2025年人教版高三化學下冊月考試卷

…………○…………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年人教版高三化學下冊月考試卷427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總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、在某濃度的醋酸鈉溶液中，下列微粒的濃度關(guān)系不正確的是（）A.c（Na+）＞c（OH-）＞c（CH3COO-）＞c（H+）B.c（H+）+c（CH3COOH）=c（OH-）C.c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=c（Na+）D.c（CH3COO-）+c（OH-）=c（H+）+c（Na+）2、下列反應中，不能用“H++OH-=H2O”表示的（）A.鹽酸和氫氧化鈉B.次氯酸和氫氧化鉀C.硫酸和氫氧化鈉D.硝酸和氫氧化鉀3、已知25℃、101kPa下，石墨、金剛石燃燒的熱化學方程式分別為：C（石墨）+O2（g）→CO2（g）△H=-393.51kJ/molC（金剛石）+O2（g）→CO2（g）△H=-395.41kJ/mol據(jù)此推理所得到的下列結(jié)論中，正確的是（）A.1mol石墨與1mol氧氣反應生成1mol液態(tài)二氧化碳氣體放出熱量小于393.51kJB.金剛石比石墨穩(wěn)定C.由石墨制備金剛石一定是吸熱反應D.相同條件下，1mol金剛石與1mol氧氣的能量總和小于1mol二氧化碳氣體的能量4、油脂的硬化是油脂進行了（）

①氧化反應②氫化反應③加成反應④還原反應⑤皂化反應．A.①②③B.②③⑤C.②③④D.③④⑤5、下列比較不正確的是（）A.酸性：H2SO4＞H3PO4B.堿性：KOH＞NaOHC.原子半徑：S＜ClD.穩(wěn)定性：NH3＞CH46、下列化合物中，既有離子鍵、又有共價鍵，且是非極性共價鍵的是（）A.NaOHB.Na2O2C.H2O2D.CaH27、將0.03molCl2緩緩通人含0.02molH2SO3和0.02molHBr的混合溶液中，在此過程溶液的c(H+)與C12用量的關(guān)系示意圖是（溶液的體積視為不變）（）8、化學與、生密切關(guān)，下列說正確的是rm{(}rm{)}A.對“地溝油”進行分餾可得到汽油B.rm{PM_{2.5}}rm{CO_{2}}都屬于空氣質(zhì)量日報的內(nèi)容C.硅酸多孔、吸水能力強，常用作袋裝食品的干燥D.向煤中加入適量rm{CaSO_{4}}可大大減少燃燒產(chǎn)物中rm{SO_{2}}的量評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)9、已知（注：R；R′為徑基）．A為有機合成中間體；可發(fā)生銀鏡反應．A在一定條件下發(fā)生消去反應，可能得到兩種互為同分異構(gòu)體的產(chǎn)物，其中的一種B可用于制取合成樹脂、染料等多種化工產(chǎn)品．A能發(fā)生如圖所示的變化．

試回答下列問題：

①A分子中的官能團是____．

②B分子中最多有____個原子在同一平面．

③C的同分異構(gòu)體C1與C有相同的官能團，兩分子C1脫去兩分子水形成含有六元環(huán)的C2，寫出C2的結(jié)構(gòu)簡式：____．

④寫出E生成高聚物的化學方程式：____．10、相對分子質(zhì)量為70的烯烴的分子式為____；若該烯烴與足量的H2加成后能生成含3個甲基的烷烴，則該烯烴的可能的結(jié)構(gòu)簡式為____．11、有一氧化物X既能與某些酸性氧化物反應；又能與某些堿性氧化物反應．

（1）若X既能與某些酸性氧化物反應，又能與某些堿性氧化物反應，但反應產(chǎn)物中均無鹽生成，則該氧化物的化學式為____，X與Na2O反應的離子方程式為____．

（2）若X中的氧的質(zhì)量分數(shù)為47.06%，且都能生成鹽和水，則該氧化物的化學式為____，熔融X與Na2O反應的化學方程式為____；有人提出用電解X的方法，可獲得二級能源____（填化學式）；以獲得的物質(zhì)作為燃料，一緩解能源緊張的局面，這正是一種大膽而新穎的設想．

（3）上述（2）中的二級能源，在一定條件下可與Fe2O3反應，其反應的化學方程式為____，該反應屬于____反應．

（4）上述（3）中，若取二級能源與Fe2O3的混合物共ag，向其中加入足量的NaOH溶液，測得生成的氣體體積為bL（標準狀況），混合物中氧化物的質(zhì)量是____g．12、II．二甘氨酸合銅（II）是最早被發(fā)現(xiàn)的電中性內(nèi)配鹽；它的結(jié)構(gòu)如圖：

（3）基態(tài)Cu2+的最外層電子排布式為____

（4）二甘氨酸合銅（II）中，第一電離能最大的元素與電負性最小的非金屬元素可形成多種微粒，其中一種是5核10電子的微粒，該微粒的空間構(gòu)型是____．

（5）lmol二甘氨酸合銅（II）含有的π鍵數(shù)目是____．

（6）二甘氨酸合銅（II）結(jié)構(gòu)中，與銅形成的化學鍵中一定屬于配位鍵的是____（填寫編號）．13、油脂被攝入人體后，在酶的作用下水解為高級脂肪酸和____（寫名稱），進而被氧化生成二氧化碳和水并提供能量，或作為合成人體所需其他物質(zhì)的原料．14、常溫下將0.010molCH3COONa和0.004molHCl溶于水，配制成0.5L混合溶液，判斷：（1）溶液中有兩種微粒的物質(zhì)的量之和一定等于0.010mol，它們是____和；（2）溶液中n(CH3COO-)+n(OH-)-n(H+)=_____________mol。15、在元素周期表中；同一主族元素化學性質(zhì)相似．目前也發(fā)現(xiàn)有些元素的化學性質(zhì)和它在周期表中左上方或右下方的另一主族的元素性質(zhì)相似，稱為“對角線”規(guī)則．如鋰和鎂，鈹和鋁，據(jù)此回答：

（1）鋰在空氣中燃燒，除生成____外，也生成微量的____（用化學式作答）．

（2）鈹?shù)淖罡邇r氧化物對應的水化物的化學式是____，它屬于兩性氫氧化物，可以證明這一結(jié)論的離子反應方程式是____；____．

（3）已知反應Be2C+4H2O=2Be（OH）2+CH4↑，則Al4C3遇水反應的化學反應方程式為____．16、寫出下列各烷烴的分子式．

（1）烷烴A在同溫同壓下蒸氣的密度是H2的43倍____．

（2）烷烴B的分子中含有200個氫原子____．

（3）1L烷烴C的蒸氣完全燃燒時，生成同溫同壓下15L的水蒸氣____．

（4）分子中含有22個共價鍵的烷烴D為____．

（5）0.1mol烷烴E完全燃燒，消耗標準狀況下的O211.2L____．17、(16分)(1)電鍍時，鍍件與電源的極連接。(2)化學鍍的原理是利用化學反應生成金屬單質(zhì)沉積在鍍件表面形成鍍層。①若用銅鹽進行化學鍍銅，應選用＿（填“氧化劑”或“還原劑”）與之反應。②某化學鍍銅的反應速率隨鍍液pH變化如右圖所示。該鍍銅過程中，鍍液pH控制在12.5左右。據(jù)圖中信息，給出使反應停止的方法：(3)酸浸法制取硫酸銅的流程示意圖如下①步驟（i）中Cu2(OH)2CO3發(fā)生反應的化學方程式為。②步驟（ii）所加試劑起調(diào)節(jié)pH作用的離子是（填離子符號）。③在步驟（iii）發(fā)生的反應中，1molMnO2轉(zhuǎn)移2mol電子，該反應的離子方程式為____。④步驟（iv）除去雜質(zhì)的化學方程式可表示為3Fe3++NH4++2SO42-+6H2O=NH4Fe3(SO4)2(OH)6＋6H+過濾后母液的pH=2.0,c(Fe3+)=amol·L-1，,c(NH4+）=bmol·L-1，,c(SO42-）=dmol·L-1，該反應的平衡常數(shù)K=＿（用含a、b、d的代數(shù)式表示）。評卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)18、常溫常壓下，3.2gO2所含的原子數(shù)為0.2NA．____（判斷對錯）19、31g白磷中含有的共價鍵數(shù)為1.5NA．____（判斷對錯）20、6.02×1023個NaCl分子中含有Na+數(shù)目為NA____（判斷對錯），若不正確，理由是____．21、某有機物燃燒后生成二氧化碳和水，所以此有機物一定含有C、H、O三種元素．____（判斷對錯）22、SO3和H2O的反應與SO2和H2O的反應類型完全相同____（判斷對和錯）23、將藍色的硫酸銅晶體放入濃硫酸屬于物理變化____．（判斷對確）24、向沸水中逐滴加入少量飽和FeCl3溶液，可制得Fe（OH）3膠體____（判斷對錯）25、丁達爾現(xiàn)象可用來區(qū)別膠體與溶液，其中膠體能透過半透膜____．（判斷對錯）26、近半個多世紀以來；隨著人類社會的高度發(fā)達，環(huán)境污染問題也越來越受到了人們的關(guān)注．請回答下列問題：

（1）水是人類賴以生存的物質(zhì)．下列物質(zhì)會帶來水體的重金屬污染的是____（填字母）；

A．含Hg2+的化合物B．含N的化合物C．含P的化合物。

其他選項的化合物會造成水體的____（填名稱）．

（2）煤和石油是當今世界重要的化石燃料，但它們的燃燒會對環(huán)境造成影響，生成的____、____（填化學式）等容易形成酸雨．某火力發(fā)電廠為了防止廢氣污染環(huán)境，現(xiàn)采用廉價易得的石灰石漿來吸收，其反應方程式為：2CaCO3+2SO2+O2=2CaSO4+2x．試推測x的化學式為____．x的大量排放仍會帶來環(huán)境問題，它對環(huán)境帶來的影響是造成____（填名稱）．若改用另一種吸收劑，則可避免x的大量排放，其反應方程式為：2y+2SO2+O2=2CaSO4+2H2O，則y的化學式為____．

（3）防治環(huán)境污染；改善生態(tài)環(huán)境已成為全球的共識，請回答下列問題：

①空氣質(zhì)量報告的各項指標可以反映出各地空氣的質(zhì)量．下列氣體已納入我國空氣質(zhì)量報告的是____（填字母）．

A．CO2B．N2C．NO2D．SO2

②垃圾應分類收集．你用過的舊試卷應放置于貼有____（填字母）標志的垃圾筒內(nèi)．

③工業(yè)廢水需處理達標后才能排放．判斷下列廢水處理的方法是否合理；合理的請畫“√”，不合理的請在括號中填寫正確方法．

A．用中和法除去廢水中的酸____

B．用混凝法除去廢水中的重金屬離子____

C．用氯氣除去廢水中的懸浮物____．評卷人得分四、計算題(共2題，共18分)27、（2015秋?瑞安市校級期中）甲醇是重要的化工原料，又可稱為燃料．利用合成氣（主要成分為CO、CO2和H2）在催化劑的作用下合成甲醇；發(fā)生的主反應如下：

①CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）△H1

②CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）△H2

③CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）△H3

回答下列問題：

（1）已知反應①中的相關(guān)的化學鍵鍵能數(shù)據(jù)如下：（其中CO中的碳氧鍵為CO）

?；瘜W鍵H-HC-OCOH-OC-HE/（kJ．mol-1）4363431076465413由此計算△H1=____kJ?mol-1，已知△H2=-58kJ?mol-1，則△H3=____kJ?mol-1．

（2）在25℃、101KPa下，每充分燃燒1gCH3OH并恢復到原狀態(tài)，會釋放22.68KJ的熱量．請寫出表示甲醇燃燒熱的熱化學反應方程式：____．

（3）利用CO2與H2反應還可合成二甲醚（CH3OCH3）．以KOH為電解質(zhì)溶液，組成二甲醚空氣燃料電池，該電池工作時其負極反應式是____．

（4）常溫下，用二甲醚燃料電池電解600mLNaCl溶液，若消耗二甲醚0.23g，兩極共產(chǎn)生氣體____（標準狀況），溶液的pH=____．

（5）若用二甲醚燃料電池電解CO制備CH4和W，工作原理如圖所示，生成物W____是，其電解總離子方程式是____．28、有一份由Na和Na2O2組成的混合物，將其投入足量的水中，并吸收全部生成的氣體，將氣體引火爆炸后再無氣體剩余，則原混合物中Na和Na2O2的質(zhì)量之比為____．評卷人得分五、解答題(共2題，共18分)29、將2molN2和4molH2充入2L密閉容器中進行合成NH3反應，2min后測得生成NH31.6mol，求2min內(nèi)各物質(zhì)的反應速率．30、為全面推動國際旅游島建設；大力發(fā)展綠色產(chǎn)業(yè)，保護和改善自然環(huán)境，據(jù)此下列各項措施符合海南省發(fā)展方向的是：______

A．發(fā)展水電核電；充分利用太陽能；風能、潮汐能發(fā)電以減少火力發(fā)電帶來的二氧化硫和二氧化碳排放問題。

B．發(fā)展低碳經(jīng)濟；循環(huán)經(jīng)濟、積極推行“限塑令”；加快研發(fā)利用二氧化碳合成的聚碳酸酯類可降解塑料。

C．依托南海資源；大力發(fā)展石油化工產(chǎn)業(yè)，打破傳統(tǒng)的產(chǎn)業(yè)結(jié)構(gòu)。

D．加速建設城際輕軌；發(fā)展改善城市公交系統(tǒng)，減少汽車尾氣排放。

E．推行垃圾分類；對未經(jīng)分類的生活垃圾和工業(yè)垃圾使用填埋法處理．

參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、A【分析】【分析】醋酸鈉為強堿弱酸鹽，醋酸根離子水解而使其溶液呈堿性，溶液中存在電荷守恒、質(zhì)子守恒和物料守恒，再結(jié)合電荷守恒、質(zhì)子守恒和物料守恒解答．【解析】【解答】解：A．醋酸鈉為強堿弱酸鹽，醋酸根離子水解而使其溶液呈堿性，所以c（OH-）＞c（H+），醋酸根離子水解程度較小，所以c（OH-）＜c（CH3COO-）；故A錯誤；

B．溶液中存在質(zhì)子守恒，根據(jù)質(zhì)子守恒得c（H+）+c（CH3COOH）=c（OH-）；故B正確；

C．溶液中存在物料守恒，根據(jù)物料守恒得c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=c（Na+）；故C正確；

D．溶液中存在電荷守恒，根據(jù)電荷守恒得c（CH3COO-）+c（OH-）=c（H+）+c（Na+）；故D正確；

故選A．2、B【分析】【分析】強酸與強堿反應生成可溶性鹽和水的離子反應為H++OH-=H2O，以此來解答．【解析】【解答】解：A．鹽酸與氫氧化鈉反應的離子反應為H++OH-=H2O；故A不選；

B．次氯酸為弱酸，則次氯酸和氫氧化鉀反應的離子反應為HClO+OH-=H2O+ClO-；故B選；

C．硫酸與氫氧化鈉反應的離子反應為H++OH-=H2O；故C不選；

D．硝酸與氫氧化鈉反應的離子反應為H++OH-=H2O；故D不選；

故選B．3、C【分析】【分析】由石墨、金剛石燃燒的熱化學方程式①C（石墨）+O2（g）=CO2（g）；△H=-393.51kJ?mol-1

②C（金剛石）+O2（g）=CO2（g）；△H=-395.41kJ?mol-1；

利用蓋斯定律將①-②可得：C（石墨）=C（金剛石）；△H=+1.9kJ?mol-1；

A．二氧化碳氣體變成液態(tài)會放出熱量；1mol石墨與1mol氧氣反應生成1mol液態(tài)二氧化碳氣體放出熱量大于393.51kJ；

B．根據(jù)反應熱比較金剛石與石墨的能量大小；能量越低越穩(wěn)定；

C．根據(jù)C（石墨）=C（金剛石）；△H=+1.9kJ?mol-1可知該反應一定吸熱；

D．放熱反應中，反應物總能量高于生成物的總能量．【解析】【解答】解：A．氣體變成液體要放熱；則1mol石墨與1mol氧氣反應生成1mol液態(tài)二氧化碳，放出熱量大于393.51kJ，故A錯誤；

B．由C（石墨）=C（金剛石）△H=+1.9kJ?mol-1；可知石墨總能量比金剛石低，則石墨比金剛石穩(wěn)定，故B錯誤；

C．將①-②可得：C（石墨）=C（金剛石）△H=+1.9kJ?mol-1；石墨制備金剛石為吸熱反應，故C正確；

D．金剛石與氧氣的反應為放熱反應；則反應物總能量大于生成物總能量，即1mol金剛石與1mol氧氣的能量總和大于1mol二氧化碳氣體的能量，故D錯誤；

故選C．4、C【分析】【分析】油脂的氫化也叫油脂的硬化，通過油脂的氫化，就是在催化劑鎳的作用下和氫加成，不飽和高級脂肪酸就變成了飽和的高級脂肪酸．【解析】【解答】解：油脂是油和脂肪的總稱；其主要成分是三分子的高級脂肪酸和甘油形成的甘油三酯，當油脂里面不飽和的高級脂肪酸含量高于飽和的就是油，反之就是脂肪．

通過油脂的氫化；就是在催化劑鎳的作用下和氫加成，（②氫化反應③加成反應④氫化反應同時也是還原反應）不飽和高級脂肪酸就變成了飽和的高級脂肪酸，就把油變成了脂肪，油脂的氫化得到的脂肪就是油脂的硬化，得到的脂肪也叫硬化油．油脂的氫化也叫油脂的硬化．

故選C．5、C【分析】【分析】A．非金屬性越強；其最高價氧化物對應水化物的酸性越強；

B．金屬性越強；其最高價氧化物對應水化物的堿性越強；

C．同周期從左到右；原子半徑逐漸減??；

D．非金屬性越強，其氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定．【解析】【解答】解：A．因非金屬性S＞P，所以酸性：H2SO4＞H3PO4；故A正確；

B．因金屬性K＞Na；所以堿性：KOH＞NaOH，故B正確；

C．同周期從左到右；原子半徑逐漸減小，因此原子半徑：S＞Cl，故C錯誤；

D．因非金屬性N＞C，所以穩(wěn)定性：NH3＞CH4；故D正確；

故選C．6、B【分析】【分析】一般來說，活潑金屬與非金屬形成離子鍵，非金屬元素之間形成共價鍵，同種非金屬元素之間形成非極性共價鍵，以此來解答．【解析】【解答】解：A．含離子鍵和O-H極性共價鍵；故A不選；

B．含離子鍵和O-O非極性共價鍵；故B選；

C．不含離子鍵；含O-H極性共價鍵和O-O非極性共價鍵，故C不選；

D．只含鈣離子與H-之間的離子鍵；故D不選；

故選B．7、A【分析】【解析】【答案】A8、C【分析】解：溝油為原料取的生物柴；生物柴油再經(jīng)分餾才得發(fā)動機的燃料，D錯誤故A錯誤；

向煤中入適量碳鈣，可大大少燃燒物中rm{SO2}的；故錯誤；

硅膠無毒；具有吸性，常用袋裝品的燥故C正確；

故選：

硅膠無；具有吸水；

據(jù)目前計入空染指數(shù)的項目進行析；

煤中加入適碳酸鈣可大減少燃產(chǎn)物中rm{SO2}的量；

本題主要考了綠色化學、地溝油的運用、空氣質(zhì)日的內(nèi)，題目難不大，熟悉相的性可解答，注意硅膠的水性和用途．【解析】rm{C}二、填空題(共9題，共18分)9、醛基、羥基9或【分析】【分析】A無酸性且不能水解，則A中不含酯基和羧基，A能發(fā)生銀鏡反應，則A含有醛基，A能發(fā)生消去反應，則A中含有醇羥基，A發(fā)生消去反應生成B，B中含有一個甲基和碳碳雙鍵，則B的結(jié)構(gòu)簡式為：CH3CH=CHCHO，A在一定條件下發(fā)生消去反應，可能得到兩種互為同分異構(gòu)體的產(chǎn)物，則A的結(jié)構(gòu)簡式為：CH3CH（OH）CH2CHO，A被銀氨溶液氧化生成C，C的結(jié)構(gòu)簡式為：CH3CH（OH）CH2COOH，C在合適的氧化劑反應生成D，根據(jù)題給信息知，D的結(jié)構(gòu)簡式為：CH3COCH2COOH．B和氫氣發(fā)生加成反應生成F，F(xiàn)的結(jié)構(gòu)簡式為：CH3CH2CH2CH2OH，B被還原生成E，E能使溴水褪色，說明含有碳碳雙鍵，不發(fā)生銀鏡反應，說明不含醛基，則E的結(jié)構(gòu)簡式為：CH3CH=CHCH2OH，據(jù)此解答．【解析】【解答】解：A無酸性且不能水解，則A中不含酯基和羧基，A能發(fā)生銀鏡反應，則A含有醛基，A能發(fā)生消去反應，則A中含有醇羥基，A發(fā)生消去反應生成B，B中含有一個甲基和碳碳雙鍵，則B的結(jié)構(gòu)簡式為：CH3CH=CHCHO，A在一定條件下發(fā)生消去反應，可能得到兩種互為同分異構(gòu)體的產(chǎn)物，則A的結(jié)構(gòu)簡式為：CH3CH（OH）CH2CHO，A被銀氨溶液氧化生成C，C的結(jié)構(gòu)簡式為：CH3CH（OH）CH2COOH，C在合適的氧化劑反應生成D，根據(jù)題給信息知，D的結(jié)構(gòu)簡式為：CH3COCH2COOH．B和氫氣發(fā)生加成反應生成F，F(xiàn)的結(jié)構(gòu)簡式為：CH3CH2CH2CH2OH，B被還原生成E，E能使溴水褪色，說明含有碳碳雙鍵，不發(fā)生銀鏡反應，說明不含醛基，則E的結(jié)構(gòu)簡式為：CH3CH=CHCH2OH．

①A的結(jié)構(gòu)簡式為：CH3CH（OH）CH2CHO；分子中的官能團是：醛基；羥基，故答案為：醛基、羥基；

②B為CH3CH=CHCHO；碳碳雙鍵；醛基均為平面結(jié)構(gòu)，二者可以供平面，旋轉(zhuǎn)碳碳單鍵可以使甲基中1個H原子處于平面內(nèi)，B分子中最多有9個原子在同一平面，故答案為：9；

③C[CH3CH（OH）CH2COOH]的同分異構(gòu)體Cl與C有相同官能團，兩分子Cl脫去兩分子水形成含有六元環(huán)的C2，核磁共振氫譜顯示X只有一種波峰，C2的結(jié)構(gòu)簡式為：或

故答案為：或

④E生成高聚物的化學方程式：

故答案為：．10、C5H10CH2=CCH3CH2CH3、（CH3）2C=CHCH3、（CH3）2CHCH=CH2【分析】【分析】烯烴為CnH2n，則12n+2n=70，解得n=5；根據(jù)該烯烴與氫氣加成后得到的烷烴分子中含3個甲基解題．【解析】【解答】解：烯烴為CnH2n，則12n+2n=70，解得n=5，分子式為C5H10；若該烯烴與氫氣加成后得到的烷烴分子中含4個甲基，可能的結(jié)構(gòu)簡式：CH2=CCH3CH2CH3、（CH3）2C=CHCH3、（CH3）2CHCH=CH2；

故答案為：C5H10；CH2=CCH3CH2CH3、（CH3）2C=CHCH3、（CH3）2CHCH=CH2．11、H2ONa2O+H2O=2NaOHAl2O3Al2O3（熔融）+Na2O=2NaAlO2AlAl+Fe2O3Al2O3+Fe放熱（a-）【分析】【分析】（1）若氧化物X既能與某些酸性氧化物反應，又能與某些堿性氧化物反應，但反應產(chǎn)物中均無鹽生成，則X為H2O；與氧化鈉反應生成氫氧化鈉；

（2）若氧化物X中氧的質(zhì)量分數(shù)為47.06%，且它既能與強酸反應，又能與強堿反應，且都能生成鹽和水，判斷X為Al2O3；電解熔融氧化鋁得到Al與氧氣，則所得二價能源物質(zhì)為Al；

（3）Al與氧化鐵在高溫條件下反應生成氧化鋁與Fe；反應放出大量的熱；

（4）發(fā)生反應：2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑，生成氣體為氫氣，根據(jù)方程式計算混合物中Al的質(zhì)量，進而計算氧化鐵的質(zhì)量．【解析】【解答】解：（1）若氧化物X既能與某些酸性氧化物反應，又能與某些堿性氧化物反應，但反應產(chǎn)物中均無鹽生成，則X為H2O，與氧化鈉反應生成氫氧化鈉，反應方程式為：Na2O+H2O=2NaOH；

故答案為：H2O；Na2O+H2O=2NaOH；

（2）若氧化物X中氧的質(zhì)量分數(shù)為47.06%，且它既能與強酸反應，又能與強堿反應，且都能生成鹽和水，判斷X為Al2O3，熔融Al2O3與Na2O反應的化學方程式為：Al2O3（熔融）+Na2O=2NaAlO2；電解熔融氧化鋁得到Al與氧氣；則所得二價能源物質(zhì)為Al；

故答案為：Al2O3；Al2O3（熔融）+Na2O=2NaAlO2；Al；

（3）Al與氧化鐵在高溫條件下反應生成氧化鋁與Fe，反應方程式為：Al+Fe2O3Al2O3+Fe；反應放出大量的熱，屬于放熱反應；

故答案為：Al+Fe2O3Al2O3+Fe；放熱；

（4）發(fā)生反應：2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑，生成氣體為氫氣，氫氣物質(zhì)的量為=mol，故Al的物質(zhì)的量為mol×，Al的質(zhì)量為mol××27g/mol=g，混合物中氧化鐵的質(zhì)量是（a-）g；

故答案為：（a-）g．12、3d9正四面體形2NA或1.204×10241和4【分析】【分析】（3）銅是29號元素，根據(jù)核外電子排布規(guī)律書寫基態(tài)Cu2+的最外層電子排布式；

（4）根據(jù)第一電離能和元素的非金屬性判斷；

（5）雙鍵中含有1個π鍵；根據(jù)雙鍵的數(shù)目判斷；

（6）根據(jù)原子的成鍵特點，及配位鍵的形成條件分析；【解析】【解答】解：（3）Cu是29號元素，原子核外電子數(shù)為29，基態(tài)原子核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d104s1，銅原子失去4s及3d上各一個電子形成Cu2+，故Cu2+離子的電子排布式為：1s22s22p63s23p63d9，基態(tài)Cu2+的最外層電子排布式為3d9；

故答案為：3d9；

（4）已知二甘氨酸合銅（Ⅱ）的結(jié)構(gòu)圖，其中第一電離能最大的為N元素，元素的非金屬最小的非金屬為H元素，二者形成的5核10電子的微粒為NH4+；該微粒的空間構(gòu)型是正四面體；

故答案為：正四面體；

（5）已知雙鍵中含有1個π鍵，由二甘氨酸合銅（Ⅱ）的結(jié)構(gòu)圖可知，1mol二甘氨酸合銅（Ⅱ）含有2molC=O，則含有的π鍵數(shù)目是2NA或1.204×1024；

故答案為：2NA或1.204×1024；

（6）Cu原子含有空軌道能與其它原子形成配位鍵；由于O原子在化合物中能形成2個共價鍵，所以O與Cu形成共價鍵，N與Cu形成配位鍵，即屬于配位鍵的是1和4；

故答案為：1和4；13、甘油（或丙三醇）【分析】【分析】油脂在酶的作用下水解為高級脂肪酸和甘油．【解析】【解答】解：油脂在酶的作用下水解為高級脂肪酸和甘油（或丙三醇）；

故答案為：甘油（或丙三醇）．14、略

【分析】【解析】【答案】（1）CH3COO-和CH3COOH（2）0.00615、Li2OLi3NBe（OH）2Be（OH）2+2H+═Be2++2H2OBe（OH）2+2OH-═BeO22-+2H2OAl4C3+12H2O═4Al（OH）3↓+3CH4↑【分析】【分析】（1）Mg和Li位于對角線位置；性質(zhì)相似，結(jié)合Mg的性質(zhì)解答；

（2）Be的化合價是+2，鈹?shù)淖罡邇r氧化物對應的水化物的化學式為Be（OH）2；根據(jù)兩性氫氧化物既能與酸反應生成鹽和水，又能和堿（強堿）反應生成鹽和水的，結(jié)合氫氧化鋁的性質(zhì)解答；

（3）根據(jù)化合價可知，Al4C3水解生成氫氧化鋁與甲烷，以此來解答．【解析】【解答】解：（1）Mg能與空氣中的氧氣、氮氣、二氧化碳反應，類比遷移，則鋰在空氣中燃燒的產(chǎn)物有Li2O和Li3N，Li2O為主要產(chǎn)物；

故答案為：Li2O；Li3N；

（2）Be的化合價是+2，鈹?shù)淖罡邇r氧化物對應的水化物的化學式為Be（OH）2，根據(jù)兩性氫氧化物既能與酸反應生成鹽和水，又能和堿（強堿）反應生成鹽和水．Be（OH）2代表堿時為二元堿，Be（OH）2代表酸時為二元酸，表示堿時：Be（OH）2+2H+═Be2++2H2O，表示酸時：Be（OH）2+2OH-═BeO22-+2H2O；

故答案為：Be（OH）2；Be（OH）2+2H+═Be2++2H2O；Be（OH）2+2OH-═BeO22-+2H2O；

（3）根據(jù)化合價可知，Al4C3水解生成氫氧化鋁與甲烷，反應的為Al4C3+12H2O═4Al（OH）3↓+3CH4↑，故答案為：Al4C3+12H2O═4Al（OH）3↓+3CH4↑．16、C6H14C99H200C14H30C7H16C3H8【分析】【分析】（1）根據(jù)密度之比等于摩爾質(zhì)量之比進行計算；

（2）根據(jù)烷烴的通式CnH（2n+2）和B的分子中含有200個氫原子計算；

（3）根據(jù)同溫同壓下；體積比等于物質(zhì)的量之比，再根據(jù)氫原子守恒計算出n；

（4）烷烴CnH（2n+2）分子中含有n-1個碳碳共價鍵；2n+2個碳氫共價鍵；

（5）根據(jù)寫出烷烴燃燒的通式，根據(jù)烷烴和氧氣的物質(zhì)的量計算出n．【解析】【解答】解：烷烴的通式為：CnH（2n+2）；烷烴的相對分子量為：14n+2；

（1）密度之比=摩爾質(zhì)量之比=等于相等分子量之比，烷烴A在同溫同壓下蒸氣的密度是H2的43倍；則A的相對分子量為2×43=86；

A的相對分子質(zhì)量為：14n+2=86，n=6，即該烷烴的分子式為C6H14；

故答案為：C6H14；

（2）烷烴B的分子中含有200個氫原子，則：2n+2=200，解得：n=99，所以B的分子式為C99H200；

故答案為：C99H200；

（3）1L烷烴D的蒸氣完全燃燒時，生成同溫、同壓下15L水蒸氣，根據(jù)氫原子守恒，所以烷烴D分子中含30個氫原子，即：2n+2=30，n=14，所以D的分子式為：C14H30，故答案為：C14H30；

（4）烷烴CnH（2n+2）分子中含有n-1個碳碳共價鍵；2n+2個碳氫共價鍵；總共含有3n+1個共價鍵，則：3n+1=22，解得：n=7；

故答案為：C7H16；

（5）0.1mol烷烴完全燃燒消耗O2的物質(zhì)的量為：=0.5mol，所以1mol該烴完全燃燒，消耗：=5mol氧氣，根據(jù)反應CnH2n+2+O2→nCO2+（n+1）H2O，可得：=5，解得：n=3，則D的分子式為C3H8；

故答案為：C3H8．17、略

【分析】(1)電鍍時，待鍍件與電源的負極相連，溶液中的鍍層金屬離子得到電子在鍍件上析出。(2)①②化學電鍍的原理就是利用置換反應將鍍層金屬離子從溶液中置換出來，從銅鹽中置換出銅通常用Fe等還原劑。②由圖可看出溶液pH低于9時，該化學鍍的反應速率為0，因此可調(diào)節(jié)pH略小于9即可使反應停止。(3)①Cu2(OH)2CO3溶于H2SO4的反應為：Cu2(OH)2CO3＋2H2SO4＝2CuSO4+CO2↑+3H2O。②加入的NH4HCO3中的NH4＋水解顯酸性，HCO3－水解顯堿性，且可以與溶液中的H＋反應，故起調(diào)節(jié)pH作用的離子是HCO3－。③溶液中具有還原性的只有Fe2＋，再根據(jù)1molMnO2轉(zhuǎn)移2mol電子，即可寫出相應的離子方程式為MnO2+2Fe2＋+4H＋Mn2＋+2Fe3＋+2H2O。④化學平衡常數(shù)就是達到化學平衡時，生成物濃度冪之績與反應物濃度冪之績的比值，注意溶液中的沉淀和水的濃度看作是1?？键c定位：本題考查了電鍍原理、化學平衡的應用和物質(zhì)的制備?！窘馕觥俊敬鸢浮?1)負(2)①還原劑②調(diào)節(jié)溶液pH在8～9之間(3)①Cu2(OH)2CO3＋2H2SO4＝2CuSO4+CO2↑+3H2O。②HCO3－。③MnO2+2Fe2＋+4H＋Mn2＋+2Fe3＋+2H2O。④三、判斷題(共9題，共18分)18、√【分析】【分析】根據(jù)n==結(jié)合物質(zhì)的構(gòu)成計算．【解析】【解答】解：n（O2）==0.1mol，則含有原子數(shù)為0.2NA．故答案為：√．19、√【分析】【分析】白磷分子中含有6個P-P共價鍵，白磷分子式為P4，據(jù)此進行計算含有共價鍵數(shù)目．【解析】【解答】解：白磷是正四面體型結(jié)構(gòu)，分子中含有6個P-P共價鍵；31g白磷（分子式為P4）的物質(zhì)的量是0.25mol，所以分子中含有P-P共價鍵1.5mol，含有的共價鍵數(shù)目為1.5NA，故答案為：√；20、×【分析】【分析】NaCl屬于離子晶體，不存在NaCl分子．【解析】【解答】解：因為NaCl屬于離子化合物，不存在分子，故錯誤，故答案為：×，因為NaCl屬于離子化合物，不存在分子．21、×【分析】【分析】根據(jù)質(zhì)量守恒可知，某有機物完全燃燒后生成二氧化碳和水，說明該有機物中肯定含有碳、氫2種元素，可能含有氧元素．【解析】【解答】解：某有機物完全燃燒后生成二氧化碳和水，說明該有機物中肯定含有碳、氫2種元素，可能含有氧元素，故答案為：×．22、×【分析】【分析】依據(jù)化學方程式分析判斷，反應都是兩種物質(zhì)反應生成一種物質(zhì)，屬于化合反應，但從可逆反應上來看，二氧化硫與水反應為可逆反應．【解析】【解答】解：SO3+H2O=H2SO4，H2O+SO2?H2SO3依據(jù)化學方程式分析判斷，反應都是兩種物質(zhì)反應生成一種物質(zhì)，屬于化合反應，但從可逆反應上來看，二氧化硫與水反應為可逆反應，故不完全相同，故答案為：×．23、×【分析】【分析】化學變化是指有新物質(zhì)生成的變化，物理變化是指沒有新物質(zhì)生成的變化，據(jù)此解題．【解析】【解答】解：藍色硫酸銅晶體放入濃硫酸生成硫酸銅和水，屬于化學變化，故答案為：×．24、×【分析】【分析】向沸水中滴加幾滴飽和氯化鐵溶液，并加熱至液體呈紅褐色得到氫氧化鐵膠體，據(jù)此分析解答．【解析】【解答】解：氫氧化鐵膠體的制備方法：向沸水中滴加幾滴氯化鐵飽和溶液，氯化鐵水解生成氫氧化鐵膠體，升高溫度促進氯化鐵水解，并加熱至液體呈紅褐色即可得到氫氧化鐵膠體，所以該題錯誤，故答案為：×．25、×【分析】【分析】膠體有丁達爾效應，溶液沒有；溶質(zhì)粒子能透過半透膜，膠體粒子不能透過半透膜，但能透過濾紙．【解析】【解答】解：膠體有丁達爾效應，溶液沒有，故利用丁達爾效應可以區(qū)分溶液和膠體；膠體微粒的直徑大于半透膜的孔徑，膠體粒子不能透過半透膜，故答案為：×．26、A【分析】【分析】（1）密度小于4.5的為輕金屬；大于4.5的為重金屬；水體富營養(yǎng)化是因為向水中排放含氮；磷等元素的生產(chǎn)生活廢水過多造成的；

（2）酸雨主要由化石燃料燃燒產(chǎn)生的二氧化硫；氮氧化物等酸性氣體；經(jīng)過復雜的大氣化學反應，形成硫酸和硝酸，被雨水吸收溶解而成；根據(jù)化學反應前后原子的種類與數(shù)目保持不變可以判斷物質(zhì)的化學式；二氧化碳是一種主要的溫室效應氣體；根據(jù)質(zhì)量守恒的原因推出Y為氫氧化鈣；

（3）①空氣質(zhì)量報告的主要內(nèi)容包括：空氣污染指數(shù)；首要污染物（包括可吸入顆粒物、二氧化硫、二氧化氮等氣體）、空氣質(zhì)量級別、空氣質(zhì)量狀況等；

②舊試卷屬于可回收物；可回收再利用；

③根據(jù)污水的類型選取處理的方法．【解析】【解答】解：（1）工業(yè)廢水中常見的重金屬元素指的是Cu2+、Hg2+、Cd2+、Pb2+等重金屬離子；含鉛；汞的物質(zhì)是常見的有毒污染物；生物所需的氮、磷等營養(yǎng)物質(zhì)大量進入湖泊、河口、海灣等緩流水體，引起藻類及其它浮游生物迅速繁殖，水體溶氧量下降，魚類及其它生物大量死亡，該現(xiàn)象為水體富營養(yǎng)化導致的結(jié)果；

故答案為：A；富營養(yǎng)化；

（2）酸雨是指溶液pH小于5.6的雨水，正常雨水的pH約為5.6；酸雨主要由化石燃料燃燒產(chǎn)生的二氧化硫、氮氧化物等酸性氣體，經(jīng)過復雜的大氣化學反應，被雨水吸收溶解而成，根據(jù)2CaCO3+2SO2+O2═2CaSO4+2x可知，依據(jù)質(zhì)量守恒定律可知每個x中含有1個碳原子和2個氧原子，所以x是二氧化碳．二氧化碳是形成溫室效應的主要物質(zhì)，2y+2SO2+O2=2CaSO4+2H2O；依據(jù)質(zhì)量守恒定律可知每個y中含有1個鈣原子和2個氫氧根原子團，所以y是氫氧化鈣；

故答案為：SO2；NO2；CO2；溫室效應；Ca（OH）2；

（3）①空氣質(zhì)量報告的主要內(nèi)容包括：空氣污染指數(shù)、首要污染物（包括可吸入顆粒物、二氧化硫、二氧化氮等氣體）、空氣質(zhì)量級別、空氣質(zhì)量狀況等，二氧化碳無毒，不屬于空氣污染物，氮氣是空氣的主要組成氣體，而可吸入顆粒物、NO2、SO2均為污染物；需要檢測；

故答案為：CD；

②用過的舊試卷可回收再利用重新做成紙漿；屬于可回收垃圾，故答案為：A；

③A．如果污水中含大量氫離子或氫氧根離子；可采用酸堿中和法，除去水中大量的氫離子或氫氧根離子，故答案為：√；

B．如果水中含重金屬離子；可加入一些物質(zhì)使金屬陽離子轉(zhuǎn)化成沉淀而除去這些離子，即沉降法，故答案為：（沉降法）；

C．如果使懸浮于水中的泥沙形成絮狀不溶物沉降下來，使水澄清，可用明礬等混凝劑作凈水劑，故答案為：（混凝法）．四、計算題(共2題，共18分)27、-99+41CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-725.76kJ?mol-1CH3OCH3-12e-+16OH-=2CO32-+11H2O1.344L13NaHCO34CO+3CO32-+5H2O=6HCO3-+CH4↑【分析】【分析】（1）反應熱=反應物總鍵能-生成物總鍵能；根據(jù)蓋斯定律：反應②-反應①=反應③；反應熱也進行相應的計算；

（2）依據(jù)燃燒熱概念是1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物放出的熱量；題干所給量計算32g甲醇燃燒生成二氧化碳和液態(tài)水放熱，結(jié)合熱化學方程式書寫方法，標注物質(zhì)聚集狀態(tài)和對應焓變；

（3）根據(jù)燃料電池為燃料作負極失電子發(fā)生氧化反應；結(jié)合電解質(zhì)溶液書寫負極電極反應式；

（4）根據(jù)燃料電池的電極反應可知二甲醚與轉(zhuǎn)移電子數(shù)目的關(guān)系，利用電子守恒，結(jié)合反應2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑進行計算；

（5）由此電解原理可知，陽極失去電子生成二氧化碳氣體，加入碳酸鈉，碳酸鈉與二氧化碳反應生成碳酸氫鈉，陰極CO得到電子生成甲烷氣體，據(jù)此解答即可．【解析】【解答】解：（1）反應熱=反應物總鍵能-生成物總鍵能，故△H1=1076kJ．mol-1+2×436kJ．mol-1-（3×413+343+465）kJ．mol-1=-99kJ．mol-1；

根據(jù)蓋斯定律：反應②-反應①=反應③，故△H3=△H2-△H1=-58kJ．mol-1-（-99kJ．mol-1）=+41kJ．mol-1；

故答案為：-99；+41；

（2）在25℃、101kPa下，1g甲醇（CH3OH）燃燒生成CO2和液態(tài)水時放熱22.68kJ．32g甲醇燃燒生成二氧化碳和液態(tài)水放出熱量為725.76KJ；則表示甲醇燃燒熱的熱化學方程式為：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-725.76kJ?mol-1；

故答案為：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-725.76kJ?mol-1；

（3）燃料電池為燃料作負極失電子發(fā)生氧化反應，又電解質(zhì)溶液為KOH，所以負極電極反應式為：CH3OCH3-12e-+16OH-=2CO32-+11H2O；

故答案為：CH3OCH3-12e-+16OH-=2CO32-+11H2O；

（4）根據(jù)燃料電池的電極反應CH3OCH3-12e-+16OH-═2CO32-+11H2O可知消耗0.23g二甲醚可轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為mol=0.06mol，根據(jù)反應2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑可知；當轉(zhuǎn)移0.06mol電子時，產(chǎn)生NaOH的物質(zhì)的量為0.06mol，氯