2025年統(tǒng)編版高三化學(xué)下冊(cè)月考試卷含答案

…………○…………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年統(tǒng)編版高三化學(xué)下冊(cè)月考試卷含答案考試試卷考試范圍：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)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、硝酸生產(chǎn)中，500℃時(shí)，NH3和O2可能發(fā)生如下反應(yīng)：

①4NH3（g）+5O2（g）?4NO（g）+6H2O（g）△H=-9072kJ?mol-1K=1.1×1026

②4ΝΗ3（g）+4O2（g）?2N2O（g）+6H2O（g）△H=-1104.9kJ?mol-1K=4.4×1028

③4NH3（g）+3O2（g）?2N2（g）+6H2O（g）△H=-1269.02kJ?mol-1K=7.1×1034

其中，②、③是副反應(yīng)．若要減少副反應(yīng)，提高NO的產(chǎn)率，最合理的措施是（）A.減小壓強(qiáng)B.降低溫度C.增大O2濃度D.使用合適的催化劑2、有一塊鎂鋁合金，其中鎂與鋁的質(zhì)量比是8：9．加入足量稀H2SO4使其完全溶解后，再加入NaOH溶液，生成沉淀的質(zhì)量隨NaOH溶液體積變化的曲線如圖，其中正確的是（）A.B.C.D.3、25℃時(shí)，已知H2CO3?H++HCO3﹣K1=4.3×l0﹣7；

HCO3﹣?H++CO32﹣K2=5.6×l0﹣11；

H2O?H++OH﹣Kw=1.0×l0﹣14

現(xiàn)取10.6gNa2CO3與鹽酸混合所得的一組體積為1L的溶液；溶液中部分微粒與pH的關(guān)系如圖所示．下列有關(guān)溶液中離子濃度關(guān)系敘述正確的是（）

A.W點(diǎn)所示的溶液中：c（Na+）+c（H+）=2c（CO32﹣）+c（OH﹣）+c（HCO3﹣）B.pH=4的溶液中：c（H2CO3）+c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）=0.1mol?L﹣1C.pH=8的溶液中：c（H+）+c（H2CO3）+c（HCO3﹣）=c（OH﹣）+c（Cl﹣）D.pH=11的溶液中：CO32﹣+H2O?HCO3﹣+OH﹣K=1.8×l0﹣44、廢棄的電子產(chǎn)品稱為電子垃圾，其中含鉛、汞等有害物質(zhì)、危害嚴(yán)重rm{.}下列對(duì)電子垃圾處理應(yīng)予提倡的是rm{(}rm{)}

rm{壟脵}將電子垃圾掩埋地下rm{壟脷}改進(jìn)生產(chǎn)工藝；減少有害物質(zhì)使用。

rm{壟脹}依法要求制造商回收廢舊電子產(chǎn)品rm{壟脺}將電子垃圾焚燒處理．A.rm{壟脵壟脹}B.rm{壟脷壟脺}C.rm{壟脵壟脺}D.rm{壟脷壟脹}5、下列有關(guān)說法正確的是（）A.向雞蛋清的溶液中加入飽和硫酸鈉溶液，雞蛋清因發(fā)生變性而沉淀析出B.溶液和膠體的鑒別可利用丁達(dá)爾效應(yīng)C.進(jìn)行焰色反應(yīng)時(shí)，鉑絲需用稀硫酸洗凈，并在火焰上灼燒至無色D.水晶和陶瓷的主要成分都是硅酸鹽6、質(zhì)量為mg的銅絲灼燒后，立即插入下列物質(zhì)中，能使銅絲變紅，但銅絲質(zhì)量小于mg的是（）A.H2B.COC.C2H5OHD.H2SO47、下列關(guān)于CO2與SO2說法不正確的是（）A.都是無色氣體B.都是非電解質(zhì)C.通入Ba（OH）2溶液中都能產(chǎn)生白色沉淀D.都是形成酸雨的主要原因8、下列物質(zhì)中，屬于電解質(zhì)的是（）A.H2B.AlC.CH4D.H2SO49、一種正在投入生產(chǎn)的大型蓄電系統(tǒng)，總反應(yīng)為：Na2S4+3NaBr=2Na2S2+NaBr3。其負(fù)極的反應(yīng)物是A.Na2S2B.NaBr3C.Na2S4D.NaBr評(píng)卷人得分二、雙選題(共7題，共14分)10、下列溶液中Cl-的物質(zhì)的量濃度與50mL1mol?L-1的AlCl3溶液中Cl-物質(zhì)的量濃度相等的是（）A.75mL2mol?L-1的NH4ClB.150mL1mol?L-1的NaClC.150mL3mol?L-1的KClD.75mL1.5mol?L-1的CaCl211、氰氨基化鈣是一種重要的化工原料，其制備的化學(xué)方程式為：CaCO3+2HCN═CaCN2+CO↑+H2↑+CO2↑，下列說法正確的是（）A.HCN分子中既含σ鍵又含π鍵B.CaCN2屬于共價(jià)化合物C.每消耗10gCaCO3生成2.24LCO2D.CO為氧化產(chǎn)物，H2為還原產(chǎn)物12、如圖所示，兩圓圈相交的陰影部分表示圓圈內(nèi)的物質(zhì)相互發(fā)生的反應(yīng)．已知鈉及其氧化物的物質(zhì)的量均為0.1mol，水的質(zhì)量為100g．下列說法不正確的是（）A.Na2O2中陰陽離子數(shù)目之比為1：2B.反應(yīng)①的離子方程式為：Na+2H2O═Na++2OH-+H2↑C.反應(yīng)③最多能產(chǎn)生0.05molO2D.①、②、③充分反應(yīng)后所得溶液的質(zhì)量分?jǐn)?shù)從大到小：①＞②＞③13、硝酸與金屬反應(yīng)時(shí)，濃度越稀還原產(chǎn)物價(jià)態(tài)越低rm{.}現(xiàn)用一定量的鋁粉與鎂粉組成的混合物與rm{100mL}硝酸鉀溶液與硫酸組成的混合溶液充分反應(yīng)，反應(yīng)過程中無任何氣體放出，向反應(yīng)后的溶液中逐滴加入rm{4.00mol/L}的rm{NaOH}溶液，加入的溶液體積與產(chǎn)生的沉淀質(zhì)量的關(guān)系如圖所示rm{.}下列結(jié)論正確的是rm{(}rm{)}

A.鋁與混合溶液反應(yīng)的離子方程式為rm{8Al+30H^{+}+3NO_{3}^{-}隆煤8Al^{3+}+3NH_{4}^{+}+9H_{2}O}B.參加反應(yīng)硝酸根離子物質(zhì)的量為rm{0.06mol}C.參加反應(yīng)的鋁與鎂的質(zhì)量之比為rm{4}rm{3}D.混合液中硫酸的物質(zhì)的量的濃度為rm{0.36mol/L}14、能正確表示下列各組溶液混合后，所得液體恰好呈中性的離子方程式是rm{(}rm{)}A.rm{Ba(OH)_{2}}和rm{NaHSO_{4}}rm{Ba^{2+}+2OH^{-}+2H^{+}+SO_{4}^{2-}隆煤BaSO_{4}隆媒+2H_{2}O}B.rm{Ba(OH)_{2}}和rm{NaHSO_{4}}rm{Ba^{2+}+OH^{-}+H^{+}+SO_{4}^{2-}隆煤BaSO_{4}隆媒+H_{2}O}C.rm{Ba(OH)_{2}}和rm{KAl(SO_{4})_{2}}rm{2Ba^{2+}+4OH^{-}+Al^{3+}+2SO_{4}^{2-}隆煤2BaSO_{4}隆媒+AlO_{2}^{-}}D.rm{Ba(OH)_{2}}和rm{KAl(SO_{4})_{2}}rm{3Ba^{2+}+6OH^{-}+2Al^{3+}+3SO_{4}^{2-}隆煤3BaSO_{4}隆媒+2Al(OH)_{3}隆媒}15、人類對(duì)賴以生存的地球環(huán)境的保護(hù)問題越來越重視，如何減少或取代高污染的化學(xué)品的使用，一直是許多化學(xué)家奮斗的目標(biāo)，生產(chǎn)和應(yīng)用綠色化工原料是達(dá)到該目標(biāo)的最有效手段．碳酸二甲酯（簡(jiǎn)稱DMC）是一種新化工原料，2008年在歐洲被譽(yù)為“非毒性化學(xué)品”．下列關(guān)于DMC的說法中正確的是（）A.DMC的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為B.DMC在空氣不能燃燒C.DMC易溶于水，不溶于乙醇和丙酮D.DMC用于生產(chǎn)非毒性化工產(chǎn)品，故被譽(yù)為有機(jī)合成的“綠色化工原料”16、用已知濃度的鹽酸滴定由rm{NaOH}固體配成的溶液時(shí)，下列操作會(huì)使滴定結(jié)果偏低的是rm{(}rm{)}A.rm{NaOH}固體稱量時(shí)間過長(zhǎng)B.盛放標(biāo)準(zhǔn)鹽酸的滴定管用堿液潤(rùn)洗C.用酚酞作指示劑D.固體rm{NaOH}中含有rm{Na_{2}O}雜質(zhì)評(píng)卷人得分三、填空題(共5題，共10分)17、砷化鎵（GaAs）是優(yōu)良的半導(dǎo)體材料；可用于制作微型激光器或太陽能電池的材料等．回答下列問題：

（1）寫出基態(tài)As原子的核外電子排布式____．

（2）根據(jù)元素周期律，原子半徑Ga____As，第一電離能Ga____As．（填“大于”或“小于”）

（3）AsCl3分子的立體構(gòu)型為____，其中As的雜化軌道類型為____．

（4）GaF3的熔點(diǎn)高于1000℃，GaCl3的熔點(diǎn)為77.9℃，其原因是____．

（5）GaAs的熔點(diǎn)為1238℃，密度為ρg?cm-3，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示．該晶體的類型為____，Ga與As以____鍵鍵合．Ga和As的摩爾質(zhì)量分別為MGag?mol-1和MAsg?mol-1，原子半徑分別為rGapm和rAspm，阿伏伽德羅常數(shù)值為NA，則GaAs晶胞中原子的體積占晶胞體積的百分率為____．18、將含有C、H、O的有機(jī)物3.24g裝入元素分析裝置，通入足量的O2使之完全燃燒；將生成的氣體依次通過氯化鈣干燥管A和堿石灰干燥管B，測(cè)得A管質(zhì)量增加了2.16g，B管增加了9.24g，已知該有機(jī)物的相對(duì)分子質(zhì)量為108．試計(jì)算：

（1）該有機(jī)物3.24g需消耗O2的質(zhì)量為____g；

（2）寫出該化合物的分子式____．

（3）該化合物的分子中有1個(gè)苯環(huán)和1個(gè)羥基，且只有一個(gè)側(cè)鏈，試寫出它的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式____．19、工業(yè)上由黃銅礦（主要成分CuFeS2）冶煉銅的主要流程如下：

（1）氣體A中的大氣污染物可選用下列試劑中的____吸收．

a．濃H2SO4b．稀HNO3c．NaOH溶液d．氨水。

（2）用稀H2SO4浸泡熔渣B，取少量所得溶液，滴加KSCN溶液后呈紅色，說明溶液中存在____（填離子符號(hào)），檢驗(yàn)溶液中還存在Fe2+的方法是____（注明試劑；現(xiàn)象）．

（3）由泡銅（主要成分為Cu2O、Cu）冶煉粗銅的化學(xué)反應(yīng)方程式為____．20、某同學(xué)設(shè)計(jì)如圖所示裝置分別進(jìn)行探究實(shí)驗(yàn)（夾持裝置已略去）

。實(shí)驗(yàn)藥品制取氣體量氣管中的液體①Cu、稀HNO3H2O②NaOH固體、濃氨水NH3③Na2CO3固體、稀H2SO4CO2④鎂鋁合金、NaOH溶液（足量）H2H2O請(qǐng)回答下列問題：

（1）簡(jiǎn)述如何檢查該裝置的氣密性：____．

（2）該同學(xué)認(rèn)為實(shí)驗(yàn)①可通過收集測(cè)量NO氣體的體積，來探究Cu樣品的純度．你認(rèn)為是否可行？請(qǐng)簡(jiǎn)述原因．____．

（3）實(shí)驗(yàn)②中剩余的NH3需吸收處理．以下各種尾氣吸收裝置中，適合于吸收NH3，而且能防止倒吸的有____

（4）實(shí)驗(yàn)③中，量氣管中的液體最好是____．

A．H2OB．CCl4C．飽和Na2CO3溶液D．飽和NaHCO3溶液。

（5）本實(shí)驗(yàn)應(yīng)對(duì)量氣管多次讀數(shù)；讀數(shù)時(shí)應(yīng)注意：

①恢復(fù)至室溫，②____；③視線與凹液面最低處相平．

（6）實(shí)驗(yàn)④獲得以下數(shù)據(jù)（所有氣體體積均已換算成標(biāo)準(zhǔn)狀況）

。編號(hào)鎂鋁合金質(zhì)量量氣管第一次讀數(shù)量氣管第二次讀數(shù)①1.0g10.0mL346.3mL②1.0g10.0mL335.0mL③1.0g10.0mL345.7mL根據(jù)上述合理數(shù)據(jù)計(jì)算鎂鋁合金中鋁的質(zhì)量分?jǐn)?shù)____．21、（2015春?縉云縣校級(jí)期中）如圖所示裝置；c；d兩極是石墨電極，回答下列問題：

（1）b是____極，c是____極；

（2）若電解質(zhì)溶液是CuCl2，則c、d兩電極的電極反應(yīng)式是c：____，d：____；

（3）若電解質(zhì)溶液是滴有酚酞的Na2SO4溶液，在電解過程中除觀察到兩極上產(chǎn)生氣泡外，____極附近溶液出現(xiàn)紅色。

（4）若電解質(zhì)溶液是CuSO4溶液，則c電極上發(fā)生的電極反應(yīng)式是____，隨著電解的進(jìn)行，溶液的pH將____（填“增大”、“減小”、“不變”），電解一段時(shí)間溶液仍為藍(lán)色時(shí)停止電解，d電極增重了6.4g則c電極產(chǎn)生的氣體的體積為（在標(biāo)況下）____L．評(píng)卷人得分四、判斷題(共2題，共6分)22、判斷題（正確的后面請(qǐng)寫“√”；錯(cuò)誤的后面請(qǐng)寫“×”）

（1）物質(zhì)的量相同的兩種不同氣體只有在標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積才相等．____

（2）Vm在非標(biāo)準(zhǔn)狀況下不可能為22.4L/mol．____

（3）1mol任何物質(zhì)在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積均為22.4L．____

（4）一定溫度和壓強(qiáng)下，各種氣體物質(zhì)體積的大小由氣體分子數(shù)決定．____．23、膠體區(qū)別于其他分散系的本質(zhì)特征是膠體具有丁達(dá)爾效應(yīng)．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）評(píng)卷人得分五、實(shí)驗(yàn)題(共1題，共4分)24、用18mol?L-1濃硫酸配制100mL2.8mol?L-1稀硫酸的實(shí)驗(yàn)步驟如下：

①計(jì)算所用濃硫酸的體積②量取一定體積的濃硫酸③稀釋④轉(zhuǎn)移⑤洗滌⑥定容⑦搖勻。

完成下列問題：

（1）所需濃硫酸的體積是____（小數(shù)點(diǎn)后保留一位數(shù)字）．

（2）該實(shí)驗(yàn)用到的儀器除量筒、燒杯外還需的定量?jī)x器有____，該儀器上需標(biāo)有以下五項(xiàng)中的____（用序號(hào)填寫）

①溫度②濃度③容量④壓強(qiáng)⑤刻度線。

（3）第⑤步實(shí)驗(yàn)的目的是____．

（4）下列情況對(duì)所配制的稀硫酸濃度有何影響？（用“偏高”“偏低”“無影響”填寫）

①用量筒量取濃硫酸時(shí)俯視刻度____．

②容量瓶用蒸餾水洗滌后未干燥____．

③濃硫酸稀釋后未冷卻即轉(zhuǎn)移、定容____．評(píng)卷人得分六、書寫(共2題，共10分)25、空氣污染監(jiān)測(cè)儀是根據(jù)二氧化硫與溴水的定量反應(yīng)來測(cè)定空氣中的二氧化硫含量的．

SO2+Br2+2H2O═2HBr+H2SO4

上述反應(yīng)的溴來自一個(gè)裝有酸性（H2SO4）溶液的電解槽陽極上的氧化反應(yīng)．電解槽的陽極室與陰極室是隔開的．當(dāng)測(cè)定某地區(qū)空氣中SO2含量時(shí)，空氣（已除塵）以1.5×10-4m3min-1的流速進(jìn)入電解槽的陽極室，電流計(jì)顯示電子通過的速率是8.56×10-11mols-1，此條件下能保持溴濃度恒定并恰好與SO2完全反應(yīng)（空氣中不含能與溴反應(yīng)的其他雜質(zhì)）．寫出上述材料中監(jiān)測(cè)過程中發(fā)生的主要的化學(xué)反應(yīng)方程式及該地區(qū)空氣中SO2的含量（gm-3）．26、按要求完成以下化學(xué)方程式：

（1）將二氧化硫氣體通入足量的澄清石灰水中____．

（2）工業(yè)上氨在催化劑作用下與氧氣反應(yīng)____．

（3）稀硝酸與銅反應(yīng)____

（4）鈉與水反應(yīng)____．參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、D【分析】【分析】由反應(yīng)可知主反應(yīng)與副反應(yīng)均為放熱反應(yīng)，反應(yīng)進(jìn)行的程度很大，根據(jù)壓強(qiáng)、溫度、催化劑對(duì)速率的影響，以及產(chǎn)物NO的性質(zhì)分析．【解析】【解答】解：A；減小壓強(qiáng)；反應(yīng)速率減小，副反應(yīng)③生成氮?dú)庠龆?，NO的產(chǎn)率減小，故A錯(cuò)誤；

B；降低溫度；反應(yīng)速率減小，NO的產(chǎn)率減小，故B錯(cuò)誤；

C、增大O2濃度，氧氣過量時(shí)與NO反應(yīng)生成NO2；則NO的產(chǎn)率減小，故C錯(cuò)誤；

D；使用合適的催化劑；能增大反應(yīng)速率，提高NO的產(chǎn)率，故D正確；

故選D．2、A【分析】【分析】鎂與鋁的質(zhì)量比是8：9，則物質(zhì)的量之比為：=1：1，由圖象可知，金屬與酸反應(yīng)時(shí)酸過量，由Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O來計(jì)算消耗堿的量，由發(fā)生Al3++3OH-═Al（OH）3↓、Mg2++2OH-═Mg（OH）2↓來計(jì)算消耗堿的量，然后分析得出結(jié)論．【解析】【解答】解：鎂與鋁的質(zhì)量比是8：9，則物質(zhì)的量之比為：=1：1，由圖象可知，金屬與酸反應(yīng)時(shí)酸過量，設(shè)鋁的量為1單元，利用鋁守恒，鋁的量與氫氧化鋁的物質(zhì)的量相等，Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O，得到消耗堿的量也為1個(gè)單元，由發(fā)生Al3++3OH-═Al（OH）3↓消耗堿為3單元，而Mg2++2OH-═Mg（OH）2↓反應(yīng)消耗堿為2單元，所以從沉淀生成到最大量到沉淀溶解堿的體積之比為（3+2）：1=5：1，而且等物質(zhì)量的氫氧化鋁的質(zhì)量大于氫氧化鎂，故選A．3、D【分析】【解答】解：10.6g碳酸鈉的物質(zhì)的量為：n（Na2CO3）==0.1mol；

A．根據(jù)電荷守恒可知，溶液中離子濃度應(yīng)該滿足：c（Na+）+c（H+）=2c（CO32﹣）+c（OH﹣）+c（Cl﹣）+c（HCO3﹣）；故A錯(cuò)誤；

B．根據(jù)圖象可知，pH=4時(shí)有CO2生成，根據(jù)物料守恒可知：c（H2CO3）+c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）＜0.1mol?L﹣1；故B錯(cuò)誤；

C．根據(jù)圖象可知pH=8時(shí)，溶液中碳酸氫鈉的濃度遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于碳酸鈉的濃度，這說明反應(yīng)中恰好是生成碳酸氫鈉，則根據(jù)物料守恒可知：c（H2CO3）+c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）=c（Cl﹣）=c（Na+），再結(jié)合電荷守恒c（Na+）+c（H+）=2c（CO32﹣）+c（OH﹣）+c（Cl﹣）+c（HCO3﹣）可得：c（H+）+2c（H2CO3）+2c（HCO3﹣）=c（OH﹣）+c（Cl﹣）；故C錯(cuò)誤；

D．CO32﹣+H2O?HCO3﹣+OH﹣的平衡常數(shù)K==≈1.8×l0﹣4；故D正確；

故選D．

【分析】10.6g碳酸鈉的物質(zhì)的量為：n（Na2CO3）==0.1mol；

A．根據(jù)電荷守恒判斷；陰離子漏掉了碳酸氫根離子；

B．pH=4時(shí)有二氧化碳?xì)怏w生成；根據(jù)物料守恒判斷；

C．先判斷溶液中的溶質(zhì)；再根據(jù)物料守恒判斷；

D．CO32﹣+H2O?HCO3﹣+OH﹣的平衡常數(shù)K=?=及水的離子積、碳酸氫根離子的電離平衡常數(shù)計(jì)算．4、D【分析】解：rm{壟脵}電子產(chǎn)品里含有很多砷、鎘、鉛等重金屬，還含有難降解的有毒物質(zhì)，填埋會(huì)造成地下水污染，故rm{壟脵}錯(cuò)誤；

rm{壟脷}改進(jìn)生產(chǎn)工藝，減少有害物質(zhì)使用，可以減少電子垃圾的排放，故rm{壟脷}正確；

rm{壟脹}電子產(chǎn)品填埋和焚燒都會(huì)造成地下水污染或大氣污染，因?yàn)槠渲泻泻芏嗨芰?、貴金屬、有色金屬等可以回收利用，故rm{壟脹}正確；

rm{壟脺}電子垃圾焚燒處理造成大氣污染，故rm{壟脺}錯(cuò)誤；

故選D．

電子產(chǎn)品里含有很多砷；鎘、鉛等重金屬；還含有難降解的有毒物質(zhì)，填埋和焚燒都會(huì)造成地下水污染或大氣污染，污染物可以在生物體內(nèi)富集，最終危害人類自身，處理的方式自然是回收利用，因?yàn)槠渲泻泻芏嗨芰稀①F金屬、有色金屬等．

本題考查了電子產(chǎn)品垃圾的處理，題目簡(jiǎn)單，注意解題時(shí)遵循“節(jié)能減排”原則．【解析】rm{D}5、B【分析】解：A；飽和硫酸鈉溶液能使蛋白質(zhì)鹽析；而不變性，故A錯(cuò)誤；

B；丁達(dá)爾效應(yīng)是膠體特有的性質(zhì)；溶液沒有，故可以用丁達(dá)爾效應(yīng)來鑒別溶液和膠體，故B正確；

C；鉑絲要用鹽酸清洗；而不是用硫酸，故C錯(cuò)誤；

D；水晶的主要成分是二氧化硅；故主要成分不是硅酸鹽，故D錯(cuò)誤。

故選：B。

A；飽和硫酸鈉溶液能使蛋白質(zhì)鹽析；

B；丁達(dá)爾效應(yīng)是膠體特有的性質(zhì)；

C；鉑絲要用鹽酸清洗；

D；水晶的主要成分是二氧化硅。

本題考查了蛋白質(zhì)的性質(zhì)，難度不大，應(yīng)注意鹽析和變性的區(qū)別?！窘馕觥緽6、D【分析】【分析】先銅絲灼燒成黑色，是由于生成了CuO：2Cu+O22CuO，再結(jié)合CuO與選項(xiàng)中的物質(zhì)發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)來分析判斷．【解析】【解答】解：A．銅絲灼燒成黑色；立即放入氫氣中，CuO與氫氣反應(yīng)，生成銅和水，質(zhì)量不變，故A錯(cuò)誤；

B．銅絲灼燒成黑色；立即放入一氧化碳中，CuO與CO反應(yīng)，生成銅和二氧化碳，質(zhì)量不變，故B錯(cuò)誤；

C．銅絲灼燒成黑色，立即放入C2H5OH中，CuO與C2H5OH反應(yīng)：CuO+C2H5OHCH3CHO+Cu+H2O；反應(yīng)后銅絲質(zhì)量保持不變，故C錯(cuò)誤；

D．銅絲灼燒成黑色；立即放入硫酸中，CuO與硫酸反應(yīng)，生成銅鹽，銅絲質(zhì)量減少，故D正確；

故選D．7、D【分析】【分析】A；二氧化碳和二氧化硫都是無色氣體；

B；依據(jù)電解質(zhì)、非電解質(zhì)概念分析；

C；都是酸性氧化物和氫氧化鋇反應(yīng)生成沉淀；

D、二氧化碳是溫室氣體，二氧化硫是酸雨的形成的主要原因；【解析】【解答】解：A；二氧化碳和二氧化硫都是無色氣體；故A正確；

B、CO2與SO2溶于水反應(yīng)生成電解質(zhì)；本身不能電離出離子，屬于非電解質(zhì)，故B正確；

C；都是酸性氧化物和氫氧化鋇反應(yīng)生成碳酸鋇沉淀、亞硫酸鋇沉淀；故C正確；

D；二氧化碳是溫室氣體；二氧化硫是酸雨的形成的主要原因；故D錯(cuò)誤；

故選D．8、D【分析】【分析】在水溶液里或熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電的化合物是電解質(zhì)，注意電解質(zhì)首先必須是化合物，混合物和單質(zhì)既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)．【解析】【解答】解：A；氫氣是單質(zhì)；既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，故A錯(cuò)誤．

B；鋁是單質(zhì)；既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，故B錯(cuò)誤．

C；甲烷是非電解質(zhì)；故C錯(cuò)誤．

D；硫酸在水溶液里能電離出自由移動(dòng)的離子；所以是電解質(zhì)，故D正確．

故選D．9、C【分析】原電池中負(fù)極失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，正極得到電子，發(fā)生還原反應(yīng)。所以根據(jù)總反應(yīng)式可知Na2S4中S的化合價(jià)是升高的，被氧化，所以在負(fù)極發(fā)生，答案選C?！窘馕觥俊敬鸢浮緾二、雙選題(共7題，共14分)10、C|D【分析】解：50mL1mol?L-1的AlCl3溶液中Cl-物質(zhì)的量濃度是3mol/L；

A、75mL2mol?L-1的NH4Cl溶液中c（Cl-）=2mol?L-1×1=2mol/L．

B、150mL1mol?L-1的NaCl溶液中c（Cl-）=1mol?L-1×1=1mol/L．

C、150mL3mol?L-1的KCl溶液中c（Cl-）=3mol?L-1×1=3mol/L．

D、75mL1.5mol?L-1的CaCl2溶液中c（Cl-）=1.5mol?L-1×2=3mol/L．

故選CD．

50mL1mol?L-1的AlCl3溶液中Cl-物質(zhì)的量濃度是3mol/L；溶液中氯離子的物質(zhì)的量濃度=鹽的濃度×化學(xué)式中氯離子個(gè)數(shù)，據(jù)此分析解答．

本題考查了溶液中氯離子物質(zhì)的量濃度的計(jì)算，難度不大，溶液中氯離子的物質(zhì)的量濃度為鹽的濃度與化學(xué)式中離子個(gè)數(shù)的積．【解析】【答案】CD11、A|D【分析】解：A．HCN分子的結(jié)構(gòu)式為H-C≡N；分子中含有一個(gè)三鍵，則含有2個(gè)π鍵和1個(gè)σ鍵，故A正確；

B．CaCN2中存在[N=C=N]2-，含有離子鍵和極性鍵，所以CaCN2屬于離子化合物；故B錯(cuò)誤；

C．氣體存在的條件未知；不是標(biāo)準(zhǔn)狀況下，所以不能確定體積大小，故C錯(cuò)誤；

D．因HCN中的碳元素化合價(jià)從+2價(jià)升高到+4價(jià)，則CO2為氧化產(chǎn)物，氫元素的化合價(jià)降低，H2為還原產(chǎn)物；故D錯(cuò)誤．

故選A．

A．根據(jù)HCN的結(jié)構(gòu)式分析；

B．CaCN2中存在[N=C=N]2-；含有離子鍵和極性鍵；

C．氣體存在的條件未知；

D．因HCN中的碳元素化合價(jià)升高；氫元素的化合價(jià)降低．

本題考查了化學(xué)鍵、氧化還原反應(yīng)，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，注意利用元素的化合價(jià)來分析氧化還原反應(yīng)，明確反應(yīng)中各物質(zhì)中的元素的化合價(jià)是解答的關(guān)鍵，題目難度不大．【解析】【答案】AD12、B|D【分析】解：A．過氧化鈉中陰離子是O22-；所以陰陽離子數(shù)目之比為1：2，故A正確；

B．反應(yīng)①的離子方程式為：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；故B錯(cuò)誤；

C、反應(yīng)方程式為：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；

2mol1mol

0.1mol0.05mol

根據(jù)方程式知，最多產(chǎn)生0.05molO2；故C正確．

D；鈉、氧化鈉、過氧化鈉和水反應(yīng)的方程式分別如下：

Na+H2O=NaOH+H2↑，溶液增加的質(zhì)量=m（Na）-m（H2）=2.3g-0.1g=2.2g；

Na2O+H2O=2NaOH，溶液增加的質(zhì)量=m（Na2O）=0.1mol×62g/mol=6.2g；

Na2O2+H2O=2NaOH+O2↑，溶液增加的質(zhì)量=m（Na2O2）-m（O2）=m（Na2O）=6.2g

所以溶液增加的質(zhì)量大小順序?yàn)椋衡c＜氧化鈉=過氧化鈉；

根據(jù)鈉原子守恒知，0.1mol的鈉、氧化鈉、過氧化鈉、溶于水所得氫氧化鈉的物質(zhì)的量分別為：0.1mol、0.2mol、0.2mol，通過以上分析可知，0.1mol的鈉、氧化鈉、過氧化鈉、分別溶于水所得溶液的質(zhì)量分?jǐn)?shù)分別為：所以①；②、③充分反應(yīng)后所得溶液的質(zhì)量分?jǐn)?shù)從大到?。孩伲饥?③，故D錯(cuò)誤．

故選BD．

A．過氧化鈉中的陰離子是過氧根離子不是氧離子；根據(jù)化學(xué)式判斷陰陽離子個(gè)數(shù)之比．

B．離子方程式要遵循“原子守恒和電荷守恒等”規(guī)律．

C．根據(jù)過氧化鈉和水反應(yīng)的方程式計(jì)算生成氧氣的物質(zhì)的量．

D．根據(jù)固體的物質(zhì)的量計(jì)算溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量；溶液的質(zhì)量；根據(jù)質(zhì)量分?jǐn)?shù)公式判斷質(zhì)量分?jǐn)?shù)相對(duì)大?。?/p>

本題考查了鈉及其化合物的性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重于學(xué)生的分析能力和計(jì)算能力的考查，易錯(cuò)選項(xiàng)是A，注意過氧化鈉中陰離子是過氧根離子不是氧離子，此為易錯(cuò)點(diǎn)．【解析】【答案】BD13、rAD【分析】解：rm{A.}硝酸根濃度很低時(shí)被氧化的產(chǎn)物是銨根離子，因此無氣體放出，鎂、鋁反應(yīng)生成金屬陽離子，則離子反應(yīng)分別為rm{4Mg+10H^{+}+NO_{3}^{-}簍T4Mg^{2+}+NH_{4}^{+}+3H_{2}O}rm{8Al+30H^{+}+3NO_{3}^{-}=8Al^{3+}+3NH_{4}^{+}+9H_{2}O}故A正確；

B.由圖示可以看出加入氫氧化鈉溶液從rm{15.0mL}到rm{16.5mL}區(qū)間內(nèi)發(fā)生的反應(yīng)是氫氧根離子與銨根離子的反應(yīng)，由氮原子守恒可知，銨根離子的物質(zhì)的量即為原溶液中反應(yīng)的硝酸根離子的物質(zhì)的量，則原溶液中rm{NO_{3}^{-}}物質(zhì)的量是rm{(16.5-15)隆脕10^{-3}L隆脕4mol/L=0.006mol}故B錯(cuò)誤；

C.從圖示提示中看出從氫氧化溶液體積rm{16.5mL}到rm{18.5mL}區(qū)間內(nèi)發(fā)生的反應(yīng)是氫氧化鋁與氫氧化鈉的反應(yīng)，氫氧化鋁與氫氧化鈉等物質(zhì)的量反應(yīng)，由rm{Al隆蘆Al^{3+}隆蘆Al(OH)_{3}隆蘆NaOH}則rm{Al}的物質(zhì)的量為rm{0.008mol}再由rm{Mg^{2+}+2OH^{-}簍TMg(OH)_{2}隆媒}rm{Al^{3+}+3OH^{-}簍TAl(OH)_{3}隆媒}沉淀鎂離子和鋁離子共消耗氫氧化鈉溶液體積rm{(15.0-3.0)mL}由此可知：沉淀鎂離子時(shí)消耗的氫氧根離子物質(zhì)的量為rm{(15.0-3.0)隆脕10^{-3}L隆脕4.00mol/L-8隆脕10^{-3}mol隆脕3=24隆脕10^{-3}mol}鎂離子物質(zhì)的量為rm{1.2隆脕10^{-2}mol}參加反應(yīng)的鎂與鋁的質(zhì)量之比：rm{8隆脕10^{-3}mol隆脕27g/mol}rm{1.2隆脕10^{-2}mol隆脕24g/mol=3}rm{4}故C錯(cuò)誤；

D.由rm{4Mg+10H^{+}+NO_{3}^{-}簍T4Mg^{2+}+NH_{4}^{+}+3H_{2}O}rm{8Al+30H^{+}+3NO_{3}^{-}=8Al^{3+}+3NH_{4}^{+}+9H_{2}O}可知，消耗氫離子為rm{0.008mol隆脕dfrac{30}{8}+1.2隆脕10^{-2}mol隆脕dfrac{10}{4}=0.06mol}圖中開始rm{0.008mol隆脕dfrac

{30}{8}+1.2隆脕10^{-2}mol隆脕dfrac{10}{4}=0.06mol}溶液消耗氫離子的物質(zhì)的量為rm{3.0mLNaOH}原溶液中硫酸的物質(zhì)的量為rm{dfrac{0.06mol+0.012mol}{2}=0.036mol}混合液中硫酸的物質(zhì)的量的濃度為rm{dfrac{0.036mol}{0.1L}=0.36mol/L}故D正確．

故選AD．

A.根據(jù)信息中硝酸與金屬反應(yīng)時(shí)；濃度越稀還原產(chǎn)物價(jià)態(tài)越低，結(jié)合反應(yīng)過程中無任何氣體放出，則金屬與混合溶液反應(yīng)生成銨根離子；

B.由圖可知，從rm{3隆脕10^{-3}L隆脕4mol/L=0.012mol}到rm{dfrac

{0.06mol+0.012mol}{2}=0.036mol}區(qū)間內(nèi)發(fā)生的反應(yīng)是氫氧根離子與銨根離子的反應(yīng)；由氮原子守恒可知，銨根離子的物質(zhì)的量即為原溶液中反應(yīng)的硝酸根離子的物質(zhì)的量；

C.由圖可知，rm{dfrac

{0.036mol}{0.1L}=0.36mol/L}到rm{15.0mL}區(qū)間內(nèi)發(fā)生的反應(yīng)是氫氧化鋁與氫氧化鈉的反應(yīng)，rm{16.5mL}到rm{16.5mL}區(qū)間發(fā)生的是金屬離子結(jié)合生成沉淀；然后利用反應(yīng)來計(jì)算；

D.由rm{18.5mL}rm{3.0mL}及圖中開始rm{15.0mL}溶液消耗的酸；計(jì)算混合液中硫酸的物質(zhì)的量的濃度．

本題難度較大，考查金屬與酸性條件下硝酸鹽溶液的反應(yīng)，注意硝酸濃度越低生成的還原產(chǎn)物價(jià)態(tài)越低與反應(yīng)中無氣體生成相結(jié)合來分析，并注意圖象與化學(xué)反應(yīng)的對(duì)應(yīng)來分析解答．rm{4Mg+10H^{+}+NO_{3}^{-}簍T4Mg^{2+}+NH_{4}^{+}+3H_{2}O}【解析】rm{AD}14、rAD【分析】解：rm{A.}恰好為中性，二者以rm{1}rm{2}反應(yīng)，反應(yīng)生成硫酸鋇、硫酸鈉和水，該反應(yīng)的離子反應(yīng)為rm{Ba^{2+}+2OH^{-}+2H^{+}+SO_{4}^{2-}簍TBaSO_{4}隆媒+2H_{2}O}故A正確；

B.恰好為中性，二者以rm{1}rm{2}反應(yīng)，反應(yīng)生成硫酸鋇、硫酸鈉和水，該反應(yīng)的離子反應(yīng)為rm{Ba^{2+}+2OH^{-}+2H^{+}+SO_{4}^{2-}簍TBaSO_{4}隆媒+2H_{2}O}故B錯(cuò)誤；

C.恰好為中性，二者以rm{3}rm{2}反應(yīng)，反應(yīng)生成硫酸鋇、氫氧化鋁、硫酸鉀，該反應(yīng)的離子反應(yīng)為rm{3Ba^{2+}+6OH^{-}+2Al^{3+}+3SO_{4}^{2-}簍T3BaSO_{4}隆媒+2Al(OH)_{3}隆媒}故C錯(cuò)誤；

D.恰好為中性，二者以rm{3}rm{2}反應(yīng)，反應(yīng)生成硫酸鋇、氫氧化鋁、硫酸鉀，該反應(yīng)的離子反應(yīng)為rm{3Ba^{2+}+6OH^{-}+2Al^{3+}+3SO_{4}^{2-}簍T3BaSO_{4}隆媒+2Al(OH)_{3}隆媒}故D正確；

故選AD．

A.恰好為中性，二者以rm{1}rm{2}反應(yīng)；反應(yīng)生成硫酸鋇；硫酸鈉和水；

B.恰好為中性，二者以rm{1}rm{2}反應(yīng)；反應(yīng)生成硫酸鋇；硫酸鈉和水；

C.恰好為中性，二者以rm{3}rm{2}反應(yīng)；反應(yīng)生成硫酸鋇；氫氧化鋁、硫酸鉀；

D.恰好為中性，二者以rm{3}rm{2}反應(yīng)；反應(yīng)生成硫酸鋇；氫氧化鋁、硫酸鉀．

本題考查離子反應(yīng)方程式的書寫，明確反應(yīng)后溶液為中性來判斷反應(yīng)物的量的關(guān)系是解答本題的關(guān)鍵，注意反應(yīng)的生成物及離子反應(yīng)的書寫方法，題目難度中等．【解析】rm{AD}15、A|D【分析】解：A．由名稱可知碳酸二甲酯為碳酸與甲醇酯化反應(yīng)生成的酯，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為故A正確；

B．屬于有機(jī)物；可燃燒生成水；二氧化碳，故B錯(cuò)誤；

C．為酯類物質(zhì)；不溶于水，易溶于乙醇和丙酮，故C錯(cuò)誤；

D．由題意可知；用于生產(chǎn)非毒性化工產(chǎn)品，為綠色化工原料，對(duì)人體無害，故D正確．

故選AD．

碳酸二甲酯為碳酸與甲醇酯化反應(yīng)生成的酯，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為具有酯類的性質(zhì)，可燃燒；水解，易溶于有機(jī)溶劑，不溶于水，以此解答該題．

本題多角度考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，注意把握有機(jī)物的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)和性質(zhì)，題目有利于培養(yǎng)學(xué)生良好的科學(xué)素養(yǎng)，提高學(xué)習(xí)的積極性，難度不大．【解析】【答案】AD16、rAC【分析】解：rm{A.NaOH}固體具有吸水性；稱量時(shí)間過長(zhǎng)，稱取的氫氧化鈉質(zhì)量偏小，溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏小，溶液的濃度偏低，故A選；

B.盛放標(biāo)準(zhǔn)鹽酸的滴定管用堿液潤(rùn)洗，標(biāo)準(zhǔn)溶液的濃度減小，導(dǎo)致rm{V(}標(biāo)準(zhǔn)rm{)}偏大，根據(jù)rm{c(}待測(cè)rm{)=dfrac{c({鹵錨脳錄})隆脕V({鹵錨脳錄})}{V({麓媒虜芒})}}分析可知rm{)=dfrac

{c({鹵錨脳錄})隆脕V({鹵錨脳錄})}{V({麓媒虜芒})}}待測(cè)rm{c(}偏高；故B不選；

C.用酚酞作指示劑，變色時(shí)溶液顯堿性，消耗的rm{)}偏少，根據(jù)rm{HCl}待測(cè)rm{)=dfrac{c({鹵錨脳錄})隆脕V({鹵錨脳錄})}{V({麓媒虜芒})}}分析可知rm{c(}待測(cè)rm{)=dfrac

{c({鹵錨脳錄})隆脕V({鹵錨脳錄})}{V({麓媒虜芒})}}偏低；故C選；

D.固體rm{c(}中含有rm{)}雜質(zhì)，溶于生成rm{NaOH}rm{Na_{2}O}的物質(zhì)的量增大，導(dǎo)致rm{NaOH}標(biāo)準(zhǔn)rm{NaOH}偏大，根據(jù)rm{V(}待測(cè)rm{)=dfrac{c({鹵錨脳錄})隆脕V({鹵錨脳錄})}{V({麓媒虜芒})}}分析可知rm{)}待測(cè)rm{c(}偏高；故D不選；

故選AC．

根據(jù)rm{)=dfrac

{c({鹵錨脳錄})隆脕V({鹵錨脳錄})}{V({麓媒虜芒})}}待測(cè)rm{)=dfrac{c({鹵錨脳錄})隆脕V({鹵錨脳錄})}{V({麓媒虜芒})}}分析不當(dāng)操作對(duì)rm{c(}標(biāo)準(zhǔn)rm{)}的影響；以此判斷濃度的誤差．

本題主要考查了中和滴定操作的誤差分析，根據(jù)rm{c(}待測(cè)rm{)=dfrac{c({鹵錨脳錄})隆脕V({鹵錨脳錄})}{V({麓媒虜芒})}}分析是解答的關(guān)鍵，題目難度不大．rm{)=dfrac

{c({鹵錨脳錄})隆脕V({鹵錨脳錄})}{V({麓媒虜芒})}}【解析】rm{AC}三、填空題(共5題，共10分)17、1s22s22p63s23p63d104s24p3大于小于三角錐形sp3GaF3為離子晶體，GaCl3為分子晶體，離子晶體的熔點(diǎn)高原子晶體共價(jià)×100%【分析】【分析】（1）As為ⅤA族33號(hào)元素，電子排布式為：1s22s22p63s23p63d104s24p3；

（2）同一周期；原子序數(shù)越小半徑越大，同周期第一電離能從左到右，逐漸增大；

（3）AsCl3中價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)=σ鍵個(gè)數(shù)+孤電子對(duì)個(gè)數(shù)=3+=4，所以原子雜化方式是sp3，由于有一對(duì)孤對(duì)電子對(duì)，分子空間構(gòu)型為三角錐形；（4）GaF3的熔點(diǎn)高于1000℃，GaCl3的熔點(diǎn)為77.9℃，其原因是GaF3為離子晶體，GaCl3為分子晶體；離子晶體的熔點(diǎn)高；

（5）GaAs的熔點(diǎn)為1238℃，熔點(diǎn)較高，以共價(jià)鍵結(jié)合形成屬于原子晶體，密度為ρg?cm-3，根據(jù)均攤法計(jì)算，As：，Ga：4×1=4，故其晶胞中原子所占的體積V1=（）×10-30，晶胞的體積V2==，故GaAs晶胞中原子的體積占晶胞體積的百分率為將V1、V2帶入計(jì)算得百分率=×100%．【解析】【解答】解：（1）As為ⅤA族33號(hào)元素，電子排布式為：1s22s22p63s23p63d104s24p3，故答案為：1s22s22p63s23p63d104s24p3；

（2）根據(jù)元素周期律；Ga與As位于同一周期，Ga原子序數(shù)小于As，故半徑Ga大于As，同周期第一電離能從左到右，逐漸增大，故第一電離能。

Ga小于As；故答案為：大于；小于；

（3）AsCl3中價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)=σ鍵個(gè)數(shù)+孤電子對(duì)個(gè)數(shù)=3+=4，所以原子雜化方式是sp3；由于有一對(duì)孤對(duì)電子對(duì)，分子空間構(gòu)型為三角錐形；

故答案為：三角錐形；sp3；

（4）GaF3的熔點(diǎn)高于1000℃，GaCl3的熔點(diǎn)為77.9℃，其原因是GaF3為離子晶體，GaCl3為分子晶體；離子晶體的熔點(diǎn)高；

故答案為：GaF3為離子晶體，GaCl3為分子晶體；離子晶體的熔點(diǎn)高；

（5）GaAs的熔點(diǎn)為1238℃，熔點(diǎn)較高，以共價(jià)鍵結(jié)合形成屬于原子晶體，密度為ρg?cm-3，根據(jù)均攤法計(jì)算，As：，Ga：4×1=4，故其晶胞中原子所占的體積V1=（）×10-30，晶胞的體積V2==，故GaAs晶胞中原子的體積占晶胞體積的百分率為將V1、V2帶入計(jì)算得百分率=×100%；

故答案為：原子晶體；共價(jià)；×100%．18、8.16C7H8O【分析】【分析】（1）A管質(zhì)量增加了2.16g為生成水的質(zhì)量；B管增加了9.24g為生成二氧化碳的質(zhì)量，根據(jù)質(zhì)量守恒計(jì)算消耗氧氣的質(zhì)量；

（2）根據(jù)n=計(jì)算二氧化碳；水、氧氣的物質(zhì)的量；根據(jù)原子守恒計(jì)算3.24g有機(jī)物中C、H、O原子物質(zhì)的量，進(jìn)而確定最簡(jiǎn)式，結(jié)合有機(jī)物的相對(duì)分子質(zhì)量為108，進(jìn)而確定分子式；

（3）該化合物的分子中有1個(gè)苯環(huán)和1個(gè)羥基，且只有一個(gè)側(cè)鏈，則側(cè)鏈為-CH2OH，據(jù)此寫出滿足條件的有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式．【解析】【解答】解：（1）A管質(zhì)量增加了2.16g為生成水的質(zhì)量；B管增加了9.24g為生成二氧化碳的質(zhì)量，根據(jù)質(zhì)量守恒可知，消耗氧氣的質(zhì)量=2.16g+9.24g-3.24g=8.16g；

故答案為：8.16；

（2）2.16g水的物質(zhì)的量==0.12mol；n（H）=0.24mol；

9.24g二氧化碳的物質(zhì)的量==0.21mol；n（C）=0.21mol；

8.16g氧氣的物質(zhì)的量==0.255mol；

3.24g有機(jī)物中n（O）=0.21mol×2+0.12mol-0.255mol×2=0.03mol；

3.24g有機(jī)物中C；H、O原子物質(zhì)的量之比為：0.21mol：0.24mol：0.03mol=7：8：1；

故該有機(jī)物最簡(jiǎn)式為C7H8O；

有機(jī)物的相對(duì)分子質(zhì)量為108，而最簡(jiǎn)式C7H8O的式量=12×7+8+16=108；故其最簡(jiǎn)式即為分子式；

即有機(jī)物分子式為：C7H8O；

故答案為：C7H8O；

（3）分子式為C7H8O的有機(jī)物，該化合物的分子中有1個(gè)苯環(huán)和1個(gè)羥基，且只有一個(gè)側(cè)鏈，滿足條件的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為

故答案為：．19、c、dFe3+取少量溶液，滴加KMnO4溶液，KMnO4褪色，則溶液中存在Fe2+3Cu2O+2AlAl2O3+6Cu【分析】【分析】（1）由流程圖轉(zhuǎn)化可知；氣體A中的大氣污染物主要是二氧化硫，選擇試劑吸收二氧化硫，不能產(chǎn)生新的污染氣體，二氧化硫是酸性氧化物，結(jié)合選項(xiàng)中各物質(zhì)的性質(zhì)判斷；

（2）用稀H2SO4浸泡熔渣B，取少量所得溶液，滴加KSCN溶液后呈紅色，說明含有Fe3+；Fe2+具有還原性，可以利用KMnO4溶液檢驗(yàn)；

（3）由流程圖轉(zhuǎn)化可知，Cu2O與Al反應(yīng)置換反應(yīng)生成Al2O3與Cu；【解析】【解答】解：（1）由流程圖轉(zhuǎn)化可知；氣體A中的大氣污染物主要是二氧化硫，選擇試劑吸收二氧化硫，不能產(chǎn)生新的污染氣體；

a．濃H2SO4不能吸收二氧化硫；故a錯(cuò)誤；

b．稀HNO3可以吸收二氧化硫，但生成NO污染大氣，故b錯(cuò)誤；

c．NaOH溶液與二氧化硫反應(yīng)生成亞硫酸鈉和水；不產(chǎn)生新的污染氣體，故c正確；

d．氨水與二氧化硫反應(yīng)生成亞硫酸銨；不產(chǎn)生新的污染氣體，故d正確；

故答案為：c；d；

（2）Fe3+遇KSCN溶液變?yōu)檠t色，用稀H2SO4浸泡熔渣B，取少量所得溶液，滴加KSCN溶液后呈紅色，說明含有Fe3+；Fe2+具有還原性，可以利用KMnO4溶液檢驗(yàn)，取少量溶液，滴加KMnO4溶液，KMnO4溶液紫色褪去；

故答案為：Fe3+；取少量溶液，滴加KMnO4溶液，KMnO4溶液紫色褪去，則溶液中存在Fe2+；

（3）由流程圖轉(zhuǎn)化可知，Cu2O與Al反應(yīng)置換反應(yīng)生成Al2O3與Cu，反應(yīng)方程式為3Cu2O+2AlAl2O3+6Cu；

故答案為：3Cu2O+2AlAl2O3+6Cu；20、量氣管中加水后關(guān)閉開關(guān)A和分液漏斗活塞，微熱燒瓶，量氣管右端液面升高且保持不變，說明氣密性好不可行，因?yàn)镹O會(huì)與裝置中空氣反應(yīng)后溶于水，使測(cè)得的NO氣體體積不準(zhǔn)ACDFD使量氣管兩端液面相平27.0%【分析】【分析】（1）設(shè)法使裝置內(nèi)外形成氣壓差；是氣密性檢查的常用手段；

（2）根據(jù)一氧化氮?dú)怏w的性質(zhì)判斷；一氧化氮和氧氣能發(fā)生生成易和水反應(yīng)的二氧化氮?dú)怏w，據(jù)此分析；

（3）極易溶于水的氣體；若吸收時(shí)導(dǎo)管伸入水中，由于氣體溶于水，導(dǎo)致裝置內(nèi)壓強(qiáng)急劇降低，外界大氣壓壓著液體進(jìn)入，產(chǎn)生倒吸現(xiàn)象。

（4）氨氣極易溶于水；量氣管中的液體應(yīng)該不含水且不與氨氣反應(yīng)，最好用煤油，量氣管中液體的選擇標(biāo)準(zhǔn)是：和該氣體不反應(yīng)；

（5）對(duì)量氣管讀數(shù)時(shí)；首先等實(shí)驗(yàn)裝置恢復(fù)到室溫再進(jìn)行下一步操作，然后調(diào)節(jié)量氣管使左右液面相平，最后讀數(shù)時(shí)視線與凹液面最低處相平．

（6）實(shí)驗(yàn)④，鋁和氫氧化鈉反應(yīng)，根據(jù)量氣管的第二次讀數(shù)-第一次讀數(shù)=生成氫氣的體積，求出生成氫氣的平均值，再求出合金中鋁的質(zhì)量，最后計(jì)算出鎂鋁合金中鋁的質(zhì)量分?jǐn)?shù)．【解析】【解答】解：（1）關(guān)閉開關(guān)A和分液漏斗活塞；微熱燒瓶，量氣管左端液面降低，說明氣密性良好；

故答案為：量氣管中加水后關(guān)閉開關(guān)A和分液漏斗活塞；微熱燒瓶，量氣管右端液面升高且保持不變，說明氣密性好；

（2）一氧化氮與氧氣反應(yīng)生成二氧化氮；二氧化氮可與水反應(yīng)生成一氧化氮和硝酸；裝置中有空氣，一氧化氮會(huì)與裝置中的空氣反應(yīng)，生成的二氧化氮溶于水并與水反應(yīng)，使測(cè)得的一氧化氮體積不準(zhǔn)，所以不可以通過實(shí)驗(yàn)收集并測(cè)量NO氣體的體積來探究銅樣品的純度；

故答案為：不可行；因?yàn)镹O會(huì)與裝置中空氣反應(yīng)后溶于水，使測(cè)得的NO氣體體積不準(zhǔn)；

（3）A；對(duì)于極易溶于水的氣體；吸收裝置中的導(dǎo)管外聯(lián)雙球狀導(dǎo)管內(nèi)伸入到液體中，液體進(jìn)入雙球內(nèi)，防止進(jìn)入前端裝置，能防止倒吸；故A正確；

B；吸收裝置中的導(dǎo)管下聯(lián)漏斗；漏斗口伸入液面以下，易吸收易溶性氣體，不能防止倒吸；故B不正確；

C；對(duì)于極易溶于水的氣體；吸收裝置中的導(dǎo)管與干燥管連接，當(dāng)水進(jìn)入干燥管內(nèi)，燒杯內(nèi)液面下降低于導(dǎo)管口，液體又流落到燒杯中，能防止倒吸，故C正確．

D；氨氣極易溶于水；不溶于四氯化碳，所以導(dǎo)管通入四氯化碳中，氣泡向上到水層溶解，能防止倒吸，故D正確；

E；氨氣極易溶于水；導(dǎo)管插入溶液中形成噴泉，進(jìn)氣管在燒瓶口，液體經(jīng)進(jìn)氣管倒流入前端裝置，產(chǎn)生倒吸，故E錯(cuò)誤；

F；氨氣極易溶于水；導(dǎo)管插入溶液中形成噴泉，進(jìn)氣管在燒瓶底部，液體不能流入前端裝置，能防止倒吸，故F正確；

所以能防倒吸的吸收裝置有ACDF；不能防倒吸的是BE；

故答案為：ACDF；

（4）實(shí)驗(yàn)③中的氣體是二氧化碳；二氧化碳能溶于水，四氯化碳有毒，碳酸鈉和二氧化碳能反應(yīng)，二氧化碳和飽和的碳酸氫鈉不反應(yīng)，所以選取飽和碳酸氫鈉溶液．

故答案為：D；

（5）根據(jù)PV=nRT；為保證測(cè)出來的氣體體積是當(dāng)時(shí)大氣壓下的體積，在讀數(shù)時(shí)應(yīng)注意：①將實(shí)驗(yàn)裝置恢復(fù)到室溫，②使量氣管兩端液面相平，因?yàn)橄嗥秸f明兩邊液面上的壓強(qiáng)是一樣的，這樣測(cè)出來的氣體體積才是當(dāng)時(shí)大氣壓下的體積，③視線與凹液面最低處相平，俯視或仰視會(huì)造成誤差；

故答案為：使量氣管兩端液面相平．

（6）鋁和氫氧化鈉反應(yīng)生成氫氣的體積==332.3mL=0.3323L；

設(shè)生成0.997L氫氣；需鋁的質(zhì)量為x

2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑

54g67.2L

x0.3323L

x=0.27g

所以鋁的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%=27.0%；

故答案為：27%．21、負(fù)陽2Cl--2e-=C12↑Cu2++2e-=Cud4OH--4e-=O2+2H2O減小1.12【分析】【分析】（1）根據(jù)圖中電流的流向判斷正負(fù)極；電解池中與負(fù)極相連的為陰極，與之間相連的為陽極；

（2）陽極上氯離子失電子生成氯氣；根據(jù)氯氣的氧化性檢驗(yàn)；陰極銅離子得電子生成銅單質(zhì)；

（3）根據(jù)電解滴有酚酞的飽和Na2SO4溶液；本質(zhì)是電解水，陽極c生成氧氣，陰極d生成氫氣，剩余氫氧根離子；將直流電源拆除相當(dāng)于氫氧燃料電池，c極為正極氧氣得電子生成氫氧根，據(jù)此分析；

（4）電解質(zhì)溶液是CuSO4溶液，則c電極為氫氧根失電子生成氧氣，陰極上銅離子放電，電池反應(yīng)式為：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4；根據(jù)得失電子守恒計(jì)算生成氧氣的體積．【解析】【解答】解：（1）由圖可知電流從a流向b，則a為電池的正極，b為負(fù)極；c與正極相連，所以c為陽極；故答案為：負(fù)；陽；

（2）陽極上氯離子失電子生成氯氣，其電極反應(yīng)式為：2Cl--2e-=C12↑；陰極上銅離子得電子生成銅，其電極反應(yīng)式為：Cu2++2e-=Cu，故答案為：2Cl--2e-=C12↑；Cu2++2e-=Cu；

（3）電解滴有酚酞的飽和Na2SO4溶液；本質(zhì)是電解水，陽極c生成氧氣，陰極d生成氫氣，剩余氫氧根離子，所以d極附近溶液出現(xiàn)紅色；故答案為：d；

（4）電解質(zhì)溶液是CuSO4溶液，則c電極為氫氧根失電子生成氧氣，反應(yīng)式為：4OH--4e-=O2+2H2O，陰極上銅離子放電，電池反應(yīng)式為：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4；所以溶液中氫離子濃度增大，溶液的pH減小，由總反應(yīng)，陽極放出氧氣，陰極析出銅，生成1mol氧氣需要電子為4mol，生成1molCu需要電子為1mol，即每有2mol銅生成，此時(shí)生成1mol氧氣，6.4gCu的物質(zhì)的量為0.1mol，故生成氧氣為0.05mol，那么體積為0.05mol×22.4L/mol=1.12L；

故答案為：4OH--4e-=O2+2H2O；減小；1.12．四、判斷題(共2題，共6分)22、×【分析】【分析】（1）同溫同壓下；氣體的氣體摩爾體積相等；

（2）氣體摩爾體積取決于溫度和壓強(qiáng)的大??；

（3）氣體摩爾體積僅適用于氣體；

（4）考慮影響氣體體積的因素．【解析】【解答】解：（1）氣體的體積取決于溫度和壓強(qiáng)的大?。煌瑴赝瑝合?，氣體分子之間的距離相等，則氣體摩爾體積相等，故答案