2025年湘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年湘教版高三化学下册月考试卷294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5题，共10分)1、下列实验能达到预期目的是（）

。选项实验内容实验目的A测同温同浓度下的Na2CO3和Na2SO3水溶液的pH确定碳和硫两元素非金属性强弱B室温下，浓度均为0.1mol•L-1Na2S2O3和H2SO4溶液，各取5mL、10mL的Na2S2O3溶液分别与10mL的H2SO4溶液混合反应，验证Na2S2O3浓度对反应速率的影响C取一定质量的铝片，与过量的NaOH溶液充分反应，溢出的气体通过硅胶后，测其体积确定铝片中氧化铝的含量D用稀硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe（NO3）2溶液中，溶液变黄色证明氧化性：H2O2比Fe3+强A.AB.BC.CD.D2、XeF4在水中发生反应：6XeF4+12H2O=2XeO3+4Xe↑+24HF+3O2↑下列判断中正确的是（）A.XeF4分子中各原子均达到8电子稳定结构B.XeF4分子中Xe的化合价为0价C.氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：3D.每生成4molXe转移16mol电子3、X、Y、Z、W四种主族元素，若X的阳离子与Y的阴离子具有相同的电子层结构；W的阳离子的氧化性强于等电荷数的X阳离子的氧化性；Z阴离子半径大于等电荷数的Y的阴离子半径，则四种元素的原子序数由大到小的顺序是（）A.ZXYWB.WXYZC.XYZWD.ZYXW4、对A2+3B2⇌2AB3反应来说，以下反应速率的表示，最快的是（）A.VA2=0.4mol•L-1•min-1B.VB2=0.6mol•L-1•min-1C.VAB3=0.5mol•L-1•min-1D.无法判断5、下列说法中正确的是rm{(}rm{)}A.医用酒精的浓度通常为rm{95%}B.单质硅是将太阳能转化为电能的常用材料C.淀粉、纤维素和油脂都属于天然高分子化合物D.合成纤维和光导纤维都是新型无机非金属材料评卷人得分二、双选题(共7题，共14分)6、已知氧化性：Cl2＞Br2＞Fe3+＞I2；还原性：I-＞Fe2+＞Br-＞Cl-．下列反应能正向自发进行的是（）A.Br2+2Fe2+=2Fe3++2Br-B.2Fe3++2I-=2Fe2++I2C.I2+2Fe2+=2Fe3++2I-D.2Fe3++2Cl-=2Fe2++Cl27、下列关于有机化合物的说法正确的是（）A.纤维素可以水解生成葡萄糖，因此纤维素属于基本营养物质B.戊烷（C5H12）有两种同分异构体C.苯、溴苯、乙醇可以用水鉴别D.乙醇可以直接氧化成乙酸8、若将阿伏加德罗常数规定为rm{0.024kg^{12}C}中所含有的rm{C}原子数，而其他概念和规定一律不变，则下列各项的数值不会发生变化的是rm{(}rm{)}A.物质的量B.相对原子质量C.物质的摩尔质量D.rm{12g^{12}C}中所含有的rm{C}原子数9、rm{0.9molFe_{2}O_{3}}与一定量rm{CO}反应后得到固体rm{X}将rm{X}溶于足量稀盐酸，再通入rm{0.5molCl_{2}}恰好氧化完全rm{.}则rm{X}的组成及物质的量之比可能是rm{(}rm{)}A.rm{2}rm{3}混合的rm{Fe_{3}O_{4}}与rm{FeO}B.rm{3}rm{5}rm{4}混合的rm{Fe_{3}O_{4}}rm{FeO}与rm{Fe}C.rm{4}rm{5}混合的rm{Fe_{2}O_{3}}和rm{FeO}D.rm{1}rm{1}rm{4}混合的rm{Fe_{2}O_{3}}rm{Fe_{3}O_{4}}与rm{FeO}10、解热镇痛抗炎药扑炎痛可由化合物rm{X}rm{Y}在一定条件下反应合成。下列有关叙述正确的是()

A.扑炎痛的分子式为rm{C_{17}H_{16}NO_{5}}B.可用rm{FeCl_{3}}溶液检验扑炎痛中是否含有化合物rm{Y}C.扑炎痛在酸性条件下水解最终可以得到rm{3}种物质D.rm{1mol}扑炎痛与足量的rm{NaOH}溶液反应，最多消耗rm{3molNaOH}11、可逆反应rm{aA(g)+bB(g)?cC(g)+dD(s)}rm{?H=QkJ/mol}反应过程中，当其他条件不变时，某物质在混合物中的含量rm{C%}与温度rm{(T)}反应速率rm{(v)}与压强rm{(P)}的关系如图所示，据图分析，以下说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{T_{1}<T_{2}}rm{Q<0}B.增大压强，rm{B}的转化率减小C.当反应达平衡时，混合气体的密度不再变化D.rm{a+b>c+d}rm{?S<0}12、常温下，下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A.将浓度均为0.10mol•L-1的CH3COONH4与CH3COONa溶液等体积混合：c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（NH4+）＞c（OH-）B.向0.10mol•L-1CH3COONa溶液中滴加盐酸至溶液呈中性：c（Cl-）＞c（Na+）＞c（H+）=c（OH-）C.将0.10mol•L-1KHC2O4和0.10mol•L-1K2C2O4溶液等体积混合所得溶液中：2c（K+）=3c（C2O42-）+3c（HCO4）D.将等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液等体积混合，析出部分NaHCO3晶体后的溶液（pH＜7）中：c（H+）+c（H2CO3）=c（OH-）+c（CO32-）+c（NH3•H2O）评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)13、（2016春•青岛校级月考）某研究性学习小组的同学为验证浓硫酸与铜能反应而稀硫酸不能；设计了如图所示装置进行探究：将6.4g铜片和含0.2moL溶质的18.4mol/L浓硫酸放在圆底烧瓶中共热，直到无气体生成为止．（假定在此过程溶液体积不变）

（1）甲同学认为要证实上述结论，还应进行稀硫酸与铜片混合加热实验，你认为有无必要，并说明理由：____

（2）下列试剂中能够用来进一步证明反应结束后的烧瓶中确有余酸的是：____

A．铁粉B．钠C．氯化钡溶液D．银粉。

（3）为定量测定余酸的物质的量浓度；甲；乙两位同学进行了如下设计：

Ⅰ甲同学设想：在A装置增加一个导管通氮气驱赶气体（假定生成的气体全部逸出），先测定生成的SO2的量，然后计算剩余硫酸的浓度．他设计了如下二种方案来测定SO2的量：

方案①将产生的气体缓缓通入足量用稀硫酸酸化的KMnO4溶液，再加入足量BaCl2溶液；过滤；洗涤、干燥、称量沉淀．

方案②将气体缓缓通入足量硝酸钡溶液中；然后过滤；洗涤、干燥、称量沉淀．

经仔细分析后；发现有不合理之处，请填写表格（可以不填满）：

。序号不合理的原因误差。

（偏低或偏高）改变措施方案①____________方案②____________Ⅱ乙学生设计的方案是：分离出反应后的溶液并加蒸馏水稀释至1000mL，取20.00mL于锥形瓶中，滴入2～3滴酚酞指示剂，用标准NaOH溶液进行滴定（已知氢氧化铜开始沉淀的pH约为5），这种方法能否求出余酸的浓度，理由是____．

（4）请再设计其他可行的实验方案，来测定余酸的物质的量浓度，简要写出操作步骤及需要测定的数据（不必计算，不必写操作细节）____．14、铁；铝、铜等金属及其化合物在日常生活中应用广泛；请根据下列实验回答问题：

（1）生铁中含有一种铁碳化合物X（Fe3C）．X在足量的空气中高温煅烧，生成有磁性的固体Y，将Y溶于过量盐酸的溶液中含有的大量阳离子是____．

（2）某溶液中有Mg2+、Fe2+、Al3+、Cu2+等四种离子，向其中加入过量的NaOH溶液后，过滤，将滤渣高温灼烧并将灼烧后的固体投入到过量的稀盐酸中，所得溶液与原溶液相比，溶液中大量减少的阳离子是____．

A．Mg2+B．Fe2+C．Al3+D．Cu2+

（3）氧化铁是重要工业颜料；用废铁屑制备它的流程如下：

回答下列问题：

①操作Ⅰ的名称是____，操作Ⅱ的名称是____；

②写出在空气中煅烧FeCO3的化学方程式____．

（4）有些同学认为KMnO4溶液滴定也能进行铁元素含量的测定。

（5Fe2++Mn+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O）．

a．称取2.850g绿矾（FeSO4•7H2O）产品；溶解，在250mL容量瓶中定容；

b．量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中；

c．用硫酸酸化的0.01000mol/LKMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液体积的平均值为20.00mL．

①实验前，首先要精确配制一定物质的量浓度的KMnO4溶液250mL，配制时需要的仪器除天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管外，还需____．

②判定反应是否需要指示剂（如果需要，选择何种指示剂，请描述现象．如果不需要，请说明理由，请描述现象）____．

③计算上述样品中FeSO4•7H2O的质量分数为____．15、乙炔是有机合成工业的一种原料．工业上曾用CaC2与水反应生成乙炔．

（1）CaC2与水反应生成乙炔的化学方程式为____；

CaC2中C22-与O22+互为等电子体，O22+的电子式可表示为____．

（2）乙炔与氢氰酸反应可得丙烯腈（H2C=CH-C≡N）．丙烯腈分子中碳原子轨道杂化类型是____；分子中处于同一直线上的原子数目最多为____．16、化学实验是化学学科学习；探究的基础．

（1）下列描述错误的是____．

a．为了防止试剂瓶内的试剂被污染；取用后多余的试剂一定都不能放回原试剂瓶。

b．滴定管；容量瓶、分液漏斗在使用时都需要检漏。

c．海带中碘的提取时需要对干海带进行灼烧；此时需要用到的仪器有玻璃棒；燃烧匙、泥三角、三脚架、酒精灯。

d．检验Na2SO3固体是否被氧化：取少量固体溶于水，加入Ba（NO3）2溶液；产生白色沉淀，滴加稀盐酸，观察白色沉淀是否溶解。

e．海带中碘的提取时；对碘水中的碘进行萃取可采用裂化汽油；苯、四氯化碳、无水酒精等有机溶剂。

（2）某溶液中可能存在Br-、CO32-、SO32-、I-、A13+、Mg2+、Na+等7种离子中的某几种．现取该溶液进行实验；得到如下现象：

①向溶液中滴加足量氯水后；溶液变橙色，且有无色气泡冒出；

②向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液；有白色沉淀生成，加入稀盐酸沉淀不溶解．

③向所得溶液中继续滴加淀粉溶液；溶液不变蓝色．

据此可以推断：该溶液肯定存在的离子是：____

在②中产生的自色沉淀是：____．17、研究化学反应中的能量变化有重要意义．请根据学过知识回答下列问题：

（1）已知一氧化碳与水蒸气反应过程的能量变化如图1所示：

①反应的热化学方程式为____．

②已知：C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H=+131kJ•mol-1，则C（s）+CO2（g）=2CO（g）△H=____．

（2）化学反应可视为旧键断裂和新键形成的过程．化学键的键能是形成（或拆开）1mol化学键时释放（或吸收）的能量．已知：N≡N键的键能是948.9kJ•mol-1，H-H键的键能是436.0kJ•mol-1；N-H键的键能是391.55kJ•mol-1．则N2（g）+H2（g）═NH3（g）△H=____．

（3）如图2是一个化学过程的示意图：（已知电解质溶液均过量）

①甲装置中通入CH4的电极反应式为____．

②一段时间，当丙池中产生11.2L（标准状况下）气体时，则乙池中产生气体的物质的量为____，若要使丙池恢复电解前的状态，应向丙池中加入____．18、“霾”是当今世界环境热点话题．目前宁夏境内空气质量恶化原因之一是机动车尾气和燃煤产生的烟气．NO和CO气体均为汽车尾气的成分；这两种气体在催化转换器中发生如下反应：

2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）△H=-akJ•mol-1（a＞0）

（1）在一定温度下；将2.0molNO；2.4molCO气体通入到固定容积为2L的密闭容器中，反应过程中部分物质的浓度变化如图1所示：

①0～15minN2的平均速率v（N2）=____；NO的转化率为____．

②20min时，若改变反应条件，导致CO浓度减小，则改变的条件可能是____（选填序号）．

a．缩小容器体积。

b．增加CO的量。

c．降低温度。

d．扩大容器体积。

③若保持反应体系的温度不变，20min时再向容器中充入NO、N2各0.4mol，化学平衡将____移动（选填“向左”、“向右”或“不”），重新达到平衡后，该反应的化学平衡常数为____．

（2）已知：2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）△H=-bkJ•mol-1（b＞0）CO的燃烧热△H=-ckJ•mol-1（c＞0）则在消除汽车尾气中NO2的污染时，NO2与CO发生反应的热化学反应方程式为：____．

（3）工业废气中含有的NO2还可用电解法消除．制备方法之一是先将NO2转化为N2O4，然后采用电解法制备N2O5，装置如图2所示．Pt乙为____极，电解池中生成N2O5的电极反应式是____．19、有一瓶无色澄清的溶液，其中可能含Na+、Mg2+、H+、Fe3+、CO32-、Cl-、Br-中的一种或几种；取该溶液进行如下实验：

①用PH试纸检验；表明溶液呈强酸性。

②取部分溶液，加入少量的CCl4及数滴新制的氯水，振荡后CCl4层显橙红色。

③将②得到的溶液滴加硝酸银溶液；有白色沉淀生成，滴加稀硝酸沉淀不溶解。

④另取部分溶液；逐滴加入稀NaOH溶液，使溶液从酸性逐渐转变为碱性，在滴加过程中及滴加完毕后，溶液中均无沉淀生成。

根据上述实验事实确定并回答：

（1）在溶液中，肯定存在的离子有____．

（2）肯定不存在的离子有____．

（3）可能存在的离子有____．20、(1)主链含5个碳原子，有两个甲基作支链的烷烃有________________种；其中两种的结构简式是：试写出其他几种分子的结构简式，并用系统命名法命名．________________________________________________________________________________________________________________________________________________.(2)以上分子中有一种分子是由烯烃加成得到，而且分子中的碳碳双键只有一种位置，试写出这种烯烃分子的名称________________________________________________．评卷人得分四、判断题(共1题，共10分)21、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）由上测得纯碱溶液呈碱性，请用离子方程式表示其原因：____．

（3）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-）：____．评卷人得分五、解答题(共3题，共9分)22、纳豆是一种减肥食品；从其中分离出一种由C；H、O三种元素组成的有机物A，为确定其结构现进行如下实验：

①相同条件下，测得A的蒸气密度是H2密度的60倍。

②6gA在一定条件下完全燃烧；生成3.36L二氧化碳（标况）和1.8g水。

③1mol物质A发生酯化反应；转化完全时消耗乙醇92g，等量的A能与足量的金属钠反应放出33.6L氢气（标况）

试确定：A的分子式及结构简式．23、下表是实验室制备气体的有关内容：

。编号实验内容实验原理发生装置①制氧气H2O2→O2______②制氨气NH4Cl→NH3______③制氯气HCl→Cl2______（1）上述气体中：从制备过程看，必须选择合适的氧化剂才能实现的是______（填气体的化学式，下同．）；从反应中有无电子转移的角度看，明显不同于其他气体的是______，写出实验室制取该气体的化学方程式______CaCl2+2NH3↑+2H2O

24、X；Y、Z、W是元素周期表前四周期中的四种常见元素；相关信息如表：

。元素相关信息XX的氢化物分子中含10个电子，呈正四面体结构YY与X同周期，其最高价氧化物对应的水化物是一种强氧化性酸Z第三周期元素中，Z电负性最小WW的基态原子核外M能层上填满了电子，N能层只有1个电子（1）X元素位于周期表中第______周期；第______族，其单质中为原子晶体的名称是______．

（2）Z的基态原子核外电子排布式为______；工业上电解其氯化物饱和溶液时；阳极上发生的电极反应式为______．

（3）XO；YO是现代城市的主要污染物；在催化剂作用下可以转化为两种无毒物质．

已知：X（s）+O2（g）═XO2（g）△H=-akJ/mol；

2X（s）+O2（g）═2XO（g）△H=-bkJ/mol；

Y2（g）+O2（g）═2YO（g）△H=+ckJ/mol．

则上述转化的热化学方程式为______．

（4）0.3molW的低价氧化物能与含______molY最高价氧化物对应的水化物溶液恰好完全反应（设还原产物只有YO）．

评卷人得分六、其他(共4题，共12分)25、如图所示为实验室常用的仪器：

请根据图回答：

（1）写出A～F各仪器的名称：

A____B____C____D____E____F____

（2）用于吸取和滴加少量液体的是（填序号，下同）____；

（3）能直接加热的仪器是____；

（4）用于作热源的仪器是____；

（5）用于夹持试管的是____；

（6）可取用少量固体粉未的是____；

（7）用来量取液体体积的是____．26、化学上将SCN－、OCN－、CN－等离子称为“类卤离子”。现将KSCN溶液滴加到酸性Fe3+溶液中，溶液立即变成红色。将此红色溶液分成两份：一份中____（1）向另一份中____（2）____（3）试用离子方程式解释以上三部分颜色变化的原因（方程式可以不配平）。27、苯佐卡因是一种医用麻醉药品，学名对氨基苯甲酸乙酯。用芳香烃A为原料合成苯佐卡因E的路线如下：请回答：（1）写出结构简式B________________C_________________。（2）写出反应类型①_______________②________________。（3）化合物D经聚合反应可制得高分子纤维，广泛用于通讯、导弹、宇航等领域。写出该聚合反应的化学方程式：____________________________________________________________。（4）下列化合物中能与E发生化学反应的是_________。a．HClb．NaClc．Na­2CO3d．NaOH（5）除外，符合下列条件的化合物E的同分异构体有_____种。i.为1,4—二取代苯，其中苯环上的一个取代基是氨基；ii.分子中含结构的基团28、现有E、F、H、I、G、K六种原子序数依次增大的前四周期主族元素，且分属四个不同周期，E、G同主族，F、H、I为同周期相邻的三种元素，其中F元素形成的化合物种类是所有元素中最多的，I、G简单离子具有相同的电子层结构，K与F形成的离子化合物Q与E和I形成的常见共价化合物R之间的反应是实验室常见的可燃气体制备原理。（题中的字母只代表元素代号，与实际元素符号无关）,请回答下列问题：（1）E～K六种元素原子，原子半径第三大的是____（填对应的元素符号，下同）。（2）E与H两种元素组成一种阳离子，该离子的结构式为____。（3）I、G两种元素组成含有两种化学键的化合物，该化合物的电子式为____。（4）下图为常温下向25mL0.1mol·L-1由E、I、G组成的化合物W溶液中逐滴滴加0.2mol·L-1E、F、I组成相对分子质量为60的一元酸Z溶液过程中溶液pH的变化曲线。①上图能确定Z为(“强”或“弱”)酸,理由是____②B点溶液呈中性，有人据此认为，在B点时W与Z恰好完全反应，这种看法是否正确？____（选填“是”或“否”）。若不正确，则二者恰好完全反应的点是在AB区间还是BD区间内？区间（若正确，此问不答）。（5）写出Q与R之间的化学反应方程式____。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【分析】A．比较非金属性；应比较最高价氧化物的水化物的酸性；

B．比较浓度对反应速率的影响；所加溶液体积相同，浓度不同；

C．铝和氢氧化钠溶液反应生成氢气；根据氢气的体积可确定铝的质量；

D．酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性．【解析】【解答】解：A．测同温同浓度下的Na2CO3和Na2SO3水溶液的pH；可比较碳酸与亚硫酸的酸性，但比较非金属性应利用最高价含氧酸的酸性，亚硫酸不是最高价含氧酸，则不能比较C；S的非金属性，故A错误；

B．比较浓度对反应速率的影响；所加溶液体积相同，浓度不同，故B错误；

C．气体为氢气；Al与NaOH溶液反应生成氢气，则利用氢气的体积可计算Al的质量，进一步可确定铝片中氧化铝的含量，故C正确；

D．酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性；不能排除硝酸根离子的干扰，故D错误．

故选C．2、D【分析】【分析】该反应中；Xe元素化合价由+4价变为0价和+6价，O元素化合价由-2价变为0价；

A．化合物中中心元素化合价的绝对值+该原子的最外层电子数=8时；该原子就达到8电子结构，否则不是；

B．化合物中各元素化合价的代数和为0确定Xe元素化合价；

C．该反应中的XeF4作氧化剂，的XeF4作还原剂，的H2O作还原剂；

D．根据Xe和转移电子之间的关系式计算．【解析】【解答】解：该反应中；Xe元素化合价由+4价变为0价和+6价，O元素化合价由-2价变为0价；

A．该化合物中Xe元素化合价为+4；Xe原子最外层电子数为8，二者之和大于8，所以各原子不是都达到8电子稳定结构，故A错误；

B．XeF4分子中Xe的化合价为+4价；故B错误；

C．该反应中的XeF4作氧化剂，的XeF4作还原剂，的H2O作还原剂；所以氧化剂和还原剂的物质的量之比=4：8=1：2，故C错误；

D．根据Xe和转移电子之间的关系式知；每生成4molXe，转移电子的物质的量=4mol×4=16mol，故D正确；

故选D．3、A【分析】【分析】X、Y、Z、W四种主族元素，X的阳离子与Y的阴离子具有相同的电子层结构，X处于Y的下一周期；Z阴离子半径大于等电荷数的Y的阴离子半径，Y与Z处于同一主族，原子序数Z＞Y，Z与X处于同一周期或比X的周期数大，X为金属，Z为非金属，原子序数Z＞X；W的阳离子的氧化性强于等电荷数的X阳离子的氧化性，W与X处于同一主族，金属性W＜X，原子序数X＞W，W与X处于同一周期或比比X的周期数小，W为金属，Y为非金属原子序数Y＞W，据此判断．【解析】【解答】解：X；Y、Z、W四种主族元素；X的阳离子与Y的阴离子具有相同的电子层结构，X处于Y的下一周期，原子序数X＞Y；

Z阴离子半径大于等电荷数的Y的阴离子半径；Y与Z处于同一主族，原子序数Z＞Y，Z与X处于同一周期或比X的周期数大，X为金属，Z为非金属，原子序数Z＞X；

W的阳离子的氧化性强于等电荷数的X阳离子的氧化性；W与X处于同一主族，金属性W＜X，原子序数X＞W，W与Y处于同一周期或比X的周期数小，W为金属，Y为非金属原子序数Y＞W；所以原子序数Z＞X＞Y＞W．

故选A．4、A【分析】【分析】由于不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故速率之比与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快，注意单位要一致．【解析】【解答】解：由于不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故速率之比与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快，而=0.4mol•L-1•min-1，=0.2mol•L-1•min-1，=0.25mol•L-1•min-1，故反应速率v（A2）＞v（AB3）＞v（B2）；

故选A．5、B【分析】【分析】本题旨在考查学生对硅及其化合物、淀粉、纤维素、油脂等综合应用。【解答】A.医用酒精的浓度通常为rm{75%}rm{A}不符合题意；B.单质硅是将太阳能转化为电能的常用材料，rm{B}符合题意；C.淀粉、纤维素都属于天然高分子化合物，而油脂不是高分子化合物，rm{C}不符合题意；D.合成纤维和光导纤维都不是新型无机非金属材料，rm{D}不符合题意。故选B。【解析】rm{B}二、双选题(共7题，共14分)6、A|B【分析】解：A、该反应中氧化剂是溴，氧化产物是铁离子，氧化性强弱顺序是Br2＞Fe3+；与已知符合，所以该反应能发生，故A正确；

B．该反应中氧化剂是铁离子，氧化产物是碘，氧化性强弱顺序是Fe3+＞I2；与已知相符合，所以该反应能发生，故B正确；

C、该反应中氧化剂是碘，氧化产物是铁离子，氧化性强弱顺序是I2＞Fe3+；与已知不符合，所以该反应不能发生，故C错误；

D、该反应中氧化剂是铁离子，氧化产物是氯气，氧化性强弱顺序是Cl2＞Fe3+；与已知不符合，所以该反应不能发生，故D错误；

故选：AB．

在自发进行的氧化还原反应中；氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，根据物质的性质分析解答．

本题考查了氧化性、还原性强弱，明确氧化性和还原性强弱的判断方法即可解答，难度不大．【解析】【答案】AB7、C|D【分析】解：A．人体中没有消化纤维素的酶；故纤维素不能作为人类的营养物质，故A错误；

B．戊烷（C5H12）有正戊烷；异戊烷、新戊烷三种同分异构体；故B错误；

C．乙醇与水混溶；苯；溴苯不溶于水，苯的密度比水小，色层在上层，溴苯的密度比水大，色层在下层，可鉴别，故C正确；

D．乙醇可以被酸性高锰酸钾溶液直接氧化为乙酸；故D正确．

故选CD．

A．人体中没有消化纤维素的酶；

B．戊烷（C5H12）有三种同分异构体；

C．乙醇与水混溶；苯；溴苯不溶于水，二者密度不同；

D．乙醇可以被酸性高锰酸钾溶液氧化．

本题考查有机物的鉴别、性质以及同分异构体等，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同，难度不大．【解析】【答案】CD8、BD【分析】解：rm{A}由公式rm{n=dfrac{N}{N_{A}}}知，rm{N_{A}}发生了变化，则rm{n}发生变化；故A错误；

B、相对原子质量有它自己的标准rm{(^{12}C}原子质量的rm{dfrac{1}{12})}只随其标准的改变而改变，不随阿伏加德罗常数的改变而改变，故B正确；

C、由于rm{n=dfrac{m}{M}}而不论对rm{N_{A}}如何规定，一定量的物质的质量是不变的，则rm{M=n?m}随rm{n}的变化而变化；故C错误；

D、只要物质的质量rm{(}或体积rm{)}一定；则构成它的粒子数一定，不随阿伏加德罗常数的改变而改变，故D正确．

故选BD．

A、由公式rm{n=dfrac{N}{N_{A}}}知，rm{N_{A}}发生了变化，则rm{n}必发生变化；

B；相对原子质量只随其标准的改变而改变；不随阿伏加德罗常数的改变而改变；

C、由于rm{n=dfrac{m}{M}}rm{M}随rm{n}的变化而变化；

D、只要物质的质量rm{(}或体积rm{)}一定；则构成它的粒子数一定．

本题考查了阿伏伽德罗常数的计算与判断，题目难度中等，涉及知识点较多、综合性较强，充分考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力，注意熟练掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量等物理量之间的关系．【解析】rm{BD}9、rAD【分析】解：rm{A.}若为rm{2}rm{3}混合的rm{Fe_{3}O_{4}}与rm{FeO}二者含有铁元素的物质的量之比为rm{2}rm{1}rm{0.9molFe_{2}O_{3}}中含有rm{1.8mol}铁离子，根据质量守恒定律，rm{X}中含有rm{Fe_{3}O_{4}}的物质的量为：rm{1.8mol隆脕dfrac{2}{3}隆脕dfrac{1}{3}=0.4mol}含有rm{1.8mol隆脕dfrac{2}{3}隆脕dfrac

{1}{3}=0.4mol}的物质的量为：rm{1.8mol隆脕dfrac{1}{3}=0.6mol}根据电子守恒rm{FeO}完全反应消耗氯气的物质的量为：rm{dfrac{0.4mol隆脕3隆脕(3-dfrac{8}{3})}{2}=0.2mol}rm{1.8mol隆脕dfrac

{1}{3}=0.6mol}与氯气完全反应消耗氯气的物质的量为：rm{dfrac{0.6mol隆脕(3-2)}{2}=0.3mol}总共消耗氯气的物质的量为rm{0.4molFe_{3}O_{4}}满足条件，故A正确；

B.若为rm{dfrac{0.4mol隆脕3隆脕(3-dfrac

{8}{3})}{2}=0.2mol}rm{0.6molFeO}rm{dfrac

{0.6mol隆脕(3-2)}{2}=0.3mol}混合的rm{0.2mol+0.3mol=0.5mol}rm{3}与rm{5}三者含有的铁元素的物质的量之比为：rm{4}rm{Fe_{3}O_{4}}rm{FeO}则rm{Fe}中含有rm{9}的物质的量为：rm{1.8mol隆脕dfrac{9}{18}隆脕dfrac{1}{3}=0.3mol}含有rm{5}的物质的量为：rm{1.8mol隆脕dfrac{5}{18}=0.5mol}含有rm{4}的物质的量为：rm{1.8mol隆脕dfrac{4}{18}=0.4mol}rm{X}完全反应消耗氯气的物质的量为：rm{dfrac{0.3mol隆脕3隆脕(3-dfrac{8}{3})}{2}=0.15mol}rm{Fe_{3}O_{4}}与氯气完全反应消耗氯气的物质的量为：rm{dfrac{0.5mol隆脕(3-2)}{2}=0.25mol}rm{1.8mol隆脕dfrac{9}{18}隆脕dfrac

{1}{3}=0.3mol}铁与盐酸反应生成rm{FeO}氯化亚铁，rm{1.8mol隆脕dfrac

{5}{18}=0.5mol}氯化亚铁完全反应消耗氯气的物质的量为：rm{dfrac{0.4mol隆脕(3-2)}{2}=0.2mol}所以总共消耗氯气的物质的量为：rm{Fe}故B错误；

C.若为rm{1.8mol隆脕dfrac

{4}{18}=0.4mol}rm{0.3molFe_{3}O_{4}}混合的rm{dfrac{0.3mol隆脕3隆脕(3-dfrac

{8}{3})}{2}=0.15mol}和rm{0.5molFeO}二者含有的铁元素的物质的量之比为rm{dfrac

{0.5mol隆脕(3-2)}{2}=0.25mol}rm{0.4mol}则rm{0.4mol}中含有rm{0.4mol}的物质的量为：rm{1.8mol隆脕dfrac{8}{13}隆脕dfrac{1}{2}=dfrac{7.2}{13}mol}含有rm{dfrac

{0.4mol隆脕(3-2)}{2}=0.2mol}的物质的量为：rm{1.8mol隆脕dfrac{5}{13}=dfrac{9}{13}mol}氧化铁不消耗氯气，rm{0.15mol+0.25mol+0.2mol=0.6mol>0.5mol}消耗氯气的物质的量为：rm{dfrac{9}{13}mol隆脕dfrac{3-2}{2}=dfrac{9}{26}mol}故C错误；

D.若为rm{4}rm{5}rm{Fe_{2}O_{3}}混合的rm{FeO}rm{8}与rm{5}三者含有的铁元素的物质的量之比为：rm{X}rm{Fe_{2}O_{3}}rm{1.8mol隆脕dfrac{8}{13}隆脕dfrac

{1}{2}=dfrac{7.2}{13}mol}则rm{FeO}中含有rm{1.8mol隆脕dfrac{5}{13}=dfrac

{9}{13}mol}的物质的量为：rm{1.8mol隆脕dfrac{3}{9}隆脕dfrac{1}{3}=0.2mol}含有rm{dfrac{9}{13}molFeO}的物质的量为：rm{1.8mol隆脕dfrac{4}{9}=0.8mol}含有rm{dfrac{9}{13}mol隆脕dfrac{3-2}{2}=

dfrac{9}{26}mol}的物质的量为：rm{1.8mol隆脕dfrac{2}{9}隆脕dfrac{1}{2}=0.2mol}rm{1}完全反应消耗氯气的物质的量为：rm{dfrac{0.2mol隆脕3隆脕(3-dfrac{8}{3})}{2}=0.1mol}rm{1}与氯气完全反应消耗氯气的物质的量为：rm{dfrac{0.8mol隆脕(3-2)}{2}=0.4mol}氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，氯化铁不与氯气反应，则消耗氯气的总物质的量为：rm{4}故D正确；

故选AD．

先计算出rm{Fe_{2}O_{3}}中含有铁元素的总物质的量；然后分别根据各选项中各组分的物质的量之比及质量守恒定律计算出各组分的物质的量，再根据电子守恒计算出消耗氯气的物质的量即可．

本题考查了氧化还原反应的计算，题目难度中等，明确发生反应的实质为解答关键，注意掌握守恒思想在化学计算中的应用，试题培养了学生的化学计算能力．rm{Fe_{3}O_{4}}【解析】rm{AD}10、BC【分析】【分析】本题旨在考查学生对有机物的结构和性质的应用。【解答】A.扑炎痛的分子式为rm{C_{17}H_{15}NO_{5}}，故A错误；B.可用rm{FeCl_{3}}溶液检验扑炎痛中是否含有化合物rm{Y}，故B正确；C.扑炎痛在酸性条件下水解最终可以得到rm{3}种物质，故C正确；D.有机物含有rm{2}个酯基，rm{1}个肽键，rm{1mol}扑炎痛与足量的rm{NaOH}溶液反应，最多消耗rm{5molNaOH}故D错误。故选BC。【解析】rm{BC}11、rAC【分析】【分析】本题考查了体积分数随温度曲线及速率随压强变化曲线，难度不大，明确“先拐先平数值大”是解本题的关键。【解答】可逆反应，当其他条件一定时，温度越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短rm{.}由图象可知rm{T_{2}>T_{1}}温度越高，平衡时rm{C}的百分含量rm{(C%)}越小，故此反应的正反应为放热反应；当其他条件一定时，增大压强，正速率大于逆反应速率，说明平衡正移，所以正反应为气体物质的量减小的反应，即rm{a+b<c}．A.由以上分析可知rm{T_{2}>T_{1}}rm{Q<0}故A正确；B.由以上分析可知，该反应为正反应为气体物质的量减小的反应，增大压强，平衡正移，rm{B}的转化率增大，故B错误；C.反应前后气体体积不变，气体质量减少，所以密度减小，混合气体的密度不再变化即是平衡状态，故C正确；D.由以上分析可知，正反应为气体物质的量减小的反应，即rm{a+b>c}但rm{a+b>c+d}不一定成立，故D错误。故选AC。

【解析】rm{AC}12、AD【分析】解：A、CH3COONa是强碱弱酸盐水解呈碱性，而CH3COONH4是弱碱弱酸盐，但由于醋酸和一水合氨的电离度相等，所以醋酸铵溶液呈中性，则混合溶液呈碱性，钠离子不水解，而铵根离子水解，即c（Na+）＞c（NH4+），所以将浓度均为0.10mol•L-1的CH3COONH4与CH3COONa溶液等体积混合：c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（NH4+）＞c（OH-）；故A正确；

B、向0.10mol•L-1CH3COONa溶液中滴加盐酸至溶液呈中性，即c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-）+c（CH3COO-），所以c（Na+）=c（Cl-）+c（CH3COO-），则c（Na+）＞c（Cl-）；故B错误；

C、浓度均为0.1mol•L-1KHC2O4和K2C2O4的混合溶液中，根据物料守恒可得：2c（K+）=3c（HC2O4-）+3c（C2O42-）+3c（H2C2O4）；故C错误；

D、析出晶体后的溶液中溶质可以看作NH4Cl和NaHCO3，溶液中电荷守恒为：c（NH4+）+c（Na+）+c（NH4+）=c（OH-）+2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（Cl-）；

溶液中物料守恒为c（NH4+）+c（NH3•H2O）+c（Na+）=c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）+c（Cl-），则c（OH-）=c（H+）-c（CO32-）-c（NH3•H2O）+c（H2CO3）；故D正确。

故选：AD。

A、CH3COONa是强碱弱酸盐水解呈碱性，而CH3COONH4是弱碱弱酸盐；但由于醋酸和一水合氨的电离度相等，所以醋酸铵溶液呈中性，则混合溶液呈碱性；

B、向0.10mol•L-1CH3COONa溶液中滴加盐酸至溶液呈中性，即c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-）+c（CH3COO-）；

C、浓度均为0.1mol•L-1KHC2O4和K2C2O4的混合溶液中；根据物料守恒；

D；根据物料守恒和电荷守恒分析．

本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确盐的水解原理为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒的含义及应用方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．【解析】AD三、填空题(共8题，共16分)13、无必要，随着反应的进行，浓硫酸变成稀硫酸，稀硫酸与铜不反应A高锰酸钾溶液中含有硫酸，与氯化钡反应，使生成的沉淀增多偏低将硫酸酸化的高锰酸钾溶液换成溴水或碘水或硝酸溶液不填不填不填不能，PH＞5时，Cu2+会与碱反应生成沉淀，不能达到滴定终点反应结束后将烧瓶中的铜片取出，然后向溶液中加入足量氯化钡溶液，过滤出沉淀，洗净、干燥后称量【分析】【分析】（1）开始是浓硫酸与Cu发生反应：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；Cu与硫酸的物质的量之比为1：2，且二者按物质的量1：2反应，随着反应的进行硫酸逐渐变稀，如铜；硫酸有剩余，则可说明稀硫酸与铜不反应；

（2）反应后的溶液中含有CuSO4、H2O及过量的H2SO4；要证明反应结束后的烧瓶中确有余酸，需要检验氢离子，由于钠能与水反应，可以用Fe粉检验；

（3）I．方案①中KMnO4溶液酸化是用的硫酸，因此在高锰酸钾溶液中的SO42-包括SO2氧化产生的和外加硫酸的两部分，这样产生的硫酸钡沉淀就偏多，可以采用其它的氧化剂如溴水或碘水或硝酸溶液等氧化SO2；

方案②二氧化硫可与硝酸钡发生氧化还原反应；生成硫酸钡沉淀，可用于测量含量；

Ⅱ．用标准NaOH溶液滴定剩余硫酸时，由于在溶液中含有CuSO4，用酚酞作指示剂，变色点为8，但氢氧化铜开始沉淀的pH约为5．Cu2+也会与碱反应生成沉淀；不能达到滴定终点；

（4）利用氯化钡与硫酸、硫酸铜反应生成硫酸钡沉淀，测定溶液中硫酸根的物质的量，根据消耗Cu的质量可以沉淀硫酸铜的物质的量，进而计算出剩余酸的物质的量．【解析】【解答】解：（1）开始是浓硫酸与Cu发生反应：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；Cu与硫酸的物质的量之比为1：2，且二者按物质的量1：2反应，随着反应的进行硫酸逐渐变稀，如铜；硫酸有剩余，则可说明稀硫酸与铜不反应，则没有必要进行稀硫酸与铜片的反应；

故答案为：无必要；随着反应的进行，浓硫酸变成稀硫酸，稀硫酸与铜不反应；

（2）A．加入Fe粉会发生反应：CuSO4+Fe=FeSO4+Cu；H2SO4+Fe=FeSO4+H2；会有气体产生，因此会冒出气泡，故A正确；

B．由于溶液中含有大量的水，无论酸是否有剩余，都会发生反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；因此不能证明酸剩余，故B错误；

C．溶液中含有CuSO4，一定会发生反应：Ba2++SO42-=BaSO4↓；不能证明酸剩余，故C错误；

D．在金属活动性顺序表中Ag位于H后面；不能把酸中的氢置换出来，故D错误；

故选：A；

（3）I．方案①中KMnO4溶液酸化是用的硫酸，因此在高锰酸钾溶液中的SO42-包括SO2氧化产生的和外加硫酸的两部分，这样产生的硫酸钡沉淀就偏多，导致剩余的硫酸偏低，改变的措施是：采用其它的氧化剂如溴水或碘水或硝酸溶液等氧化SO2；使其转化为硫酸，再用氯化钡溶液减小滴定；

方案②二氧化硫可与硝酸钡发生氧化还原反应；生成硫酸钡沉淀，可用于测量含量，设计合理；操作无误；

故答案为：

。方案序号不合理的原因误差（偏低或偏高）改变措施方案①高锰酸钾溶液中含有硫酸，与氯化钡反应，使生成的沉淀增多偏低将硫酸酸化的高锰酸钾溶液换成溴水或碘水或硝酸溶液方案②；

Ⅱ．用标准NaOH溶液滴定剩余硫酸时，由于在溶液中含有CuSO4，用酚酞作指示剂，变色点为8，但氢氧化铜开始沉淀的pH约为5．Cu2+也会与碱反应生成沉淀；不能达到滴定终点，无法准确测定剩余硫酸的物质的量的多少；

故答案为：不能，PH＞5时，Cu2+会与碱反应生成沉淀；不能达到滴定终点；

（4）根据氯化钡与硫酸、硫酸铜反应生成硫酸钡沉淀，测定溶液中硫酸根的物质的量，根据反应消耗的Cu的质量确定由CuSO4产生的沉淀的质量；进而计算出剩余酸的物质的量，其他可行的用来测定余酸的物质的量浓度实验方案：反应结束后将烧瓶中的铜片取出，然后向溶液中加入足量氯化钡溶液，过滤出沉淀，洗净；干燥后称量；

故答案为：反应结束后将烧瓶中的铜片取出，然后向溶液中加入足量氯化钡溶液，过滤出沉淀，洗净、干燥后称量．14、Fe3+、Fe2+、H+BC过滤洗涤4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2250mL容量瓶不需要，可以利用高锰酸钾颜色变化指示滴定终点97.5%【分析】【分析】（1）有磁性的固体Y为四氧化三铁；与盐酸反应生成氯化铁；氯化亚铁；

（2）加入过量的NaOH，Al3+转化为偏铝酸根，Mg2+、Fe2+、Cu2+转化为氢氧化物沉淀，且氢氧化亚铁易被氧化，灼烧固体得到氧化镁、氧化铜、氧化铁，加入到过量的稀盐酸中，所得溶液中含有Mg2+、Fe3+、Cu2+；

（3）由流程可知，碳酸钠水解显碱性，可除去油污，然后Fe与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，操作I为过滤，滤液中亚铁离子与碳酸氢铵反应生成FeCO3，操作II为洗涤，干燥后煅烧FeCO3得到Fe2O3；

（4）①一定物质的量浓度溶液的配制结合配制步骤可得到每一步中使用的仪器；很明显缺少250mL容量瓶；

②酸性高锰酸钾溶液呈紫红色；随着反应溶液颜色会发生改变，故不需要指示剂，可以利用高锰酸钾颜色变化指示滴定终点；

③结合反应的化学方程式可得亚铁离子和高锰酸根物质的量之比为5：1，以此计算．【解析】【解答】解：（1）Fe3C在足量的空气中高温煅烧，生成有磁性的固体Y，Y为Fe3O4，溶于过量的盐酸反应生成氯化亚铁、氯化铁，溶液有剩余的HCl，溶液中大量存在的阳离子是Fe2+、Fe3+、H+，故答案为：Fe3+、Fe2+、H+；

（2）加入过量的NaOH，Al3+转化为偏铝酸根，Mg2+、Fe2+、Cu2+转化为氢氧化物沉淀，且氢氧化亚铁易被氧化，灼烧固体得到氧化镁、氧化铜、氧化铁，加入到过量的稀盐酸中，所得溶液中含有Mg2+、Fe3+、Cu2+，与原溶液相比，溶液中大量减少的阳离子是Al3+、Fe2+；

故答案为：BC；

（3）由流程可知，碳酸钠水解显碱性，可除去油污，然后Fe与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，操作I为过滤，滤液中亚铁离子与碳酸氢铵反应生成FeCO3，操作II为洗涤，干燥后煅烧FeCO3得到Fe2O3；

①由上述分析可知；操作I；II分别为过滤、洗涤，故答案为：过滤；洗涤；

②在空气中煅烧FeCO3的化学方程式为4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2，故答案为：4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2；

（4）①一定物质的量浓度溶液的配制结合配制步骤可得到每一步中使用的仪器；很明显缺少250mL容量瓶，故答案为：250mL容量瓶；

②酸性高锰酸钾溶液呈紫红色；随着反应溶液颜色会发生改变，故不需要指示剂，可以利用高锰酸钾颜色变化指示滴定终点，故答案为：不需要，可以利用高锰酸钾颜色变化指示滴定终点；

③结合反应的化学方程式可得亚铁离子和高锰酸根物质的量之比为5：1，则七水硫酸亚铁的质量分数为×100%=97.5%；

故答案为：97.5%．15、CaC2+2H2O→Ca（OH）2+C2H2↑sp、sp23【分析】【分析】（1）碳化钙与水反应生成乙炔；C22-与O22+和氮气互为等电子体，根据氮气分子电子式书写O22+电子式；

（2）根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型；H2C=CH-C≡N中连接三键两端原子的原子位于同一直线上，位于碳碳双键两端碳原子的原子位于同一平面上．【解析】【解答】解：（1）碳化钙与水反应生成乙炔，化学反应方程式为：CaC2+2H2O→Ca（OH）2+C2H2↑，等电子体结构和性质相似，C22-与O22+和氮气互为等电子体，根据氮气分子电子式书写O22+电子式为故答案为：CaC2+2H2O→Ca（OH）2+C2H2↑；

（2）H2C=CH-C≡N分子中连接双键的C原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，所以为sp2杂化，连接三键的碳原子价层电子对个数是2且不含孤电子对，所以C原子采用sp杂化；H2C=CH-C≡N中连接三键两端原子的原子位于同一直线上；位于碳碳双键两端碳原子的原子位于同一平面上，所以该分子中位于同一直线上的原子为3个；

故答案为：sp、sp2；3．16、acdeCO32-、SO32-、Br-、Na+BaSO4【分析】【分析】（1）a．不是所有的试剂都不能放回原瓶；如金属钠，取用后必须放回原瓶；

b．滴定管；容量瓶、分液漏斗在使用时需要检查是否漏液；防止液体漏出；

c．灼烧固体时应在坩埚中进行；

d．检验亚硫酸钠是否被氧化；不能选择硝酸钡和盐酸；

e．无水酒精你能不能作碘的萃取剂；

（2）①加入足量氯水后溶液变为橙色，说明有溴单质生成，原溶液中存在Br-；且产生气泡，因为氯水呈酸性，与氯水反应产生气体的离子应是CO32-，而不是亚硫酸根离子，因为氯水与亚硫酸根离子发生氧化还原反应生成硫酸根离子；因为含有碳酸根离子，所以A13+、Mg2+不存在，则阳离子只能是Na+；

②加入氯化钡溶液产生不溶于盐酸的白色沉淀，则①所得的溶液中一定含有硫酸根离子，说明原溶液中存在SO32-，被氯水氧化为硫酸根离子，与钡离子反应生成BaSO4白色沉淀；

③说明溶液中不存在I-，其余离子不能确定．【解析】【解答】解：（1）a．不是所有的试剂都不能放回原瓶；如金属钠，取用后必须放回原瓶，故a错误；

b．滴定管、容量瓶、分液漏斗在使用时需要检查是否漏液，防止液体漏出，故b正确；

c．灼烧固体时应在坩埚中进行；故c错误；

d．检验亚硫酸钠是否被氧化；不能选择硝酸钡和盐酸，因为硝酸钡与盐酸混合，相当于溶液中存在硝酸，则会氧化亚硫酸根离子为硫酸根离子，无法检验原固体是否被氧化，故d错误；

e．无水酒精你能不能作碘的萃取剂；因为酒精与水互溶，故e错误；

故答案为：acde；

（2）①加入足量氯水后溶液变为橙色，说明有溴单质生成，原溶液中存在Br-；且产生气泡，因为氯水呈酸性，与氯水反应产生气体的离子应是CO32-，而不是亚硫酸根离子，因为氯水与亚硫酸根离子发生氧化还原反应生成硫酸根离子；因为含有碳酸根离子，所以A13+、Mg2+不存在，则阳离子只能是Na+；

②加入氯化钡溶液产生不溶于盐酸的白色沉淀，则①所得的溶液中一定含有硫酸根离子，说明原溶液中存在SO32-，被氯水氧化为硫酸根离子，与钡离子反应生成BaSO4白色沉淀；

③说明溶液中不存在I-，其余离子不能确定．所以一定存在的离子是CO32-、SO32-、Br-、Na+；在②中产生的自色沉淀是BaSO4．

故答案为：CO32-、SO32-、Br-、Na+；BaSO4．17、CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H=-41kJ•mol-1+172kJ/mol-46.2KJ/moLCH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O0.125moLHCl【分析】【分析】（1）①依据图象分析反应是放热反应；焓变为-41KJ/mol，依据热化学方程式的书写方法写出；

②依据（1）CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H=-41kJ•mol-1；

（2）C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H=+131kJ•mol-1

依据盖斯定律（2）-（1）计算；

（2）反应的焓变△H=反应物键能总和-生成物键能总和计算；

（3）①CH4在负极上失电子；碱性条件下生成碳酸根；

②电解氯化钠溶液时，阴极上氢离子放电，阳极上氯离子放电，根据氯气和氢氧化钠的关系式计算氢氧化钠的物质的量浓度，从而得出溶液的pH；根据电解的产物分析，根据“析出什么元素加入什么元素”的原则确定加入的物质．【解析】【解答】解：（1）①图象分析反应是放热反应，焓变为-41KJ/mol，标注物质狙击状态和对应反应焓变得到热化学方程式为：CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H=-41kJ•mol-1，故答案为：CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H=-41kJ•mol-1；

②（1）CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H=-41kJ•mol-1；

（2）C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H=+131kJ•mol-1

依据盖斯定律（2）-（1）得到：C（s）+CO2（g）═2CO（g）△H═+172kJ/mol；

故答案为：+172kJ/mol；

（2）N≡N键的键能是948.9kJ•mol-1，H-H键的键能是436.0kJ•mol-1；N-H键的键能是391.55kJ•mol-1．则N2（g）+H2（g）═NH3（g）△H=反应物键能总和-生成物键能总和=×948.9kJ•mol-1+×436.0kJ•mol-1-3×391.55kJ•mol-1=-46.2KJ/mol；

故答案为：-46.2KJ/moL；

（3）①CH4在负极上失电子，碱性条件下生成碳酸根，所以甲装置中通入CH4的电极反应式为CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O；故答案为：CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O；②②当丙池中产生11.2L（标准状况下）即0.5mol气体时，丙池中反应为2NaCl+2H2OH2↑+Cl2↑+2NaOH，则氢气的体积与氯气的体积相同均为0.25moL，又乙池中产生气体为氧气，所以根据得失电子守恒，物质的量为=0.125moL，由于丙池中电解生成H2和Cl2从溶液中逸出；所以应该加二者的化合物，即加入HCl；

故答案为：0.125moL；HCl．18、0.013mol/（L•min）40%cd向左L/mol4CO（g）+2NO2（g）⇌N2（g）+4CO2（g）△H=-a+b-2ckJ•mol-1阴N2O4+2HNO3-2e-=2N2O5+2H+【分析】【分析】（1）①根据v=计算v（N2）；利用浓度变化量之比等于化学计量数之比计算NO浓度变化量；再根据n=cV计算参加反应NO的物质的量，进而计算NO的转化率；

②a．缩小容器体积；压强增大，平衡向正反应方向移动，移动结果不能消除CO浓度增大；

b．增加CO的量；CO的浓度增大；

c．降低温度；平衡向正反应方向移动；

d．扩大容器体积；压强减小，平衡向逆反应方向移动，平衡时CO浓度减小；

③温度不变，平衡常数不变，利用三段式计算平衡时各组分的浓度，代入平衡常数K=；再计算此时浓度商Qc，与平衡常数相比，判断反应进行方向；

（2）根据CO的燃烧热书写CO燃烧的热化学方程式；根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以合适的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也进行相应的计算；

（3）由图可知，乙电极上有四氧化二氮生成，发生还原反应，则乙为阴极，故甲为阳极，N2O4在阳极失去电子，在硝酸条件下生成N2O5，根据电荷守恒可知，还有氢离子生成．【解析】【解答】解：（1）①由图可知，15minN2的浓度变化量为0.2mol/L，则v（N2）==0.013mol/（L•min）；

浓度变化量之比等于化学计量数之比，则NO浓度变化量为2×0.2mol/L=0.4mol/L，故参加反应的NO为2L×0.4mol/L=0.8mol，故NO的转化率为×100%=40%；

故答案为：0.013mol/（L•min）；40%；

②a．缩小容器体积；压强增大，平衡向正反应方向移动，移动结果不能消除CO浓度增大，平衡时CO浓度增大，故a错误；

b．增加CO的量，平衡虽然向正反应方向移动，但CO的转化率减小，到平衡时CO的浓度增大，故b错误；

c．降低温度；平衡向正反应方向移动，到达新平衡时CO的浓度减小，故c正确；

d．扩大容器体积；压强减小，平衡向逆反应方向移动，但CO的物质的量增大程度小于体积增大程度，所以CO浓度减小；

故选：cd；

③平衡时氮气浓度变化量为0.2mol/L，NO的起始浓度为=1mol/L、CO的起始浓度为=1.2mol/L；则：

2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（g）

开始（mol/L）：11.200

转化（mol/L）：0.40.40.40.2

平衡（mol/L）：0.60.80.40.2

故平衡常数K==L/mol=L/mol；

20min时再向容器中充入NO、N2各0.4mol，此时浓度商Qc==＞K=；故反应向逆反应进行，即向左移动；

温度不变，平衡常数不变，即重新达到平衡后，该反应的化学平衡常数为L/mol；

故答案为：向左；L/mol；

（2））①2CO（g）+2NO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）△H=-akJ•mol-1

②2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）△H=-bkJ•mol-1；

③CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-ckJ•mol-1

根据盖斯定律，①-②+2×③得：4CO（g）+2NO2（g）⇌N2（g）+4CO2（g）△H=-a+b-2ckJ•mol-1；

故答案为：4CO（g）+2NO2（g）⇌N2（g）+4CO2（g）△H=-a+b-2ckJ•mol-1；

（3）由图可知，乙电极上有四氧化二氮生成，发生还原反应，则乙为阴极，故甲为阳极，N2O4在阳极失去电子，在硝酸条件下生成N2O5，根据电荷守恒可知，还有氢离子生成，电解池中生成N2O5的电极反应式是：N2O4+2HNO3-2e-=2N2O5+2H+；

故答案为：阴；N2O4+2HNO3-2e-=2N2O5+2H+．19、H+、Br-Mg2+、Fe3+、CO32-Na+、Cl-【分析】【分析】无色溶液中有色离子不能存在，酸性溶液中，能和氢离子反应的碳酸根离子不能存在，溴离子能被氯气氧化为溴单质，溴单质在四氯化碳层中显示橙红色，能和硝酸酸化的硝酸银反应生成白色沉淀的离子是氯离子，氯水中含有氯离子，镁离子可以和氢氧化钠之间反应得到氢氧化镁沉淀，据此来判离子的存在与否即可．【解析】【解答】解：①用PH试纸检验，表明溶液呈强酸性，则CO32-不存在，H+一定存在，无色溶液中Fe3+一定不存在；

②取部分溶液，加入少量的CCl4及数滴新制的氯水，振荡后CCl4层显橙红色，即出现了溴单质，所以一定含有Br-；

③将②得到的溶液滴加硝酸银溶液；有白色沉淀生成，滴加稀硝酸沉淀不溶解，此沉淀是氯化银沉淀，但是氯水中含有氯离子，所以不能确定原溶液中氯离子是否存在；

④另取部分溶液；逐滴加入稀NaOH溶液，使溶液从酸性逐渐转变为碱性，在滴加过程中及滴加完毕后，溶液中均无沉淀生成，则一定不会含有镁离子，钠离子存在与否不能确定．

（1）在溶液中，肯定存在的离子有H+、Br-，故答案为：H+、Br-；

（2）肯定不存在的离子有：Mg2+、Fe3+、CO32-，故答案为：Mg2+、Fe3+、CO32-；

（3）可能存在的离子有Na+、Cl-，故答案为：Na+、Cl-．20、略

【分析】【解析】试题分析：（1）根据已知有机物的结构简式可判断，可以通过让两个甲基按照由心到边移动，即可得到同分异构体的结构简式，所以共计是4种、另外两种分别是名称分别是2,3二甲基戊烷和3,3二甲基戊烷。(2)烯烃和氢气发生加成反应，则相应的烷烃分子中相邻的碳原子上各去1个氢原子又生成烯烃，则根据有机物的结构简式可知，只有3,3­二甲基­1­戊烯符合题意。考点：考查有机物同分异构体的判断、有机物的命名以及烯烃加成反应的有关应用【解析】【答案】(1)42,3二甲基戊烷；3,3二甲基戊烷(2)3,3­二甲基­1­戊烯四、判断题(共1题，共10分)21、√【分析】【分析】（1）测定pH的步骤为蘸；滴、对比；

（2）碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子；

（3）Na2CO3溶液中，存在物料守恒式为c（Na+）=[c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）]，电荷守恒式为c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-），并结合水解显碱性来分析解答．【解析】【解答】解：（1）测定pH的步骤为用玻璃棒蘸取待测液；滴在pH试纸上，颜色变化后与标准比色卡对比，然后确定溶液的pH；

故答案为：用玻璃棒蘸取待测液；滴在pH试纸上，颜色变化后与标准比色卡对比；

（2）碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，溶液显碱性，离子反应为CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，故答案为：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-；

（3）①Na2CO3溶液中，存在物料守恒式为c（Na+）=[c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）]，显然c（Na+）=2[c（CO32-）+c（HCO3-）]关系错误；

故答案为：c（Na+）=[c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）]；

②Na2CO3溶液中，溶液不显电性，由电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-）；故答案为：√；

③Na2CO3溶液中，由质子守恒可知，c（OH-）=c（H+）+c（HCO3-）+2c（H2CO3），故答案为：c（OH-）=c（H+）+c（HCO3-）+2c（H2CO3）；

④Na2CO3溶液中，由化学式可知，c（Na+）＞c（CO32-），又由CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，则离子浓度关系为c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）；

故答案为：√．五、解答题(共3题，共9分)22、略

【分析】【分析】①根据M=ρVm可知；相同条件下气体的密度与摩尔质量成正比，据此计算出A的摩尔质量；

②根据n=计算出6gA的物质的量；再根据标况下二氧化碳的体积和水的重量计算出二氧化碳和水的物质的量，再根据根据质量守恒可以确定6g有机物A中含有氧元素的质量及物质的量，最后确定有机物A的分子式；

③根据酯化反应原理可以确定A中含有羧基的数目，再根据与钠反应生成氢气的物质的量确定含有羟基的数目，从而确定A的结构简式．【解析】【解答】解：①相同条件下，测得A的蒸气密度是H2密度的60倍；则A的摩尔质量为：M（A）=2g/mol×60=120g/mol；

6gA在一定条件下完全燃烧，生成3.36L二氧化碳（标况）和1.8g水，6.0gA的物质的量为=0.05mol，在一定条件下完全燃烧，生成3.36L（标准状况下）而氧化碳，二氧化碳的物质的量为：=0.15mol；生成1.8g水，水的物质的量为：=0.1mol，则6gA中含有氧原子的物质的量为：n（O）==0.25mol；

即：0.05molA含有0.15molC；0.2molH、O原子为0.15mol+0.1mol=0.25mol；

所以1molA含有3molC、4molH、5molO原子，有机物A的分子式为：C3H4O5；

1mol物质A完全转化为酯，需要乙醇：=2mol，则A分子中含有2个-COOH；1molA能与足量钠反应放出33.6L（标准状况下）氢气，氢气的物质的量为：=1.5mol，1molA提供3molH原子，所以有机物中还含有1个-OH，由于有机物的分子式为C3H4O5；故有机物A的结构简式为：HOOC-CH（OH）-COOH．

答：A的分子式为：C3H4O5；A的结构简式为：HOOC-CH（OH）-COOH．23、略

【分析】

（1）反应③氯元素化合价升高，必须加入氧化剂才能实现；反应①③为氧化还原反应，有电子的转移，反应②为非氧化还原反应，无电子的转移，实验室用氯化铵和熟石灰制备，反应的方程式为Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为：Cl2；NH3；Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；

（2）反应①为液体不加热制取气体的装置，故选C；反应②为固固加热制取气体的装置，故选B；反应③为固液加热或不加热制取气体，故选A或C，故答案为：。编号发生装置①C②B③A或C；

（3）实验室用H2O2制备氧气；为固体和液体在不加热条件下反应，如用制备氧气的装置制备氨气，可用浓氨水和氢氧化钠（或生石灰或碱石灰），开用氢氧化钠或生石灰或碱石灰吸水放热的特点制备氨气，故答案为：浓氨水和氢氧化钠（或生石灰等）；

（4）①溶液稀释前后溶质的物质的量不变；则有8mol/L×0.1L=V×12mol/L，V=0.0667L=66.7mL，故答案为：66.7；

②用12mol•L-1的盐酸配制8