2024年华师大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2024年华师大版高三化学下册月考试卷211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总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、向20mL0.5mol/L的醋酸溶液中逐滴加入等物质的量浓度的烧碱溶液；测定混合溶液的温度变化如图所示．下列关于混合溶液的相关说法错误的是（）

A.醋酸的电离平衡常数：b点＞a点B.由水电离出的c（OH）：b点＞c点C.从a点到b点，混合溶液中可能存在：c（CH3COO-）=c（Na+）D.b点到c点，混合溶液中一直存在：c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（H+）2、同温同压下，等容积的两个密闭集气瓶中分别充满12C18O和14N2两种气体，关于这两个容器中气体的说法正确的是（）A.原子数和中子数都相等B.分子数和质量都不相等C.分子数和质量都相等D.质子数相等，质量不等3、下列四种酸中，根据元素组成进行分类，其中一种与另外三种有显著区别的是（）A.HClB.H2SO4C.H3PO4D.HNO34、在1L0.1mol•L-1的NaHCO3溶液中，下列关系式正确（）A.c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（H+）＞c（OH-）B.c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+）C.c（Na+）＞c（CO32-）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H+）D.c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-）5、下列有关说法正确的是（）A.若在海轮外壳上附着一些铜块，则可以减缓海轮外壳的腐蚀B.2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）在常温下能自发进行，则该反应的△H＞0C.加热0.1mol•L-1Na2CO3溶液，CO32-的水解程度和溶液的pH均增大D.由于Ksp（AgCl）＞Ksp（AgBr），所以任何情况下AgBr沉淀都不能转化为AgCl沉淀6、节能减排是我国政府工作地重点之一，节约能源与开发新能源是当务之急．下列方案中，你认为不合理的是（）A.研制电解水法提供氢能的技术B.开发煤液化制取汽油的技术C.研制以甲醇为燃料的汽车D.开发太阳能路灯代替传统路灯7、amolFeS与bmolFeO投入到VL、cmol/L的硝酸溶液中充分反应，产生NO气体，所得澄清溶液成分可看作是Fe(NO3)3、H2SO4的混合液，则反应中未被还原的硝酸可能为（）①(a＋b)×63g②(a＋b)×189g③(a＋b)mol④[Vc－(9a＋b)/3]molA.①④B.②③C.①③D.②④评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)8、纳米氧化铝在陶瓷材料；电子工业、生物医药等方面有广阔的应用前景；它可通过硫酸铝铵晶体热分解得到．制备硫酸铝铵晶体的实验流程如图1：

（1）氧化过程的离子方程式为：____．

（2）检验上述流程中“过滤”后杂质是否除尽的实验方法是____．

（3）上述流程中，“分离”所包含的操作依次为：____、____；过滤、洗涤、干燥．

（4）取4.53g硫酸铝铵晶体加热分解，最终剩余0.51gAl2O3固体．加热过程中；固体质量随温度的变化如图2所示．请通过计算确定400℃时剩余固体成分的化学式（写出计算过程）．

[已知：硫酸铝铵晶体的化学式为Al2（NH4）2（SO4）4•24H2O，化学式量为906]．9、有失去标签的A、B、C、D四瓶溶液，它们的成分可能是Na2CO3、K2SO4、Ba（NO3）2、NaHSO4中的某一种；进行下列实验：

（1）A+C→溶液①+气体①（2）B+A→溶液②+沉淀①

（3）C+B→溶液③+沉淀②（4）溶液③+沉淀①→溶液④+气体①

根据上述实验结果；写出上述过程的离子方程式：

（1）____．

（2）____．

（3）____．

（4）____．10、（2013秋•蔚县校级期中）如图是某中学实验室的一瓶硫酸试剂标签上的部分内容．

现用该浓硫酸配制100mL1.0mol/L的稀硫酸．可供选用的仪器有：

A；l00mL；量筒；B、托盘天平；C、玻璃棒；

D；50mL容量瓶；E、l0mL量筒；F、胶头滴管；

G；50mL烧杯；H、l00ml；容量瓶．

请回答下列问题：

（1）实验时选用仪器的先后顺序是____；（选填字母）

（2）配制l00mL1.0mol/L．的稀硫酸需要用量筒量取上述浓硫酸的体积为____mL（保留一位小数）．

（3）在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是____

A．使用容量瓶前检查它是否漏水。

B．容量瓶用蒸馏水洗净后；再用待配溶液润洗。

C．配制溶液时；如果试样是固体，把称好的试样用纸条小心的倒人容量瓶中，加入蒸馏水到接近刻度线2-3cm处，再用滴管滴加蒸馏水到刻度线。

D．定容后，盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手托住瓶底，把容量瓶倒转和摇动几次．11、（2016春•宁波校级期中）有A；B、C、D、E五种短周期元素；且相邻的A、B、C、D四种元素原子核外共有56个电子，在周期表中的位置如图所示．E的氢氧化物是两性氢氧化物；E的阳离子与A的阴离子核外电子层结构相同．请回答下列问题：

（1）A在元素周期表中的位置____．

B的最高价氧化物化学式为____．

写出C元素气态氢化物的电子式____．

（2）D的单质与水反应的化学方程式为____．

（3）五种元素中原子半径最小的是____（填元素符号），这些元素的最高价氧化物的对应水化物中____酸性最强．

（4）C的一种氧化物是常见的大气污染物．为防止大气污染，某化工厂用NaOH溶液、石灰和O2处理含C的上述氧化物的尾气，使其转化为石膏（CaSO4•2H2O）．假设在转化过程中C元素不损失，每天处理1120m3（标准状况下）含2%（体积分数）上述氧化物的尾气，理论上可以得到多少千克石膏（请写出计算过程）．12、某学生欲配制6.0mol・L-1的H2SO4溶液1000mL，实验室有三种不同体积不同浓度的硫酸：①480mL0.5mol・L-1的硫酸；②150mL25%的硫酸（ρ=1.18g・mL-1）；③足量的18mol・L-1的硫酸．有三种规格的容量瓶：250mL；500mL、1000mL．老师要求把①、②两种硫酸全部用完；不足的部分由③来补充．请回答下列问题：

（1）实验中25%的硫酸的物质的量浓度为____mol・L-1（保留1位小数）

（2）配制该硫酸溶液应选用容量瓶的规格为____mL．

（3）配制时；该同学操作顺序如下，并将操作步骤D补充完整．

A．将①；②两溶液全部在烧杯中混合均匀；

B．用量筒准确量取所需的18mol・L-1的浓硫酸____mL；沿玻璃棒倒入上述混合液中．并用玻璃棒搅动，使其混合均匀；

C．将混合均匀的硫酸沿玻璃棒注入所选的容量瓶中；

D．____；

E．振荡；继续向容量瓶中加入，直到液面接近刻度线1～2cm；

F．改用胶头滴加水；使溶液的凹液面恰好与刻度相切；

G．将容量瓶盖紧；振荡，摇匀．

（4）如果省略操作D对所配溶液浓度有何影响：____．（填“偏大”“偏小”或“无影响”）

（5）进行操作C前还需注意____．13、已知H2R2O4在水溶液中存在以下电离：

一级电离：H2R2O4H++HR2O4-

二级电离：H2R2O4-H++R2O42-

请回答一下问题：

（1）将0.1mol•L-1的NaOH溶液与0.05mol•L-1的H2R2O4溶液等体积混合，冷却至室温测得溶液的pH____（填“等于7”；“大于7”或“小于7”）

（2）NaHR2O4溶液____（填“呈酸性”、“呈碱性”或“无法确定”）．原因是____．

（3）某温度下，在0.1mol•L-1的NaHR2O4溶液中，以下关系一定不正确的是____

Ac（H+）•c（OH-）=1×10-14mol2•L-2

BpH＞1

C

D．14、（1）在配合物离子[Fe（SCN）]2+中，提供空轨道接受孤对电子的微粒是____，画出配合物离子[Cu（NH3）4]2+中的配位键____

（2）配位化学创始人维尔纳发现，将各位1mol的CoCl3•6NH3（黄色），CoCl3•5NH3（紫红色），CoCl3•4NH3（绿色），CoCl3•4NH3（紫色）四种配合物溶于水，加入足量硝酸银溶液，立即沉淀的氯化银分别为3mol，2mol，1mol．和1mol，已知上述配合物中配离子的配位数均为6，请根据实验事实用配合物的形式写出他们的化学式．COCl3•5NH3____COCl3•4NH3____．15、某铁的氧化物粉末可能含有FeO、Fe2O3中的一种或两种．一化学兴趣小组同学利用以下装置测定铁的氧化物的组成；请协助完成，并回答有关问题．

（1）李同学利用1mol/L的硫酸；KSCN溶液、酸性高锰酸钾溶液；确定其组成．

。编号实验操作实验现象与结论①取少量粉末放入试管中，注入1mol/L的硫酸粉末逐渐溶解，溶液呈黄绿色②将“①”中所得溶液分成两份；向其中一份滴加几滴KSCN溶液，振荡若溶液变为____，说明有Fe2O3存在③在另一份中加入少量KMnO4溶液若溶液____，说明有FeO存在（2）王同学查阅资料后获悉：H2C2O4CO↑+CO2↑+H2O；并拟用下列装置进行定量探究．

①装置甲的作用是____；装置丁中的实验现象是____．

②实验开始时，王同学发现打开分液漏斗旋塞，浓硫酸无法滴下，原因是____．

③若丙中铁的氧化物质量为3.04g，完全反应后丁中生成沉淀的质量为9.85g．试通过计算确定该铁的氧化物的成分及其物质的量之比．评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)16、水体污染的危害是多方面的；它不仅加剧水资源短缺，而且严重危害人体健康．

请判断下列说法是否正确（填“√”或“×”）．

（1）工业废水中含有的酸、碱、盐，会造成水体污染．____

（2）生活污水中不含工业污染物，因此可以不经处理任意排放．____

（3）含重金属（Hg、Pb、Cd、Cr等）的水，对人类健康有害．____

（4）含大量N、P的污水任意排向湖泊和近海，会出现水华、赤潮等问题．____．17、有盐和水生成的反应不一定是中和反应____．（判断对错）18、当温度高于0时，1mol的任何气体体积都大于22.4L．____．（判断对错）19、浓硫酸可用于干燥NH3、H2、O2等气体____．（判断对错）20、Ⅰ．下列用连线方法对部分化学知识进行归纳的内容中，有错误的一组是____

A．物质的性质与用途：

阿司匹林易水解--用于解热消炎镇痛；不能用于防治心脑血管疾病。

明矾溶于水能形成胶体--用于对水的消毒；净化。

B．保护环境：

控制“白色污染”--减少一次性塑料餐具的使用量。

防止水的污染--提倡使用无磷洗衣粉。

C．基本安全常识：

饮用假酒中毒--甲醇引起。

食用假盐中毒--亚硝酸钠引起。

D．生活中的一些做法：

除去衣服上的油污--可用汽油洗涤。

使煤燃烧更旺--可增大煤与空气接触面积。

Ⅱ．保护环境；合理利用资源已成为人类共同的目标．请判断下列说法是否正确（填“√”或“×”）．

（1）水体的富营养化有利于大多数水生动植物的生长．____

（2）减少机动车尾气排放是改善大气质量的重要措施．____

（3）焚烧废弃塑料会产生有害气体，对大气造成污染．____

（4）将垃圾分类并回收利用，符合可持续发展的要求．____．评卷人得分四、推断题(共2题，共20分)21、如图是无机物A～N在一定条件下的转化关系（部分产物及反应条件未列出）．其中，I是由第三周期元素组成的单质中熔点最高的金属，K是一种红棕色气体．N中只含有两种元素，N可作为工业生产C的原料．

请填写下列空白：

（1）单质G：____．

（2）在反应②、③、⑥、⑨中，既属于化合反应又属于非氧化还原反应的是____（填写序号）．

（3）反应⑩的离子方程式是____．

（4）反应④的离子方程式是____．

（5）将化合物D与KNO3、KOH共融，可制得一种“绿色”环保高效净水剂K2FeO4（高铁酸钾）．同时还生成KNO2和H2O．该反应的化学方程式是：____．

（6）现有1molN参加反应，假设各步反应均完全，生成C的质量为490g，生成G的质量为224g，则反应①的化学方程式为____．22、以对甲酚（A）为起始原料，通过一系列反应合成有机物E的合成路线如下：（1）C的分子式为，A的核磁共振氢谱图中有个峰。（2）A→B的反应类型为。（3）写出D与足量NaOH的水溶液反应的化学方程式：。（4）写出同时满足下列条件的D的同分异构体的结构简式：、（任写两种）。①属苯的衍生物，苯环上有四个取代基且苯环上的一取代产物只有一种；②能与Na2CO3溶液反应放出气体。（5）已知：R-CNR-COOH，E在酸性条件下水解后的产物在一定条件下可生成F（C11H10O3）。写出F的结构简式：。评卷人得分五、书写(共2题，共8分)23、用化学方程式或离子方程式解释下列现象：

（1）实验室中盛放氢氧化钠溶液的试剂瓶不能用玻璃塞：请写出该原理的化学方程式：____

（2）Cl2通入FeCl2溶液中可将Fe2+氧化，请写出该反应的离子方程式：____．24、巴豆酸的结构简式为CH3-CH=CH-COOH，写出其与金属钠、溴水、乙醇（浓H2SO4催化）反应的化学方程式．参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】【分析】酸碱中和反应是放热反应，所以酸碱中和过程中溶液温度升高，醋酸是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，溶液越稀醋酸的电离程度越大，醋酸电离过程吸热，温度越高，醋酸电离程度越大；酸或碱溶液抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，结合电荷守恒来分析解答．【解析】【解答】解：A．醋酸是弱电解质；在水溶液里存在电离平衡，且其电离过程吸热，温度越高，醋酸的电离程度越大，其电离常数越大，故A正确；

B．b点酸碱恰好反应生成醋酸钠，c点氢氧化钠过量，氢氧化钠抑制水电离，醋酸钠促进水电离，所以由水电离出的c（OH-）：b点＞c点；故B正确；

C．如果c（CH3COO-）=c（Na+），根据电荷守恒知，溶液中c（OH-）=c（H+），醋酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，要使其溶液呈中性，则醋酸应该稍微过量，所以从a点到b点，混合溶液中可能存在：c（CH3COO-）=c（Na+）；故C正确；

D．从b点到c点，氢氧化钠过量，溶液中的溶质是醋酸钠和氢氧化钠，当氢氧化钠的物质的量大于醋酸钠的物质的量时，混合溶液中存在：c（Na+）＞c（OH-）＞c（CH3COO-）＞c（H+）；故D错误；

故选D．2、D【分析】【分析】根据阿伏加德罗定律可知，同温同压下，等容积的两个密闭容器中含有的分子数相等，则物质的量相等，结合组成原子的结构解答该题．【解析】【解答】解：由PV=nRT可知；同温同压下，等容积的两个密闭集气瓶中气体的物质的量相等；

由N=nNA可知；含有气体的分子数相等，则

A.1mol12C18O含有原子2mol，中子16mol，1mol14N2含有原子2mol；中子14mol，中子数不等，故A错误；

B．由PV=nRT可知，同温同压下，等容积的两个密闭集气瓶中气体的物质的量相等，由N=nNA可知，含有气体的分子数相等，12C18O的相对分子质量为30，14N2的相对分子质量为28；相同物质的量时质量不等，分子数相等，故B错误；

C．12C18O的相对分子质量为30，14N2的相对分子质量为28；相同物质的量时质量不能，故C错误；

D.1mol12C18O含有质子数14mol，1mol14N2含有质子14mol，质子数相等，12C18O的相对分子质量为30，14N2的相对分子质量为28；相同物质的量时质量不等，故D正确．

故选D．3、A【分析】【分析】根据元素组成进行分类：有的是三种元素组成的，有的是两种元素组成的．【解析】【解答】解：A；物质是由两种元素组成的；

B；物质是由三种元素组成的；

C；物质是由三种元素组成的；

D；物质是由三种元素组成的；

根据元素组成进行分类；其中一种与另外三种有显著区别的是A．

故选A．4、D【分析】【分析】碳酸氢钠溶液中，碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度，溶液呈碱性，则c（OH-）＞c（H+）、c（Na+）＞c（HCO3-），由于氢离子来自水的电离和碳酸氢根离子的电离，则c（H+）＞c（CO32-），溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H+）＞c（CO32-）；溶液中还存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-），据此进行判断．【解析】【解答】解：在1L0.1mol•L-1的NaHCO3溶液中，HCO3-的水解程度大于其电离程度，溶液呈碱性，则c（OH-）＞c（H+）、c（Na+）＞c（HCO3-），由于H+来自水的电离和HCO3-的电离，则c（H+）＞c（CO32-），溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H+）＞c（CO32-）；故A；B、C错误；

碳酸氢钠溶液中一定存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-）；故D正确；

故选D．5、C【分析】【分析】A；船体（Fe）、Cu及海水构成原电池；Fe比Cu活泼，作负极，被腐蚀；

B；正反应为熵减的反应；根据△H-T△S=△G＜0反应自发进行，据此判断；

C；碳酸钠中碳酸根离子水解的过程是吸热过程；据水解平衡的影响因素来回答；

D、沉淀转化为溶解度更小的物质容易发生．【解析】【解答】解：A．船体（Fe）；Cu及海水构成原电池；Fe比Cu活泼，作负极，加快海轮外壳的腐蚀，故A错误；

B．正反应为熵减的反应；即△S＜0，常温下能自发进行，根据△H-T△S=△G＜0反应自发进行，可推知该反应△H＜0，故B错误；

C、加热0.1mol•L-1Na2CO3溶液，CO32-的水解程度会增大；溶液的pH增大，故C正确；

D、沉淀转化为溶解度更小的物质容易发生，向AgCl的悬浊液中加入NaBr溶液；白色沉淀转化为淡黄色，但是在一定的浓度范围下，溴化银是可以转化为氯化银沉淀的，故D错误．

故选C．6、A【分析】【分析】A．电解水法制取氢气要消耗大量的电能；

B．煤炭液化技术是指以煤为原料制取汽油；柴油和液化石油气的技术；

C．甲醇中不含硫氮元素；

D．太阳能是洁净能源，且取之不尽用之不竭．【解析】【解答】解：A．用电解水法制取氢气要消耗大量的电能；故A错误；

B．开发煤液化制取汽油的技术；可提高煤的利用率，节约能源，故B正确；

C．甲醇中不含硫氮元素；研制以甲醇为燃料的汽车，可以减少汽车尾气对环境造成的污染，故C正确；

D．太阳能是洁净能源；且取之不尽用之不竭，开发太阳能路灯代替传统路灯，能节能减排，故D正确．

故选A．7、D【分析】在此反应中硝酸分两部分参加反应即硝酸的总量＝被还原的硝酸的量＋未被还原的硝酸的量，由铁原子守恒和氮原子守恒可知n(未被还原的硝酸)＝3n[Fe(NO3)3]，m(未被还原的硝酸)＝(a＋b)×3×63＝(a＋b)×189g；由得失电子相等可以求出被还原的硝酸的物质的量：a×(3－2)＋a×[6－(－2)]＋b×(3－2)＝n(被还原的硝酸)×(5－2)，n(被还原的硝酸)＝(9a＋b)/3mol，n(未被还原的硝酸)＝n(总硝酸)－n(被还原的硝酸)＝[Vc－(9a＋b)/3]mol，因此D选项正确。【解析】【答案】D二、填空题(共8题，共16分)8、2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O取少量滤液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液不变红色，则杂质已除尽，若溶液变红色，则杂质未除尽蒸发浓缩冷却结晶【分析】【分析】由工艺流程可知，加入过氧化氢将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水调节溶液PH值，Fe3+使转化为Fe（OH）3；过滤除去，滤液中含有硫酸铵，硫酸与氢氧化铝反应得到硫酸铝溶液，硫酸铵溶液与硫酸铝溶液混合后反应，再经过蒸发浓缩；冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等得到硫酸铝晶体．

（1）酸性条件下，过氧化氢将溶液中Fe2+氧化为Fe3+；

（2）过滤后的滤液中可能含有Fe3+，用KSCN溶液检验是否含有Fe3+；

（3）流程中“分离”是从溶液中获得晶体；操作为蒸发浓缩；冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等；

（4）4.53g硫酸铝铵晶体的物质的量为=0.005mol，4.53g硫酸铝铵晶体中水的质量为0.005mol×24×18g/mol=2.16g，加热400℃时固体质量减少△m=4.53g-2.46g=2.07g＜2.16g，说明失去部分结晶水，计算晶体中剩余结晶水的质量，进而计算剩余固体中n[（（NH4）2Al2（SO4）4]：n（H2O），据此确定化学式．【解析】【解答】解：由工艺流程可知，加入过氧化氢将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水调节溶液PH值，Fe3+使转化为Fe（OH）3；过滤除去，滤液中含有硫酸铵，硫酸与氢氧化铝反应得到硫酸铝溶液，硫酸铵溶液与硫酸铝溶液混合后反应，再经过蒸发浓缩；冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等得到硫酸铝晶体．

（1）酸性条件下，过氧化氢将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，反应离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；

故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；

（2）过滤后的滤液中可能含有Fe3+；检验“过滤”后杂质是否除尽的实验方法是：取少量滤液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液不变红色，则杂质已除尽，若溶液变红色，则杂质未除尽；

故答案为：取少量滤液于试管中；滴加几滴KSCN溶液，若溶液不变红色，则杂质已除尽，若溶液变红色，则杂质未除尽；

（3）流程中“分离”是从溶液中获得晶体；操作为蒸发浓缩；冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等；

故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；

（4）4.53g硫酸铝铵晶体的物质的量为=0.005mol；

4.53g硫酸铝铵晶体中水的质量为0.005mol×24×18g/mol=2.16g；

加热400℃时固体质量减少△m=4.53g-2.46g=2.07g＜2.16g；

剩余固体中结晶水的物质的量为=0.005mol；

剩余固体中n[（NH4）Al（SO4）2]：n（H2O）=0.01mol：0.005mol=2：1；

故400℃时剩余固体成分的化学式为（NH4）2Al2（SO4）4•H2O．

答：400℃时剩余固体成分的化学式为（NH4）2Al2（SO4）4•H2O．9、2H++CO32-═CO2↑+H2OCO32-+Ba2+═BaCO3↓Ba2++SO42-═BaSO4↓BaCO3+2H+═Ba2++CO2↑+H2O【分析】【分析】Ba（NO3）2与其它三种物质反应均生成沉淀，则B为Ba（NO3）2，碳酸钡能溶于硫酸氢钠溶液，所以沉淀①是碳酸钡，A是Na2CO3，碳酸钠可以和NaHSO4反应生成气体二氧化碳，所以C是NaHSO4，D是K2SO4．

根据物质的性质来书写离子方程式即可．【解析】【解答】解：Ba（NO3）2与其它三种物质反应均生成沉淀，则B为Ba（NO3）2，碳酸钡能溶于硫酸氢钠溶液，所以沉淀①是碳酸钡，A是Na2CO3，碳酸钠可以和NaHSO4反应生成气体二氧化碳，所以C是NaHSO4，D是K2SO4．

（1）A是Na2CO3，碳酸钠可以和C：NaHSO4反应生成气体二氧化碳，即2H++CO32-═CO2↑+H2O，故答案为：2H++CO32-═CO2↑+H2O；

（2）A是Na2CO3，B为Ba（NO3）2，二者反应得到碳酸钡沉淀，即CO32-+Ba2+═BaCO3↓，故答案为：CO32-+Ba2+═BaCO3↓；

（3）B是Ba（NO3）2，C是NaHSO4，二者反应可以得到硫酸钡沉淀，即Ba2++SO42-═BaSO4↓，故答案为：Ba2++SO42-═BaSO4↓；

（4）碳酸钡能溶于硝酸溶液，沉淀①是碳酸钡，溶液③中含有硝酸，即BaCO3+2H+═Ba2++CO2↑+H2O，故答案为：BaCO3+2H+═Ba2++CO2↑+H2O．10、FEGCH或EFGCH5.4BC【分析】【分析】（1）根据c=计算出浓硫酸的物质的量浓度；再根据稀释过程中溶质的物质的量不变计算出需要浓硫酸的体积，从而确定量筒的规格；然后根据根据配制100mL1.0mol/L的稀硫酸的步骤选用仪器，并按照选用仪器的先后顺序进行排序；

（2）根据溶液在稀释过程中溶质的物质的量不变计算出需要浓硫酸的体积；

（3）根据容量瓶的构造及正确的使用方法进行判断．【解析】【解答】解：（1）该浓硫酸的物质的量浓度为：c=mol/L=18.4mol/L，配制100mL1.0mol/L的稀硫酸，需要浓硫酸的体积为：≈0.0054L=5.4mL；需要选用10mL量筒；配制过程中，先计算出需要浓硫酸的体积，从而确定量筒的规格为10mL，再借助胶头滴管量取5.4mL浓硫酸，然后将浓硫酸沿着烧杯内壁缓缓倒入烧杯中，并用玻璃棒搅拌，加速稀释过程；待到稀释液冷却后将稀释液沿着玻璃棒转移到100mL容量瓶中，接着需要洗涤烧杯和玻璃棒，并将洗涤液一并转移到容量瓶中；下一步进行定容，需要用到胶头滴管，所以配制过程中需要使用的仪器按照使用先后顺序排列为：FEGCH或EFGCH；

故答案为：FEGCH或EFGCH；

（2）根据（1）的计算可知；配制过程中需要量取5.4mL浓硫酸；

故答案为：5.4；

（3）A．容量瓶有瓶塞；配制过程中需要摇匀，所以使用容量瓶前检查它是否漏水，故A正确；

B．容量瓶用蒸馏水洗净后；不能用待配液润洗，否则若用待配溶液润洗，会导致配制的溶液中溶质的物质的量偏大，配制的溶液浓度偏高，故B错误；

C．容量瓶为定量仪器；只能用于配制一定浓度的溶液，不能在容量瓶中溶解或者稀释溶液，故C错误；

D．定容后需要进行摇匀操作；方法为：定容后，盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手托住瓶底，把容量瓶倒转和摇动几次，故D正确；

故答案为：BC．11、第二周期第ⅥA族P2O5Cl2+H2O=HCl+HClOOHClO4【分析】【分析】A、B、C、D、E五种短周期元素，根据元素在周期表中的位置知，A为第二周期元素，B、C、D为第三周期元素，设C的原子序数为x，则A的原子序数为x-8，B的原子序数为x-1，D的原子序数为x+1，相邻的A、B、C、D四种元素原子核外共有56个电子，则x-8+x-1+x+x+1=56，则x=16，所以C为S元素、A为O元素、B为P元素、D为Cl元素，E的氢氧化物是两性氢氧化物，E的阳离子与A的阴离子核外电子层结构相同，则E为Al元素，再结合物质结构、物质性质分析解答．【解析】【解答】解：A；B、C、D、E五种短周期元素；根据元素在周期表中的位置知，A为第二周期元素，B、C、D为第三周期元素，设C的原子序数为x，则A的原子序数为x-8，B的原子序数为x-1，D的原子序数为x+1，相邻的A、B、C、D四种元素原子核外共有56个电子，则x-8+x-1+x+x+1=56，则x=16，所以C为S元素、A为O元素、B为P元素、D为Cl元素，E的氢氧化物是两性氢氧化物，E的阳离子与A的阴离子核外电子层结构相同，则E为Al元素；

（1）A为O元素；在周期表中位置：第二周期第ⅥA族；

B为P元素，最高价氧化物化学式为P2O5；

C元素气态氢化物为H2S，电子式为

故答案为：第二周期第ⅥA族；P2O5；

（2）氯气与水反应方程式为：Cl2+H2O=HCl+HClO；

故答案为：Cl2+H2O=HCl+HClO；

（3）同一周期随原子半径随着原子序数增大原子半径减小，一般原子电子层数越多原子半径越大，故原子半径从小到大的顺序为O＜Cl＜S＜P＜Al，这些元素的最高价氧化物的对应水化物中HClO4酸性最强；

故答案为：O；HClO4；

（4）尾气中C的氧化物SO2的物质的量为×2%=1000mol，根据S元素守恒n（CaSO4•2H2O）=1000mol，故m（CaSO4•2H2O）=1000mol×172g/mol=173000g=172Kg；

故：理论上可以得到172千克石膏．12、3.01000295.0用适量的水洗涤杯和玻璃棒2-3次，洗涤液均注入容量瓶中偏小将稀释后的硫酸冷却到室温【分析】【分析】（1）依据C=计算浓硫酸的物质的量浓度；

（2）依据配制溶液体积选择合适的容量瓶；

（3）依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸体积；

为保证所有溶质都转移到容量瓶；应将烧杯和玻璃棒进行洗涤，并将洗涤液均注入容量瓶中；

（4）依据C=分析如果省略操作D对所配溶液浓度的影响；

（5）容量瓶为精密仪器，移液前，溶液温度应降为室温．【解析】【解答】解：（1）25%的硫酸（ρ=1.18g・mL-1）的物质的量浓度为=3.0mol/L；故答案为：3.0；

（2）配制6.0mol・L-1的H2SO4溶液1000mL；所以应选择1000mL规格的容量瓶，故答案为：1000；

（3）则欲配制6.0mol・L-1的H2SO4溶液1000mL，设需要浓硫酸体积为V，依据溶液稀释过程中所含溶液的物质的量不变得：6.0mol・L-1×1L=0.5mol・L-1×

0.48L+3.0mol/L×0.15L+18mol・L-1×V；解得V=0.295L，即295．OmL；

为保证所有溶质都转移到容量瓶；应将烧杯和玻璃棒进行洗涤2-3次，并将洗涤液均注入容量瓶中；

故答案为：295.0；用适量的水洗涤杯和玻璃棒2-3次；洗涤液均注入容量瓶中；

（4）如果省略操作D，导致溶质的物质的量偏小，依据C=可知溶液浓度偏低；故答案为：偏小；

（5）容量瓶为精密仪器，移液前，溶液温度应降为室温，故答案为：将稀释后的硫酸冷却到室温．13、大于7无法确定NaHB溶液中同时存在HR2O4¯H++R2O42-，HR2O4¯+H2OH2R2O4+OH¯，因两个平衡程度无法确定，故难以确定溶液酸碱性C、D【分析】【分析】（1）0.1mol•L-1的NaOH溶液与0.05mol•L-1的H2R2O4溶液等体积混合恰好生成Na2R2O4，已知HR2O4-⇌H++R2O42-说明R2O42-能水解，故Na2R2O4显碱性；

（2）HR2O4¯在水溶液中存在电离平衡和水解平衡两种；电离时显酸性，水解时显碱性；

（3）A；水溶液中的离子积表达式；

B；弱电解质的部分电离；

C；根据质子守恒；

D、弱电解质的部分电离来思考．【解析】【解答】解：（1）0.1mol•L-1的NaOH溶液与0.05mol•L-1的H2R2O4溶液等体积混合恰好生成Na2R2O4，已知HR2O4-⇌H++R2O42-说明R2O42-能水解，故Na2R2O4显碱性；所以PH＞7；故答案为：PH＞7．

（2）HR2O4-在水溶液中存在电离平衡和水解平衡两种，以电离为主时，溶液显酸性，以水解为主时，溶液显碱性，所以无法确定NaHR2O4溶液的酸碱性；

故答案为：无法确定；NaHR2O4溶液中同时存在HR2O4-⇌H++R2O42-，HR2O4¯+H2⇌H2R2O4+OH¯；因两个平衡程度无法确定，故难以确定溶液酸碱性；

（3）A、常温下，任何溶液中离子积表达式Kw=c（H+）•c（OH-）=1×10-14均成立；故A正确；

B、NaHR2O4溶液中弱离子不能完全电离，所以0.1mol•L-1的NaHR2O4溶液中氢离子浓度小于0.1mol/L；pH＞1，故B正确；

C、根据0.1mol•L-1的NaHR2O4溶液中的质子守恒c（OH-）=c（H2R2O4）-c（R2O42-）+c（H+）；故C错误；

D、c（Na+）=0.1mol•L-1，R2O42-离子是HR2O4-部分电离形成的；故一定比钠离子浓度小，故D错误．

故选C、D；14、Fe3+[Co（NH3）5Cl]Cl2[Co（NH3）4Cl2]Cl【分析】【分析】（1）中心原子提供空轨道；配体提供孤电子对，配合物中配位键由配体指向中心原子；

（2）1molCoCl3•5NH3只生成2molAgCl，则1molCoCl3•5NH3中有2molCl-为外界离子，钴的配位数为6，则配体为NH3和Cl-，1molCoCl3•4NH3只生成1molAgCl，则1molCoCl3•5NH3中有1molCl-为外界离子，钴的配位数为6，则配体为NH3和Cl-，由此确定其化学式．【解析】【解答】解：（1）在配合物离子[Fe（SCN）]2+中，中心离子是Fe3+，提供提供空轨道接受孤对电子，合物离子[Cu（NH3）4]2+中的配位键为

故答案为：Fe3+，

（2）1molCoCl3•5NH3只生成2molAgCl，则1molCoCl3•5NH3中有2molCl-为外界离子，钴的配位数为6，则配体为NH3和Cl-，此配合物结构的化学式为[Co（NH3）5Cl]Cl2；

1molCoCl3•4NH3只生成1molAgCl，则1molCoCl3•5NH3中有1molCl-为外界离子，钴的配位数为6，则配体为NH3和Cl-，此配合物结构的化学式为[Co（NH3）4Cl2]Cl；

故答案为：[Co（NH3）5Cl]Cl2，[Co（NH3）4Cl2]Cl．15、血红色紫色褪去除去CO2出现白色沉淀分液漏斗的玻璃塞没有打开【分析】【分析】（1）②因Fe3+遇到KSCN溶液；溶液变为血红色；

③根据KMnO4溶液能氧化Fe2+；本身紫色褪去；

（2）①根据H2C2O4分解产生的气体有CO、CO2、H2O，装置甲的作用是除去CO2，装置乙的作用是吸水，装置丙中是CO还原铁的氧化物，生成铁和CO2，CO2能与Ba（OH）2反应生成碳酸钡沉淀和水；

②根据分液漏斗的玻璃塞没有打开会出现浓硫酸无法滴下；

③先根据化学方程式：CO2+Ba（OH）2=BaCO3↓+H2O利用沉淀的质量，求出CO2的质量，再根据方程式：FexOy+yCO=xFe+yCO2，利用CO2的质量和铁的氧化物质量求出x：y；然后根据极限法判断成分，最后设出FeO和Fe2O3各有amol，bmol；

利用=，求得物质的量之比．【解析】【解答】解：（1）②Fe3+遇到KSCN溶液，溶液变为血红色，若溶液变为血红色，则“①”中溶液含有Fe3+，原固体中有Fe2O3；

故答案为：红色；

③KMnO4溶液能氧化Fe2+，本身紫色褪去，若向另一份中加入少量KMnO4溶液，紫色褪去，则“①”中溶液含有Fe2+；原固体中有FeO，故答案为：紫色褪去；

（2）①根据H2C2O4分解产生的气体有CO、CO2、H2O，装置甲的作用是除去CO2，装置乙的作用是吸水，装置丙中是CO还原铁的氧化物，生成铁和CO2，CO2能与Ba（OH）2反应生成碳酸钡沉淀和水；

故答案为：除去CO2；出现白色沉淀；

②根据分液漏斗的玻璃塞没有打开会出现浓硫酸无法滴下；

故答案为：分液漏斗的玻璃塞没有打开；

③CO通过还原铁的氧化物会产生CO2；装置丁中的实验现象是变浑浊，产生白色沉淀．

CO2+Ba（OH）2=BaCO3↓+H2O

44197

X9.85g

可以求出X等于2.2，即还原产生的CO2有2.2g．

FexOy+yCO=xFe+yCO2

56x+16y44y

3.042.2g

求出x：y=4：5；

所以某铁的氧化物粉末为：FeO和Fe2O3；

设FeO和Fe2O3各有amol，bmol，则=．解得a：b=2：1；

故答案为：FeO和Fe2O3；n（FeO）：n（Fe2O3）=1：2．三、判断题(共5题，共10分)16、√【分析】【分析】（1）工业废水应遵循“先净化；后排放”的原则，工业废水需要经过处理达标后再排放才不会污染环境；

（2）生活污水不经处理任意排放；会危害人畜等需饮水生物的健康；

（3）重金属能使蛋白质变性；

（4）含N、P的大量污水任意排向湖泊和近海，会造成水体的富营养化从而破坏水体生态系统，会出现水华、赤潮等水体污染问题．【解析】【解答】解：（1）工业废水是指工业生产过程中产生的废水；污水和废液；其中含有随水流失的工业生产用料、中间产物和产品以及生产过程中产生的污染物．废水中含有的酸、碱、盐，会造成水体污染，需要经过处理达标后才能排放；

故答案为：√；

（2）生活污水中虽不含工业污染物；但废水中污染物成分极其复杂多样，常要几种方法组成处理系统才能达到完全净化的目的，因此可以不经处理任意排放错误；

故答案为：×．

（3）重金属能使蛋白质变性；对人类健康有害；

故答案为：√；

藻类生长需要大量的N；P元素；如果水体中N、P元素严重超标，会引起藻类疯长，从而导致水中氧气含量降低，水生生物大量死亡，海水中常称为赤潮，淡水中称为水华；

故答案为：√．17、√【分析】【分析】有盐和水生成的反应不一定是中和反应，如酸性氧化物与碱的反应，碱性氧化物与酸的反应等．【解析】【解答】解：有盐和水生成的反应不一定是中和反应；如氧化钠与盐酸反应生成氯化钠和水，该反应不属于中和反应；

故答案为：√．18、×【分析】【分析】由PV=nRT可知，气体的物质的量一定，温度、压强会影响气体的体积．【解析】【解答】解：由PV=nRT可知，气体的物质的量一定，温度、压强会影响气体的体积，当温度高于0时，1mol的任何气体体积可能等于、小于或大于22.4L，与压强有关，故错误，故答案为：×．19、×【分析】【分析】浓硫酸为酸性、强氧化性干燥剂，能够干燥酸性、中性气体，如：氧气、氢气、二氧化硫等，浓硫酸不能用于干燥碱性气体，如氨气，据此进行解答．【解析】【解答】解：浓硫酸为酸性、强氧化性干燥剂，能够干燥酸性、中性气体，如：氧气、氢气、二氧化硫等，能够与NH3反应；不能使用浓硫酸干燥氨气，所以该说法错误；

故答案为：×．20、×【分析】【分析】Ⅰ．A．阿司匹林能用于防治心脑血管疾病；明矾不能消毒；

B．使用一次性塑料餐具可引起白色污染；

C．甲醇有毒；

D．增大煤与空气接触面积可提高煤燃烧效率．

Ⅱ．（1）水体富营养化会导致植物的疯长；破坏生态平衡；

（2）机动车尾气排放是倒是环境污染的主要原因；

（3）焚烧塑料产生的气体会导致空气污染；

（4）垃圾分类并回收利用可以减少污染，节约能源．【解析】【解答】解：Ⅰ．A．阿司匹林能用于防治心脑血管疾病；明矾不能消毒，故A错误；

B．使用一次性塑料餐具可引起白色污染；含磷洗衣粉可引起水体富营养化，故B正确；

C．甲醇和亚硝酸钠有毒；故C正确；

D．油污易溶于汽油；增大煤与空气接触面积可提高煤燃烧效率，故D正确．

故选A；

Ⅱ．（1）水体富营养化会导致植物的疯长；会破坏环境生态平衡，故答案为：×；

（2）机动车尾气二氧化硫；二氧化氮、一氧化氮等气体的排放会引起环境污染；减少机动车尾气排放可以改善大气质量，故答案为：√；

（3）焚烧塑料产生有毒气体气体会导致空气污染；有的塑料可以回收利用，故答案为：√；

（4）垃圾分类并回收利用可以减少污染，节约能源，符合可持续发展的要求，故答案为：√．四、推断题(共2题，共20分)21、Fe③3Fe+2NO3-+8H++=3Fe2++2NO↑+4H2O3Fe2++NO3-+4H++=3Fe3++NO↑+2H2OFe2O3+3KNO3+4KOH2K2FeO4+3KNO2+2H2OFe4S5+8O22Fe2O3+5SO2【分析】【分析】I是由第三周期元素组成的单质中熔点最高的金属为Al，依据（5）中可知含铁元素，结合F+NaOH生成E为氢氧化物推断F为三价铁的化合物，D为氧化铁Fe2O3；K是一种红棕色气体为NO2．判断L为NO；J溶液为HNO3；推断G为Fe；H为Al2O3，转化关系中①反应生成的A为非金属氧化物，结合N中只含有两种元素，N可作为工业生产C的原料，推断N为铁元素和硫元素组成的化合物；A为SO2；B为SO3；C为H2SO4；C+M（硝酸铁盐）反应生成F（三价铁离子）和NO，说明发生了氧化还原反应，证明M为Fe（NO3）2；依据判断出的物质分析回答问题．【解析】【解答】解：由反应4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2知A、D为Fe2O3、SO2中的一种，结合A+O2→B知，A为SO2，M为Fe2O3，B为SO3，C为H2SO4；由N为第三周期中熔点最高的金属知N为Al；L、H为Al2O3和Fe中的一种；由K是形成光化学烟雾及形成酸雨的一种主要气体知K为NO2，J为HNO3，E为NO；又由L+HNO3→D+NO↑分析知L为Fe，H为Al2O3；J应为Fe（NO3）3或Fe（NO3）2；联系反应④：D+H2SO4→F+NO↑知，D为Fe（NO3）2；F为Fe（NO3）3或Fe2（SO4）3；G应为Fe（OH）3；则

（1）G为Fe；故答案为：Fe；

（2）在反应中②化合反应又是氧化还原反应；③为化合反应非氧化还原反应、⑥分解反应非氧化还原反应、⑨氧化还原反应；②③⑥⑨中既属于化合反应又属于非氧化还原反应的是③，故答案为：③；

（3）反应⑩是铁和硝酸发生反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，反应的离子方程式是：3Fe+2NO3-+8H++=3Fe2++2NO↑+4H2O，故答案为：3Fe+2NO3-+8H++=3Fe2++2NO↑+4H2O；

（4）反应④硝酸亚铁在硫酸溶液中发生的氧化还原反应，离子方程式为：3Fe2++NO3-+4H++=3Fe3++NO↑+2H2O，故答案为：3Fe2++NO3-+4H++=3Fe3++NO↑+2H2O；

（5）将化合物D（F