2024年沪科版高三化学下册月考试卷含答案

…………○…………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2024年沪科版高三化学下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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、下列实验过程能引起结果偏高的是（）A.配制100g10%CuSO4溶液，称取10g硫酸铜晶体溶于90g水中B.将30%的乙醇溶液和70%的乙醇溶液等体积混和后所得乙醇溶液的质量分数为50%C.配制一定物质的量浓度的稀硫酸溶液时，称量浓硫酸时仰视量筒的刻度线D.质量分数为10%和90%的两种硫酸等质量混合配制50%的硫酸溶液2、下面的能源中属于二次能源的是（）A.电能、蒸汽B.电能、风能C.蒸汽、风能D.煤、石油3、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A.1molFeCl3与沸水反应生成胶体后，含有NA个Fe（OH）3胶粒B.标准状况下，1.12L的SO3所含的原子数是0.2NAC.1L0.5mol•L-1Na2CO3溶液中含有的CO32-数目为0.5NAD.16.9g过氧化钡（BaO2）固体中阴、阳离子总数为0.2NA4、如图用交叉分类法表示了一些物质或概念之间的从属或包含关系；其中正确的是（）

。XYZA置换反应氧化还原反应离子反应B铜单质非电解质C石灰水电解质分散系D液氨化合物纯净物A.AB.BC.CD.D5、下列根据化学事实进行的相关推论；正确的是（）

。化学事实推论A某一反应需要在高温条件下才能进行该反应的△H＞0B无色试液加入氢氧化钙溶液产生白色沉淀试液含有C铁的氧化物用硝酸溶解后加入KSCN，溶液呈红色氧化物中铁元素为+3价D少量CO2通入NaCN溶液时反应为：CO2+H2O+CN-=HCO3-+HCN电离常数Ka（HCN）＞Ka2（H2CO3）A.AB.BC.CD.D6、下列溶液一定呈碱性的是（）A.溶液中c（OH-）＞c（H+）B.溶液中含有OH‑离子C.滴加甲基橙后溶液显红色D.滴加甲基橙后溶液显黄色7、适量氯气与1mol甲烷在光照下发生反应，反应后测知产物中四种氯代烷物质的量相同，则消耗的氯气有（）A.2molB.2.5molC.7.5molD.6mol评卷人得分二、双选题(共8题，共16分)8、下列图象能正确表示相关反应中产物物质的量的变化的是(横；纵坐标单位：mol)()

A.图1：n(O2)=1mol时，高温下C和O2在密闭容器中的反应产物B.图2：n(NaOH)=1mol时，CO2和NaOH溶液反应生成的盐C.图3：n(HCl)=1mol时，K2CO3逐步加入到HCl溶液中在敞口容器反应生成的气体D.图4：n(HNO3)=1mol时，Fe和稀HNO3反应生成的氧化产物(还原产物为NO)9、金属冶炼与处理常涉及氧化还原反应．由下列物质冶炼相应金属时采用电解法的是（）A.Fe2O3B.NaClC.Cu2SD.Al2O310、锑rm{(Sb)}在自然界一般以硫化物的形式存在，我国锑的蕴藏量为世界第一rm{.}从硫化物中提取单质锑一般是先在高温下将硫化物转化为氧化物；再用碳还原：

rm{垄脵2Sb_{2}S_{3}+3O_{2}+6Fedfrac{overset{;{赂脽脦脗};}{}}{;}Sb_{4}O_{6}+6FeS}rm{垄脷Sb_{4}O_{6}+6Cdfrac{overset{;{赂脽脦脗};}{}}{;}4Sb+6CO隆眉}

关于反应rm{垄脵2Sb_{2}S_{3}+3O_{2}+6Fedfrac{

overset{;{赂脽脦脗};}{}}{;}Sb_{4}O_{6}+6FeS}rm{垄脷Sb_{4}O_{6}+6Cdfrac{

overset{;{赂脽脦脗};}{}}{;}4Sb+6CO隆眉}的说法正确的是rm{垄脵}rm{垄脷}A.反应rm{(}中的氧化剂分别是rm{)}rm{垄脵垄脷}B.反应rm{Sb_{2}S_{3}}中每生成rm{Sb_{4}O_{6}}rm{垄脵}rm{3}时，共转移rm{mol}rm{FeS}电子C.反应rm{6}说明高温下rm{mol}的还原性比rm{垄脷}强D.每生成rm{C}rm{Sb}时，反应rm{4mol}与反应rm{Sb}中还原剂的物质的量之比为rm{垄脵}rm{垄脷}rm{4}11、下列属于脂肪烃的是()A.CH3CH2CH2CH3B.C.D.12、下列有关说法正确的是A.加入硫酸铜可使锌与稀硫酸的反应速率加快，说明rm{Cu^{2+}}具有催化作用B.向某溶液中滴加硝酸酸化的rm{BaCl_{2}}溶液产生白色沉淀，则该溶液中含有rm{SO^{2-}_{4}}C.在电解精炼铜过程中，电解质溶液中铜离子浓度减少D.rm{298K}时，rm{2H_{2}S(g)+SO_{2}(g)=3S(s)+2H_{2}O(l)}能自发进行，则其rm{娄陇}rm{H}rm{<0}13、下列有关说法正确的是()A.rm{25隆忙}时，在rm{Mg(OH)_{2}}的悬浊液中加入少量的rm{NH_{4}Cl}固体，rm{c(Mg^{2+})}将减小B.一定温度下，反应rm{2HI(g)?H_{2}(g)+I_{2}(g)}rm{娄陇H>0}能自发进行，则该反应rm{娄陇S>0}C.向滴有酚酞的rm{Na_{2}CO_{3}}溶液中滴加rm{BaCl_{2}}溶液，红色逐渐褪去，说明rm{BaCl_{2}}溶液显酸性D.上图电池放电时正极反应式：rm{2Li^{+}+Li_{2}O_{2}+2e^{-}=2Li_{2}O}14、下列描述正确的是()A.向浓氨水中滴加饱和rm{FeCl_{3}}溶液，可以制得rm{Fe(OH)_{3}}胶体B.为除去rm{Mg(OH)_{2}}固体中的少量rm{Ca(OH)_{2}}可用饱和rm{MgCl_{2}}溶液多次洗涤后，再水洗、干燥C.向溶液rm{X}中加入足量盐酸，产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水，产生白色沉淀，说明溶液rm{X}中含有rm{CO_{3}^{2mathrm{{-}}}}D.卤代烃rm{Y}与rm{NaOH}醇溶液共热后，加入足量稀硝酸，再滴加rm{AgNO_{3}}溶液，产生白色沉淀，说明卤代烃rm{Y}中含有氯原子15、依据图判断，下列说法正确的是rm{(}rm{)}

A.rm{2}rm{mol}rm{H_{2}(g)}与rm{1}rm{mol}rm{O_{2}(g)}所具有的总能量比rm{2}rm{mol}rm{H_{2}O(g)}所具有的总能量高B.氢气燃烧的反应为放热反应，故Hrm{{,!}_{2}}与rm{O_{2}}混合即可自发进行C.液态水分解的热化学方程式为：rm{2H_{2}O(l)篓T2H_{2}(g)+O_{2}(g)triangleH=-571.6}rm{2H_{2}O(l)篓T2H_{2}(g)+O_{2}(g)triangle

H=-571.6}D.rm{kJ?mol^{-1}}生成rm{H_{2}O(g)}时，断键吸收的能量小于成键放出的能量rm{H_{2}O(l)}评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)16、（1）过氧化氢（H2O2）有广泛的用途．过氧化氢的制备方法很多，下列方法中原子利用率最高的是____（填序号）．

A．BaO2+H2SO4=BaSO4↓+H2O2

B．2NH4HSO4（NH4）2S2O8+H2↑；（NH4）2S2O8+2H2O=2NH4HSO4+H2O2

C．CH3CHOHCH3+O2→CH3COCH3+H2O2

D．乙基蒽醌法见图1

Ⅰ．B选项的方法流程图如下：

回答下列问题：

（2）若要制得1molH2O2，电解时转移电子数为____，电解硫酸氢铵溶液时，阳极的电极反应方程是：____．

（3）在上流程图中，采用减压蒸馏的原因是：____．可循环利用的物质是（写化学式）____．

Ⅱ．某文献报导了不同金属离子及其浓度对双氧水氧化降解海藻酸钠溶液反应速率的影响，实验结果如图2、图3所示．注：以上实验均在温度为20℃、w（H2O2）=0.25%、pH=7.12、海藻酸钠溶液浓度为8mg•L-1的条件下进行．图2中曲线a：H2O2；b：H2O2+Cu2+；c：H2O2+Fe2+；d：H2O2+Zn2+；e：H2O2+Mn2+；图3中曲线f：反应时间为1h；g：反应时间为2h；两图中的纵坐标代表海藻酸钠溶液的粘度（海藻酸钠浓度与溶液粘度正相关）．

（4）由上述信息可知，下列叙述错误的是____（填序号）．

A．锰离子能使该降解反应速率减缓。

B．亚铁离子对该降解反应的催化效率比铜离子低。

C．海藻酸钠溶液粘度的变化快慢可反映出其降解反应速率的快慢。

D．一定条件下，铜离子浓度一定时，反应时间越长，海藻酸钠溶液浓度越小．17、硝酸铵钙晶体[5Ca（NO3）2•NH4NO3•10H2O]极易溶于水；是一种绿色的复合肥料．

（1）硝酸铵钙晶体的溶液显酸性，原因是____（用离子方程式表示）．

（2）已知磷酸钙是一种难溶物，常温下，其Ksp=2.0×10-33，≈1.414．工业上生产硝酸铵钙的方法是以硝酸浸取磷矿石得到的粗硝酸钙（含硝酸钙；磷酸钙及硝酸）为原料制备；其生产流程如图1：

①在粗硝酸钙浊液中，c（Ca2+）≈0.1mol/L，则其中c（PO43-）约为____

②加入适量的碳酸钙后发生反应的离子方程式为____．

③硝酸铵是一种易分解的物质，保存和利用时，需控制在较低温度．230～400℃时，它会分解成空气中含量最大的两种气体，其反应的化学方程式为____．

（3）生产硝酸铵钙工厂的废水中常含有硝酸铵；净化方法有反硝化净化法和电解法．

①NO3-在酸性条件下可转化为N2，该反硝化方法可用半反应（同电极反应式）表示____．

②目前常用电解法净化；工作原理如图2所示（阳膜和阴膜分别只允许阳离子；阴离子通过）；

Ⅰ．阳极的电极反应为____，Ⅰ室可回收的产品为____（填名称）．

③Ⅱ．Ⅲ室可回收到氨气，请结合方程式和文字解释其原因____．18、（1）实验测得，5g甲醇（CH3OH）在氧气中充分燃烧生成二氧化碳气体和液态水时释放出113.5kJ的热量，试写出甲醇燃烧的热化学方程式____．

（2）已知H2（g）、C2H4（g）和C2H5OH（1）的燃烧热△H分别是-285.8kJ•mlo-1、-1411.0kJ•mlo-1和-1366.8kJ，则由C2H4（g）和H2O（I）反应生成C2H5OH（I）的热化学方程式____．19、工业制硫酸的尾气中含有一定量SO2；处理尾气的手段除了氨吸收法以外还有以下几种方法．

（一）工业实际吸收过程中，第I步常采用浓苛性钠溶液吸收为其中的SO2；然后向生成溶液中加入熟石灰，充分反应后将生成产物分离后再经氧化后制得产品A．

（1）产品A是____（填化学式）．

（2）有人提出将第一步中的浓苛性钠溶液换成同温度下饱和Ca（OH）2溶液直接制得产品CaSO3，你认为是否可行？____（填“可以”、“不可以”或“不确定”）原因是____

（二）制备MnSO4•H2O：SO2还原MnO2矿制备MnSO4•H2O；过程如下：

（1）生产中提高MnO2矿浸出率的措施除了将矿石粉碎还有____（答出一条即可）．

（2）除铁发生的离子反应方程式为____．

（3）操作I的名称为____．

（4）MnSO4•H2O在1150℃高温下易分解，产物是Mn3O4、含硫化合物、水，在该条件下硫酸锰晶体分解反应的化学方程式是____．20、（A）(12分)工业上以氯化钾和钛白厂的副产品硫酸亚铁为原料可得到硫酸钾、过二硫酸钠和铁红颜料等产品，该方法原料的综合利用率较高。（1）基态钛原子的核外电子排布式为____▲。（2）TiCl4在常温下是一种无色液体，而FeCl3可用升华法提纯，则两种氯化物均属于____▲晶体。（3）SO42-和S2O82-（过二硫酸根）结构中，硫原子均位于由氧原子组成的四面体的中心，且所有原子的最外层电子均满足8电子结构。下列说法正确的是____。A．SO42-中存在σ键和π键且与PO43-离子互为等电子体B．S2O82-中存在非极性键且有强氧化性C．S2O82-比SO42-稳定且两者的氧元素的化合价相同（4）KCl与MgO的晶体结构跟NaCl的晶体结构相似，则KCl与MgO两者中熔点高的是____，原因是▲。（5）硫与氯可形成化合物SCl2，则该分子中硫原子的杂化方式为▲，分子的空间构型为____。（6）在一定条件下铁形成的晶体的基本结构单元如下图1和图2所示，则图1和图2的结构中铁原子的配位数之比为▲。评卷人得分四、判断题(共2题，共6分)21、李比希燃烧法、钠熔法、铜丝燃烧法、是元素定性分析法____（判断对错）22、O2和O3互为同位素____．（判断对错）评卷人得分五、探究题(共4题，共16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、综合题(共2题，共4分)27、（15分）下列框图中的A~K物质均为中学常见物质。已知B、D、E、L常温下为密度比空气大的气体，D、E为单质，其它为化合物。A和I都是常用的漂白剂，F的焰色反应呈黄色。F、G均能与L的水溶液反应放出B。请根据图示关系回答问题：（1）F的俗名是＿＿＿＿＿＿；K的电子式＿＿＿＿＿＿。（2）反应①~⑤中，属于氧化－还原反应的是＿＿＿＿＿＿。（3）反应④的离子方程式＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。反应③的化学方程式＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。（4）某单质能与H反应生成E，该反应的化学方程式为＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。28、（15分）为研究铁质材料与热浓硫酸的反应，某小组进行了以下探究活动：[探究一]（1）称取铁钉（碳素钢）12．0g放入30．0mL浓硫酸中，加热，充分应后得到溶液X并收集到气体Y。①甲同学认为X中除Fe3+外还可能含有Fe2+。若要确认其中是否含有Fe2+，应选择加入的试剂为________（选填序号）。a．KSCN溶液和氯水b．铁粉和KSCN溶液c．浓氨水d．酸性KMnO4溶液②乙同学取672mL（标准状况）气体Y通入足量溴水中，发生反应：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4然后加入足量BaCl2溶液，经适当操作后得到干燥固体4．66g。据此推知气体Y中SO2的体积分数为____。（相对原子质量：O—16S—32Ba—137）[探究二]分析上述实验中SO2体积分数的结果，丙同学认为气体Y中还可能含量有H2和CO2气体。为此设计了下列探究实验装置（图中夹持仪器省略）。（2）写出产生CO2的化学方程式____。（3）装置A中试剂的作用是____。（4）简述确认气体Y中含有CO2的实验现象。（5）如果气体Y中含有H2，预计实验现象应是。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】【分析】A.100g10%CuSO4溶液中m（CuSO4）=100g×10%=10g，10g硫酸铜晶体中m（CuSO4）=10g×=6.4g，配制溶液浓度=；

B．乙醇溶液中质量分数越大其密度越小；

C．配制一定物质的量浓度的稀硫酸溶液时；称量浓硫酸时仰视量筒的刻度线，导致量取硫酸溶液体积偏大，溶液中溶质的物质的量偏大；

D．根据硫酸质量和质量分数计算出10%和90%的两种硫酸等质量混合后的质量分数．【解析】【解答】解：A.100g10%CuSO4溶液中m（CuSO4）=100g×10%=10g，10g硫酸铜晶体中m（CuSO4）=10g×=6.4g，配制溶液浓度==6.4%；配制溶液浓度偏低，故A错误；

B．乙醇溶液中质量分数越大其密度越小；所以将30%的乙醇溶液和70%的乙醇溶液等体积混和后所得乙醇溶液的质量分数小于50%，故B错误；

C．配制一定物质的量浓度的稀硫酸溶液时；称量浓硫酸时仰视量筒的刻度线，导致量取硫酸溶液体积偏大，溶液中溶质的物质的量偏大，所以最终配制溶液浓度偏高，故C正确；

D．设质量为m，10%的硫酸溶液和90%的硫酸混合后，配制的硫酸的质量分数为：=50%；故D错误；

故选C．2、A【分析】【分析】一次能源：从自然界取得的未经任何改变或转换的能源；如原油；原煤、天然气、生物质能、水能、核燃料，以及太阳能、地热能、潮汐能等；

二次能源：一次能源经过加工或转换得到的能源，如煤气、焦碳、汽油、煤油、电力、热水氢能等．【解析】【解答】解：根据上述分析；题目选项中属于二次能源的是电能；蒸汽；属于一次能源的是风能、煤、石油等；

故选A．3、D【分析】解：A．Fe（OH）3胶粒是氢氧化铁的微粒集合体，1molFeCl3与沸水反应生成胶体后，含有小于NA个Fe（OH）3胶粒；故A错误；

B．标况下三氧化硫不是气体；不能使用气体摩尔体积，故B错误；

C．碳酸根离子为弱酸根离子，水溶液中部分水解，所以1L0.5mol•L-1Na2CO3溶液中含有的CO32-数目小于0.5NA；故C错误；

D.16.9g过氧化钡（BaO2）的物质的量为=0.1mol，其中阴、阳离子总数（Ba2+、O22-）为0.2NA；故D正确；

故选：D。

A．胶体微粒是氢氧化铁的集合体；

B．气体摩尔体积使用对象为气体；

C．碳酸根离子为弱酸根离子；水溶液中部分水解；

D．过氧化钡（BaO2）中含有阴、阳离子（Ba2+、O22-）。

本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，质量换算物质的量计算微粒数，气体摩尔体积的条件应用，胶体微粒的组成，熟练掌握概念和计算，即可解决，题目难度不大。【解析】D4、D【分析】【分析】由图可知，概念的范畴为Z包含Y，Y包含X，然后利用物质的组成和性质来分析物质的类别，再根据概念的从属关系来解答．【解析】【解答】解：A；氧化还原反应有些不是离子反应；故Z不能完全包含Y，故A错误；

B；非电解质属于化合物；故B错误；

C；分散系属于混合物；电解质属于纯净物，故不存在包含关系，故C错误；

D、纯净物包含化合物，化合物包含液氨，故D正确，故选D．5、D【分析】【分析】A．有些放热反应在高温下才能进行；如铝热反应；

B．能够与氢氧化钙生成白色沉淀的离子；不一定为碳酸根离子，可能为碳酸氢根离子；亚硫酸根离子等；

C．亚铁离子能够被硝酸氧化成铁离子；无法证明原氧化物中含有铁离子；

D．少量二氧化碳与NaCN溶液反应产物为碳酸氢根离子离子，说明碳酸氢根离子的酸性小于HCN．【解析】【解答】解：A．在高温条件下才能进行的反应不一定为吸热反应；如铝热反应需要在高温下进行，该反应的△H＜0，故A错误；

B．无色试液加入氢氧化钙溶液产生白色沉淀；原溶液中可能含有碳酸氢根离子；亚硫酸根离子，不一定含有碳酸根离子，故B错误；

C．铁的氧化物用硝酸溶解后加入KSCN；溶液呈红色，原氧化物中可能含有亚铁离子，不一定含有铁离子，故C错误；

D．少量CO2通入NaCN溶液时反应为：CO2+H2O+CN-=HCO3-+HCN，反应产物为碳酸氢根离子，说明碳酸氢根离子酸性小于HCN，所以电离常数Ka（HCN）＞Ka2（H2CO3）；故D正确；

故选D．6、A【分析】【分析】A．溶液显酸性、中性还是碱性，取决于溶液中c（H+）和c（OH-）的相对大小；

B．酸性、中性还是碱性溶液中都含有OH‑离子；

C．甲基橙变色范围3.1（红）-4.4（黄）；

D．甲基橙变色范围3.1（红）-4.4（黄）．【解析】【解答】解：A．碱性溶液：c（OH-）＞c（H+）；故A正确；

B．酸性、中性还是碱性溶液中都含有OH‑离子，含有OH‑离子；溶液不一定呈碱性，故B错误；

C．滴加甲基橙后溶液显红色；溶液肯定呈酸性，故C错误；

D．滴加甲基橙后溶液显黄色；溶液可能呈碱性，故D错误．

故选A．7、B【分析】【分析】根据四种取代物的物质的量相等结合碳原子守恒计算取代物的物质的量，再根据被取代的氢原子和氯气分子之间的关系式计算消耗氯气的物质的量．【解析】【解答】解：1mol甲烷完全与氯气发生取代反应；若生成相同物质的量的四种取代物，所以每种取代物的物质的量是0.25mol，甲烷和氯气的取代反应中，被取代的氢原子的物质的量与氯气的物质的量相等；

所以生成0.25mol一氯甲烷需要氯气0.25mol氯气；

生成0.25mol二氯甲烷需要氯气0.5mol；

生成0.25mol三氯甲烷需要氯气0.75mol氯气；

生成0.25mol四氯化碳需要氯气1mol；

所以总共消耗氯气的物质的量=0.25mol+0.5mol+0.75mol+1mol=2.5mol；

故选B．二、双选题(共8题，共16分)8、A|D【分析】解：A．因开始氧气过量，则发生C+O2CO2，n(O2)=1mol，生成二氧化碳为1mol，然后发生CO2+C2CO；则生成2molCO，图象与反应相符合，故A正确；

B．因开始碱过量，则发生CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O，n(NaOH)=1mol时生成0.5molNa2CO3，再加人二氧化碳发生Na2CO3+H2O+CO2═2NaHCO3；则最终碳酸钠减少为0，碳酸氢钠生成1mol，图象与反应不符，故B错误；

C．因开始反应时盐酸过量，则发生K2CO3+2HCl═2KCl+H2O+CO2↑；n(HCl)=1mol时生成0.5mol二氧化碳后再加盐酸不反应，气体不会减少，图象与反应不符，故C错误；

D．因开始硝酸过量，则发生Fe+4HNO3═Fe(NO3)3+NO↑+H2O，n(HNO3)=1mol时生成0.25molFe(NO3)3；图象与反应相符，故D正确；

故选AD．【解析】【答案】AD9、B|D【分析】解：A．Fe用热还原法冶炼；故A不选；

B．钠的性质很活泼；用电解氯化钠的方法冶炼，故B选；

C．Cu用热还原法冶炼；故C不选；

D．Al的性质很活泼；用电解其氧化物的方法冶炼，故D选．

故选BD．

电解法：冶炼活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al，一般用电解熔融的氯化物（Al是电解熔融的Al2O3）制得；

热还原法：冶炼较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu，常用还原剂有（C、CO、H2等）；

热分解法：冶炼不活泼的金属Hg；Ag用加热分解氧化物的方法制得．

本题考查金属冶炼的一般方法和原理，为高频考点，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意根据金属的活泼性采用相应的冶炼方法，难度不大．【解析】【答案】BD10、rBC【分析】解：rm{A}反应rm{垄脵}中rm{Sb_{2}S_{3}}含有元素化合价不变，氧化剂是氧气，反应rm{垄脷}中rm{Sb_{4}O_{6}}中rm{Sb}元素的化合价由rm{+3}价降低为rm{0}价，rm{Sb_{4}O_{6}}是氧化剂；故A错误；

B、反应rm{垄脵}中化合价升高的元素只有rm{Fe}元素，由rm{0}价升高为rm{+2}价，每生成rm{3molFeS}转移电子为rm{3mol隆脕2=6mol}故B正确；

C、反应rm{垄脷C}是还原剂，rm{Sb}是还原产物，还原剂还原性强于还原产物的还原性，说明高温下rm{C}的还原性比rm{Sb}强；故C正确；

D、生成rm{4molSb}时，反应rm{垄脷C}是还原剂，需要rm{6molC}需要rm{1molSb_{4}O_{6}}反应rm{垄脵}中rm{Fe}是还原剂，生成rm{1molSb_{4}O_{6}}需要rm{6molFe}故反应rm{垄脵}与反应rm{垄脷}中还原剂的物质的量之比为rm{6mol}rm{6mol=1}rm{1}故D错误；

故选BC．

A；所含元素化合价降低的反应物是氧化剂；据此结合元素化合价判断；

B、反应rm{垄脵}中化合价升高的元素只有rm{Fe}元素，由rm{0}价升高为rm{+2}价；据此计算；

C；根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性判断；

D、反应rm{垄脵}中还原剂是rm{Fe}反应rm{垄脷}中还原剂是rm{C}根据方程式计算．

考查氧化还原反应概念与有关计算、还原性强弱判断，难度中等，注意根据化合价进行概念的理解．【解析】rm{BC}11、A|B【分析】解：A；丁烷属于直链脂肪烃；故A正确；

B；环己烷属于环烃；属于脂肪烃，故B正确；

C；苯酚含有苯环；不是脂肪烃，故C错误；

D；甲苯分子含有苯环；不属于脂肪烃，故D错误；

故选AB．【解析】【答案】AB12、CD【分析】略【解析】rm{CD}13、BD【分析】【分析】本题主要考查沉淀溶解影响因素、反应是否自发的判断以及原电池的电极反应，难度中等。【解答】A.rm{25隆忙}时，在rm{Mg(OH)_{2}}的悬浊液中加入少量的rm{NH_{4}Cl}固体，铵根离子消耗氢氧根离子，促进氢氧化镁的溶解，rm{c(Mg^{2+})}将增大，故A错误；B.一定温度下，反应rm{2HI(g)?H_{2}(g)+I_{2}(g)}rm{娄陇H>0}能自发进行，即rm{娄陇H-T娄陇S<0}则反应rm{娄陇S>0}，故B正确；C.rm{Na_{2}CO_{3}}为强碱弱酸盐，水解呈碱性，rm{BaCl_{2}}与rm{Na_{2}CO_{3}}反应生成rm{BaCO_{3}}沉淀，水解平衡逆向移动，溶液碱性减弱，氯化钡是强酸强碱盐，溶液呈中性，故C错误；D.上图电池放电时正极是rm{Li_{2}O_{2}}得电子，生成rm{Li_{2}O}，电极反应式为：rm{2Li^{+}+Li_{2}O_{2}+2e^{-}=2Li_{2}O}，故D正确。故选BD。【解析】rm{BD}14、BD【分析】【分析】A.浓氨水和饱和氯化铁溶液产生红褐色氢氧化铁沉淀；B.氢氧化物表示方法相同时，溶度积产生大的物质能转化为溶度积常数小的物质；C.碳酸根离子、碳酸氢根离子都能与稀盐酸反应生成无色无味且能使澄清石灰水变浑浊的气体；D.卤代烃中卤元素的检验时，先将卤元素转化为卤离子，然后加入稀硝酸中和未反应的rm{NaOH}最后用硝酸银检验卤离子。【解答】A.浓氨水和饱和氯化铁溶液产生红褐色氢氧化铁沉淀，氢氧化铁胶体的制备方法：在沸腾的蒸馏水中加入饱和氯化铁溶液加热，当溶液变为红褐色时应立即停止加热，故A错误；B.氢氧化物表示方法相同时，溶度积大的物质能转化为溶度积常数小的物质，氢氧化镁溶度积常数小于氢氧化钙，所以可用饱和rm{MgCl_{2}}溶液多次洗涤后可以除去氢氧化镁中的氢氧化钙，故B正确；C.碳酸根离子、碳酸氢根离子都能与稀盐酸反应生成无色无味且能使澄清石灰水变浑浊的气体，所以原溶液中可能含有碳酸氢根离子，故C错误；D.卤代烃中卤元素的检验时，先将卤元素转化为卤离子，然后加入稀硝酸中和未反应的rm{NaOH}最后用硝酸银检验卤离子，则卤代烃rm{Y}与rm{NaOH}醇溶液共热后，加入足量稀硝酸，再滴加rm{AgNO_{3}}溶液，产生白色沉淀，说明卤代烃rm{Y}中含有氯原子，故D正确。故选BD。【解析】rm{BD}15、rAD【分析】解：rm{A}氢气与氧气反应放热，反应物能量高于生成物，所以rm{2molH_{2}(g)}和rm{1molO_{2}(g)}的总能量大于rm{2molH_{2}O(g)}的能量；故A正确；

B、氢气燃烧的反应为放热反应，但rm{H_{2}}与rm{O_{2}}的反应需要外界条件引发反应；常温混合不能自发进行，故B错误；

C、根据图象rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)篓T2H_{2}O(l)triangleH=-571.6}rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)篓T2H_{2}O(l)triangle

H=-571.6}故逆反应为吸热反应，rm{2H_{2}O(l)篓T2H_{2}(g)+O_{2}(g)triangleH=+571.6}rm{kJ?mol^{-1}}故C错误；

D、rm{2H_{2}O(l)篓T2H_{2}(g)+O_{2}(g)triangle

H=+571.6}生成rm{kJ?mol^{-1}}时为放热过程；没有发生化学变化，故D错误．

故选A．

A；氢气与氧气反应放热；反应物能量高于生成物；

B、氢气燃烧的反应为放热反应，但rm{H_{2}O(g)}与rm{H_{2}O(l)}的反应需要外界条件引发反应；常温混合不能自发进行；

C、根据图象rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)篓T2H_{2}O(l)triangleH=-571.6}rm{H_{2}}故逆反应为吸热反应；

D、rm{O_{2}}生成rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)篓T2H_{2}O(l)triangle

H=-571.6}时为放热反应；故断键吸收的能量小于成键放出的能量．

本题考查了焓变、盖斯定律、焓变与反应物生成物能量的关系，题目难度不大．rm{kJ?mol^{-1}}【解析】rm{AD}三、填空题(共5题，共10分)16、D2NA2SO42--2e-=S2O82-过氧化氢不稳定，受热容易分解，减小气压，使液体沸点降低NH4HSO4B【分析】【分析】（1）不产生其它物质的反应原子的利用率最高；

（2）根据双氧水和转移电子之间的关系式计算；SO42-失去e-生成S2O82-；

（3）减小气压；使液体沸点降低；

（4）根据图片中曲线变化趋势与溶液粘度、反应速率之间的关系分析．【解析】【解答】解：（1）ABC中除了生成双氧水为还有其它物质生成；D中只有双氧水生成，所以D中原子利用率最高，故答案为：D；

（2）该反应中氧元素的化合价变化为：-2价→-1价，所以生成1mol双氧水转移电子2NA；SO42-失去e-生成S2O82-，阳极的电极反应方程是：2SO42--2e-=S2O82-，故答案为：2NA；2SO42--2e-=S2O82-；

（3）过氧化氢受热容易分解，减小气压，使液体沸点降低；残液为NH4HSO4，可循环利用，故答案为：过氧化氢不稳定，受热容易分解，减小气压，使液体沸点降低；NH4HSO4；

（4）根据图2知；纵坐标越大其粘度越大，相同时间内纵坐标变化越大，其反应速率越快，根据图3知，相同浓度的铜离子溶液中，纵坐标变化越大，其反应速率越大；

A．e曲线变化不明显；所以锰离子能使该降解反应速率减缓，故正确；

B．相同时间内；含有亚铁离子的曲线纵坐标变化比含有铜离子的大，所以亚铁离子对该降解反应的催化效率比铜离子高，故错误；

C．海藻酸钠浓度与溶液粘度正相关；粘度变化越大海藻酸钠浓度变化越大，其反应速率越大，所以海藻酸钠溶液粘度的变化快慢可反映出其降解反应速率的快慢，故正确；

D．根据图3知；一定条件下，铜离子浓度一定时，反应时间越长，溶液粘度越小，则海藻酸钠溶液浓度越小，故正确；

故答案为：B．17、NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+1.414×10-15mol/LCaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O2NH4NO32N2↑+O2↑+4H2O2NO3-+10e-+12H+═6H2O+N2↑2H2O-4e-═4H++O2↑硝酸电解时Ⅲ室氢离子得电子发生还原反应（或2H++2e-=H2），使碱性增强，同时NH4+通过阳离子膜进入III室，发生反应：NH4++OH-=NH3+H2O，生成氨气【分析】【分析】（1）铵根离子水解显酸性；

（2）粗硝酸钙（含硝酸钙、难溶物及硝酸）加水溶解，过滤得含硝酸钙和硝酸的溶液，加入碳酸钙与硝酸铵反应生成硝酸铵钙、水和二氧化碳气体，溶液为硝酸钙和硝酸铵的混合溶液，蒸发结晶得到硝酸铵钙[5Ca（NO3）2•NH4NO3•10H2O]晶体．

①根据Ksp[Ca3（PO4）2]=[c（Ca2+）]3×c（PO43-）计算；

②粗硝酸钙（含硝酸钙；难溶物及硝酸）加水溶解；过滤得含硝酸钙和硝酸的溶液，加入碳酸钙与硝酸反应生成硝酸钙、水和二氧化碳气体；

③硝酸铵分解生成氮气和氧气以及水；

（3）①反硝化是利用某些细菌在酸性条件下将NO3-得到电子发生还原反应生成N2；据此书写；

②根据膜电解法阳极上为水失电子发生的氧化反应；Ⅰ室消耗氢氧根离子使酸性增强；与向阳极移动的硝酸根结合成硝酸；

③电解时，Ⅲ室为阴极应为氢离子得电子发生还原反应，消耗氢离子使碱性增强，与向阴极移动的铵根离子反应生成氨气，据此分析．【解析】【解答】解：（1）铵根离子水解显酸性，则水解离子反应为NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；

故答案为：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；

（2）①Ksp[Ca3（PO4）2]=2×10-33，c（Ca2+）≈0.1mol/L，Ksp[Ca3（PO4）2]=[c（Ca2+）]3×c（PO43-）=2×10-33，（0.1）3×c2（PO43-）=2×10-33，≈1.414．c（PO43-）=1.414×10-15mol/L；

故答案为：1.414×10-15mol/L；

②加入碳酸钙与硝酸反应生成硝酸钙、水和二氧化碳气体，发生反应的离子方程式为CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O；

故答案为：CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O；

③空气中含量最大的两种气体分别是氮气和氧气，依据氧化还原反应原理得出硝酸铵分解方程式为：2NH4NO32N2↑+O2↑+4H2O；

故答案为：2NH4NO32N2↑+O2↑+4H2O；

（3）①反硝化是利用某些细菌在酸性条件下将NO3-转化为N2，即NO3-得到电子发生还原反应生成N2，反应式为2NO3-+10e-+12H+═6H2O+N2↑；

故答案为：2NO3-+10e-+12H+═6H2O+N2↑；

②膜电解法阳极上为水失电子发生的氧化反应，反应式为2H2O-4e-═4H++O2↑；则Ⅰ室阳极消耗氢氧根离子使酸性增强，与向阳极移动的硝酸根结合成硝酸，所以Ⅰ室可回收的产品为硝酸；

故答案为：2H2O-4e-═4H++O2↑；硝酸；

③电解时，Ⅲ室为阴极应为氢离子得电子发生还原反应（或2H++2e-=H2），则消耗氢离子使碱性增强，与向阴极移动的铵根离子反应生成氨气，发生反应：NH4++OH-=NH3+H2O；所以Ⅲ室可回收到氨气；

故答案为：电解时Ⅲ室氢离子得电子发生还原反应（或2H++2e-=H2），使碱性增强，同时NH4+通过阳离子膜进入III室，发生反应：NH4++OH-=NH3+H2O，生成氨气．18、CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=-726.4KJ/molC2H4（g）+H2O（l）=C2H5OH（l）△H=-44.2kJ/mol【分析】【分析】（1）根据热化学方程式的书写方法可知；化学计量数与反应热成正比，并注意标明物质的聚集状态，根据燃烧热的概念结合热化学方程式的书写来回答；

（2）由燃烧热的概念写出各反应的热化学方程式，利用盖斯定律计算．【解析】【解答】解：（1）5gCH3OH在氧气中燃烧生成CO2和液态水，放出113.5kJ热量，64g即2molCH3OH在氧气中燃烧生成CO2和液态水；放出1452.8kJ热量；

则燃烧热的热化学方程式为：CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=-726.4KJ/mol；

故答案为：CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=-726.4KJ/mol；

（3）已知H2（g）、C2H4（g）和C2H5OH（l）的燃烧热分别是-285.8kJ/mol；-1411.0kJ/mol和-1366.8kJ/mol；

则有：①H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=-285.8kJ/mol；

②C2H4（g）+2O2（g）=2H2O（l）+2CO2（g）△H=-1411.0kJ/mol；

③C2H5OH（l）+2O2（g）=3H2O（l）+2CO2（g）△H=-1366.8kJ/mol；

根据盖斯定律②-③可得：C2H4（g）+H2O（l）=C2H5OH（l）△H=-44.2kJ/mol；

故答案为：C2H4（g）+H2O（l）=C2H5OH（l）△H=-44.2kJ/mol；19、CaSO4不可以Ca（OH）2在水中溶解度较小，c（OH-）太低，吸收效率不高充分搅拌、适当提高体系温度等2Fe3++3H2O+3CaCO3=2Fe（OH）3↓+3CO2↑+3Ca2+或Fe3++3H2OFe（OH）3+3H+2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O蒸发浓缩、冷却结晶3MnSO4•H2OMn3O4+SO2↑+2SO3↑+3H2O【分析】【分析】（一）（1）采用浓苛性钠溶液吸收为其中的SO2；然后向生成溶液中加入熟石灰，充分反应后将生成产物分离后再经氧化后制得产品A，依据流程转化关系分析判断；

（2）浓苛性钠溶液换成同温度下饱和Ca（OH）2溶液直接制得产品CaSO3时；氢氧化钙溶解度较小，吸收二氧化硫的效率不高分析判断；

（二）根据制备MnSO4•H2O的原理和流程分析：SO2还原MnO2矿制备MnSO4•H2O；

（1）生产中提高MnO2矿浸出率的措施除了将矿石粉碎；其他措施是能加快溶解速率分析；

（2）除铁发生的反应是利用三价铁离子水解生成氢氧化铁和氢离子呈酸性；调节PH到6.5时，三价铁全部沉淀；加入的碳酸钙是为了和氢离子反应使溶液PH升高到6.5；

（3）依据流程分析；操作I是对得到的硫酸锰溶液结晶析出，方法为蒸发溶剂浓缩冷却结晶；

（4）MnSO4•H2O在1150℃高温下易分解，产物是Mn3O4、含硫化合物、水，依据化合价的升降相同，原子守恒书写化学方程式；【解析】【解答】解：（一）（1）流程发生的反应是二氧化硫和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，亚硫酸钠和氢氧化钙反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙被氧气氧化为硫酸钙，化学式为：CaSO4；

故答案为：CaSO4；

（2）将第一步中的浓苛性钠溶液换成同温度下饱和Ca（OH）2溶液直接制得产品CaSO3；由于氢氧化钙溶解度小对二氧化硫吸收不完全，所以不可以；

故答案为：不可以Ca（OH）2在水中溶解度较小，c（OH-）太低；吸收效率不高；

（二）（1）生产中提高MnO2矿浸出率的措施除了将矿石粉碎；也可以进行充分搅拌；适当提高体系温度等措施；故答案为：充分搅拌、适当提高体系温度等；

（2）除铁发生的反应是利用铁离子在PH=6.5时全部沉淀除去，三价铁离子水解生成氢氧化铁和氢离子，加入碳酸钙会和氢离子反应，使PH升高到6.5，所以反应的离子反应方程式为：2Fe3++3H2O+3CaCO3=2Fe（OH）3↓+3CO2↑+3Ca2+；或Fe3++3H2OFe（OH）3+3H+；2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O；

故答案为：2Fe3++3H2O+3CaCO3=2Fe（OH）3↓+3CO2↑+3Ca2+；或Fe3++3H2OFe（OH）3+3H+；2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O；

（3）操作I是依据流程得到硫酸锰溶液中得到溶质晶体；采取的措施是：蒸发浓缩；冷却结晶；故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；

（4）MnSO4•H2O在1150℃高温下易分解，产物是Mn3O4、含硫化合物、水，在该条件下硫酸锰晶体分解反应的化学方程式依据氧化还原反应的化合价升降相同，结合原子守恒分析判断写出化学方程式为：依据电子守恒可知，3MnSO4•H2O～Mn3O4～2e-；3MnSO4•H2O～SO2～6e-；所以生成的硫的化合物是二氧化硫和三氧化硫，依据原子守恒配平化学方程式为：3MnSO4•H2OMn3O4+SO2↑+2SO3↑+3H2O；

故答案为：3MnSO4•H2OMn3O4+SO2↑+2SO3↑+3H2O；20、略

【分析】【解析】【答案】（1）［Ar］3d24s2（2分）（2）分子（1分）（3）B（2分）（4）MgO；均为离子晶体，而Mg2+与O2-半径和小于K+与Cl-半径和且MgO中阴阳离子所带电荷均比KCl中阴阳离子所带电荷多，故MgO晶格能比KCl大，熔点高。（3分）（5）sp3、V型（折线型）（2分）（6）2∶3合理答案均参照给分！四、判断题(共2题，共6分)21、×【分析】【分析】李比希燃烧法是元素定量分析法，钠熔法定性鉴定有机化合物所含元素（氮、卤素、硫）的方法，铜丝燃烧法可定性确定有机物中是否存在卤素【解析】【解答】解：李比希于1831年最早提出测定有机化合物中碳；氢元素质量分数的方法；是元素的定量分析法；

钠熔法是定性鉴定有机化合物所含元素（氮；卤素、硫）的方法；铜丝燃烧法可定性确定有机物中是否存在卤素；

故答案为：×22、×【分析】【分析】有相同质子数；不同中子数的原子互为同位素；

相同元素组成，不同形态的单质互为同素异形体．【解析】【解答】解：O2和O3都是由氧元素形成的不同单质；故互为同素异形体；

故答案为：×．五、探究题(共4题，共16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（