，故答案為：Mg＞Al＞Na；

（5）所有元素其中電負性最大的是氟，元素k有兩種氧化物，分別為二氧化硫、三氧化硫，它們對應的水化物分別為亞硫酸、硫酸，亞硫酸屬于弱酸，而硫酸屬于強酸，故酸性：H2SO4＞H2SO3；

故答案為：F；H2SO4＞H2SO3．11、塑料合成纖維合成橡膠銅合金糖類油脂蛋白質維生素水無機鹽【分析】【分析】（1）合成材料主要有塑料；合成橡膠、合成纖維；

（2）合金是指由一種金屬與其它金屬或非金屬熔合而成的具有金屬特性的物質；

（3）人體內的六大營養(yǎng)素包括糖類、油脂、蛋白質、維生素、水、無機鹽；【解析】【解答】解：（1）三大合成材料是指：塑料；合成纖維、合成橡膠；故答案為：塑料；合成纖維；合成橡膠；

（2）人類歷史上使用最早的合金是銅合金；故答案為：銅合金；

（3）人體內的六大營養(yǎng)素包括糖類、油脂、蛋白質、維生素、水、無機鹽，主要是通過食物提供，故答案為：糖類；油脂；蛋白質；維生素；水；無機鹽．12、7：161：27：116【分析】【分析】根據n=計算氧氣的物質的量，可以計算氧氣、氮氣物質的量之比；根據m=nM計算氮氣的質量，可以計算氧氣、氮氣的質量之比；同溫同壓下氣體的體積之比等于其物質的量之比．【解析】【解答】解：2.8gO2的物質的量為=0.0875mol，2.8gO2和0.2molN2的物質的量之比是0.0875mol：0.2mol=7：16；

0.2molN2的質量為0.2mol×28g/mol=5.6g，2.8gO2和0.2molN2的質量之比是2.8g：5.6g=1：2；

同溫同壓下氣體的體積之比等于其物質的量之比，2.8gO2和0.2molN2的體積之比是0.0875mol：0.2mol=7：16；

故答案為：7：16；1：2；7：16．13、Ksp=c（Ag+）?c（Cl-）10-12（mol/L）2Cl-抑制了AgCl的溶解Cl-濃度增大使AgCl形成絡合物沉淀有向更難溶的方向移動的趨勢【分析】【分析】（1）AgCl的溶度積常數Ksp=c（Ag+）?c（Cl-）；結合圖中數據計算；

（2）根據化學平衡移動原理和題給信息回答；

（3）依據沉淀的相互轉化解答即可．【解析】【解答】解：（1）AgCl的溶度積常數的表達式為：Ksp=c（Ag+）?c（Cl-），當c（Ag+）=10-5mol/L時，c（Cl-）=10-7mol/L，所以AgCl的溶度積常數Ksp=c（Ag+）?c（Cl-）=10-5mol/L?10-7mol/L=10-12（mol/L）2；

故答案為：Ksp=c（Ag+）?c（Cl-）；10-12（mol/L）2；

（2）根據沉淀溶解平衡：AgCl（s）=Cl-（aq）+Ag+（aq），將氯化銀放在氯化鈉中，Cl-抑制了AgCl的溶解，但Cl-濃度增大使AgCl形成絡合物：AgCl+Cl-═[AgCl2]-，故答案為：Cl-抑制了AgCl的溶解，但Cl-濃度增大使AgCl形成絡合物：AgCl+Cl-═[AgCl2]-；

（3）因為AgBr比AgCl的溶解度小，故AgCl轉化為更難溶的AgBr，故答案為：沉淀有向更難溶的方向移動的趨勢．14、＞＜=DC【分析】【分析】（1）根據可逆反應的特點分析；

（2）根據溫度對平衡的影響來判斷化學平衡常數的變化；正向投2molA2和1molB2，與逆向投2molC3；是等效平衡；

（3）由反應方程式可知生成2mol的C時放熱akJ；想得到2akJ熱量，則需生成4molC；由于反應是可逆反應，不可能完全進行到底，所以要得到4molC，A與B物質的量必須要多于4mol和2mol；

（4）為使該反應的反應速率增大，且平衡向正反應方向移動，依據影響化學反應速率和化學平衡的因素分析判斷．【解析】【解答】解：（1）熱化學方程式表達的意義為：當2molA2和1molB2完全反應時，放出熱量為akJ，而加入2molA2和1molB2達到平衡時，可逆反應沒有完全進行，即釋放的熱量小于完全反應釋放的熱量，即b＜a；

故答案為：＞；

（2）已知該反應為放熱反應，升高溫度，化學平衡向逆反應方向移動，生成物濃度減小，反應物濃度增大，K減小，所以K越大，則溫度越低，所以T1＜T2，正反投2molA2和1molB2，與逆向投2molC3，是等效平衡，所以反應達平衡后，C3濃度等于wmol/L；

故答案為：＜；=；

（3）由反應方程式可知生成2mol的C時放熱akJ；想得到2akJ熱量，則需生成4molC；由于反應是可逆反應，不可能完全進行到底，所以要得到4molC，A與B物質的量必須要多于4mol和2mol，故D符合，B選項中既有正反應又有逆反應，最終放出的熱量小于2akJ；

故答案為：D；

（4）已知2A（g）+B（g）?2C（g）；△H=-akJ/mol（a＞0），反應是氣體體積減小的放熱反應，依據平衡移動原理分析，反應的反應速率增大，且平衡向正反應方向移動；

A．及時分離出C氣體；反應正向進行，但反應速率減小，故A不符合；

B．適當升高溫度；加快反應速率，但平衡逆向進行，故B不符合；

C．增大B的濃度；平衡正向進行，反應速率增大，故C符合；

D．選擇高效催化劑；增大反應速率，但不改變平衡，故D不符合；

故答案為：C．15、C7H10O5羥基、羧基2.24L消去反應3【分析】【分析】（1）根據結構簡式可確定分子式；

（2）由結構簡式可知含有的官能團為羧基和羥基；

（3）A中含有碳碳雙鍵；可與溴發(fā)生加成反應；

（4）A中含有羧基；具有酸性，可與NaOH發(fā)生中和反應；

（5）計算出A的物質的量；可計算生成氣體的體積；

（6）根據官能團的轉化可判斷反應類型；

（7）B的同分異構體中既含有酚羥基又含有酯基，對應的同分異構體有．【解析】【解答】解：（1）由結構簡式可知A的分子式為C7H10O5，故答案為：C7H10O5；

（2）由結構簡式可知含有的官能團為羧基和羥基；故答案為：羥基；羧基；

（3）A環(huán)上的C═C鍵具有和乙烯類似的性質，可以和Br2發(fā)生加成反應，反應的方程式為

故答案為：

（4）A環(huán)上的-OH是醇羥基，不能和NaOH、NaHCO3等發(fā)生反應，A中含有羧基，具有酸性，可與NaOH發(fā)生中和反應，反應的方程式為

故答案為：

（5）A和NaHCO3發(fā)生的反應可以表示為：生成二氧化碳的體積為=2.24L；

故答案為：2.24L；

（6）A和濃硫酸混合加熱發(fā)生消去反應，形成含C=C的不飽和化合物．其原理類似CH3CH2OH和濃硫酸共熱生成CH2=CH2；故答案為：消去反應；

（7）B的分子式為C7H6O3，其中只能含有1個-COO-（酯基）和1個-OH（酚羥基），兩者的相對位置有鄰、間、對三種情況，對應物質的分別為

故答案為：3；．三、判斷題(共7題，共14分)16、×【分析】【分析】伴有能量變化的物質變化不一定發(fā)生化學反應．【解析】【解答】解：伴有能量變化的物質變化不一定是化學變化，如燈泡發(fā)光過程中有熱能變化，故錯誤；17、×【分析】【分析】金屬陽離子不一定只有氧化性，可能具有還原性，考慮變價金屬陽離子即可．【解析】【解答】解：一般常見金屬陽離子只具有氧化性，但是亞鐵離子、亞銅離子等據既具有氧化性又具有還原性，故金屬陽離子一定只具有氧化性的說法錯誤，故答案為：×．18、×【分析】【分析】每個NH3分子中含有10個電子，結合n==計算．【解析】【解答】解：n（NH3）==0.2mol，含有的電子的物質的量為0.2mol×10=2mol，則個數為2NA；

故答案為：×．19、×【分析】【分析】過氧化鈉是離子化合物，其電子式由陰、陽離子的電子式組合而成，相同的離子不能合并．【解析】【解答】解：Na2O2是鈉離子和過氧根離子構成的離子化合物，鈉離子失電子形成陽離子，氧原子得到電子形成過氧根陰離子，電子式為故答案為：×．20、×【分析】【分析】向0.1mol/LAgNO3溶液中加入過量的鹽酸完全反應生成AgCl，溶液中存在AgCl（s）?Ag+（ag）+Cl-（ag），以此解答．【解析】【解答】解：反應生成AgCl，氯化銀難溶于水，溶液中存在AgCl（s）?Ag+（ag）+Cl-（ag），則一定存在Ag+；

故答案為：×．21、×【分析】【分析】烷烴的一氯取代物只有一種，說明該烷烴中只有一種等效氫原子，根據等效氫原子的判斷方法來回答．【解析】【解答】解：烷烴分子中；同一個碳上的氫原子等效，連在同一個碳原子上的氫原子等效，具有鏡面對稱的碳原子上的氫原子等效，烷烴的一氯取代物只有一種，說明該烷烴中只有一種等效氫原子，在碳原子數n≤10的所有烷烴的同分異構體中，其一氯取代物只有一種的烷烴分別是：甲烷；乙烷、2，2-二甲基丙烷以及2，2，3，3-四甲基丁烷，共4種．

故答案為：×．22、×【分析】【分析】（1）相對分子質量在10000以上的有機化合物為高分子化合物；

（2）葡萄糖在堿性條件下與新制Cu（OH）2濁液反應；

（3）白糖的主要成分是蔗糖；

（4）在水溶液里或熔融狀態(tài)下能導電的化合物是電解質；在水溶液里和熔融狀態(tài)下都不導電的化合物是非電解質；

（5）蔗糖水解后的產物葡萄糖由還原性；自身沒有還原性；

（6）葡萄糖、果糖的分子式均為C6H12O6；葡萄糖是多羥基醛，果糖是多羥基酮；

（7）蔗糖和麥芽糖是二糖，分子式都可用C12H22O11表示；它們互為同分異構體；

（8）麥芽糖和水解產物葡萄糖中均含-CHO；

（9）碘單質遇淀粉變藍色；

（10）植物油成分為高級脂肪酸甘油酯；

（11）根據濃的無機鹽溶液能使蛋白質發(fā)生鹽析；而重金屬鹽能使蛋白質發(fā)生變性；

（12）兩種氨基酸可以各自形成二肽；甘氨酸與丙氨酸形成二肽時連接方式有兩種；

（13）根據天然植物油均為高級脂肪酸甘油酯；但都是混甘油酯，沒有固定的熔沸點；

（14）兩種二肽互為同分異構；水解產物可能是相同的氨基酸；

（15）油脂中含有不飽和烴基；可與高錳酸鉀發(fā)生反應；

（16）烴的含氧衍生物完全燃燒生成水和二氧化碳；

（17）在水溶液里或熔融狀態(tài)下能導電的化合物是電解質；在水溶液里或熔融狀態(tài)下都不導電的化合物是非電解質）；

（18）食用植物油是高級脂肪酸甘油脂；水解生成高級脂肪酸和甘油；

（19）相對分子質量在10000以上的有機化合物為高分子化合物；

（20）相對分子質量在10000以上的有機化合物為高分子化合物．【解析】【解答】解：（1）油脂相對分子質量較小；不屬于高分子化合物，故答案為：×；

（2）葡萄糖與新制Cu（OH）2濁液反應需在堿性條件下；應加入堿將水解后的淀粉溶液調節(jié)成堿性，才可以產生磚紅色沉淀，故答案為：×；

（3）白糖成分是蔗糖；故答案為：√；

（4）油脂水解的羧酸是電解質；故答案為：×；

（5）蔗糖水解后的產物葡萄糖由還原性；自身沒有還原性，所以不是還原型二糖，故答案為：×；

（6）葡萄糖、果糖的分子式均為C6H12O6；葡萄糖是多羥基醛，果糖是多羥基酮，二者分子式相同，結構不同，互為同分異構體，故答案為：√；

（7）蔗糖和麥芽糖是二糖；互為同分異構體，故答案為：√；

（8）麥芽糖和水解產物葡萄糖中的官能團都有醛基；則麥芽糖；葡萄糖屬于還原性糖可發(fā)生銀鏡反應，故答案為：√；

（9）碘單質遇淀粉變藍色；纖維素遇碘水不變色，故答案為：×；

（10）植物油的主要成分為高級脂肪酸甘油酯；故答案為：×；

（11）因濃的無機鹽溶液能使蛋白質發(fā)生鹽析產生沉淀；如飽和硫酸鈉溶液；硫酸銨溶液；而重金屬鹽能使蛋白質發(fā)生變性而產生沉淀，如硫酸銅等，故答案為：×；

（12）兩種氨基酸可以各自形成二肽；甘氨酸與丙氨酸形成二肽時連接方式有兩種，故形成的二肽有四種，故答案為：√；

（13）天然植物油均為高級脂肪酸甘油酯；但都是混甘油酯，沒有固定的熔沸點，故答案為：×；

（14）兩種二肽互為同分異構；水解產物可能是相同的氨基酸，如：一分子甘氨酸和一分子丙氨酸形成的二肽中有兩種構成方式，但二肽水解時的產物相同，故答案為：×；

（15）苯不能使酸性高錳酸鉀褪色；但油脂中含有C=C官能團，可與酸性高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應而使高錳酸鉀褪色，故答案為：×；

（16）油脂含有C；H、O三種元素；完全燃燒生成水和二氧化碳，故答案為：√；

（17）蛋白質屬于高分子化合物；是混合物，不是電解質，而葡萄糖屬于非電解質，只有乙酸才屬于電解質，故答案為：×；

（18）乙酸乙酯水解生乙酸和乙醇．食用植物油是高級脂肪酸甘油脂；水解生成高級脂肪酸和甘油，故答案為：×；

（19）油脂相對分子質量較小；不屬于高分子化合物，故答案為：×；

（20）氨基酸相對分子質量較小，不屬于高分子化合物，故答案為：×．四、書寫(共4題，共8分)23、Ba（OH）2=Ba2++2OH-KHSO4=K++H++SO42-NaHCO3=Na++HCO3-HNO3=H++NO3-Na2CO3=2Na++CO32-【分析】【分析】①Ba（OH）2是強電解質；在水溶液中完全電離生成鋇離子和氫氧根離子；

②KHSO4強酸酸式鹽；在水溶液中完全電離生成鉀離子；氫離子和硫酸根離子；

③NaHCO3是弱酸酸式鹽；為強電解質，在水溶液中完全電離生成弱酸酸式酸根離子和鈉離子；

④HNO3是強電解質；在水溶液中完全電離生成氫離子和硝酸根離子；

⑤Na2CO3是強電解質，在水溶液中電離生成鈉離子和碳酸根離子．【解析】【解答】解：①Ba（OH）2是強電解質，在水溶液中完全電離生成鋇離子和氫氧根離子，電離方程式為Ba（OH）2=Ba2++2OH-，故答案為：Ba（OH）2=Ba2++2OH-；

②KHSO4強酸酸式鹽，在水溶液中完全電離生成鉀離子、氫離子和硫酸根離子，電離方程式為KHSO4=K++H++SO42-，故答案為：KHSO4=K++H++SO42-；

③NaHCO3是弱酸酸式鹽，為強電解質，在水溶液中完全電離生成弱酸酸式酸根離子和鈉離子，電離方程式為NaHCO3=Na++HCO3-，故答案為：NaHCO3=Na++HCO3-；

④HNO3是強電解質，在水溶液中完全電離生成氫離子和硝酸根離子，電離方程式為HNO3=H++NO3-，故答案為：HNO3=H++NO3-；

⑤Na2CO3是強電解質，在水溶液中電離生成鈉離子和碳酸根離子，電離方程式為Na2CO3=2Na++CO32-，故答案為：Na2CO3=2Na++CO32-．24、Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+1：21：2【分析】【分析】（1）銅與鐵離子反應生成銅離子與亞鐵離子；根據氧化還原反應配平書寫離子方程式；

（2）令開始溶液中氯化鐵的物質的量為1mol，則加入銅反應后溶液中n（Fe2+）=n（Fe3+）=0.5mol，根據電子轉移守恒知2n（Cu2+）=n（Fe2+）=0.5mol，故n（Cu2+）=0.25mol．物質的量濃度之比等于物質的量之比；

（3）反應為Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，由方程式可知Fe3+完全反應，溶液中Cu2+和Fe2+的物質的量之比為1：2，物質的量濃度之比等于物質的量之比．【解析】【解答】解：（1）銅與鐵離子反應生成銅離子與亞鐵離子，根據電子轉移守恒可知，銅與鐵離子的物質的量之比（3-2）：2=1：2，離子方程式為Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+；

故答案為：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+；

（2）令開始溶液中氯化鐵的物質的量為1mol，則加入銅反應后，溶液中Fe2+和Fe3+物質的量濃度相等，則二者物質的量相等，根據鐵元素守恒，可知溶液中n（Fe2+）=n（Fe3+）=0.5mol，根據電子轉移守恒可知，2n（Cu2+）=n（Fe2+）=0.5mol，所以n（Cu2+）=0.25mol，物質的量濃度之比等于物質的量之比，所以溶液中Cu2+和Fe3+的物質的量濃度之比為0.25mol：0.5mol=1：2；故答案為：1：2；

（3）發(fā)生反應Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，由方程式可知Fe3+完全反應，溶液中Cu2+和Fe2+的物質的量之比為1：2，物質的量濃度之比等于物質的量之比，所以Cu2+和Fe2+物質的量濃度之比為1：2，故答案為：1：2．25、Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2ONaOH+HCl=NaCl+H2OMgCl2+2NaOH═Mg（OH）2↓+2NaCl3HgCl2+2Al=3Hg+2AlCl3【分析】【分析】（1）該反應表示可溶性碳酸鹽與強酸反應的一類反應；

（2）該反應表示強酸與可溶性強堿反應生成可溶性鹽和水的反應；

（3）該反應為可溶性鎂鹽與可溶性強堿反應的一類反應；

（4）該反應表示金屬鋁與可溶性汞鹽發(fā)生置換反應的一類反應．【解析】【解答】解：（1）該離子反應屬于可溶性碳酸鹽和強酸的反應，如Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O；

故答案為：Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O；

（2）H++OH-=H2O表示強酸與可溶性強堿反應生成可溶性鹽和水的反應，如：NaOH+HCl=NaCl+H2O；

故答案為：NaOH+HCl=NaCl+H2O；

（3）Mg2++2OH_=Mg（OH）2表示可溶性鎂鹽與可溶性強堿反應生成可溶性鹽和氫氧化鎂沉淀的反應，如：MgCl2+2NaOH═Mg（OH）2↓+2NaCl；

故答案為：MgCl2+2NaOH═Mg（OH）2↓+2NaCl；

（4）3Hg2++2Al=3Hg+2Al3+表示鋁與可溶性汞鹽發(fā)生置換反應的一類反應，如：3HgCl2+2Al=3Hg+2AlCl3；

故答案為：3HgCl2+2Al=3Hg+2AlCl3．26、C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l）△H=-552kJ?mol-12CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4O2+4e-+2H2O═4OH-Bm-+H2OOH-+HB（m-1）-2H2O+2e-=2OH-+H2↑【分析】【分析】（1）依據1g乙醇完全燃燒生成CO2和液態(tài)水時放熱12kJ；結合燃燒熱的定義計算求出1mol乙醇完全燃燒放出的熱量，然后寫出熱化學方程式；

（2）用惰性電極電解硫酸銅溶液時；陽極上氫氧根離子放電；陰極上銅離子放電，電解生成金屬銅，硫酸和氧氣；

（3）鋼鐵發(fā)生吸氧腐蝕的正極反應得到電子；

（4）Bm-水解為多元弱酸的酸式根離子，分步水解，以第一步水解為主，水解生成氫氧根離子和HB（m-1）-；

（5）陰極發(fā)生還原反應，水在陰極放電生成氫氣與氫氧根離子．【解析】【解答】解：（1）1g乙醇完全燃燒生成CO2和液態(tài)水時放熱12kJ；則1mol乙醇，質量為46g，完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物放出的熱量為：46×12kJ=552KJ；

其燃燒熱的熱化學方程式為：C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l）△H=-552kJ?mol-1；

（2）用惰性電極電解硫酸銅溶液時，陽極上氫氧根離子放電生成氧氣、陰極上銅離子放電生成Cu，化學方程式為2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4

故答案為：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4；

（3）鋼鐵發(fā)生吸氧腐蝕的正極反應式為O2+4e-+2H2O═4OH-；

故答案為：O2+4e-+2H2O═4OH-；

（4）Bm-水解為多元弱酸的酸式根離子，分步水解，以第一步水解為主：Bm-+H2OOH-+HB（m-1）-；

故答案為：Bm-+H2OOH-+HB（m-1）-；

（5）電解飽和食鹽水陰極室所發(fā)生的電極反應：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，故答案為：2H2O+2e-=2OH-+H2↑．五、計算題(共4題，共28分)27、44g/mol【分析】【分析】（1）根據T；V相同時；壓強之比等于物質的量之比進行計算；

（2）分別根據體積比和質量比計算出氫氣和氧氣的物質的量之比，再計算出平均相對分子量．【解析】【解答】解：（1）在T、V相同時，壓強之比等于物質的量之比，即4：11=：；解得：M=44g/mol；

故答案為：44g/mol；

（2）平均摩爾質量為：=；

相同條件下，氫氣和氧氣的體積比為a：b，物質的量之比為a：b，二者平均摩爾質量為：g/mol，相對分子量為：；

質量比a：b的H2和O2的混合氣體，物質的量之比為：=16a：b，平均摩爾質量為：g/mol==g/mol，平均分子量為：；

故答案為：；．28、2：114：11120g/mol240.3mol/L【分析】【分析】根據n===結合物質的構成以及溶液的電荷守恒解答該題．【解析】【解答】解：（1）CO和CO2中氧原子個數分別為1、2，含有相同數目氧原子的CO和CO2的物質的量之比為2：1；則質量之比為2×28：44=14：11；

故答案為：2：1；14：11；

（2）1.2gRSO4中含0.01molR2+，則n（RSO4）=n（R2+）=0.01mol；

M（2gRSO4）==120g/mol；R的相對原子質量為120-96=24；

故答案為：120g/mol；24；

（3）溶液存在電荷守恒，為c（Na+）+2c（Mg2+）=c（Cl-）+2c（SO42-），則c（SO42-）=0.3mol/L；

故答案為：0.3mol/L．29、10.125150【分析】【分析】（1）溶液n（Cu2+）=n（Cu），由電荷守恒可知溶液中c（NO3-）=c（H+）+2c（Cu2+），據此計算c（H+）；

（2）根據N元素守恒，可知n（NO2）+n（NO）=n硝酸溶液（HNO3）-n反應后溶液（NO3-），令NO2；NO的物質的量分別為xmol、ymol；利用電子轉移守恒、二者的物質的量之和列方程計算；

（3）由NO2+NO+2NaOH═2NaNO2+H2O、2NO2+2NaOH═NaNO2+NaNO3+H2O可知，標準狀況下11.2LNO2和NO的混合氣體恰好與1mol/L的NaOH溶液反應，則n（N）=n（NaOH），然后根據V=．【解析】【解答】解：（1）6.4gCu的物質的量為=0.1mol，所以溶液n（Cu2+）=n（Cu）=0.1mol，溶液中c（NO3-）=c（H+）+2c（Cu2+），所以溶液中c（H+）=c（NO3-）-2c（Cu2+）=3mol/L-×2=1mol/L；故答案為：1；

（2）根據N元素守恒，可知n（NO2）+n（NO）=n硝酸溶液（HNO3）-n反應后溶液（NO3-）=0.05L×9mol/L=0.45mol-0.1L×3mol/L=0.15mol，令NO2；NO的物質的量分別為xmol、ymol；則：

；解得，x=0.125，y=0.025．

故答案為：0.125；

（3）由NO2+NO+2NaOH═2NaNO2+H2O、2NO2+2NaOH═NaNO2+NaNO3+H2O可知，標準狀況下11.2LNO2和NO的混合氣體恰好與1mol/L的NaOH溶液反應，則n（N）=n（NaOH）=0.125+0.025=0.15mol，所以V==0.15L，故答案為：150；30、略

【分析】試題分析：（1）依題意，飽和碳酸鉀溶液吸收二氧化碳可用于制取碳酸氫鉀，碳酸氫鉀不穩(wěn)定，受熱易分解，生成碳酸鉀、二氧化碳氣體和水，即反應①②分別是K2CO3+H2O+CO2=2KHCO3、2KHCO3K2CO3+H2O+CO2↑；（2）①依題意，設烴分子式為CxHy，根據系數之比等于物質的量之比和質量守恒定律，則CO2+3H2→CxHy+2H2O，根據碳、氫、氧原子個數守恒，則x=1、y=2，則生成的烴中碳、氫原子個數之比為1∶2，只有烯烴（CnH2n）符合題意，故B正確；②讀圖，達到平衡的時間為10min，由于氫氣的起始濃度、平衡濃度未知，不能直接求氫氣表示的平均反應速率，但是圖中二氧化碳的起始濃度、平衡濃度已知，能直接求二氧化碳表示的平均反應速率，二氧化碳的起始濃度、平衡濃度分別為1.00mol·L－1、0.25mol·L－1，則10min內二氧化碳的平均反應速率===7.5×10－2mol/(L?min)；由于CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)中各物質表示的平均反應速率之比等于系數之比，則v(H2)/v(CO2)=3/1，所以v(H2)=3×7.5×10－2mol/(L?min)=0.225mol/(L?min)；依題意，可以推斷反應體系各組分的（起始、變化、平衡）濃度，則：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)起始濃度/mol·L－11.003.0000變化濃度/mol·L－10.752.250.750.75平衡濃度/mol·L－10.250.750.750.75氫氣的平衡轉化率=×100%=×100%=75%由于正反應是氣體體積減小的放熱反應，根據化學平衡移動原理，增大二氧化碳或氫氣的濃度、減小水蒸氣的濃度、縮小容器容積增大壓強、降低溫度，都能使平衡右移，增大平衡體系中甲醇的物質的量；（2）先將已知反應編號為①②，②×2—①可得未知的熱化學方程式，根據蓋斯定律可以求得焓變，即：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(l)△H=—252.9kJ/mol；（4）依題意，20℃時氫氧化鈣的溶解度小于氫氧化鋇，則0.16g氫氧化鈣溶于100g水形成飽和氫氧化鈣溶液，由于c=n/V=m/（M?V），稀溶液的體積約等于水的體積，則飽和氫氧化鈣溶液的物質的量濃度約為=0.022mol/L，同理可得，飽和氫氧化鋇溶液的物質的量濃度約為=0.23mol/L，則氫氧化鈣飽和溶液的濃度小于飽和氫氧化鋇溶液，前者吸收二氧化碳的能力小于后者；Ksp(CaCO3)>Ksp(BaCO3)，則在溶液中BaCO3比CaCO3容易沉淀完全，所以應選擇氫氧化鋇溶液吸收二氧化碳氣體；過量的氫氧化鋇吸收一定體積的工業(yè)廢氣時，發(fā)生反應為：Ba(OH)2+CO2=BaCO3↓+H2O，根據各物質的物質的量之比等于系數之比，通過測量BaCO3沉淀的質量，可以計算出二氧化碳的體積，二氧化碳的體積除以廢氣的總體積，就能計算廢氣中二氧化碳的體積分數?？键c：考查化學反應原理，涉及碳酸氫鹽受熱分解的化學方程式、質量守恒定律、烴的分子通式、反應物和生成物的濃度—時間圖像、平均反應速率的計算、反應物平衡轉化率的計算、外界條件對平衡移動的影響、蓋斯定律、熱化學方程式、溶解度、物質的量濃度、溶度積、物質的量在化學