2025年沪教版高三化学下册月考试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年沪教版高三化学下册月考试卷857考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、下列有关物质分类的说法中，正确的是（）A.SiO2不能和水反应，所以它不是酸性氧化物B.只由一种元素组成的物质必然是纯净物C.烧碱、冰醋酸、石墨均为电解质D.海水、氯水、氨水均为混合物2、下面各系列哪一个是按电离能增加的顺序排列的（）A.P、SeB.O、F、NeC.Be、LiD.Li、Na、K3、废电池处理不当不仅造成浪费，还会对环境造成严重污染，对人体健康也存在极大的危害rm{.}有同学想变废为宝，他的以下想法你认为不正确的是rm{(}rm{)}A.把锌皮取下洗净用于实验室制取氢气B.碳棒取下洗净用作电极C.把铜帽取下洗净回收利用D.电池内部填有氯化铵等化学物质，将废电池中的黑色糊状物直接作化肥用4、某溶液中含有SO42ˉ、OHˉ、Na+，下列离子中能够与其大量共存的是（）A.NH4+B.Ba2+C.CO32ˉD.HCO3ˉ5、NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A.0.5molAl与足量盐酸反应转移电子数为1.5NAB.标准状况下，11.2LSO3所含的分子数为0.5NAC.0.5molCH4所含的电子数为2.5NAD.46gNO2和N2O4的混合物含有的分子数为1NA6、下列名称或化学式一定表示纯净物的是（）A.氯乙烯B.聚乙烯C.C3H7ClD.（C6H10O5）n7、下列离子方程式不正确的是（）A.碳酸钡与盐酸反应：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2OB.金属铁与稀硫酸反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑C.盐酸滴在石灰石上：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2OD.NaHCO3溶液与NaOH溶液混合：HCO3-+OH-=CO32-+H2O8、由5molFe2O3、4molFe3O4和3molFeO组成的混合物，加入纯铁1mol并在高温下和Fe2O3反应．若纯铁完全反应，则反应后混合物中FeO与Fe2O3的物质的量之比可能是（）

A.4：3

B.3：2

C.3：1

D.2：l

评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)9、现有两份溶液，一是质量分数24.5%，密度1.2g/mL的硫酸，二是200mL的混合溶液，其中H2SO4的浓度为0.5mol/L，Na2SO4的浓度为2.0mol/L，实验室需要浓度为1.0mol/LH2SO4，浓度为0.4mol/LNa2SO4的混合溶液；为配制所需溶液，回答下列问题：

（1）质量分数24.5%，密度1.2g/mL的硫酸浓度c（H2SO4）=____mol/L

（2）原200mL的混合溶液中n（H2SO4）=____moln（Na2SO4）=____mol

（3）为配制所需溶液，要质量分数24.5%，密度1.2g/mL的硫酸体积=____mL．

（4）简述配制过程：①将200mL的混合溶液倒入大烧杯中；

②____

③将烧杯中的溶液沿玻璃棒倒入____mL的容量瓶中；

④____

⑤加水至离刻度线2-3cm处。

⑥以下略．10、已知298K时，2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H1=-221.01kJ•mol-1；C（s）+O2（g）=CO2（g）△H2=-393.5kJ•mol-1，则298K时，CO（g）在O2（g）燃烧生成CO2（g）的热化学反应方程式为：____．11、化学电池分为____，____，____，其中碱性锌锰电池属于____，铅蓄电池属于____．12、从H+、Cu2+、Na+、SO42-、Cl-五种离子中两两恰当地组成电解质；按下列要求进行电解：（用化学式表示）

（1）以碳棒为电极，使电解质质量减少，水量不变进行电解，则采用的电解质是____．

（2）以碳棒为电极，使电解质质量不变，水量减少进行电解，则采用的电解质是____．

（3）以铂为电极，使电解质和水量都减少进行电解，则电解质是____．13、（1）在粗制CuSO4•5H2O晶体中常含有杂质Fe2+．在提纯时为了除去Fe2+，常加入合适氧化剂，使Fe2+氧化为Fe3+，下列物质可采用的是____

A．KMnO4B．H2O2C．Cl2水D．HNO3

然后再加入适当物质调整至溶液pH=4，使Fe3+转化为Fe（OH）3，可以达到除去Fe3+而不损失CuSO4的目的，调整溶液pH可选用下列中的____

A．NaOHB．NH3•H2OC．CuOD．Cu（OH）2

（2）甲同学怀疑调整至溶液pH=4是否能达到除去Fe3+而不损失Cu2+的目的，乙同学认为可以通过计算确定，他查阅有关资料得到如下数据，常温下Fe（OH）3的溶度积Ksp=8.0×10-38，Cu（OH）2的溶度积Ksp=3.0×10-20，通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10-5mol•L-1时就认为沉淀完全，设溶液中CuSO4的浓度为3.0mol•L-1，则Cu（OH）2开始沉淀时溶液的pH为____，Fe3+完全沉淀时溶液的pH为____，通过计算确定上述方案____（填“可行”或“不可行”）（已知lg5=0.7）评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)14、6.02×1023个NaCl分子中含有Na+数目为NA____（判断对错），若不正确，理由是____．15、现对0.1mol/L的纯碱溶液进行相关研究．

（1）用pH试纸测定该溶液的pH，其正确的操作____．

（2）纯碱溶液呈碱性的原因是（用离子方程式表示）____．

（3）某同学认为该溶液中Na2CO3的水解是微弱的，发生水解的CO32-离子不超过其总量的10%．请你设计实验证明该同学的观点是否正确．____．

（4）某同学根据所学知识对Na2CO3溶液进行分析；写出了以下四个关系式．请你判断：在正确的关系式后面打“√”，在错误的后面写出正确的关系式．

①c（Na+）=2[c（CO32-）+c（HCO3-）]：____；

②c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-）：____；

③c（OH-）=c（H+）+c（HCO3-）+c（H2CO3）：____；

④c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）：____．16、将1mol•L-1的NaCl溶液和0.5mol•L-1的BaCl2溶液等体积混合后，不考虑体积变化c（Cl-）=0.75mol•L-1____（判断对错）17、胶体属于介稳体系____．（判断对错）18、因为CO2的水溶液可以导电，所以CO2是电解质____．（判断对错）评卷人得分四、解答题(共4题，共24分)19、2009年12月7日一18日在丹麦首都哥本哈根召开的联合国气候会议，就未来应对气候变化的全球行动签署新的协议．而如何降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2，引起了全世界的普遍重视．为减小和消除CO2对环境的影响，一方面世界各国都在限制其排放量，另一方面科学家加强了对CO2创新利用的研究．

（1）目前工业上有一种方法是用CO2来生产燃料甲醇．为探究该反应原理；进行如下实验：

某温度下，在容积为2L的密闭容器中，充入1molCO2和3.25molH2，在一定条件下发生反应，测得CO2、CH3OH（g）和H2O（g）的物质的量（n）随时间变化如右图所示：

①从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v（H2）=______．

②下列措施中一定不能使n（CH3OH）/n（CO2）增大的是：______．

A．降低温度B．缩小容器的容积C．将水蒸气从体系中分离D．使用更有效的催化剂。

（2）常温常压下，饱和CO2水溶液的pH=5.6，c（H2CO3）=1.5×l0-5mol•L-1．若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，则H2CO3HCO3-+H+的电离平衡常数K=______．（已知：10-5.6=2.5×l0-6）．

（3）标准状况下，将1.12LCO2通入100mL1mol•L-1的NaOH溶液中；所得溶液中离子浓度由大到小的顺序为______；

（4）如图是乙醇燃料电池（电解质溶液为KOH溶液）的结构示意图；则a处通入的是______（填“乙醇”或“氧气”）；

b处电极上发生的电极反应是：______．

（5）CO2在自然界循环时可与CaCO3反应，CaCO3是一种难溶物质，其Ksp=2.8×10-9．CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合可形成CaCO3沉淀，现将等体积的CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合，若Na2CO3溶液的浓度为2×10-4mo1/L，则生成沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为______．

20、A；B、C、D四种元素处于同一周期；在同族元素中，A的气态氢化物的沸点最高，B的最高价氧化物对应的水化物的酸性在同周期中是最强的，C的电负性介于A、B之间，D与B相邻．

（1）C原子的价电子排布式为______；

（2）A；B、C三种元素原子的第一电离能由大到小的顺序是（写元素符号）______；

（3）B的单质分子中存在______个π键；

（4）D和B形成一种超硬；耐磨、耐高温的新型化合物；该化合物属于晶体，其硬度比金刚石______（填“大”或“小”）；

（5）A的气态氢化物的沸点在同族中最高的原因是______．

21、已知某种煤气的组成是50%氢气；30%甲烷、10%一氧化碳、6%氮气和4%二氧化碳（均为体积分数）．又已知：

2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=-571.6kJ/mol

2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=-565.2kJ/mol

CH4（g）+2O2（g）=CO2（l）+H2O（g）△H=-890.3kJ•mol

计算燃烧1M3（标准状况）的煤气时放出的热量．22、标准状况下1体积水中溶解了448体积的NH3气体，得到密度为0.9g/cm3的氨水，求溶液的质量分数和物质的量浓度．（保留一位小数）评卷人得分五、探究题(共4题，共32分)23、为了分离甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人设计了下列实验过程．请在括号内填写分离时所用操作方法，并写出方框内有关物质的结构简式．

写出下列物质的结构简式A________、C________、E________、G________．24、实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，操作为：25、为了分离甲醇、甲酸、苯、苯酚的混合物，有人设计了下列实验过程．请在括号内填写分离时所用操作方法，并写出方框内有关物质的结构简式．

写出下列物质的结构简式A________、C________、E________、G________．26、实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，操作为：评卷人得分六、书写(共2题，共8分)27、过氧乙酸和84消毒液在预防非典型性肺炎中起了十分重要的作用．它们能将SARS病毒消灭于人体之外，切断病毒的传播途径，达到有效控制疾病的目的．过氧乙酸的分子式为CH3COOOH．使用过氧乙酸消毒，主要是利用它的____性．过氧乙酸可由乙酸和H2O2在一定条件下反应制得，写出该反应的化学方程式：____．28、（1）写出乙烯在催化剂存在条件下与水反应生成乙醇的化学方程式：____（有机物用结构简式表示）．

（2）写出碳酸钠溶液与足量乙酸反应的离子方程式：____．参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【分析】A；酸性氧化物能和碱反应生成盐和水；一般溶于水生成碱；

B；同素异形体形成的混合物是一种元素组成；

C；电解质是水溶液中或熔融状态下导电的化合物；

D、混合物是由不同物质组成的．【解析】【解答】解：A、SiO2能与碱反应生成盐和水：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；属于酸性氧化物，故A错误；

B；只有一种元素组成的物质可能是混合物；如：氧气和臭氧混合，故B错误；

C；烧碱是氢氧化钠属于电解质、冰醋酸使醋酸是电解质、四氯化碳是非电解质、石墨是单质不是电解质；故C错误；

D；海水是各种盐的水溶液、氯水是氯气的水溶液、氨水为氨气的水溶液；均为混合物，故D正确；

故选D．2、B【分析】【分析】同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，注意同一周期的第ⅡA元素的第一电离能大于第ⅢA族的，第ⅤA族的大于第ⅥA族的．同一周期中稀有气体的第一电离能最大，据此分析．【解析】【解答】解：同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小；同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，注意同一周期的第ⅡA元素的第一电离能大于第ⅢA族的，第ⅤA族的大于第ⅥA族的．

A．C；P、Se属于不同主族元素；不同周期的元素，但是原子序数依次增大，其第一电离能随着原子序数的增大而减小，所以其第一电离能依次减小，故A错误；

B．F；O属于同一周期元素且原子序数依次减小；同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，所以其第一电离能大小顺序是F、O，同一周期中稀有气体的第一电离能最大，电离能增加顺序排列：O、F、Ne；故B正确；

C．B；Be、Li属于同一周期元素且原子序数依次减小；其第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第ⅡA元素的第一电离能大于第ⅢA族的，所以其第一电离能大小顺序为Li、B、Be，故C错误；

D．Li；Na、K属于同一主族元素且原子序数依次增大；其第一电离能随着原子序数的增大而减小，所以其第一电离能依次减小，故D错误；

故选B．3、D【分析】解：rm{A}金属锌可以和酸反应获得氢气；把锌皮取下洗净用于实验室制取氢气，属于将废旧电池变废为宝的作法，故A正确；

B；废电池中的碳棒可以导电；能用做电极，属于将废旧电池变废为宝的作法，故B正确；

C；将废旧电池中的铜帽取下再利用；属于将废旧电池变废为宝的作法，故C正确；

D、废电池的黑色糊状物中含有rm{NH_{4}Cl}还含有rm{MnO_{2}}及有毒的重金属元素；直接用作化肥会使土壤受到污染，故D错误．

故选D．

A；金属锌可以和酸反应获得氢气；

B；碳棒可以做电极；

C；废旧电池中的铜帽可以利用；

D、废电池的黑色糊状物中含有rm{NH_{4}Cl}rm{MnO_{2}}及有毒的重金属元素．

本题考查了废弃电池的处理和环保知识，完成此题，可以依据电池的成分以及对其合理的应用角度来回答．【解析】rm{D}4、C【分析】【分析】与SO42-、OH-、Na+离子发生反应的离子不能共存；

A．铵根离子与氢氧根离子反应生成一水合氨；

B．钡离子与硫酸根离子反应生成难溶物硫酸钡；

C．碳酸根离子不与SO42-、OH-、Na+离子发生反应；

D．碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水．【解析】【解答】解：A．NH4+与OH-发生反应；在溶液中不能大量共存，故A错误；

B．Ba2+与SO42-发生反应生成硫酸钡沉淀；在溶液中不能大量共存，故B错误；

C．CO32-与SO42-、OH-、Na+离子之间不发生反应；在溶液中能够大量共存，故C正确；

D．HCO3-与OH-发生反应；在溶液中不能大量共存，故D错误；

故选C．5、A【分析】【分析】A；铝原子最外层3个电子；依据反应的铝计算电子转移；

B；标准状况三氧化硫不是气体；

C；甲烷分子含有10个电子；

D、依据极值方法计算二氧化氮和四氧化二氮物质的量分析判断分子数；【解析】【解答】解：A、铝原子最外层3个电子，依据反应的铝计算电子转移，0.5molAl与足量盐酸反应转移电子数为1.5NA；故A正确；

B、标准状况三氧化硫不是气体，11.2LSO3物质的量不是0.5mol；故B错误；

C、甲烷分子含有10个电子，0.5molCH4所含的电子数为5NA；故C错误；

D、依据极值方法计算二氧化氮和四氧化二氮物质的量分析判断分子数，46gNO2含有的分子数为1NA，46gN2O4的含有的分子数为0.5NA；故D错误；

故选A．6、A【分析】【分析】纯净物是由一种物质组成的物质，混合物是由多种物质组成的物质；分子式相同有机物无同分异构体的才是纯净物．同分异构体是分子式相同结构式不同的化合物．【解析】【解答】解：A．氯乙烯只有一种结构；无同分异构体，是纯净物，故A正确；

B．聚乙烯是高分子化合物；n值不同，属于混合物，故B错误；

C．丙烷有2种氢原子，C3H7Cl有2中同分异构体；故C错误；

D．（C6H10O5）n中n值不同；属于混合物，故D错误．

故选A．7、B【分析】【分析】A．反应生成氯化钡；水、二氧化碳；

B．反应生成硫酸亚铁和氢气；

C．反应生成氯化钙；水、二氧化碳；

D．反应生成碳酸钠和水．【解析】【解答】解：A．碳酸钡与盐酸反应的离子反应为BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；故A正确；

B．金属铁与稀硫酸反应的离子反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑；故B错误；

C．盐酸滴在石灰石上的离子反应为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；故C正确；

D．NaHCO3溶液与NaOH溶液混合的离子反应为HCO3-+OH-=CO32-+H2O；故D正确；

故选B．8、B|C【分析】

分析题给混合物和高温下发生的反应；可知：

当发生反应：Fe2O3+Fe3FeO时，反应后混合物中含有6molFeO、4molFe2O3，则FeO与Fe2O3的物质的量之比为3：2；

当发生反应：4Fe2O3+Fe3Fe3O4时，反应后混合物中含有3molFeO、1molFe2O3，则FeO与Fe2O3的物质的量之比为3：1；

当两反应均存在时，FeO与Fe2O3的物质的量之比处于两者之间；

故选BC．

【解析】【答案】根据在高温下可能发生Fe2O3+Fe3FeO或4Fe2O3+Fe3Fe3O4时两种反应；或两种反应同时进行，根据加入铁的物质的量为1mol，结合化学方程式计算可能存在的物质的量的比值．

二、填空题(共5题，共10分)9、30.10.4300沿玻璃棒注入300ml质量分数24.5%，密度1.2g/mL的硫酸，并用玻璃棒不断搅拌1000用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2-3次，将洗涤液全部转移到容量瓶【分析】【分析】（1）依据C=计算质量分数24.5%；密度1.2g/mL的硫酸的物质的量浓度；

（2）依据n=CV计算解答；

（3）用200mL的混合溶液配制浓度为0.4mol/LNa2SO4的混合溶液；设配制溶液的体积为V，则依据稀释前后溶质的物质的量不变计算溶液的体积，计算需要质量分数24.5%，密度1.2g/mL的硫酸体积；

（4）依据配制一定物质的量浓度溶液的正确操作解答．【解析】【解答】解：（1）质量分数24.5%，密度1.2g/mL的硫酸的物质的量浓度C==3mol/L；

故答案为：3；

（2）原200mL的混合溶液中n（H2SO4）=CV=0.5mol/L×0.2L=0.1mol；

n（Na2SO4）=2.0mol/L×0.2L=0.4mol；

故答案为：0.1；0.4；

（3）用200mL的混合溶液配制浓度为0.4mol/LNa2SO4的混合溶液；设配制溶液的体积为V，则依据稀释前后溶质的物质的量不变，200ml×2.0mol/L=V×0.4mol/L，解得V=1000mL；

要配制浓度为1.0mol/LH2SO41000ml；设需要V′质量分数24.5%，密度1.2g/mL的硫酸，依据稀释前后溶质的物质的量不变，200mL×0.5mol/L+3mol/L×V′=1.0mol/L×1000ml，解得V′=300mL；

故答案为：300；

（4）②浓硫酸稀释的正确操作为：将浓硫酸沿着烧杯壁缓慢注入水中；并用玻璃棒不断搅拌；

故答案为：沿玻璃棒注入300ml质量分数24.5%；密度1.2g/mL的硫酸，并用玻璃棒不断搅拌；

③要配制1000ml溶液应选择1000ml容量瓶；

故答案为：1000；

④洗涤的正确操作为：用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2-3次；将洗涤液全部转移到容量瓶；

故答案为：用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2-3次，将洗涤液全部转移到容量瓶．10、2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H1=-565.99kJ/mol【分析】【分析】利用盖斯定律，将②×2-①×2，可得CO（g）在O2（g）燃烧生成CO2（g）的热化学反应方程式，反应热随之相减，可求得反应热．【解析】【解答】解：已知：①2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H1=-221.01kJ•mol-1；

②C（s）+O2（g）=CO2（g）△H2=-393.5kJ•mol-1，利用盖斯定律，将②×2-①，可得2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H1=-565.99kJ/mol；

故答案为：2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H1=-565.99kJ/mol．11、一次电池二次电池燃料电池一次电池二次电池【分析】【分析】化学电池是一类重要的能源，按工作性质可分为：一次电池和二次电池，及燃料电池；碱性锌锰电池不能多次重复使用，铅蓄电池能多次重复使用．【解析】【解答】解：化学电池是一类重要的能源；按工作性质可分为：一次电池和二次电池，及燃料电池；碱性锌锰电池电池中的活性物质消耗到一定程度就不能再使用了，不能多次重复使用，属于一次电池，铅蓄电池放电后可以再充电使活性物质获得再生，能多次重复使用，属于二次电池；

故答案为：一次电池；二次电池；燃料电池；一次电池；二次电池．12、CuCl2、HClNa2SO4、H2SO4CuSO4、NaCl【分析】【分析】根据电解池的工作原理阳离子放电顺序为Cu2+＞H+＞Na+，阴离子放电顺序为Cl-＞OH-＞SO42-；

（1）碳棒是惰性电极；当阳极上是氯离子放电；阴极上是铜离子放电或氢离子放电时，且电解质必须是可溶性的，此时电解质质量减少、水量不变；

（2）惰性电极电解可溶性强碱；强的含氧酸、可溶性含氧酸的强酸强碱盐溶液时；电解质质量不变，水量减少；

（3）Pt为惰性电极，当电解电解质和水时，阳极上OH-离子之前离子放电和H+放电或OH-放电和H+之前离子放电，且电解质必须是可溶性的．【解析】【解答】解：根据电解池的工作原理阳离子放电顺序为Cu2+＞H+＞Na+，阴离子放电顺序为Cl-＞OH-＞SO42-；

（1）碳棒是惰性电极，当电解CuCl2溶液或者HCl溶液时，电解质质量减小，水量不变，故答案为：CuCl2；HCl；

（2）惰性电极电解Na2SO4溶液或者H2SO4溶液时，氢离子、氢氧根离子放电，则电解质质量不变，水量减少，故答案为：Na2SO4、H2SO4；

（3）以Pt为电极，电解CuSO4、NaCl溶液时，则铜离子、氢氧根离子、氯离子、氢离子放电，所以电解质和水量都减少，故答案为：CuSO4、NaCl；13、BCD43.3可行【分析】【分析】（1）根据除杂质至少要满足两个条件：①加入的试剂只能与杂质反应；不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质，调整溶液的pH时，加入的物质不能引进新的杂质粒子．以此来解答；

（2）依据氢氧化铜饱和溶液中溶度积常数计算溶液中的氢离子浓度计算PH；结合氢氧化铁溶度积和残留在溶液中的离子浓度小于1×10-5mol•L-1时就认为沉淀完全．【解析】【解答】解：（1）除杂质至少要满足两个条件：①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质，四个选项中，只有双氧水氧化后生成水，双氧水受热见光易分解，没有多余杂质；调整溶液的pH时，加入的物质不能引进新的杂质粒子，氢氧化钠中含有钠离子，氨水反应后生成铵根离子，所以氢氧化钠和氨水能引进新的杂质离子，CuO粉末、Cu（OH）2悬浊液反应后生成铜离子和水而不引进新的杂质离子；故选CD．

故答案为：B；CD；

（2）Cu（OH）2的溶度积Ksp=3.0×10-20，溶液中CuSO4的浓度为3.0mol•L-1，c（Cu2+）=3.0mol•L-1；依据溶度积常数c（Cu2+）×c2（OH-）=3.0×10-20；c2（OH-）==10-22；得到c（OH-）=10-10mol/L，依据水溶液中的离子积c（H+）×c（OH-）=10-14；求的c（H+）=10-4mol/L，溶液pH=4，则Cu（OH）2开始沉淀时溶液的pH为4；

残留在溶液中的离子浓度小于1×10-5mol•L-1时就认为沉淀完全，Fe（OH）3的溶度积Ksp=8.0×10-38，c（Fe3+）×c3（OH-）=8.0×10-38；c3（OH-）==8.0×10-33；求的c（OH-）=2×10-11mol/L；水溶液中的离子积c（H+）×c（OH-）=10-14；c（H+）=5×10-4mol/L，则pH=3.3；通过计算可知pH=4能达到除去Fe3+而不损失Cu2+的目的；则方案可行；

故答案为：4；3.3；可行．三、判断题(共5题，共10分)14、×【分析】【分析】NaCl属于离子晶体，不存在NaCl分子．【解析】【解答】解：因为NaCl属于离子化合物，不存在分子，故错误，故答案为：×，因为NaCl属于离子化合物，不存在分子．15、√【分析】【分析】（1）pH试纸的正确使用方法是：把小块pH试纸放在表面皿（或玻璃片）上；用蘸有待测溶液的玻璃棒点在试纸的中部，试纸变色后，与标准比色卡比较来确定溶液的pH；

（2）根据盐的类型分析呈碱性；纯碱是强碱弱酸盐水解呈碱性；

（3）用pH试纸测pH值计算水解产生的氢氧根离子的浓度；

（4）根据电荷守恒、物料守恒和质子守恒分析．【解析】【解答】解：（1）测定溶液pH的具体操作方法为：用干净的玻璃棒蘸取待测溶液并滴在pH试纸上；把试纸显示的颜色与标准比色卡对照，读出相同颜色的pH值；

故答案为：把小块pH试纸放在表面皿（或玻璃片）上；用蘸有待测溶液的玻璃棒点在试纸的中部，试纸变色后，与标准比色卡比较来确定溶液的pH；

（2）纯碱是强碱弱酸盐，碳酸根离子能发生水解使溶液中的氢氧根离子的浓度大于氢离子的浓度，导致溶液呈碱性，离子方程式为CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，故答案为；CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-；

（3）用pH试纸测pH值计算水解产生的氢氧根离子的浓度，其操作为：用pH试纸测0.1mol/L的Na2CO3溶液的pH，若pH＜12，则证明水解的CO32-不超过其总量的10%，故答案为：用pH试纸测0.1mol/L的Na2CO3溶液的pH，若pH＜12，则证明水解的CO32-不超过其总量的10%；

（4）①根据物料守恒，碳元素在溶液中的形式有：CO32-、HCO3-、H2CO3、所以c（Na+）=2c（CO32-）+2c（HCO3-）+2c（H2CO3），故答案为：错误；c（Na+）=2c（CO32-）+2c（HCO3-）+2c（H2CO3）；

②根据电荷守恒分析解答，c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-）；故答案为：√；

③根据质子守恒：c（OH-）=c（H+）+c（HCO3-）+2c（H2CO3），故答案为：错误；c（OH-）=c（H+）+c（HCO3-）+2c（H2CO3）；

④碳酸钠溶液水解呈碱性，所以离子浓度大小为：c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-），故答案为：√．16、×【分析】【分析】0.5mol•L-1的BaCl2溶液中，c（Cl-）=0.5mol/L×2=1mol/L，据此解答即可．【解析】【解答】解：0.5mol•L-1的BaCl2溶液中，c（Cl-）=0.5mol/L×2=1mol/L，故两者混合后，不考虑体积的变化，c（Cl-）=1mol•L-1，故错误，故答案为：×．17、√【分析】【分析】胶体的稳定性介于溶液和浊液之间，在一定条件下能稳定存在．【解析】【解答】解：胶体的稳定性介于溶液和浊液之间，在一定条件下能稳定存在，属于介稳体系，故答案为：√．18、×【分析】【分析】电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物．【解析】【解答】解：二氧化碳在水溶液中与水反应生成碳酸；碳酸电离出自由移动的离子导电，二氧化碳自身不能电离，故二氧化碳是非电解质；

故答案为：×．四、解答题(共4题，共24分)19、略

【分析】

（1）①反应的方程式为CO2+3H2═CH3OH+H2O，反应中v（H2）=3v（CO2）=×3=0.1125mol/（L•min）；

故答案为：0.1125mol/（L•min）；

②A；该反应的反应热未知；所以无法判断，故A错误；

B、缩小容器的容积，则压强增大，平衡向体积减小的方向移动，即向正反应方向移动，n（CH3OH）增大，n（CO2）减小，n（CH3OH）/n（CO2）增大；故B错误；

C、将水蒸气从体系中分离，平衡向正反应方向移动，n（CH3OH）增大，n（CO2）减小，n（CH3OH）/n（CO2）增大；故C错误；

D、使用更有效的催化剂，缩短到达平衡的时间，平衡不移动，n（CH3OH）/n（CO2）不变；故D正确．

故答案为：D；

（2）K（H2CO3）===4.2×10-7，故答案为：4.2×10-7；

（3）1.12LCO2通入100mL1mol/L的NaOH溶液反应后生成0.05molNa2CO3，CO32-水解，溶液呈碱性，溶液呈碱性，则c（OH-）＞c（H+）；

盐水解程度较小，则c（CO32-）＞c（OH-），水中OH-来源于CO32-水解及水的电离，则（OH-）＞c（HCO3-），水的电离程度很小c（HCO3-）＞c（H+）；

故为c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）＞c（H+）；

故答案为：c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）＞c（H+）；

（4）在碱性电解质溶液中通入乙醇，乙醇应为原电池的负极，发生氧化反应，乙醇被氧化为CO32-离子，氧气在正极通入，被还原为OH-，正极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-；

故答案为：乙醇；O2+4e-+2H2O=4OH-；

（5）等体积的CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合时，碳酸钠溶液的浓度变为1×10-4mo1/L，根据溶度积常数计算，c（Ca2+）===2.8×10-5mo1/L，因为是等体积混合，所以混合前溶液的浓度是混合后的2倍，所以混合前溶液的浓度为2.8×10-5mo1/L×2=5.6×10-5mo1/L．

故答案为：5.6×10-5mo1/L．

【解析】【答案】（1）①反应的方程式为CO2+3H2═CH3OH+H2O；根据反应速率之比等于化学计量数之比计算氢气的反应速率；

②根据平衡移动方向分析；

（2）根据平衡常数K（H2CO3）=计算；

（3）1.12LCO2通入100mL1mol/L的NaOH溶液反应后生成0.05molNa2CO3，CO32-水解水解；溶液呈碱性，以此判断离子浓度大小；

（4）在碱性电解质溶液中通入乙醇，乙醇应为原电池的负极，发生氧化反应，乙醇被氧化为CO32-离子，氧气在正极通入，被还原为OH-，正极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-；

（5）根据溶度积常数计算Ca2+离子的浓度．

20、略

【分析】

A；B、C、D四种元素处于同一周期；在同族元素中，A的气态氢化物的沸点最高，考虑氢键，有关的元素有O、N、F，可以确定在第二周期；

B的最高价氧化物对应的水化物的酸性在同周期中是最强的；可以确定B是N元素，因为F；O无含氧酸；

若A是O元素；则找不到C，所以A是F元素，则C是O元素．D与B相邻，所以D是C元素；

故A是氟元素；B是氮元素，C是氧元素，D是碳元素．

（1）C是氧元素，核外有8个电子，价电子排布式为2s22p4，故答案为：2s22p4；

（2）同一周期内主族元素的第一电离能从左到右在总体增大的趋势中有些曲折．当外围电子在能量相等的轨道上形成全空；半满或全满结构时；原子的能量较低，元素的第一电离能较大．由于N元素的2p能级3个轨道处于半满，所以第一电离能较O元素的高，所以A、B、C三种元素原子的第一电离能由大到小的顺序是A＞B＞C，即F＞N＞O；

故答案为：F＞N＞O；

（3）B是氮元素；其单质为氮气，分子中存在三键，为1个δ键，2个π键，故答案为：2；

（4）B是氮元素；D是碳元素，D和B形成一种超硬；耐磨、耐高温的新型化合物，该化合物属于原子晶体，碳氮键比碳碳键的键长小、键能大，所以比金刚石的硬度大、沸点高；

故答案为：大；

（5）A是氟元素；其氢化物为氟化氢，由于氟元素电负性很强，HF分子之间可以形成氢键从而使熔沸点升高；

故答案为：HF分子之间可以形成氢键从而使熔沸点升高．

【解析】【答案】A；B、C、D四种元素处于同一周期；在同族元素中，A的气态氢化物的沸点最高，考虑氢键，有关的元素有O、N、F，可以确定在第二周期；

B的最高价氧化物对应的水化物的酸性在同周期中是最强的；可以确定B是N元素，因为F；O无含氧酸；

若A是O元素；则找不到C，所以A是F元素，则C是O元素．D与B相邻，所以D是C元素；

故A是氟元素；B是氮元素，C是氧元素，D是碳元素．

21、略

【分析】【分析】根据混合气体的总体积以及各成分所占的百分含量确定各自的体积以及物质的量，根据热化学方程式的意义来计算一定物质的量的气体燃烧放出的热量．【解析】【解答】解：根据题意，各个气体的百分含量：H250%、CH430%、CO10%，所以1M3（1000L）混合气体中，含有氢气的体积是500L，即标况下=mol，含有甲烷的体积是300L，物质的量是mol，一氧化碳的体积是100L，物质的量是mol，根据热化学方程式系数和能量之间的正比例关系，所以该种煤气燃烧时放出的热量为：285.8kJ×+282.6kJ×+×890.3kJ≈19564.73kJ；

答：燃烧1M3（标准状况）的煤气时放出的热量为19564.73kJ．22、略

【分析】【分析】由标准状况下的体积可计算氨气的物质的量，利用氨气的质量和溶液的体积来计算物质的量浓度，而体积可由溶液的质量和密度来计算．【解析】【解答】解：NH3溶于水后虽然大部分生成NH3•H2O，但在计算时，仍以NH3作为氨水中的溶质；气体溶于水后，溶液的体积、密度均发生了改变，计算时应该用溶液质量除以密度求出其体积．设水的体积为1L，氨气的体积为448L，则氨气的物质的量为=20mol，溶液的质量为1000g+20mol×17g/mol=1340g，溶液的体积为=1.49L，则氨水的质量分数为w=×100%=25.4%，氨水的物质的量浓度为c==13.4mol/L；

答：这种氨水的质量分数为25.4%，物质的量浓度为13.4mol/L．五、探究题(共4题，共32分)23、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，与氢氧化钠不反应，甲酸、苯酚与氢氧化钠反应生成溶于水的钠盐，苯（）不溶于水，加入氢氧化钠，溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠，分液后得到苯，将溶液蒸馏可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分离，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸馏可得到甲酸（HCOOH），故答案为：a．分液；b．蒸馏；c．分液；d．蒸馏；CH3OH；HCOOH．

【分析】苯不溶于水，加入氢氧化钠，溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠，分液后得到苯，将溶液蒸馏可得到甲醇，因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚，分液可分离，在分液后的溶液中加入稀硫酸，蒸馏可得到甲酸，以此解答该题．24、酸式|反应中生成的锰离子具有催化作用，所以随后褪色会加快|滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化|20.00|90.00%|ACD【分析】【解答】解：(1)②KMnO4溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装；高锰酸根离子被还原生成的锰离子有催化作用而导致反应速率加快，所以刚滴下少量KMnO4溶液时；溶液迅速变成紫红色；滴定终点时，当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化，证明达到终点；

故答案为：酸式；反应中生成的锰离子具有催化作用；所以随后褪色会加快；滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变成紫红色，且半分钟不变化；

(2)③第3组KMnO4溶液的体积与第1、2组相差比较大，舍去第3组，应按第1、2组的平均值为消耗KMnO4溶液的体积，故消耗KMnO4溶液的体积为mL=20mL

设样品的纯度为x。5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O450g2mol5.0g×x×g（0.1000×0.020）mol解得：x==90.00%；

故答案为：20.00；90.00%；

(3)④A．未用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗滴定管，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故A正确；

B．滴定前锥形瓶有少量水，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，根据c（待测）=分析；c（标准）不变，故B错误；

C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故C正确；

D．不小心将少量酸性KMnO4溶液滴在锥形瓶外，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故D正确；

E．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=分析；c（标准）偏小，故E错误；

故选ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装；高锰离子有催化作用而导致反应速率加快；乙二酸与KMnO4发生氧化还原反应，滴定终点时，溶液由无色变成紫红色，且半分钟内不褪色；③第3组KMnO4溶液的体积与第1、2组相差比较大，舍去第3组，应按第1、2组的平均值为消耗KMnO4溶液的体积，根据关系式2KMnO4～5H2C2O4计算；

④根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差．25、|CH3OH||HCOOH【分析】【解答】解：甲醇易溶于水，与氢氧化钠不反应，甲酸、苯酚与氢氧化钠反应生成溶于水的钠盐，苯（）不溶于水，加入氢氧化钠，溶液中含有甲醇、苯酚钠和甲酸钠，分液后得到苯，将溶液蒸馏可得到甲醇（CH3OH），因苯酚的酸性比碳酸弱，在蒸馏后的溶液中通入二氧化碳，可得到苯酚（），分液可分离，在分液后的溶液