2025年華師大新版高三化學(xué)下冊月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年華師大新版高三化學(xué)下冊月考試卷361考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、固體NH4Br置于1升的密閉容器中，在恒溫條件下存在如下兩個可逆反應(yīng)：NH4Br?NH3+HBr；2HBr?H2+Br2

5分鐘后，測得H2的濃度為1mol/L，HBr的濃度為8mol/L，則上述反應(yīng)中生成NH3的速率為（）A.1.2mol?L-1?min-1B.2mol?L-1?min-1C.5mol?L-1?min-1D.10mol?L-1?min-12、下列幾種情況都有白色物質(zhì)生成，其中生成物化學(xué)成分相同的是：rm{壟脵}塊狀純堿久置于空氣中生成的白色粉末；rm{壟脷}盛澄清石灰水的燒杯內(nèi)壁附著的白色物質(zhì)；rm{壟脹}生石灰久置于空氣中生成的白色物質(zhì)；rm{壟脺Na_{2}SiO_{3}}水溶液置于敞口容器中，溶液中出現(xiàn)的白色渾濁物rm{(}rm{)}A.rm{壟脵壟脺}B.rm{壟脷壟脹}C.rm{壟脵壟脷}D.rm{壟脹壟脺}3、用rm{N_{A}}表示阿伏加德羅常數(shù)，下列說法中正確的有rm{(}rm{)}A.rm{56}克亞鐵離子得到rm{2N_{A}}個電子被還原成單質(zhì)B.rm{1L}rm{1mol/L}的rm{KCl}溶液中含rm{Cl^{-}}的物質(zhì)的量為rm{N_{A}}C.在rm{25隆忙}rm{1.01隆脕10^{5}Pa}的條件下，rm{2.24LCO_{2}}中含有的原子數(shù)大于rm{0.3N_{A}}D.rm{0.1mol/L}的氯化鋇溶液中氯離子的數(shù)目是rm{0.2N_{A}}4、下列有關(guān)膠體的說法正確的是（）A.直徑介于1nm-10nm之間的微粒稱為膠體B.用過濾的方法除去NaCl溶液中含有的少量淀粉膠體C.Fe（OH）3難溶于水，因此不可能均勻分散在水里形成穩(wěn)定的紅褐色的液體D.用丁達爾效應(yīng)鑒別Fe（OH）3膠體和FeCl3溶液5、目前人們掌握了可充電鋅—空氣電池技術(shù)，使這種電池有了更廣泛的用途。這種電池使用特殊技術(shù)吸附空氣中的氧，以苛性鈉溶液為電解質(zhì)，電池放電時的總反應(yīng)為2Zn＋O2=2ZnO，下列判斷正確的是（）A.放電時，OH－向負極方向移動B.放電時，正極反應(yīng)式為Zn＋2OH－－2e－=ZnO＋H2OC.充電時，Zn發(fā)生氧化反應(yīng)D.充電時，陰極反應(yīng)為O2＋2H2O＋4e－=4OH－6、已知酸性:現(xiàn)要將轉(zhuǎn)變?yōu)榭尚械姆椒ㄊ茿.與足量NaOH溶液共熱，再通入足量CO2氣體B.與稀硫酸共熱后，再加入足量NaOH溶液C.該物質(zhì)的溶液中加入足量的稀硫酸加熱D.與稀硫酸共熱后，再加入足量的NaHCO3溶液7、某溫度時，Ag2SO4在水溶液中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示，下列說法中不正確的是A.b點對應(yīng)的Ksp等于c點對應(yīng)的KspB.采取蒸發(fā)溶劑的方法可以使溶液從a點變到b點C.該溫度下，Ag2SO4的溶度積常數(shù)（Ksp）為1．6×10-5(mol·L-1)2D.0.02mol·L-1的AgNO3溶液與的0.2mol·L-1的Na2SO4溶液等體積混合不會生成沉淀評卷人得分二、雙選題(共6題，共12分)8、（雙項）下列說法正確的是（）A.氫鍵是一種化學(xué)鍵B.氫鍵使物質(zhì)具有較高的熔、沸點C.能與水分子形成氫鍵的物質(zhì)易溶于水D.水結(jié)成冰體積膨脹與氫鍵無關(guān)9、新型納米材料MFe2Ox（3＜x＜4）中M表示+2價的金屬元素，在反應(yīng)中M化合價不發(fā)生變化．常溫下，MFe2Ox能使工業(yè)廢氣中的（SO2）轉(zhuǎn)化為S，流程如下：MFe2OxMFe2Oy下列判斷正確的是（）A.SO2是該反應(yīng)的催化劑B.MFe2Ox是還原劑C.X＜YD.SO2發(fā)生了置換反應(yīng)10、25℃時，下列溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是（）A.0.1mol?L-1NaHC2O4溶液（pH=5.5）：c（Na+）＞c（HC2O4-）＞c（H2C2O4）＞c（C2O42-）B.0.1mol?L-1NaHS溶液：c（OH-）+c（S2-）=c（H+）+c（H2S）C.0.1mol?L-1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol?L-1NaOH溶液至中性：c（Na+）＞c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（OH-）=c（H+）D.0.1mol?L-1CH3COOH溶液和0.1mol?L-1CH3COONa溶液等體積混合：c（Na+）＞c（CH3COOH）＞c（CH3COO-）＞c（H+）＞c（OH-）11、下列化學(xué)方程式正確的是()A.鐵屑溶于稀硫酸：2Fe+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2↑B.食鹽溶于硝酸鉀溶液：NaCl+KNO3=NaNO3+KClC.正常雨水的pH約為5.6的原因：CO2+H2O=H2CO3D.硝酸銨與燒堿不可共存是因為：NH4NO3+NaOH=NaNO3+NH3?H2O12、某有機物是一種醫(yī)藥中間體rm{.}其結(jié)構(gòu)簡式如圖所示rm{.}下列有關(guān)該物質(zhì)的說法正確的是rm{(}rm{)}

A.該化合物分子中不含手性碳原子B.該化合物與rm{NaHCO_{3}}溶液作用有rm{CO_{2}}氣體放出C.rm{1}rm{mol}該化合物與足量溴水反應(yīng)，消耗rm{2}rm{mol}rm{Br_{2}}D.在一定條件下，該化合物與rm{HCHO}能發(fā)生縮聚反應(yīng)13、在pH=1時，可大量共存且形成無色溶液的一組離子或分子是（）A.Ca2+、CH3COOH、Br-、Na+B.NO3-、Fe3+、Mg2+、SO42-C.HClO、Ba2+、Na+、Cl-D.K+、Cl-、Al3+、SO32-評卷人得分三、填空題(共8題，共16分)14、物質(zhì)的類別和核心元素的化合價是研究物質(zhì)性質(zhì)的兩個基本視角．

（1）圖中Y的化學(xué)式為____．

（2）治理含CO、SO2的煙道氣，可以將其在催化劑作用下轉(zhuǎn)化為單質(zhì)S和無毒的氣體．則治理煙道氣反應(yīng)的化學(xué)方程式為____．

（3）實驗室中X[H2S]氣體由不溶性的硫化亞鐵[FeS]固體和稀硫酸混合反應(yīng)制得，該反應(yīng)的離子方程式為____．

（4）Na2S2O3[硫代硫酸鈉]是一種用途廣泛的鈉鹽．

①下列物質(zhì)用于Na2S2O3的制備，從氧化還原反應(yīng)的角度，理論上有可能的是____（填字母序號）．

a．Na2S+Sb．Z+Sc．Na2SO3+Yd．NaHS+NaHSO3

②Na2S2O3具有較強的還原性；能作為織錦物漂白后的脫氯劑，反應(yīng)如下：

Na2S2O3+4Cl2+5H2O═2NaCl+2H2SO4+6HCl

現(xiàn)需處理含標準狀況下Cl22.24L的織錦物，理論上需要0.00100mol/LNa2S2O3溶液的體積為____L．15、工業(yè)上以鋰輝石（Li2O?Al2O3?4SiO2；含少量Ca；Mg元素）為原料生產(chǎn)碳酸鋰．其部分工藝流程如下：

已知：①Li2O?Al2O3?4SiO2+H2SO4（濃）Li2SO4+Al2O3?4SiO2?H2O↓

②不同溫度下Li2CO2和Li2OCO4的溶解度如表：

。T/℃20406080S（Li2CO3）/g1.331.171.010.85S（Li2CO4）/g34.232.831.930.7（1）從濾渣1中分離出Al2O3的部分流程如下圖所示，括號中表示加入過量的試劑，方框表示所得到的物質(zhì)．則步驟Ⅱ中反應(yīng)的離子方程式是____．

（2）向濾液2中加入飽和Na2CO3溶液，過濾后，用“熱水洗滌”的原因是____．

（3）工業(yè)上用電解法將Li2CO3粗品制成高純Li2CO3，其中向電解后所得的純LiOH溶液中加入過量NH4HCO3溶液可生成Li2CO3，反應(yīng)的化學(xué)方程式是____．16、Ⅰ．工業(yè)上可用煤制天然氣，生產(chǎn)過程中有多種途徑生成CH4．寫出CO2與H2反應(yīng)生成CH4和H2O的熱化學(xué)方程式．

已知：①CO（g）+H2O（g）?H2（g）+CO2（g）△H=-41kJ?mol-1

②C（s）+2H2（g）?CH4（g）△H=-73kJ?mol-1

③2CO（g）?C（s）+CO2（g）△H=-171kJ?mol-1

Ⅱ．電子產(chǎn)品產(chǎn)生的大量電子垃圾對環(huán)境構(gòu)成了極大的威脅．某化學(xué)興趣小組將一批廢棄的線路板簡單處理后；得到含Cu；Al、Fe及少量Au、Pt等金屬的混合物，并設(shè)計出如下制備硫酸銅和硫酸鋁晶體的路線：

按要求回答下列問題：

（1）濾渣1中存在的金屬有____．

（2）已知沉淀物的pH如下表：

。氫氧化物開始沉淀時的pH氫氧化物沉淀完全時的pHFe2+7.09.0Fe3+1.93.7Cu2+4.96.7Al3+3.04.4①則操作②中X物質(zhì)最好選用的是____（填編號）

a．酸性高錳酸鉀溶液b．漂白粉c．氯氣d．雙氧水。

②理論上應(yīng)控制溶液pH的范圍是____．

（3）用一個離子方程式表示在酸浸液中加入適量鋁粉的反應(yīng)：____．

（4）由CuSO4?5H2O制備CuSO4時，應(yīng)把CuSO4?5H2O放在____（填儀器名稱）中加熱脫水．

（5）現(xiàn)在某些電器中使用的高鐵電池是一種新型可充電電池；與普通高能電池相比，該電池能長時間保持穩(wěn)定的放電電壓．高鐵電池的總反應(yīng)為：

3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH；

該電池放電時負極反應(yīng)式為____，每有1molK2FeO4被還原，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為____，充電時陽極反應(yīng)式為____．17、（2015秋?寧夏校級月考）對于N2O4（g）?2NO2（g）在溫度一定時，平衡體系中NO2的體積分數(shù)V（NO2）%隨壓強的變化情況如圖所示（實線上的任何一點為對應(yīng)壓強下的平衡點）．

（1）A、C兩點的反應(yīng)速率的關(guān)系為A____C（填“＞”“＜”或“=”）．

（2）當反應(yīng)處于B狀態(tài)時，v正____v逆（填“＞”“＜”或“=”），A、B、C、D、E各狀態(tài)中，v正＜v逆的是____．

（3）由D狀態(tài)轉(zhuǎn)變?yōu)镃狀態(tài)后，混合氣體的總物質(zhì)的量會____（填“增大”；“減小”）．

（4）欲要求使E狀態(tài)從水平方向到達C狀態(tài)后，再沿平衡曲線達A狀態(tài)，從理論上來講，可選用的條件是____．

A．從P1無限緩慢加壓至P2，再由P2無限緩慢降壓至P1

B．從P1突然加壓至P2，再由P2無限緩慢降壓至P1

C．從P1突然加壓至P2，再由P2突然降壓至P1．18、（1）X是最簡單的烯烴．現(xiàn)有如下的反應(yīng)關(guān)系：（已知F是一種常見的塑料）

①X的結(jié)構(gòu)簡式為____；C的官能團名稱是____

②由E制取F的化學(xué)方程式為____

（2）某實驗小組用下列裝置進行A轉(zhuǎn)化為B的實驗．

①請寫出A制取B的化學(xué)反應(yīng)方程式：____

②甲和乙兩個水浴作用不相同．甲的作用是____；乙的作用是____．

③試管a中收集到的液體用紫色石蕊試紙檢驗，試紙顯紅色，要除去該物質(zhì)，可在混合液中加入____（填寫字母）．

a．氯化鈉溶液b．苯c．碳酸氫鈉溶液d．四氯化碳。

（3）阿斯匹林的結(jié)構(gòu)簡式為：則1mol阿斯匹林和足量的NaOH溶液充分反應(yīng)，消耗NaOH的物質(zhì)的量為____．

（4）某烴的分子式為C8H10，其不能使溴水褪色，但可使酸性KMnO4溶液褪色，且此烴與液溴在催化劑條件下只得到一種取代產(chǎn)物，其結(jié)構(gòu)可能有____種．

A．2種B．3種C．4種D．5．19、某化學(xué)小組用下圖裝置電解CuCl2溶液制少量漂白液：

（1）圖l陽極的反應(yīng)式是：____，導(dǎo)氣管W端應(yīng)與出氣口一____連接．

（2）實驗后發(fā)現(xiàn)陰極碳棒上除了附著有紅色物質(zhì)；還附著有少量白色物質(zhì)．某化學(xué)興趣小組查閱資料可知：

。物質(zhì)名稱及化學(xué)式氯化亞銅CuCl堿式氯化銅Cu2（OH）3Cl性質(zhì)白色固體、不溶水綠色固體、不溶水化學(xué)小組分析提出：

①紅色物質(zhì)可能有Cu或____；或二者都有；

②白色物質(zhì)為CuCl

（3）為探究陰極碳棒上附著的紅色、白色物質(zhì)，設(shè)計了如下實驗：取出陰極碳棒，洗滌、干燥、稱其質(zhì)量為W1g，并將其放入圖2所示裝置b中，進行實驗．實驗中，碳棒上的白色物質(zhì)完全變?yōu)榧t色，無水硫酸銅不變色，d中出現(xiàn)白色沉淀；實驗結(jié)束時，繼續(xù)通H2直至碳棒冷卻后，稱量其質(zhì)量為W2g．

①碳棒上的紅色物質(zhì)是____，無水硫酸銅的作用是____；

②d中反應(yīng)的離子方程式是____；

③裝置b中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是____．

④電解CuCl2溶液時，陰極上產(chǎn)生白色物質(zhì)的原因用電極反應(yīng)式解釋為____．

⑤陰極上產(chǎn)生白色物質(zhì)的物質(zhì)的量是____；若裝置b冷卻時不繼續(xù)通H2，則計算所得CuCl的產(chǎn)率會____（偏大、偏小、不變）．20、（1）用質(zhì)量分數(shù)為98%、密度為1.84g?cm-3的濃硫酸配制100mL1.84mol?L-1的稀硫酸，若實驗儀器有：A．100mL量筒；B．托盤天平；C．玻璃棒；D．50mL容量瓶；E．10mL量筒，F(xiàn)．膠頭滴管；G．50mL燒杯；H．100mL容量瓶，實驗時應(yīng)選用儀器的先后順序是（填入編號）：____．

（2）在容量瓶的使用方法中，下列操作不正確的是（填編號）____．

A．使用容量瓶前檢查它是否漏水。

B．容量瓶用蒸餾水洗凈后；再用待配溶液潤洗。

C．配制溶液時；如果試樣是固體，把稱好的試樣用紙條小心倒入容量瓶中，緩慢加入蒸餾水到接近標線2～3cm處，用滴管加蒸餾水到標線。

D．配制溶液時；如果試樣是液體，用量筒量取試樣后，直接倒入容量瓶中，緩慢加入蒸餾水到標線。

E．蓋好瓶塞；用食指頂住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒轉(zhuǎn)和搖動多次。

F．往容量瓶中轉(zhuǎn)移溶液時應(yīng)用玻璃棒引流．21、目前世界上60%的鎂是從海水中提取的．學(xué)生就這個課題展開了討論的．已知海水提鎂的主要步驟如圖所示：

學(xué)生就這個課題提出了以下問題：

（一）在海水提鎂的過程中如何實現(xiàn)對鎂離子的富集？有三個學(xué)生提出自己的觀點．

學(xué)生1的觀點：直接往海水中加入沉淀劑．

學(xué)生2的觀點：高溫加熱蒸發(fā)海水后；再加入沉淀劑．

學(xué)生3的觀點：利用曬鹽后的苦鹵水；再加入沉淀劑．

請你評價三個學(xué)生提出的觀點是否正確（填是或否）；并簡述理由．

。是否正確簡述理由學(xué)生1的觀點________學(xué)生2的觀點________學(xué)生3的觀點________（二）在海水提鎂的過程中如何實現(xiàn)對鎂離子的分離？

（1）為了使鎂離子沉淀下來，加入的足量試劑①是____（填化學(xué)式）．

（2）試從節(jié)約能源，提高金屬鎂的純度分析，適宜冶煉鎂的方法是（用化學(xué)方程式表示）____．評卷人得分四、判斷題(共4題，共28分)22、葡萄糖注射液不能產(chǎn)生丁達爾效應(yīng)，不屬于膠體____（判斷對錯）23、在NaCl、MgCl2和MgSO4三種鹽配成的混合溶液中，若Na+的濃度為0.1mol?L-1、Mg2+的濃度為0.25mol?L-1、Cl-的濃度為0.2mol?L-1、則SO42-的物質(zhì)的量濃度為0.2mol?L-1____（判斷對錯）．24、合理選擇飲食，正確使用藥物是人體健康的保證____．（判斷對錯）25、向試管中滴加液體時，膠頭滴管緊貼試管內(nèi)壁____．（判斷對錯）評卷人得分五、探究題(共4題，共32分)26、為了分離甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人設(shè)計了下列實驗過程．請在括號內(nèi)填寫分離時所用操作方法，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________．27、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應(yīng)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(shè)計了下列實驗過程．請在括號內(nèi)填寫分離時所用操作方法，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________．29、實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小明利用這個反應(yīng)的原理來測定其含量，操作為：評卷人得分六、簡答題(共1題，共7分)30、某氯化鐵樣品含有少量FeCl2雜質(zhì)．現(xiàn)要測定其中鐵元素的質(zhì)量分數(shù)；實驗按以下步驟進行：請根據(jù)下面流程，回答以下問題：

（1）操作Ⅰ所用到的玻璃儀器除燒杯、玻璃棒外，還必須有______、______（填儀器名稱），操作Ⅱ必須用到的儀器是______（填編號）．

A．50mL燒杯B．50mL量筒C．100mL量筒D．25mL滴定管。

（2）請寫出加入溴水發(fā)生的離子反應(yīng)方程式______，加入氨水要過量的原因是______．

（3）檢驗沉淀是否已經(jīng)洗滌干凈的操作是______．

（4）若蒸發(fā)皿質(zhì)量是W1g，蒸發(fā)皿與加熱后固體總質(zhì)量是W2g，則樣品中鐵元素的質(zhì)量分數(shù)是______（列出原始計算式，不需化簡）；若稱量準確，最終測量的結(jié)果偏大，則造成誤差的原因可能是______．（寫出一種原因即可）．參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、B【分析】【分析】反應(yīng)達到化學(xué)平衡，測知H2濃度為1mol?L-1，則消耗的HBr為1mol?L-1×2=2mol?L-1；測知HBr的濃度為8mol?L-1，則NH4Br分解生成的HBr的濃度為2mol?L-1+8mol?L-1=10mol?L-1，故NH4Br分解生成的NH3的濃度為10mol?L-1，根據(jù)v=結(jié)合方程式進行計算．【解析】【解答】解：NH4Br（s）═NH3（g）+HBr（g），2HBr（g）═Br2（g）+H2（g）；

10mol?L-110mol?L-12mol?L-11mol?L-11mol?L-1

反應(yīng)達到化學(xué)平衡，測知H2濃度為1mol?L-1，則消耗的HBr為1mol?L-1×2=2mol?L-1；測知HBr的濃度為8mol?L-1，則NH4Br分解生成的HBr的濃度為2mol?L-1+8mol?L-1=10mol?L-1，故NH4Br分解生成的NH3的濃度為10mol?L-1；

故v（NH3）===2mol?L-1?min-1；

故選B．2、B【分析】解：rm{壟脵}塊狀純堿為rm{Na_{2}CO_{3}?10H_{2}O}久置于空氣中生成rm{Na_{2}CO_{3}}白色粉末；

rm{壟脷}澄清石灰水的主要成分為rm{Ca(OH)_{2}}與空氣中rm{CO_{2}}反應(yīng)生成白色物質(zhì)為rm{CaCO_{3}}

rm{壟脹}生石灰久置于空氣中生成的白色物質(zhì)為rm{CaCO_{3}}

rm{壟脺Na_{2}SiO_{3}}水溶液置于敞口容器中，溶液中出現(xiàn)的白色渾濁物為rm{H_{2}SiO_{3}}

故生成物化學(xué)成分相同的是rm{壟脷壟脹}．

故選B．

根據(jù)物質(zhì)的組成和性質(zhì)判斷，rm{壟脵}塊狀純堿為rm{Na_{2}CO_{3}?10H_{2}O}易分解；rm{壟脷}澄清石灰水的主要成分為rm{Ca(OH)_{2}}與空氣中rm{CO_{2}}反應(yīng)；rm{壟脹}生石灰久置于空氣中生成的白色物質(zhì)為rm{CaCO_{3}}rm{壟脺Na_{2}SiO_{3}}易與空氣中rm{CO_{2}}反應(yīng)．

本題考查物質(zhì)的組成和性質(zhì)，題目難度不大，注意常見元素化合物的組成和性質(zhì)．【解析】rm{B}3、A【分析】解：rm{A.56}克亞鐵離子物質(zhì)的量為rm{dfrac{56g}{56g/mol}=1mol}得到rm{dfrac

{56g}{56g/mol}=1mol}個電子被還原成單質(zhì)；故A正確；

B.rm{2N_{A}}rm{1L}的rm{1mol/L}溶液中含rm{KCl}的物質(zhì)的量rm{Cl^{-}}故B錯誤；

C.在rm{=1L隆脕1mol/L隆脕1=1mol}rm{25隆忙}的條件下，rm{1.01隆脕10^{5}Pa}rm{Vm>22.4L/mol}中含有的原子數(shù)小于rm{2.24LCO_{2}}故C錯誤；

D.溶液體積未知；無法計算微粒個數(shù)，故D錯誤；

故選：rm{0.3N_{A}}．

A.質(zhì)量轉(zhuǎn)化為物質(zhì)的量，結(jié)合rm{A}個亞鐵離子得到rm{1}個電子被還原為單質(zhì)；

B.依據(jù)rm{2}計算氯化鉀的物質(zhì)的量，結(jié)合rm{n=CV}氯化鉀含有rm{1mol}氯離子解答；

C.在rm{1mol}rm{25隆忙}的條件下，rm{1.01隆脕10^{5}Pa}

D.溶液體積未知．

本題考查了阿伏加德羅常數(shù)的使用，掌握以物質(zhì)的量為核心的有關(guān)計算公式是解題關(guān)鍵，注意氣體摩爾體積使用條件和對象，題目難度不大．rm{Vm>22.4L/mol}【解析】rm{A}4、D【分析】【分析】A．分散質(zhì)粒子直徑在1nm～100nm之間的分散系屬于膠體；

B．膠體能透過濾紙；

C．實驗室可制得氫氧化鐵膠體；

D．溶液無丁達爾效應(yīng)，膠體有丁達爾效應(yīng)．【解析】【解答】解：A．直徑介于1nm-10nm之間的微粒不是分散系；故A錯誤；

B．膠體和溶液都能透過濾紙；故B錯誤；

C．實驗室制備氫氧化鐵膠體是在沸騰的蒸餾水中加入飽和的氯化鐵溶液；注意不能用玻璃棒攪拌；當液體變成紅褐色時立即停止加熱，故C錯誤；

D．溶液無丁達爾效應(yīng)，膠體有丁達爾效應(yīng)，可用丁達爾效應(yīng)鑒別Fe（OH）3膠體和FeCl3溶液；故D正確．

故選D．5、A【分析】A項，放電時陰離子向負極移動；B項，正極為得電子發(fā)生還原反應(yīng)的一極；C項，充電時鋅的化合價降低，被還原，做陰極；D項，該電池中O2在正極上放電。點撥：本題考查充電電池，考查考生書寫電極反應(yīng)式的能力。難度中等?！窘馕觥俊敬鸢浮緼6、A|D【分析】試題分析：A、應(yīng)先在堿性條件下水解生成再通入二氧化碳氣體可生成故A正確；B、在酸性條件下水解生成加入NaOH后生成得不到故B錯誤；C、在酸性條件下水解生成故C錯誤；D、在酸性條件下水解生成再加入足量的NaHCO3溶液，－COOH與之反應(yīng)，反應(yīng)生成故D正確．答案選AD?？键c：考查有機物性質(zhì)、合成方案的設(shè)計與評價等【解析】【答案】AD7、B【分析】【解析】【答案】B二、雙選題(共6題，共12分)8、B|C【分析】解：A；氫鍵不是化學(xué)鍵；而是一種分子間作用力，故A錯誤；

B、氫鍵的存在使物質(zhì)有較高的熔、沸點（如HF、H2O、NH3等）；故B正確；

C、能與水分子形成氫鍵，使某些物質(zhì)易溶于水（如NH3、C2H5OH等）；故C正確；

D；水結(jié)成冰時；水分子大范圍地以氫鍵互相連結(jié)，形成疏松的晶體，造成體積膨脹，密度減小，故D錯誤；故選BC．

A；氫鍵是一種分子間作用力；

B；氫鍵的存在使物質(zhì)有較高的熔、沸點；

C、能與水分子形成氫鍵，使某些物質(zhì)易溶于水（如NH3、C2H5OH等）；

D；水結(jié)成冰時；水分子大范圍地以氫鍵互相連結(jié)，形成疏松的晶體，造成體積膨脹，密度減小．

本題考查氫鍵及氫鍵對物質(zhì)性質(zhì)的影響，注意氫鍵的存在與電負性較強的N、O、F元素有關(guān)，選項C為解答的難點，題目難度中等．【解析】【答案】BC9、B|C【分析】解：A．SO2在反應(yīng)中轉(zhuǎn)化為S為氧化劑；不是催化劑，故A錯誤；

B．SO2轉(zhuǎn)化為S，S元素化合價降低，說明SO2在反應(yīng)中為氧化劑，則MFe2Ox為還原劑；故B正確；

C．MFe2Ox為還原劑生成MFe2Oy；反應(yīng)后Fe元素的化合價升高，根據(jù)化合價代數(shù)和，則有（2y-2）＞（2x-2），即y＞x，故C正確；

D．化合物與化合物反應(yīng)生成單質(zhì)和化合物，不屬于置換反應(yīng)，SO2轉(zhuǎn)化為S；發(fā)生氧化還原反應(yīng)，故D錯誤．

故選BC．

在反應(yīng)中，SO2轉(zhuǎn)化為S，S元素化合價降低，說明SO2在反應(yīng)中為氧化劑，則MFe2Ox為還原劑；反應(yīng)后Fe元素的化合價升高，根據(jù)Fe元素常見化合價為+2；+3價判斷x、y大小關(guān)系．

本題主要考查學(xué)生根據(jù)題目所給的信息和所學(xué)的化學(xué)知識進行解題的能力，解答時注意根據(jù)化合價的變化和化合物化合價代數(shù)和為0分析解答問題，要細心分析，題目難度不大．【解析】【答案】BC10、B|C【分析】解：A．0.1mol?L-1NaHC2O4溶液（pH=5.5），溶液呈酸性，說明HC2O4-的電離程度大于其水解程度，則c（C2O42-）＞c（H2C2O4），正確的濃度大小為：c（Na+）＞c（HC2O4-）＞c（C2O42-）＞c（H2C2O4）；故A錯誤；

B．0.1mol?L-1NaHS溶液中，根據(jù)質(zhì)子守恒可得：c（OH-）+c（S2-）=c（H+）+c（H2S）；故B正確；

C．0.1mol?L-1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol?L-1NaOH溶液至中性，則c（OH-）=c（H+），根據(jù)電荷守恒可知：c（Na+）+c（NH4+）=c（SO42-），由于銨根離子部分水解，則c（SO42-）＞c（NH4+），所以c（Na+）＞c（SO42-），溶液中離子濃度大小為：c（Na+）＞c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（OH-）=c（H+）；故C正確；

D．0.1mol?L-1CH3COOH溶液和0.1mol?L-1CH3COONa溶液等體積混合，由于醋酸的電離程度大于醋酸根離子的水解程度，則c（CH3COO-）＞cc（CH3COOH），結(jié)合物料守恒可知c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（CH3COOH），溶液中正確的濃度大小為：c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH-）；故D錯誤；

故選BC．

A．NaHC2O4溶液的pH=5.5，說明HC2O4-的電離程度大于其水解程度，則c（C2O42-）＞c（H2C2O4）；

B．根據(jù)硫氫化鈉溶液中的質(zhì)子守恒判斷；

C．當二者按照1：1混合時生成硫酸鈉；硫酸銨；溶液呈酸性，則氫氧化鈉稍過量，結(jié)合電荷守恒判斷；

D．醋酸的電離程度大于醋酸根離子的水解程度，則c（CH3COO-）＞cc（CH3COOH），結(jié)合物料守恒可知c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（CH3COOH）．

本題考查了離子濃度大小比較，題目難度中等，明確鹽的水解原理原理及其影響為解答關(guān)鍵，注意掌握電荷守恒、物料守恒、質(zhì)子守恒的含義及應(yīng)用方法，試題培養(yǎng)了學(xué)生的靈活應(yīng)用能力．【解析】【答案】BC11、C|D【分析】A、鐵和稀硫酸反應(yīng)生成硫酸亞鐵和氫氣，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑；故A錯誤；

B；食鹽溶于硝酸鉀溶液；不能發(fā)生反應(yīng)，故B錯誤；

C、正常雨水的pH≈5.6，小于7，說明正常雨水顯弱酸性；正常雨水顯弱酸性的原因是二氧化碳與水反應(yīng)生成碳酸，碳酸顯酸性，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：CO2+H2O═H2CO3；故C正確。

D、硝酸銨與燒堿不可共存是因為發(fā)生反應(yīng)NH4NO3+NaOH=NaNO3+NH3?H2O；加熱反應(yīng)生成氨氣，故D正確；

故選CD．

【解析】【答案】CD12、rBC【分析】解：rm{A.}分子中與苯酚和羰基相連的碳原子連接rm{4}個不同的原子團；為手性碳原子，故A錯誤；

B.含有羧基；具有酸性，可與碳酸氫鈉溶液反應(yīng)生成二氧化碳氣體，故B正確；

C.含有碳碳雙鍵，與溴水發(fā)生加成反應(yīng)，酚羥基的鄰位與溴發(fā)生取代反應(yīng)，則rm{1}rm{mol}該化合物與足量溴水反應(yīng)，消耗rm{2}rm{mol}rm{Br_{2}}故C正確；

D.羥基鄰位只有rm{1}個rm{H}原子；與甲醛不能發(fā)生縮聚反應(yīng)，故D錯誤．

故選BC．

有機物含有羧基；羰基、碳碳雙鍵以及酚羥基；可結(jié)合酸、酮、苯酚以及烯烴的性質(zhì)解答該題．

本題考查物質(zhì)的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點，把握官能團與性質(zhì)的關(guān)系為解答的關(guān)鍵，側(cè)重酚、酸性質(zhì)的考查，選項D為解答的難點，題目難度不大．【解析】rm{BC}13、AC【分析】解：pH=1的溶液中存在大量的H+，無色時可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色離子的存在；

A．該組離子在酸性條件下不發(fā)生反應(yīng)；且在水中均為無色，故A正確；

B．Fe3+在水中為黃色；與無色溶液不符，故B錯誤；

C．HClO、Ba2+、Na+、Cl-之間不反應(yīng)；都是無色離子你，能夠大量共存，故C正確；

D．SO32-與Al3+、H+反應(yīng)；不能大量共存，故D錯誤；

故選：AC。

pH=1的溶液中存在大量的H+，無色時可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色離子的存在；

A．四種離子之間不反應(yīng)；都是無色離子，都不與氫離子反應(yīng)；

B．鐵離子為有色離子；

C．四種離子之間不反應(yīng)；都不與氫離子反應(yīng)，且為無色溶液；

D．鋁離子；氫離子與亞硫酸根離子反應(yīng)。

本題考查離子共存的正誤判斷，為高考的高頻題，屬于中等難度的試題，注意明確離子不能大量共存的一般情況：能發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)的離子之間；能發(fā)生氧化還原反應(yīng)的離子之間；能發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)的離子之間（如Fe3+和SCN-）等；還應(yīng)該注意題目所隱含的條件，如：溶液的酸堿性，據(jù)此來判斷溶液中是否有大量的H+或OH-；溶液的顏色，如無色時可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色離子的存在；溶液的具體反應(yīng)條件，如“氧化還原反應(yīng)”、“加入鋁粉產(chǎn)生氫氣”；是“可能”共存，還是“一定”共存等；試題側(cè)重對學(xué)生基礎(chǔ)知識的訓(xùn)練和檢驗，有利于提高學(xué)生靈活運用基礎(chǔ)知識解決實際問題的能力?！窘馕觥緼C三、填空題(共8題，共16分)14、SO32CO+SO22CO2+SFeS+2H+=Fe2++H2S↑bd25【分析】【分析】（1）圖象化合價和物質(zhì)分類可知Y為+6價硫元素的氧化物；

（2）治理含CO、SO2的煙道氣；可以將其在催化劑作用下轉(zhuǎn)化為單質(zhì)S和無毒的氣體，原子守恒可知無毒氣體應(yīng)為二氧化碳，結(jié)合原子守恒配平書寫化學(xué)方程式；

（3）不溶性的硫化亞鐵[FeS]固體和稀硫酸混合反應(yīng)生成硫化氫氣體和硫酸亞鐵；硫化亞鐵為難溶固體，硫化氫是氣體不能拆分為離子；

（4）①Na2S2O3中S為+2價；從氧化還原的角度分析，反應(yīng)物中S元素化合價必須分別大于2和小于2；

②依據(jù)化學(xué)方程式定量關(guān)系計算Na2S2O3的物質(zhì)的量，V=計算得到需要溶液體積；【解析】【解答】解：（1）根據(jù)圖象化合價和物質(zhì)分類可知，Y為+6價硫元素的氧化物，化學(xué)式為SO3，故答案為：SO3；

（2）治理含CO、SO2的煙道氣，可以將其在催化劑作用下轉(zhuǎn)化為單質(zhì)S和無毒的氣體，原子守恒可知無毒氣體應(yīng)為二氧化碳，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2CO+SO22CO2+S，故答案為：2CO+SO22CO2+S；

（3）不溶性的硫化亞鐵[FeS]固體和稀硫酸混合反應(yīng)生成硫化氫氣體和硫酸亞鐵，硫化亞鐵為難溶固體，硫化氫是氣體不能拆分為離子，硫酸、硫酸亞鐵是溶于水的強電解質(zhì)，可以拆分成離子，反應(yīng)的離子方程式為：FeS+2H+=Fe2++H2S↑；

故答案為：FeS+2H+=Fe2++H2S↑；

（4）①Na2S2O3中S為+2價，從氧化還原的角度分析，反應(yīng)物中S元素化合價必須分別大于2和小于2，a中S化合價都小于2，c中S的化合價都大于2，bd符合題意；

故答案為：bd；

②化學(xué)方程式計算，設(shè)需要Na2S2O3+物質(zhì)的量為x，反應(yīng)的氯氣物質(zhì)的量==0.1mol；

Na2S2O3+4Cl2+5H2O═2NaCl+2H2SO4+6HCl

14

x0.1mol

x=0.025mol

理論上需要0.00100mol/LNa2S2O3溶液的體積V==25L；

故答案為：25；15、Al3++3NH3?H2O=Al（OH）3↓+3NH4+Li2CO3的溶解度隨溫度升高而減小，熱水洗滌可減少Li2CO3的損失2LiOH+NH4HCO3=Li2CO3↓+NH3+2H2O【分析】【分析】鋰輝石（Li2O?Al2O3?4SiO2，含少量Ca，Mg元素）經(jīng)過研磨、加熱、酸化得到可溶性的硫酸鋰、硫酸鋁和不溶的二氧化硅，經(jīng)過過濾，得到濾渣1二氧化硅，濾液1經(jīng)過調(diào)節(jié)PH值，使溶液得到濾液2Mg（OH）2和CaCO3．向濾液1中加入石灰乳以增加Ca2+、OH-的濃度，使Mg（OH）2、CaCO3更利于析出，以便形成濾渣2，熱水洗滌Li2CO3的溶解度隨溫度升高而減小，可減少Li2CO3的損失；得到最終產(chǎn)物碳酸鋰；

（1）步驟Ⅱ中鋁離子與氨水反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀；

（2）依據(jù)圖表分析可知碳酸鋰溶解度隨溫度升高減小；

（3）電解后向LiOH溶液中加入過量NH4HCO3溶液，氫氧化鋰與碳酸氫銨反應(yīng)生成碳酸鋰．【解析】【解答】解：鋰輝石（Li2O?Al2O3?4SiO2，含少量Ca，Mg元素）經(jīng)過研磨、加熱、酸化得到可溶性的硫酸鋰、硫酸鋁和不溶的二氧化硅，經(jīng)過過濾，得到濾渣1二氧化硅，濾液1經(jīng)過調(diào)節(jié)PH值，使溶液得到濾液2Mg（OH）2和CaCO3．向濾液1中加入石灰乳以增加Ca2+、OH-的濃度，使Mg（OH）2、CaCO3更利于析出，以便形成濾渣2，熱水洗滌Li2CO3的溶解度隨溫度升高而減小，可減少Li2CO3的損失；得到最終產(chǎn)物碳酸鋰；

（1）鋁離子生成氫氧化鋁的反應(yīng)，反應(yīng)離子方程式為：Al3++3NH3?H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；

故答案為：Al3++3NH3?H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；

（2）向濾液2中加入飽和Na2CO3溶液；過濾后，用“熱水洗滌”，圖表中碳酸鋰溶解度隨溫度升高減小，減少沉淀的損失；

故答案為：Li2CO3的溶解度隨溫度升高而減小，熱水洗滌可減少Li2CO3的損失；

（3）電解后向LiOH溶液中加入過量NH4HCO3溶液，氫氧化鋰與碳酸氫銨反應(yīng)生成碳酸鋰的方程式為：2LiOH+NH4HCO3=Li2CO3↓+NH3+2H2O；

故答案為：2LiOH+NH4HCO3=Li2CO3↓+NH3+2H2O．16、Au、Ptd4.4＜pH＜4.9Fe3++Al=Al3++Fe坩堝Zn-2e-+2OH-=Zn（OH）23molFe（OH）3+5OH--3e-=FeO42-+4H2O【分析】【分析】Ⅰ．根據(jù)蓋斯定律書寫目標熱化學(xué)方程式；

Ⅱ．（1）稀硫酸；濃硝酸混合酸后加熱；Cu、Al、Fe發(fā)生了反應(yīng)，所以濾渣1的成分是Pt和Au；

（2）①根據(jù)雙氧水具有氧化性且被還原為水；產(chǎn)物無雜質(zhì)無污染進行分析；

②依據(jù)流程分析；加入氧化劑后亞鐵離子被氧化為鐵離子，加入氫氧化鈉調(diào)節(jié)溶液PH使鐵離子和鋁離子全部沉淀，銅離子不沉淀，據(jù)此判斷pH的范圍；

（3）濾渣2為氫氧化鐵和氫氧化鋁的混合物；加入酸溶液后生成了鐵離子；鋁離子，向該溶液中加入鋁粉，鐵離子與鋁反應(yīng)生成鐵和鋁離子，據(jù)此寫出反應(yīng)的離子方程式；

（4）加熱硫酸銅晶體時需要放在坩堝中進行；

（5）放電時，Zn為負極，失去電子，發(fā)生電極反應(yīng)：Zn-2e-+2OH-=Zn（OH）2；

根據(jù)K2FeO4中鐵的化合價由+6變化為+3；化合價降低3；

正反應(yīng)中Fe元素的化合價降低，K2FeO4為正極，則充電時為陽極，發(fā)生氧化反應(yīng)：2Fe（OH）3+10OH--6e-=2FeO42-+8H2O．【解析】【解答】解：Ⅰ．已知：①CO（g）+H2O（g）?H2（g）+CO2（g）△H=-41kJ?mol-1

②C（s）+2H2（g）?CH4（g）△H=-73kJ?mol-1

③2CO（g）?C（s）+CO2（g）△H=-171kJ?mol-1

根據(jù)蓋斯定律，②+③-①×2得：CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（g）△H=-162kJ?mol-1；

故答案為：CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（g）△H=-162kJ?mol-1；

Ⅱ．（1）稀硫酸、濃硝酸混合酸后加熱，Cu、Al、Fe發(fā)生反應(yīng)生成Cu2+、Al3+、Fe2+；Au；Pt和酸不反應(yīng)，所以濾渣是Au、Pt；

故答案為：Au；Pt；

（2）①第②步加入試劑X的作用是將Fe2+氧化為Fe3+，雙氧水與亞鐵離子的反應(yīng)為：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；雙氧水做氧化劑被還原后為水，不引入雜質(zhì)，對環(huán)境無污染，而高錳酸鉀溶液；漂白粉、氯氣做氧化劑，反應(yīng)后引進了裝置，且污染環(huán)境，所以試劑X最好選用雙氧水；

故答案為：d；

②調(diào)溶液PH的目的是使Fe3+和Al3+形成沉淀，依據(jù)圖表數(shù)據(jù)分析可知，鐵離子完全沉淀時溶液pH=3.7，鋁離子完全沉淀時溶液pH=4.4，而銅離子開始沉淀時的pH=4.9，所以使Fe3+和Al3+形成沉淀；銅離子不沉淀，溶液pH調(diào)節(jié)范圍應(yīng)該為：4.4＜pH＜4.9；

故答案為：4.4＜pH＜4.9；

（3）根據(jù)實驗流程，酸浸液中含有鐵離子和鋁離子，向酸浸液中加入鋁粉后，鐵離子與鋁發(fā)生反應(yīng)生成鐵和鋁離子，反應(yīng)的離子方程式為Fe3++Al=Al3++Fe；

故答案為：Fe3++Al=Al3++Fe；

（4）由CuSO4?5H2O制備CuSO4時，應(yīng)把CuSO4?5H2O放在坩堝中；

故答案為：坩堝；

（5）放電時，Zn為負極，失去電子，發(fā)生電極反應(yīng)：Zn-2e-+2OH-=Zn（OH）2；

K2FeO4中鐵的化合價由+6變化為+3，化合價降低3，所以每有1molK2FeO4被還原；轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為3mol；

正反應(yīng)中Fe元素的化合價降低，K2FeO4為正極，則充電時為陽極，發(fā)生氧化反應(yīng)：Fe（OH）3+5OH--3e-=FeO42-+4H2O；

故答案為：Zn-2e-+2OH-=Zn（OH）2；3mol；Fe（OH）3+5OH--3e-=FeO42-+4H2O．17、＜=D減小B【分析】【分析】（1）壓強越大；氣體的反應(yīng)速率越大；

（2）D點要達平衡，必須降低NO2的百分含量；也就是逆向建立平衡，A；B、C三點都在平衡線上，所以此三點的正逆反應(yīng)速率相等；

（3）由D狀態(tài)轉(zhuǎn)變?yōu)镃狀態(tài)；該反應(yīng)向逆反應(yīng)方向移動；

（4）從當快速加壓時，平衡未移動，但壓強迅速增大，反映在圖象上就是縱坐標不變，橫坐標不斷增大；當緩慢加壓時，平衡不斷地被破壞，但又不斷地建立新的平衡的角度分析．【解析】【解答】解：（1）由于C點的壓強大于A點的壓強；所以正反應(yīng)速率A＜C，故答案為：＜；

（2）當反應(yīng)處于B狀態(tài)時，為平衡狀態(tài)，v正=v逆，A、B、C三點都在平衡線上，所以此三點的正逆反應(yīng)速率相等．D點要達平衡，必須降低NO2的百分含量，也就是逆向建立平衡，從而得出v（正）＜v（逆）．E點要達平衡，必須提高NO2的百分含量；也就是正向建立平衡，從而得出v（正）＞v（逆），故答案為：D；

（3）根據(jù)圖象知；由D狀態(tài)轉(zhuǎn)變?yōu)镃狀態(tài)，二氧化氮含量減小，該反應(yīng)向逆反應(yīng)方向移動，則混合氣體的物質(zhì)的量減小，故答案為：減?。?/p>

（4）對于壓強的改變，當快速加壓時，平衡未移動，但壓強迅速增大，反映在圖象上就是縱坐標不變，橫坐標不斷增大；當緩慢加壓時，平衡不斷地被破壞，但又不斷地建立新的平衡，所以緩慢加壓時，NO2的體積百分含量的變化應(yīng)不斷地在平衡曲線上滑動．所以“使E狀態(tài)從水平方向到達C狀態(tài)”；應(yīng)突然加壓；“由C沿平衡曲線以達A狀態(tài)”，應(yīng)緩慢降壓．

故答案為：B．18、CH2=CH2羧基nCH2=CHCl2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O使乙醇受熱揮發(fā)冷卻，使生成物乙醛液化c3molB【分析】【分析】（1）X是最簡單的烯烴；則X是乙烯，乙烯和水反應(yīng)生成A乙醇，乙醇被氧化生成B乙醛，乙醛被氧化生成乙酸C，乙烯和氯氣發(fā)生加成反應(yīng)生成1，2-二氯乙烷D，1，2-二氯乙烷脫去一分子氯化氫生成E，E是氯乙烯，氯乙烯發(fā)生加聚反應(yīng)生成F，則F是聚氯乙烯；

（2）①乙醇在銅做催化劑條件被氧氣氧化成乙醛；

②依據(jù)乙醇和乙醛的物理性質(zhì)：二者都容易揮發(fā)．乙醇是反應(yīng)物；應(yīng)轉(zhuǎn)化成乙醇蒸汽進入到硬質(zhì)試管內(nèi)參與反應(yīng)；乙醛是產(chǎn)物，降低溫度使其轉(zhuǎn)化成液態(tài)，所以前者用熱水浴，后者用冷水?。?/p>

③根據(jù)物質(zhì)的沸點高低不同來確定獲得的物質(zhì)；結(jié)合物質(zhì)的性質(zhì)來確定混合液中加入的物質(zhì)．

（3）阿斯匹林中酯基；羧基都能與氫氧化鈉反應(yīng)；同時酯基水解生成酚羥基也能與氫氧化鈉反應(yīng)；

（4）某烴的分子式為C8H10，不能使溴水褪色，但可使酸性KMnO4溶液褪色，所以含有苯環(huán)，結(jié)合C、H原子數(shù)目關(guān)系可知，屬于苯的同系物，然后根據(jù)剩余的2個碳可以形成1個乙基或2個甲基來解答．【解析】【解答】解：（1）X是最簡單的烯烴；則X是乙烯，乙烯和水反應(yīng)生成A乙醇，乙醇被氧化生成B乙醛，乙醛被氧化生成乙酸C，乙烯和氯氣發(fā)生加成反應(yīng)生成1，2-二氯乙烷D，1，2-二氯乙烷脫去一分子氯化氫生成E，E是氯乙烯，氯乙烯發(fā)生加聚反應(yīng)生成F，則F是聚氯乙烯；

①通過以上分析知，X是乙烯，結(jié)構(gòu)簡式為CH2=CH2；C是乙酸，含有的官能團為羧基；

故答案為：CH2=CH2；羧基；

②E是氯乙烯，氯乙烯發(fā)生加聚反應(yīng)生成F，反應(yīng)的方程式為nCH2=CHCl

故答案為：nCH2=CHCl

（2）①乙醇在銅做催化劑條件被氧氣氧化成乙醛，反應(yīng)的方程式為：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；

故答案為：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；

②根據(jù)反應(yīng)流程可知：在甲處用熱水浴加熱使乙醇揮發(fā)與空氣中的氧氣混合；有利于下一步反應(yīng)；乙處作用為冷水浴，降低溫度，使生成的乙醛冷凝成為液體，沉在試管的底部；

故答案為：使乙醇受熱揮發(fā)；冷卻；使生成物乙醛液化；

③乙醇的催化氧化實驗中的物質(zhì)：乙醇；乙醛、乙酸和水的沸點高低不同；在試管a中能收集這些不同的物質(zhì)，其中乙酸能使紫色石蕊試紙顯紅色，要除去該物質(zhì)，可在混合液中加入碳酸氫鈉，碳酸氫鈉可以和乙酸之間反應(yīng)生成乙酸鈉、水以及二氧化碳，其余的物質(zhì)和乙酸均不會發(fā)生反應(yīng)，故答案為：c．

（3）阿斯匹林中酯基；羧基都能與氫氧化鈉反應(yīng)；同時酯基水解生成酚羥基也能與氫氧化鈉反應(yīng)，所以1mol阿斯匹林和足量的NaOH溶液充分反應(yīng)，消耗NaOH的物質(zhì)的量為3mol；

故答案為：3mol；

（4）某烴的分子式為C8H10，不能使溴水褪色，但可使酸性KMnO4溶液褪色，所以含有苯環(huán)，是苯的同系物，可以形成乙苯、鄰二甲苯、間二甲苯、對二甲苯，此烴與液溴在催化劑條件下只得到一種取代產(chǎn)物，只能是鄰、間、對二甲苯，故選B．19、2Cl--2e-=Cl2↑XCu2OCu檢驗紅色物質(zhì)中有無Cu2OAg++Cl-=AgCl↓2CuCl+H22Cu+2HClCu2++e-+Cl-=CuCl↓mol偏小【分析】【分析】（1）陽極上氯離子失電子生成氯氣；Y電極上析出Cu；氯氣能和堿反應(yīng)生成鹽和水，氯氣有毒不能直接排空，可以堿液吸收；

（2）根據(jù)物質(zhì)顏色判斷；

（3）①實驗中，碳棒上的白色物質(zhì)完全變?yōu)榧t色，無水硫酸銅不變色氫氣還原產(chǎn)物中不含水蒸氣，d中出現(xiàn)白色沉淀，氯離子和銀離子反應(yīng)生成白色沉淀，由現(xiàn)象說明不含Cu2O；含有CuCl；

②氯離子和銀離子反應(yīng)生成白色沉淀；

③氫氣還原CuCl生成Cu和HCl；

④電解過程中；陰極上銅離子得電子和氯離子反應(yīng)生成白色沉淀CuCl；

⑤b中反應(yīng)前后固體質(zhì)量減少的量是Cl元素質(zhì)量，根據(jù)差量法計算白色物質(zhì)的物質(zhì)的量；若裝置b冷卻時不繼續(xù)通H2，會導(dǎo)致生成的Cu和空氣反應(yīng)生成CuO而產(chǎn)生誤差．【解析】【解答】解：（1）陽極上氯離子失電子生成氯氣，電極反應(yīng)式為2Cl--2e-=Cl2↑；Y電極上析出Cu；氯氣能和堿反應(yīng)生成鹽和水，氯氣有毒不能直接排空，可以堿液吸收，所以導(dǎo)氣管W端應(yīng)該與X連接；

故答案為：2Cl--2e-=Cl2↑；X；

（2）Cu和Cu2O都是紅色物質(zhì)，所以紅色物質(zhì)還可能是Cu2O或二者都有，故答案為：Cu2O；

（3）①由于無水硫酸銅不變色，證明b中反應(yīng)產(chǎn)物沒有水生成，碳棒上的紅色物質(zhì)中沒有氧元素，一定不會含有氧化亞銅，一定含有銅；無水硫酸銅來檢驗紅色物質(zhì)中有無Cu2O；

故答案為：銅；檢驗紅色物質(zhì)中有無Cu2O；

②白色物質(zhì)若為CuCl，CuCl與氫氣反應(yīng)會生成氯化氫，將生成產(chǎn)物通入硝酸銀溶液中，若生成了白色沉淀，證明白色物質(zhì)為CuCl，反應(yīng)的離子方程式為：Ag++Cl-=AgCl↓；

故答案為：Ag++Cl-=AgCl↓；

③裝置b中發(fā)生反應(yīng)為CuCl與氫氣反應(yīng)，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2CuCl+H22Cu+2HCl；

故答案為：2CuCl+H22Cu+2HCl；

④電解CuCl2溶液時，陰極上發(fā)生的反應(yīng)為銅離子得到電子生成銅：Cu2++2e-=Cu和銅離子失去電子生成氯化亞銅：Cu2++e-+Cl-=CuCl；

故答案為：Cu2++e-+Cl-=CuCl↓；

⑤2CuCl+H2=2Cu+2HCl，反應(yīng)前后固體質(zhì)量變化為氯元素質(zhì)量，白色固體為CuCl，所以n（CuCl）=n（Cl）=mol，裝置b冷卻時不繼續(xù)通H2；空氣中的氧氣進入會增加固體質(zhì)量使測定亞銅離子產(chǎn)率減??；

故答案為：mol；偏?。?0、EFGCHFBCD【分析】【分析】（1）先根據(jù)稀釋前后溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變；計算出濃溶液的體積，選取合適的量筒，再根據(jù)配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液需要量??；溶解、移液、洗滌、定容、搖勻等操作解答；

（2）根據(jù)正確使用容量瓶的方法進行判斷．【解析】【解答】解：（1）98%的濃H2SO4的物資的量濃度為c==mol/L=18.4mol/L，配制1.84mol/L的稀硫酸100mL，需要濃硫酸的體積為V==0.01L=10mL；應(yīng)選擇10ml量筒，因配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液需要量取；溶解、移液、洗滌、定容、搖勻等操作，所以正確順序為：EFGCHF；

故答案為：EFGCHF；

（2）A；容量瓶是帶有活塞的儀器；使用前要檢查是否漏水，故A正確；

B；容量瓶用蒸餾水洗凈后；不能夠使用待配溶液潤洗，否則導(dǎo)致配制的溶液濃度偏高，故B錯誤；

C；容量瓶的定量儀器；只能用于配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液，不能用于溶解，應(yīng)該在燒杯中溶解，故C錯誤；

D；無論配制的試樣是液體還是固體；都不能在容量瓶中溶解，應(yīng)該在燒杯中溶解或稀釋，故D錯誤；

E；定容完成后；需要搖勻配制的溶液，方法為：蓋好瓶塞，用食指頂住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒轉(zhuǎn)和搖動多次，故E正確；

F；在向容量瓶轉(zhuǎn)移液體時；要用玻璃棒引流，避免液體留到容量瓶外面，故F正確；

故選BCD．21、否海水中鎂離子濃度小，沉淀劑的用量大，不利于鎂離子的沉淀否能源消耗大，海水的綜合利用低，成本高是鎂離子富集濃度高，成本低Ca（OH）2Mg（OH）2+2HCl=MgCl2+2H2O、MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑【分析】【分析】（一）可以比較三個觀點的優(yōu)點和缺點；綜合分析；

（二）（1）從發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)來分析；

（2）從制取單質(zhì)鎂的過程考慮．【解析】【解答】解：（一）學(xué)生1與其他觀點相比；海水中鎂離子濃度小，使用的沉淀劑的量較大，且不利于收集氫氧化鎂，因此學(xué)生1的觀點不正確，原因是：海水中鎂離子濃度小，沉淀劑的用量大，不利于鎂離子的沉淀．

學(xué)生2與其他觀點相比；高溫蒸發(fā)海水，消耗的能源多，成本太高．因此學(xué)生2的觀點不正確，原因是：能源消耗大，海水的綜合利用低，成本高．

學(xué)生3與學(xué)生2相比；利用曬鹽后的苦鹵，節(jié)約能源，成本低；與學(xué)生1相比鎂離子濃度高，有利于鎂元素的富集．因此學(xué)生3的觀點正確，因為：鎂離子富集濃度高，成本低．

故答案為：

。是否正確簡述理由學(xué)生1的觀點否海水中鎂離子濃度小，沉淀劑的用量大，不利于鎂離子的沉淀．學(xué)生2的觀點否能源消耗大，海水的綜合利用低，成本高．學(xué)生3的觀點是鎂離子富集濃度高，成本低．（二）（1）加入試劑①反應(yīng)生成氫氧化鎂，剩余溶液，最好使用氫氧化鈉，既生成氫氧化鎂又不在剩余溶液中引入其他雜質(zhì)離子．當然，若不考慮所得溶液的用途（如制取氯化鈉），而考慮經(jīng)濟效益，就要使用氫氧化鈣，故答案為：Ca（OH）2；

（2）制取鎂時，要把氫氧化鎂轉(zhuǎn)化為無水氯化鎂，然后電解熔融狀態(tài)的氯化鎂，反應(yīng)方程式：Mg（OH）2+2HCl=MgCl2+2H2O、MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑，故答案為：Mg（OH）2+2HCl=MgCl2+2H2O、MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑．四、判斷題(共4題，共28分)22、√【分析】【分析】葡萄糖注射液是溶液．【解析】【解答】解：葡萄糖注射液是溶液，不能產(chǎn)生丁達爾效應(yīng)現(xiàn)象，不屬于膠體，故答案為：√．23、√【分析】【分析】溶液呈電中性，根據(jù)電荷守恒，溶液中存在c（Na+）+2c（Mg2+）=c（Cl-）+2c（SO42-），據(jù)此計算判斷．【解析】【解答】解：溶液呈電中性，根據(jù)電荷守恒，溶液中c（Na+）+2c（Mg2+）=c（Cl-）+2c（SO42-），即：0.1mol/L+2×0.25mol/L=0.2mol/L+2c（SO42-），解得c（SO42-）=0.2mol/L，故硫酸的濃度正確，故答案為：√．24、√【分析】【分析】均衡營養(yǎng)，藥物大多有副作用，要正確使用，才能促進人體健康．【解析】【解答】解：合理選擇飲食，有益健康，藥物大多有副作用，要正確使用，故答案為：√．25、×【分析】【分析】根據(jù)滴管滴加液體時，滴管尖端要懸空在容器口的正上方，不能伸入試管內(nèi)部更不能接觸試管內(nèi)壁解答．【解析】【解答】解：滴管滴加液體時，滴管尖端要懸空在容器口的正上方，不能伸入試管內(nèi)部更不能接觸試管內(nèi)壁，以免污染滴管內(nèi)的液體，故答案為：×．五、探究題(共4題，共32分)26、|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．27、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；溶液迅速變成紫紅色；滴定終點時，當?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，證明達到終點；

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==90.00%；

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(jù)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(zhì)的量不變，對V（標準）無影響，根據(jù)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(jù)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(jù)c（待測）=分析；c（標準）偏大，故D正確；

E．觀察讀數(shù)時，滴定前仰視，滴定后俯視，造成V（標準）偏小，根據(jù)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(yīng)用酸式滴定管盛裝；高錳離子有催化作用而導(dǎo)致反應(yīng)速率加快；乙二酸與KMnO4發(fā)生氧化還原反應(yīng)，滴定終點時，溶液由無色變成紫紅色，且半分鐘內(nèi)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(yīng)按第1、2組的平均值為消耗KMnO4溶液的體積，根據(jù)關(guān)系式2KMnO4～5H2C2O4計算；

④根據(jù)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(yīng)，甲