2025年人教版（2024）高三化学上册月考试卷含答案

…………○…………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年人教版（2024）高三化学上册月考试卷含答案考试试卷考试范围：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总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、下列反应的产物中，一定能与KSCN溶液作用使溶液变红色的是（）A.铁与氯气B.铁与盐酸C.铁与氯化铁溶液D.铁与稀硝酸2、下列说法正确的是（）

A.根据图①判断，物质A反应生成物质C的△H＞0B.压强对可逆反应2A（g）+2B（g）⇌3C（g）+D（s）的影响可用图②表示C.往乙酸溶液中通入氨气至过量，溶液导电能力（I）的变化可用图③表示D.根据图④溶解度（s）与溶液pH的关系，若要除去CuSO4溶液中的Fe3+，可向溶液中加入适量CuO，调节pH至43、设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（）A.标准状况下，22.4LH2中所含质子数、中子数均为2NAB.46gNO2气体和46gN2O4气体的分子数之比为2：1C.1L1mol•L-1的盐酸中所含粒子总数为2NAD.71g氯气与足量铁粉充分反应，转移的电子数为3NA4、在40GPa的高压下，用激光加热到1800K，成功的制得了原子晶体CO2，下列有关该物质的推断正确的是（）A.该原子晶体中含有CO2分子B.该原子晶体易汽化，可用作制冷材料C.该原子晶体质软，可切割D.该原子晶体有很高的熔、沸点5、下列各组实验装置能达到实验目的是（）A.用图1所示装置组成锌铜原电池B.用图2所示装置在铁棒上镀锌C.用图3所示装置测定稀硫酸和稀NaOH反应的中和热D.用图4所示装置研究温度对2NO2（g）⇌N2O4（g）平衡的影响6、下列说法中，不正确的是（）A.H2S和HC1稳定性与分子间作用力的大小无关B.非极性键也可能存在于离子化合物中C.分子间作用力，也叫范德华力，它比化学键要弱得多D.双原子分子中的共价键，一定是非极性键评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)7、（2015秋•湘阴县月考）某探究学习小组用如图所示装置进行SO2、Fe2+和Cl-还原性强弱比较实验；实验过程如下：

Ⅰ．先向B中的FeCl2溶液（约10mL）中通入Cl2；当B中溶液变黄时，停止通气．

Ⅱ．打开活塞b；使约2mL的溶液流入D试管中，检验取出溶液中的离子．

Ⅲ．接着再向B中通入一定量的SO2气体．

Ⅳ．更新试管D；重复过程Ⅱ，检验取出溶液中的离子．

（1）棉花中浸润的溶液为____，目的是____．

（2）实验室制备氯气的化学方程式为____．

（3）过程Ⅲ中一定发生反应的离子方程式为____，过程Ⅳ中检验取出溶液中是否含有硫酸根的操作是____．

（4）该小组对SO2、Fe2+和Cl-还原性强弱比较期望达到的结论是____

（5）甲、乙、丙三同学分别完成了上述实验，下表是他们的检测结果，他们的检测结果一定能够证明SO2、Fe2+和Cl-还原性强弱关系的是____．

。过程Ⅱ中检出离子过程Ⅳ中检出离子甲有Fe3+无Fe2+有SO42-乙既有Fe3+又有Fe2+有SO42-丙有Fe3+无Fe2+有Fe2+8、某化学实验小组同学为了证明、比较SO2和氯水的漂白性，设计了如图所示的实验装置．

（1）连接好装置后，实验前必须进行的一步操作是____．（回答操作名称；不必叙述操作细节）

（2）实验室用Na2SO3与硫酸反应制备SO2，MnO2跟浓盐酸共热反应制备Cl2时．制备Cl2应选用上图A、E两发生装置中____装置（填装置序号），通过____（填写仪器名称）向烧瓶中加入适量的浓盐酸，反应的离子方程式为____．

（3）反应开始后，发现B、D两个试管中的品红溶液都褪色．停止通气后，给B、D两个试管加热，两个试管中的现象分别为B：____，D：____．

（4）实验小组利用下图所示装置探究两种气体按不同比例混合后的漂白性．

试分析：

①实验小组在实验过程中发现：通气一段时间后，品红溶液几乎不褪色，其原因是：____．（结合反应方程式回答）．

②盛NaOH溶液的烧杯吸收尾气一段时间后，经分析：D中溶液仍呈强碱性，且一定存在Cl-、OH-和SO42-．对于可能存在的其他阴离子，小组提出以下3种假设．假设1：只存在SO32-；假设2：只存在ClO-；假设3：既不存在SO32-，也不存在ClO-．

现限选以下试剂；设计实验方案，进行实验，请完善实验步骤并填写预期现象．

a．3mol/LH2SO4b．0.01mol/LKMnO4c．1mol/LBaCl2溶液。

d．淀粉碘化钾溶液e．酚酞试液。

步骤一：取少量吸收液于试管中，滴加3mol/LH2SO4至溶液呈酸性；然后将所得溶液分装于F；G两试管中．

步骤二：向F试管中滴加少量____（填序号），若溶液____（填现象）；则假设1成立．

步骤三：向G试管中滴加少量____（填序号），若溶液____（填现象），则假设2成立．9、（2015春•瑞安市校级期中）按要求回答下列各题：

（1）现有六种物质：①干冰；②金刚石；③四氯化碳；④氯化钙；⑤二氧化硅；⑥硫酸镁．请用编号填写下列空白：

（Ⅰ）熔化时需要破坏共价键的化合物是____

（Ⅱ）属于分子晶体且分子空间构型为直线型的是____，其电子式为____

（Ⅲ）含有共价键的离子化合物是____．

（2）短周期中金属性最强的元素是____（填元素符号）；画出周期表中第三周期第VA族元素原子的结构示意图____；第三周期元素中，形成简单离子半径最小的是____（填离子符号）

（3）锌锰干电池是最早使用的化学电源，其基本构造如图1所示．该电池的负极材料是____，若电路中通过0.4mole-，负极质量减少____g．工作时NH4+在正极放电产生两种气体，其中一种气体分子含10e-的微粒，正极的电极反应式为____．

（4）拆开1mol气态物质中某种共价键需要吸收的能量；就是该共价键的键能．下表是某些共价键的键能：

。共价键H-HO=OH-O键能/kJ•mol-1436498X根据图2中能量变化图；回答下列问题：

①图中：a=____．②表格中：X=____．10、某研究小组利用软锰矿（主要成分为MnO2，另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物）作脱硫剂，通过如下简化流程脱除燃煤尾气中的SO2，同时制得电池材料MnO2（反应条件已省略）．

请回答下列问题；

（1）上述流程中多次涉及到过滤操作，实验进行过滤操作时需要用到的硅酸盐仪器有玻璃棒、____、____；其中玻璃棒的作用是____．

（2）用MnCO3能除去溶液中的Al3+和Fe3+，其原理是____．

（3）已知Ksp（CuS）=8.4×10-45，Ksp（NiS）=1.4×10-24；在除铜镍的过程中，当Ni2+恰好完全沉淀（此时溶液中c（Ni2+）=1.0×10-5mol/L），溶液中Cu2+的浓度是____mol/L．

（4）工业采用电解K2MnO4水溶液的方法来生产KMnO4，其中惰性电极作阳极，铁作阴极，请写出阳极的电极反应式____．

（5）下列各组试剂中，能准确测定一定体积燃煤尾气中SO2含量的是____（填编号）

a．NaOH溶液；酚酞试液。

b．稀H2SO4酸化的KMnO4溶液。

c．碘水；淀粉溶液。

d．氨水；酚酞试液。

（6）除杂后得到的MnSO4溶液可以通过____制得硫酸锰晶体．（MnSO4•H2O；相对分子质量为169）

a．过滤b．蒸发浓缩c．冷却结晶d．灼烧e．干燥。

（7）已知废气中SO2浓度为8.4g/m3，软锰矿浆对SO2的吸收率可以达90%，则处理1000m3烧煤尾气，可得硫酸锰晶体质量为____kg（结果保留3位有效数字）11、高铁酸钾是环保型水处理剂，制备原理知下：

（1）从环保角度考虑，“酸溶”发生的反应中，氧化产物和还原产物的物质的量之比为____．吸收尾气的试剂可能是____．

（2）洗涤产品常用75%酒精作洗涤液，不用蒸馏水．其目的是____．

（3）写出“氧化”过程中反应的化学方程式：____．12、现有下列物质：①空气②氧气③食盐水④铜⑤氢氧化钾⑥碳酸氢钠⑦蔗糖⑧酒精，在以上物质中，通常情况下能导电的是____，属于电解质的是____，属于非电解质的是____．13、（10分）氯气是氯碱工业的主要产品之一，它是一种常用的消毒剂，其消毒原理是与水反应生成了次氯酸：Cl2+H2OHCl+HClOK=4.5×10-4次氯酸的强氧化性能杀死水中的病菌（不直接用次氯酸为自来水消毒是因为次氯酸易分解，且毒性较大）。但是，由于氯气贮运不方便，且具有一定的危险性，目前正逐渐被其它性能优越的消毒产品所替代。请回答：（1）氯碱工业生产氯气的化学方程式为。（2）84消毒液(主要成分为NaClO)与氯气相比具有贮运方便等优点，用氯气与烧碱溶液反应制备84消毒液的离子方程式为。（3）二氧化氯是一种高效、广谱、安全的杀菌、保鲜剂。我国科学家研发了用氯气氧化亚氯酸钠（NaClO2）固体制备二氧化氯的方法，其化学方程式为。（4）一位同学设计了一套用浓盐酸和KMnO4固体制取少量氯气并比较氯气与碘单质的氧化性强弱的微型装置（如图）。①下列溶液能吸收Cl2的是（填字母序号）。A.饱和食盐水B.饱和Na2SO3溶液C.饱和NaOH溶液D.浓硫酸②能说明Cl2的氧化性强于I2的实验现象是。评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)14、18gD2O所含的电子数为10NA．____（判断对错）15、丁达尔现象可用来区别胶体与溶液，其中胶体能透过半透膜____．（判断对错）16、18gD2O所含的电子数为10NA．____（判断对错）17、放热反应在任何条件都不能发生．____．（判断对错）18、乙酸与丙二酸互为同系物____．评卷人得分四、解答题(共4题，共20分)19、将过量铁放入100mL18.4mol/L的浓硫酸中，微热完全反应后，得到的气体相对于H2的平均分子质量为10，求参加反应的Fe有多少mol．20、计算题将等体积的4×10-3mol/L的AgNO3溶液和4×10-3mol/L的K2CrO4溶液混合，是否析出Ag2CrO4沉淀？[已知Ksp（Ag2CrO4）=9.0*10-12]．21、某工厂用软锰矿（含MnO2约70%及Al2O3）和闪锌矿（含ZnS约80%及FeS）共同生产MnO2和Zn（干电池原料）：

已知①A是MnSO4、ZnSO4、Fe2（SO4）3、Al2（SO4）3的混合液．②IV中的电解反应式为MnSO4+ZnSO4+2H2OMnO2+Zn+2H2SO4．

（1）A中属于还原产物的是______．

（2）MnCO3、Zn2（OH）2CO3的作用是______；II需要加热的原因是______；C的化学式是______．

（3）该生产中除得到MnO2和Zn以外；还可得到的副产品是______．

（4）如果不考虑生产中的损耗；除矿石外，需购买的化工原料是______．

（5）要从Na2SO4溶液中得到芒硝；需进行的操作有蒸发浓缩；______、过滤、洗涤、干燥等．

（6）从生产MnO2和Zn的角度计算；软锰矿和闪锌矿的质量比大约是______．

22、向100mLFeI2溶液中逐渐通入Cl2，会依次生成Cl-、I2、Fe3+、IO3-，其中Fe3+、I2的物质的量随n（Cl2）的变化如图所示；请回答下列问题：

（1）由图可知，I-、Fe2+、I2三种粒子的还原性由强到弱的。

顺序为______＞______＞______．

（2）当n（Cl2）=0.12mol时，溶液中的离子主要为______，从开始通入Cl2到n（Cl2）=0.12mol时的总反应的化学方程式为______．

（3）当溶液中n（Cl-）：n（IO3-）=8：1时，通入的Cl2在标准状况下的体积为______．

参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、A【分析】【分析】一定能与KSCN溶液作用使溶液变红色，则Fe与强氧化剂反应生成+3价铁的化合物，以此来解答．【解析】【解答】解：A．铁与氯气反应生成氯化铁；为+3价铁的化合物，符合题意，故A选；

B．铁与盐酸反应生成氯化亚铁；不能与KSCN溶液作用使溶液变红色，故B不选；

C．铁与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁；不能与KSCN溶液作用使溶液变红色，故C不选；

D．铁与稀硝酸反应；若Fe过量，则反应生成硝酸亚铁，不能与KSCN溶液作用使溶液变红色，故D不选；

故选A．2、D【分析】【分析】A；反应物能量高于生成物；反应放热，△H＜0．

B；反应前后气体体积不同；压强能影响平衡的移动．

C；乙酸是弱电解质；乙酸铵是强电解质．

D、PH=4时，Fe3+的浓度即可．【解析】【解答】解：A；从图上分析；反应物能量高，反应放热，应是△H＜0，故A错误；

B；在2A（g）+2B（g）⇌3C（g）+D（s）反应中；D为固态，气体的△V≠0，压强增大时平衡正向移动，反应物的百分含量应减小，故B错误；

C；乙酸是弱酸；是弱电解质不能完全电离，而与氨气生成的乙酸铵是强电解质，能完全电离，导电能力应是逐渐增强，故C错误；

D、从图象上分析，PH=4时，Fe3+以完全沉淀，而Cu2+还没有反应；故D正确．

故选：D3、B【分析】【分析】A；氢气中不含中子；

B、NO2气体和N2O4的摩尔质量之比为1：2；

C；盐酸溶液中除了氢离子、氯离子；还有水分子等粒子；

D、求出氯气的物质的量，然后根据氯气反应后变为-1价来分析．【解析】【解答】解：A；氢气中不含中子；即中子数为0，故A错误；

B、NO2气体和N2O4的摩尔质量之比为1：2故46gNO2气体和N2O4的物质的量之比为2：1；则分子数之比为2：1，故B正确；

C、盐酸溶液中除了氢离子、氯离子，还有水分子等粒子，故溶液中的粒子总数多于2NA个；故C错误；

D；71g氯气的物质的量为1mol；而氯气反应后变为-1价，故1mol氯气转移2mol电子即2NA个，故D错误．

故选B．4、D【分析】【分析】A；原子晶体中组成微粒是原子；不含有分子；

B；原子晶体沸点很高；

C；原子晶体硬度大；

D、原子晶体具有很高的熔点、沸点．【解析】【解答】解：A；原子晶体中组成微粒是原子；不含有分子，故A错误；

B；原子晶体干冰有很高的沸点；不易汽化，不可用作致冷剂，故B错误；

C；原子晶体硬度大；切割难度大，故C错误；

D；原子晶体具有很高的熔点、沸点；故D正确；

故选D．5、D【分析】【分析】A．含有盐桥的原电池中；电极材料和电解质溶液中金属离子必须是相同元素；

B．电镀时；镀层作阳极，镀件作阴极；

C．缺少玻璃搅拌棒；

D．同一反应装置的可逆反应中，温度对可逆反应的平衡有影响．【解析】【解答】解：A．含有盐桥的原电池中；电极材料和电解质溶液中金属离子必须是相同元素，该图中金属材料和电解质溶液中金属阳离子不是相同元素，所以不能构成原电池，故A错误；

B．在铁棒上镀锌时；锌作阳极，铁棒作阴极，故B错误；

C．缺少玻璃搅拌棒；如果不搅拌溶液会导致溶液温度不均匀，测量中和热不准确，故C错误；

D．二氧化氮是红棕色气体；四氧化二氮是无色气体，在同一反应装置的可逆反应中，根据温度不同导致气体颜色的不同确定温度对可逆反应的影响，故D正确；

故选D．6、D【分析】【分析】A；依据分子的稳定性与分子内的化学键有关分析判断；

B；依据非极性键的概念和实质分析判断；

C；依据分子间作用力的形成和化学键的形成分析判断；

D、依据双原子分子的构成分析判断；【解析】【解答】解：A、H2S和HC1稳定性与分子内的非金属性有关；与化学键强弱有关，分子间作用力是确定物质聚集状态，所以物质的稳定性与分子间作用力的大小无关，故A正确；

B；非极性键是指相同非金属元素原子形成的共价键；非极性键也可能存在于离子化合物中，如过氧化钠中的过氧根离子中存在非极性键，故B正确；

C；分子间作用力是分子之间的作用力较弱；化学键是微粒之间的强相互作用，故C正确；

D；双原子分子可以是单质；也可以是化合物，单质中的共价键一定是非极性键，化合物中是极性共价键，如双原子分子HCl中的化学键是极性共价键，故D错误；

故选D．二、填空题(共7题，共14分)7、NaOH溶液防止污染环境MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O2Fe3++SO2+2H2O═2Fe2++SO42-+4H+取溶液少许于试管中，先加入足量稀盐酸酸化，再滴加少量BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，证明有SO42-，反之无SO42-SO2＞Fe2+＞Cl-乙、丙【分析】【分析】Ⅰ．先向B中的FeCl2溶液（约10ml）中通入Cl2；当B的溶液变黄时，则氯气将二价铁氧化成三价铁时，停止通气；

Ⅱ．打开活塞b；使约2ml的溶液流入D试管中，用KSCN溶液来检验溶液中的三价铁离子；

Ⅲ．接着再向B中通入一定量的SO2气体；还原三价铁，生成二价铁和硫酸根；

Ⅳ．更新试管D，重复过程Ⅱ，用先加入足量稀盐酸酸化，再滴加少量BaCl2溶液，来检验有SO42-；据此分析解答；

（1）氯气和二氧化硫都是气体且有毒；实验过程中要防止氯气和二氧化硫逸出而污染空气；

（2）加热条件下；浓盐酸和二氧化锰发生氧化还原反应生成氯气；氯化锰和水；

（3）二氧化硫具有还原性；能和铁离子发生氧化还原反应生成硫酸根离子；亚铁离子和氢离子；实验室用盐酸酸化的氯化钡溶液检验硫酸根离子；

（4）该题的理论依据是氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物；

（5）乙中第一次，说明氯气不足，氯气氧化性大于铁离子，第二次有硫酸根离子，说明发生二氧化硫与铁离子的反应，则氧化性铁离子大于二氧化硫，丙中第一次有Fe3+，无Fe2+，则氯气的氧化性大于铁离子，第二次有亚铁离子，说明发生二氧化硫与铁离子的反应，则氧化性铁离子大于二氧化硫．【解析】【解答】解：Ⅰ．先向B中的FeCl2溶液（约10ml）中通入Cl2；当B的溶液变黄时，则氯气将二价铁氧化成三价铁时，停止通气；

Ⅱ．打开活塞b；使约2ml的溶液流入D试管中，用KSCN溶液来检验溶液中的三价铁离子；

Ⅲ．接着再向B中通入一定量的SO2气体；还原三价铁，生成二价铁和硫酸根；

Ⅳ．更新试管D，重复过程Ⅱ，用先加入足量稀盐酸酸化，再滴加少量BaCl2溶液，来检验有SO42-；据此分析解答；

（1）氯气和二氧化硫都是气体且有毒；实验过程中要防止氯气和二氧化硫逸出而污染空气，二者都能和NaOH溶液反应产生无毒物质，所以可以用NaOH溶液吸收两种气体，故答案为：NaOH溶液；防止尾气污染环境；

（2）加热条件下，浓盐酸和二氧化锰发生氧化还原反应生成氯气、氯化锰和水，离子方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；

故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；

（3）二氧化硫具有还原性，能和铁离子发生氧化还原反应生成硫酸根离子、亚铁离子和氢离子，离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O═2Fe2++SO42-+4H+；实验室用盐酸酸化的氯化钡溶液检验硫酸根离子，其检验方法为取溶液少许于试管中，先加入足量稀盐酸酸化，再滴加少量BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，证明有SO42-，反之无SO42-；

故答案为：2Fe3++SO2+2H2O═2Fe2++SO42-+4H+；取溶液少许于试管中，先加入足量稀盐酸酸化，再滴加少量BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，证明有SO42-，反之无SO42-；

（4）该题的理论依据是氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物，该小组对SO2、Fe2+和Cl-还原性强弱比较期望达到的结论是SO2＞Fe2+＞Cl-，故答案为：SO2＞Fe2+＞Cl-；

（5）乙中第一次，说明氯气不足，氯气氧化性大于铁离子，第二次有硫酸根离子，说明发生二氧化硫与铁离子的反应，则氧化性铁离子大于二氧化硫，丙中第一次有Fe3+，无Fe2+；则氯气的氧化性大于铁离子，第二次有亚铁离子，说明发生二氧化硫与铁离子的反应，则氧化性铁离子大于二氧化硫；

所以一定能够证明SO2、Fe2+和Cl-还原性强弱关系的是乙；丙；

故答案为：乙、丙．8、检查装置的气密性E分液漏斗4H++2Cl-+MnO2Mn2++Cl2↑+2H2O恢复红色无变化SO2和Cl2按1：1混合时，发生反应：SO2+Cl2+2H2O═2HCl+H2SO4，使混合气体失去漂白作用b褪色d变蓝色【分析】【分析】（1）连接好装置后必须进行检查装置气密性；确保装置气密性良好，避免实验失败且氯气；二氧化硫泄漏污染空气；

（2）根据反应物的状态和反应条件选择反应装置；用分液漏斗向烧瓶中加入适量的浓盐酸，加热条件下，浓盐酸和二氧化锰发生氧化还原反应生成氯气；

（3）次氯酸的漂白性是利用次氯酸的强氧化性；二氧化硫的漂白性是利用二氧化硫和有色物质生成无色物质，注意次氯酸的漂白性是永久性的，二氧化硫的漂白性是暂时的；

（4）①氯气有强氧化性；二氧化硫有还原性，二者能按1：1发生氧化还原反应而使气体失去漂白性；

②步骤二：KMnO4具有强氧化性，SO32-中+4价的硫具有还原性；

步骤三：淀粉遇到碘单质显蓝色．【解析】【解答】解：（1）该实验装置中连接了多个仪器；且氯气；二氧化硫有毒气体，不避免氯气、二氧化硫泄漏，会污染空气且浪费试剂，所以在实验前需要检验装置气密性；

故答案为：检查装置的气密性；

（2）实验室制取氯气所用药品是固体和液体；反应条件是加热，所以应选用固液加热型装置，故选E；

用分液漏斗向烧瓶中加入适量的浓盐酸，加热条件下，浓盐酸和二氧化锰发生氧化还原反应生成氯气，离子反应方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；

故答案为：E；分液漏斗；4H++2Cl-+MnO2Mn2++Cl2↑+2H2O；

（3）次氯酸的漂白性是利用次氯酸的强氧化性；二氧化硫的漂白性是利用二氧化硫和有色物质生成无色物质，次氯酸的漂白性是永久性的，二氧化硫的漂白性是暂时的；加热时，次氯酸漂白过的溶液无变化，二氧化硫和有色物质生成的无色物质不稳定，加热时能重新变成红色；

故答案为：恢复红色；无变化；

（4）①氯气有强氧化性，二氧化硫有还原性，二者能按1：1发生氧化还原反应SO2+Cl2+2H2O═2HCl+H2SO4；而使气体失去漂白性；

故答案为：SO2和Cl2按1：1混合时，发生反应：SO2+Cl2+2H2O═2HCl+H2SO4；使混合气体失去漂白作用；

②步骤二：KMnO4具有强氧化性与具有还原性的SO32-发生氧化还原反应：5SO32-+2MnO4-+6H+═5SO42-+2Mn2++3H2O，KMnO4褪色；

故答案为：b；褪色；

步骤三：ClO-中+1价的氯具有强氧化性；能将碘化钾中-1价的碘氧化成碘单质．淀粉遇到碘单质显蓝色；

故答案为：d；变蓝色．9、⑤①⑥NaAl3+Zn132NH4++2e-═2NH3↑+H2↑1370463【分析】【分析】（1）（Ⅰ）熔化时需要破坏共价键的化合物是二氧化硅；

（Ⅱ）属于分子晶体且分子空间构型为直线型的是二氧化碳分子晶体，二氧化碳的电子式为：

（Ⅲ）氯化钙是只含离子键的共价化合物；而硫酸镁是含有共价键的离子化合物；

（2）根据元素周期律，同周期元素从左向右金属性在减弱，同主族从上往下金属性增强；周期表中第三周期第VA族元素是硫，原子结构示意图为：同周期阴离子的半径大于阳离子的半径；电子层相同的阳离子核电荷数越大半径越小；

（3）锌锰干电池的负极上Zn失去电子，负极消耗1mol时转移2mol电子，NH4+离子在正极放电产生2种气体，其中一种气体分子是含10e-的微粒为氨气；另一种为氢气；

（4）①从图象可以看出：a是断开2molH-H键和1molO=O需要吸收的能量；结合表格中提供的键能即可计算出．

②从表格看出，断开2molH-H键和1molO=O共吸热（436×2+498）KJ，如果H-O键的键能是X，当形成2molH2O中的4molH-O时则放出4XKJ热量，根据2molH2（g）和1molO2（g）生成2molH2O（g）时放热482KJ，列式即可解得X．【解析】【解答】解：（1）（Ⅰ）金刚石熔化是破坏共价键；但是单质，二氧化硅是熔化时需要破坏共价键的化合物，故答案为：⑤；

（Ⅱ）二氧化碳属于分子晶体且分子空间构型为直线型，二氧化碳的电子式为故答案为：①；

（Ⅲ）氯化钙是只含离子键的共价化合物；而硫酸镁是含有共价键的离子化合物，故答案为：⑥；

（2）根据元素周期律，同周期元素从左向右金属性在减弱，同主族从上往下金属性增强，所以短周期中金属性最强的元素是元素周期表的左下角的Na，周期表中第三周期第VA族元素是硫，原子结构示意图为：同周期阴离子的半径大于阳离子的半径，电子层相同的阳离子核电荷数越大半径越小，所以半径最小的离子是铝离子，其离子符号为Al3+，故答案为：Na；Al3+；

（3）锌锰干电池的负极上Zn失去电子，负极反应为Zn-2e-═Zn2+，负极消耗1mol时转移2mol电子，每通过0.4mole-，负极质量减少0.2mol×65g/mol=13.0g，由NH4+离子在正极放电产生2种气体，其中一种气体分子是含10e-的微粒为氨气，另一种为氢气，正极反应为2NH4++2e-═2NH3↑+H2↑；

故答案为：Zn；13.0；2NH4++2e-═2NH3↑+H2↑；

（4）①共价键的键能即为拆开1mol气态物质中某种共价键需要吸收的能量．从图象可以看出：a是断开2molH-H键和1molO=O需要吸收的能量，故a=2mol×436kJ•mol-1+1mol×498kJ•mol-1=1370KJ；故答案为：1370；

②反应热化学方程式：2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=-482kJ•mol-1，则有（436×2+498）KJ-4XKJ=-482kJ，解得X=463KJ，故答案为：463．10、烧杯漏斗引流，防止液体溅出消耗溶液中的酸，促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀6.0×10-26MnO42--e-=MnO4-bcbca20.0【分析】【分析】二氧化硫能与二氧化锰反应生成硫酸锰，用MnCO3能除去溶液中Al3+和Fe3+；MnS将铜；镍离子还原为单质，高锰酸钾能与硫酸锰反应生成二氧化锰，通过过滤获得二氧化锰．

（1）过滤操作时需要用到的硅酸盐仪器有玻璃棒；烧杯、漏斗；玻璃棒起引流作用，防止液体溅出；

（2）由于碳酸锰能消耗溶液中的酸，从而促进Al3+和Fe3+水解；

（3）根据c（S2-）=计算溶液中c（S2-），再根据Ksp（CuS）=c（Cu2+）×c（S2-）计算计算溶液中Cu2+的浓度；

（4）隋性电极作阳极，铁作阴极，阳极上发生氧化反应，阳极上是MnO42-失去电子生成MnO4-；

（5）进行定量测定尾气中二氧化硫的含量；由于吸收二氧化硫的试剂，与二氧化硫反应现象明显，便于反应终点的判断；

（6）由溶液得到晶体；应采取蒸发浓缩；冷却结晶，过滤得到晶体；

（7）结合硫原子守恒可知，被吸收的SO2的物质的量等于硫酸锰晶体的物质的量，进而计算硫酸锰晶体质量．【解析】【解答】解：二氧化硫能与二氧化锰反应生成硫酸锰，用MnCO3能除去溶液中Al3+和Fe3+；MnS将铜；镍离子还原为单质，高锰酸钾能与硫酸锰反应生成二氧化锰，通过过滤获得二氧化锰．

（1）过滤操作时需要用到的硅酸盐仪器有玻璃棒；烧杯、漏斗；玻璃棒起引流作用，防止液体溅出；

故答案为：烧杯；漏斗；引流；防止液体溅出；

（2）由于碳酸锰能消耗溶液中的酸，降低溶液的酸性，从而促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀；

故答案为：消耗溶液中的酸，促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀；

（3）当Ni2+恰好完全沉淀（此时溶液中c（Ni2+）=1.0×10-5mol/L），c（S2-）=mol/L=1.4×10-19mol/L；

由Ksp（CuS）=c（Cu2+）×c（S2-），可知溶液中Cu2+的浓度为mol/L=6.0×10-26mol/L；

故答案为：6.0×10-26；

（4）隋性电极作阳极，铁作阴极，阳极上发生氧化反应，阳极上是MnO42-失去电子生成MnO4-，阳极的电极反应式为：MnO42--e-=MnO4-；

故答案为：MnO42--e-=MnO4-；

（5）a．用NaOH溶液；酚酞试液吸收二氧化硫；反应生成亚硫酸钠，亚硫酸钠溶液呈碱性，溶液颜色变化不明显，故a错误；

b．用稀H2SO4酸化的KMnO4溶液吸收二氧化硫，溶液有紫色变为无色，反应完全，可准确测定气体的含量，故b正确；

c．用碘水；淀粉溶液吸收二氧化硫；溶液有蓝色变为无色，反应完全，可准确测定气体的含量，故c正确；

d．氨水本身易挥发；不宜进行定量测定，且终点判断误差较大，故d错误；

故选：bc；

（6）除杂后得到的MnSO4溶液可以通过蒸发浓缩；冷却结晶、过滤得硫酸锰晶体；

故选：bca；

（7）由硫原子守恒，被吸收的SO2的物质的量等于硫酸锰晶体的物质的量，则硫酸锰晶体的质量为×169g/mol≈2×104g=20.0kg；

故答案为：20.0．11、1：1氢氧化钠溶液、空气防止K2FeO4晶体溶解2Fe（OH）3+3KClO+4KOH=2K2FeO4+3KCl+5H2O【分析】【分析】用热的纯碱溶液可除去铁表面的油污，铁与过量的硝酸反应生成硝酸铁、NO等，NO气体可用氢氧化钠溶液吸收，并通入氧气，酸溶后的溶液加入氢氧化钠溶液生成氢氧化铁沉淀，沉淀中加热含KOH的KClO溶液，发生氧化还原反应可生成K2FeO4产品，为防止洗涤时晶体的溶解，可用75%酒精洗涤，以此解答该题．【解析】【解答】解：用热的纯碱溶液可除去铁表面的油污，铁与过量的硝酸反应生成硝酸铁、NO等，NO气体可用氢氧化钠溶液吸收，并通入氧气，酸溶后的溶液加入氢氧化钠溶液生成氢氧化铁沉淀，沉淀中加热含KOH的KClO溶液，发生氧化还原反应可生成K2FeO4产品；为防止洗涤时晶体的溶解，可用75%酒精洗涤；

（1）为减少污染性气体的排放，应用稀硝酸与铁反应，反应的化学方程式为Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，反应中氧化产物为Fe（NO3）3；还原产物为NO，二者的物质的量之比为1：1，可用氢氧化钠溶液吸收尾气，且通入空气，以生成硝酸钠；

故答案为：1：1；氢氧化钠溶液；空气；

（2）K2FeO4易溶于水，为防止洗涤时晶体的溶解，可用75%酒精洗涤，故答案为：防止K2FeO4晶体溶解；

（3）反应的化学方程式为2Fe（OH）3+3KClO+4KOH=2K2FeO4+3KCl+5H2O，故答案为：2Fe（OH）3+3KClO+4KOH=2K2FeO4+3KCl+5H2O．12、③④⑤⑥⑦⑧【分析】【分析】物质能否导电是根据物质是否有电子或自由移动的离子判断；抓住电解质与非电解质概念的区别判断．【解析】【解答】解：物质能否导电是根据物质是否有自由电子或自由移动的离子判断：金属有电子；电解质的水溶液或熔融下的电解质有自由移动的离子，所以这些能导电；

根据电解质的定义：必须是化合物；在水溶液里或熔融状态下有自由移动的离子，且物质本身能电离．②氧气④铜是单质所以不是电解质；①空气③食盐水稀硫酸；⑦蔗糖⑧酒精在水溶液里或熔融状态下不能电离出自由移动的离子所以不是电解质．

非电解质：在水溶液里或熔融状态下不能导电的化合物；结合（2）的分析；

故答案为：③④；⑤⑥；⑦⑧．13、略

【分析】【解析】【答案】（10分）（1）2NaCl+2H2O===2NaOH+Cl2↑+H2↑（2分,条件写“通电”或“电解”均可）三、判断题(共5题，共10分)14、×【分析】【分析】D2O的相对分子质量为20，结合n==计算．【解析】【解答】解：D2O的相对分子质量为20，18gD2O的物质的量为=0.9mol，则所含的电子数为9NA．故答案为：×．15、×【分析】【分析】胶体有丁达尔效应，溶液没有；溶质粒子能透过半透膜，胶体粒子不能透过半透膜，但能透过滤纸．【解析】【解答】解：胶体有丁达尔效应，溶液没有，故利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体；胶体微粒的直径大于半透膜的孔径，胶体粒子不能透过半透膜，故答案为：×．16、×【分析】【分析】D2O的相对分子质量为20，结合n==计算．【解析】【解答】解：D2O的相对分子质量为20，18gD2O的物质的量为=0.9mol，则所含的电子数为9NA．故答案为：×．17、×【分析】【分析】放热反应一般在加热条件能发生．【解析】【解答】解：放热反应一般在加热条件能发生，例如燃烧反应，故错误，故答案为：×．18、×【分析】【分析】结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物．互为同系物的物质具有以下特点：结构相似、化学性质相似、分子式通式相同、分子式不同、物理性质不同．注意同系物中的“结构相似”是指物质种类相同，若含有官能团，官能团的种类与数目相同．【解析】【解答】解：乙酸与丙二酸官能团个数不一样；通式不同，不是同系物．

故答案为：×．四、解答题(共4题，共20分)19、略

【分析】【分析】设参加反应的Fe为xmol，反应生成的SO2为ymol．因反应得到的气体相对于H2的平均分子质量为10，即得到的气体为SO2和H2的混合气体，根据十字交叉，得n（SO2）：n（H2）=（2×10-2）：（64-2×10）=9：22，即n（H2）=，又n（H2SO4）=1.84mol，铁过量反应后生成Fe2+，则由硫元素守恒和电子守恒列式求解．【解析】【解答】解：设参加反应的Fe为xmol，反应生成的SO2为ymol．因反应得到的气体相对于H2的平均分子质量为10，即得到的气体为SO2和H2的混合气体，根据十字交叉，得n（SO2）：n（H2）=（2×10-2）：（64-2×10）=9：22，即n（H2）=，又n（H2SO4）=1.84mol，铁过量反应后生成Fe2+，则由硫元素守恒和电子守恒得：x+，解之得：；故参加反应的Fe有1.426mol；

答：参加反应的Fe有1.426mol．20、略

【分析】【分析】在一定温度下；Ksp是一个常数．通过比较Ksp与溶液中有关离子浓度幂的乘积--离子积Qc的相对大小；

可以判断难溶电解质在给定条件下沉淀能否生成或者溶解，则当Qc＞Ksp时时有沉淀析出．【解析】【解答】解：等体积混合后，c（Ag+）=2×10-3mol/L，c（CrO42-）=2×10-3mol/L；

Qc=c2（Ag+）×c（CrO42-）=（2×10-3）2×2×10-3=8×10-9＞Ksp（Ag2CrO4）=9.0*10-12；故有沉淀析出；

答：析出Ag2CrO4沉淀．21、略

【分析】

（1）比较信息①A与软锰矿中元素化合价的变化可知，Mn元素化合价由+4价降低为+2价，所以A中还原产物为MnSO4．

故答案为：MnSO4．

（2）由工艺流程可知，MnCO3、Zn2（OH）2CO3的作用就是调节pH，使Fe3+、Al3+沉淀完全．

Fe3+、Al3+沉淀容