2024年沪教版高三化学上册月考试卷

…………○…………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年沪教版高三化学上册月考试卷159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9题，共18分)1、下列说法中，错误的是（）A.酸碱中和反应属放热反应B.化学变化中的能量变化主要由化学键变化引起的C.煤、石油、天然气是当今世界最重要的三种化石燃料D.相同条件下，1mol石墨转化为金刚石要吸收1.895kJ热量，说明金刚石比石墨稳定2、下列各组物质，前者属于电解质，后者属于非电解质的是（）A.NaCl晶体、BaS04B.铜、二氧化硫C.纯醋酸、酒精D.熔融的KNO3、硫酸溶液3、下列各组离子一定能大量共存的是（）A.加入铝粉有氢气产生的溶液中Na+、K+、SO42-、Cl-B.含有大量硝酸根离子的溶液中H+、Fe2+、SO42-、Cl-C.=l×10-10的溶液中：NH4+、K+、Ca2+、Cl-D.水电离的c（H+）=1×10-12mol/L的溶液中Na+、K+、HCO3-、Cl-4、已知X、Y、Z、W四种短周期主族元素在周期表中的相对位置如图所示，下列说法中正确的是（）A.W的原子序数不可能是X的原子序数的3倍B.Z元素可能是金属元素C.W的气态氢化物的稳定性一定比Y的强D.四种元素的原子有可能均能与氢原子形成18电子分子5、下列反应中，属于取代反应的是（）A.CH3CH3+Br2CH3CH2Br+HBrB.CH2=CH2+HBr-→CH3CH2BrC.2C2H2+5O24CO2+2H2OD.C4H10C2H4+C2H66、前中国科学院院长卢嘉锡与法裔加拿大科学家Gignere巧妙地利用尿素（H2NCONH2）和H2O2形成化合物H2NCONH2•H2O2，不但使H2O2稳定下来，而且其结构也没有发生改变，得到了可供衍射实验的单晶体．已知H2O2的结构式为H-O-O-H，下列说法中不正确的是（）A.H2NCONH2与H2O2是通过氢键结合的B.H2O2分子中只含σ键，不含π键C.H2O2既有氧化性又有还原性D.H2NCONH2•H2O2属于离子化合物7、下列反应的离子方程式正确的是（）A.向Fe2（SO4）3溶液中滴入KSCN溶液：Fe3++3SCN-⇌Fe（SCN）3↓B.向NaHCO3溶液中滴加足量Ca（OH）2溶液：Ca2++OH-+HCO3-=CaCO3↓+H2OC.向H2SO4溶液中滴加Ba（OH）2溶液至呈中性：H++SO42-+Ba2++OH-=2H2O+BaSO4↓D.用KIO3氧化酸性溶液中的KI：5I-+IO3-+3H2O=3I2+6OH-8、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是()A.1mol甲醇中含有C—H键的数目为4NAB.25℃，pH＝13的NaOH溶液中含有OH－的数目为0.1NAC.标准状况下，2.24L己烷含有分子的数目为0.1NAD.常温常压下，Na2O2与足量H2O反应，共生成0.2molO2，转移电子的数目为0.4NA9、某化学科研小组研究合成氨：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)；△H<0,在其他条件不变时，改变某一条件时对化学平衡的影响，得到如下图像，以下对应选项中正确的是（）A.（1）对应的是：在t1时恒压条件下，通入NH3，B.（2）对应的是：氨气在恒容不同温度下的百分含量C.（3）对应的是：在恒容条件下，反应速率与温度的关系D.（4）对应的是：N2转化率与温度（T1>T2）、压强的关系评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)10、有关下列实验各装置图的叙述；不正确的是（）

A.装置①可用于吸收实验中多余的Cl2B.装置②可用于收集H2、NH3、Cl2、HCl、NO2等C.装置③中X为苯，可用于吸收氨气或氯化氢D.装置④中可用于收集氨气，并吸收多余的氨气11、短周期元素R、T、Q、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中T所处的周期序数与族序数相等，下列判断不正确的是（）。RTQWA.原子半径：T＞Q＞RB.最简单气态氢化物的还原性：R＞QC.含T的盐溶液一定显酸性D.最高价氧化物对应水化物的酸性：Q＜W12、浓度都是1mol•L-的4种盐MX、NX、MY、NY的稀溶液，其中M、N为阳离子，X、Y为阴离子，已知MX、NY溶液的pH=7，MY溶液的pH＜7，则下列可能是强电解质的是（）A.HXB.HYC.MOHD.NOH13、微粒甲与离子乙在溶液中的转化关系如图所示：微粒甲离子乙微粒，微粒甲不可能是（）A.CO2B.NH4+C.Al3+D.Fe2O314、下列关于有机物性质的说法正确的是（）A.乙烯和甲烷都可以与氯气反应B.乙烯和聚乙烯都能使溴的四氯化碳溶液褪色C.乙烯和苯都能使酸性高锰酸钾溶液褪色D.乙烯和乙烷都可以发生氧化反应15、一定温度和一定体积的密闭容器中发生如下反应：A2（s）+B2（g）⇌2AB（g），反应达到平衡状态的标志是（）A.V正（B2）═2V逆（AB）B.单位时间内生成2molAB的同时消耗1mol的B2C.容器内的总压强不随时间而变化D.气体密度不再随时间变化而变化评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)16、（2016•南昌二模）黄红色液体二氯化二硫可以作为贵稀金属的萃取剂；是由硫与氯气在50～60℃直接化合而成．装置图如下：

（1）二氯化二硫遇水会反应，生成硫、二氧化硫和刺鼻的酸雾，写出化学反应方程式____

（2）A装置中所盛试剂为____．

（3）操作过程为：

①先通入N2，理由是____；

②通入少量Cl2后，装置B采用____（填“水浴”或“油浴”）加热1h．

③停止加热，加大通入氯气量，维持16h．制备二氯化二硫的反应为____（填“放热”或“吸热”）反应．

（4）二氯化二硫的电子式是____．

（5）装置C的作用是____，同时制得有价值的工业产品为____．

（6）为了得到更纯的二氯化二硫，需要在装置B、C之间安装干燥管，其内盛试剂为____．17、A为苯的含氧衍生物．经实验测得A物质具有以下四种结构或性质：

①A分子中碳原子和氢原子个数相等；且只含有一个氧原子；

②A分子苯环上的-氯取代产物只有两种；

③A物质的水溶液显酸性，且能使溴的CCl4溶液褪色；

④0.48g该物质能与40mL0.1mol/L的氢氧化钠溶液恰好完全反应．试回答：

（1）A的摩尔质量为____g/mol；

（2）A的结构简式为____，其含氧官能团的名称为____；

（3）A的含醛基同分异构体共有____种，试列举一例____；

（4）请写出A与氢氧化钠溶液反应的化学方程式____

（5）下列关于A的结构和性质推断中，正确的是____（填序号）

A．A分子存在顺反异构体。

B．A分子的所有碳原子均可在同一平面上。

C．A物质可以与烧碱溶液反应．18、工业上以软锰矿（主要成分MnO2）为原料，通过液相法生产KMnO4．即在碱性条件下用氧气氧化MnO2得到K2MnO4，分离后得到的K2MnO4，再用惰性材料为电极电解K2MnO4溶液得到KMnO4；其生产工艺简略如下：

（1）反应器中反应的化学方程式为____．

（2）生产过程中最好使用含MnO280%以上的富矿，因为MnO2含量最低的贫矿中Al、Si的氧化物含量较高，会导致KOH消耗量____（填“偏高”或“偏低”）．

（3）电解槽中总的离子反应方程式为____．

（4）在传统工艺中得到K2MnO4后，向其中通入适量CO2反应生成黑色固体、KMnO4等，反应的化学反应方程式为____．

上述反应中氧化剂与还原剂的质量比为____．与该传统工艺相比，电解法的优势是____．

（5）用高锰酸钾测定草酸结晶水合物的纯度：称草酸晶体样品0.500g溶于水配制成100ml溶液，取出20.00ml用0.0200mol•L-1的酸性KMnO4溶液滴定（杂质不反应），至溶液呈浅粉红色且半分钟内不褪去，消耗KMnO4溶液14.80mL，则该草酸晶体的纯度为____．（结果保留3位有效数字）（已知该草酸结晶水合物H2C2O4•2H2O的相对分子质量为126）19、现有某种中性原子，核外有6个电子，其原子核内有____个质子．已知该元素是由质量数为12和13的两种原子组成的，其符号表示为____和____，它们互为____．

（1）若此元素的近似相对原子质量为12.011，则质量数为12的原子在自然界中所占原子百分率为____．

（2）若这种原子分别与16O、18O两种原子结合形成二氧化碳分子，则共形成的分子有____种．20、（12分）如下表所示为自然界中的多种铜矿石的主要成分：。矿石名称黄铜矿斑铜矿辉铜矿孔雀石主要成分CuFeS2Cu5FeS4Cu2SCuCO3·Cu(OH)2请回答：（1）上表所列铜化合物中，铜的质量百分含量最高的是（填化学式）；（2）工业上以黄铜矿为原料。采用火法溶炼工艺生产铜。该工艺的中间过程包含反应：2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑，则该反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比是；（3）火法溶炼工艺生产铜的尾气直接排放到大气中造成环境污染的后果是；处理该尾气可得到有价值的化学品，写出其中一种酸和一种盐的名称或化学式、。（4）下表中，对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及其有无因果关系的判断都正确的是（填字母）。。选项陈述Ⅰ陈述Ⅱ判断A铜绿的主成分是碱式碱酸铜可用稀盐酸除铜器表面的铜绿Ⅰ对；Ⅱ对；有B铜表易形成致密的氧化膜铜容器可以盛放浓硫酸Ⅰ对；Ⅱ对；有C铁比铜活泼铆在铜板上的铁钉在潮湿空气中不易生锈Ⅰ对；Ⅱ对；有D蓝色硫酸铜晶体受热转化为白色硫酸铜粉末是物理变化硫酸铜溶液可用作游泳池的消毒剂Ⅰ错；Ⅱ对；无评卷人得分四、判断题(共4题，共28分)21、1molCnH2n+2分子中含有的C-C数为nNA．____（判断对错）22、1molCnH2n+2分子中含有的C-C数为nNA．____（判断对错）23、用标准NaOH溶液滴定未知浓度的醋酸到终点时，钠离子物质的量等于醋酸根离子的物质的量____（判断正误）24、将40gNaOH溶解在1L水中，溶液中溶质的物质的量浓度为1mol/L____．（判断对错）评卷人得分五、书写(共3题，共15分)25、某同学在实验室进行以下实验；请将实验①②③的现象和离子反应方程式填入实验报告中．

。编号现象离子方程式①②③26、你被遗忘在火星上；如何生存下去等待救援呢？

（1）获得氢气．向火箭燃料液态联氨（N2H4）中加入铱催化剂；分解生成氮气和氢气．

已知：3N2H4（l）⇌4NH3（g）+N2（g）△H=-336.6kJ•mol-1

N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=-92.4kJ•mol-1

则N2H4（g）⇌N2（g）+2H2（g）△H=____kJ•mol-1，该反应平衡常数的表达式为____．

（2）获得氧气．火星大气中有稀薄的CO2．

以碱溶液为电解质可实现如下转化2CO22CO+O2，该反应在一定条件下能自发进行的原因是____，阴极的反应式为____．

（3）获得水．火星上含有高浓度高氯酸根的有毒卤水；可对其进行生物降解．

Ⅰ、在微生物的催化下，ClO4-可被CH3COO-还原，过程如图1所示，CH3COO-也可作为碳元素的来源；促进微生物生长．

①该过程中总反应的离子方程式为____．

②CH3COO-的浓度对ClO4-降解程度的影响如图2所示，则12小时后，CH3COO-浓度小于0.4g/L的条件下，ClO4-的降解几乎停滞的原因是____．

Ⅱ．高氯酸、盐酸和硝酸的酸性在水溶液中差别不大．某温度下，这三种酸在冰醋酸中的电离平衡常数如表所示．冰醋酸做溶剂，这三种酸酸性最强的是____．在冰醋酸中，盐酸的电离方程式为____．

。酸HClO4HClHNO3Ka1.6×10-51.6×10-94.2×10-1027、写出与下列化学方程式相应的离子方程式．

（1）CuCl2+2NaOH=Cu（OH）2↓+2NaCl____；

（2）HCl+NaOH=NaCl+H2O____；

（3）CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑____；

（4）2HCl+Na2CO3=H2O+CO2↑+2NaCl____；

（5）CuCl2+Fe=FeCl2+Cu____；

（6）Ba（OH）2+CuSO4=BaSO4↓+Cu（OH）2↓____．评卷人得分六、探究题(共4题，共36分)28、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________．29、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：30、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________．31、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：参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】【分析】A；酸碱中和反应是放热反应；

B；化学反应实质是旧化学键断裂与新化学键生成；

C；煤、石油、天然气是三大化石燃料；

D、能量低的物质稳定．【解析】【解答】解：A；常见的放热反应有：燃烧、中和、多数化合反应等；酸碱中和反应是放热反应，故A正确；

B；化学反应实质是化学键的断裂与生成；故化学变化中的能量变化主要由化学键变化引起的正确，故B正确；

C；煤、石油、天然气是当今世界最重要的三种化石燃料；故C正确；

D、石墨转化为金刚石要吸收能量，说明石墨的能量低，石墨稳定，故D错误；故选D．2、C【分析】【分析】在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质；酸；碱、盐都是电解质；

在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物称为非电解质；蔗糖；乙醇等都是非电解质，大多数的有机物都是非电解质；

单质，混合物既不是电解质也不是非电解质，据此解答．【解析】【解答】解：A．氯化钠；硫酸钡都是盐；都属于电解质，故A错误；

B．铜为单质；既不是电解质也不是非电解质，故B错误；

C．纯醋酸是化合物；在水溶液中能够导电，属于电解质；酒精是化合物，在水溶液中和熔融状态下都不能导电，属于非电解质，故C正确；

D．硫酸溶液属于混合物；既不是电解质也不是非电解质，故D错误；

故选：C．3、A【分析】【分析】A．加入铝粉有氢气产生的溶液；为酸或强碱溶液；

B．离子之间发生氧化还原反应；

C．c（H+）/c（OH-）=1×l0-10的溶液，c（OH-）=1×l0-2mol/L；溶液显碱性；

D．水电离的c（H+）=1×10-12mol/L的溶液，为酸或碱溶液．【解析】【解答】解：A．加入铝粉有氢气产生的溶液；为酸或强碱溶液，无论酸或碱溶液中该组离子之间不反应，能大量共存，故A正确；

B．H+、Fe2+、NO3-离子之间发生氧化还原反应；不能大量共存，故B错误；

C．c（H+）/c（OH-）=1×l0-10的溶液，c（OH-）=1×l0-2mol/L，溶液显碱性，不能大量存在NH4+；故C错误；

D．水电离的c（H+）=1×10-12mol/L的溶液，为酸或碱溶液，HCO3-既能与酸反应又能与碱反应；一定不能共存，故D错误；

故选A．4、D【分析】【分析】X；Y、Z、W四种短周期主族元素；根据元素在周期表中的相对位置知，X和Y位于第二周期、Z和W位于第三周期，如果W是Cl元素，则X、Y、Z分别是N、O、S元素；

如果W是S元素；则X；Y、Z分别是C、N、P元素；

如果W是P元素；则X；Y、Z分别是B、C、Si元素；

结合题目分析解答．【解析】【解答】解：X；Y、Z、W四种短周期主族元素；根据元素在周期表中的相对位置知，X和Y位于第二周期、Z和W位于第三周期，如果W是Cl元素，则X、Y、Z分别是N、O、S元素；

如果W是S元素；则X；Y、Z分别是C、N、P元素；

如果W是P元素；则X；Y、Z分别是B、C、Si元素；

A．如果W是P；X是B元素；则W原子序数是X的3倍，故A错误；

B．Z可能是P；Si元素；所以Z不可能为金属元素，故B错误；

C．N元素电负性大于S；则N元素氢化物稳定性大于S元素氢化物，故C错误；

D．若X、Y、Z、W分别是N、O、S、Cl元素，那么它们与H原子形成18电子的分子分别是N2H4、H2O2、H2S；HCl；故D正确；

故选D．5、A【分析】【分析】有机物中原子或原子团被其它原子或原子团取代的反应为取代反应，如水解反应、酯化反应等，以此来解答．【解析】【解答】A；此反应是用溴原子取代了乙烷中的氢原子；属于取代反应，故A正确；

B、此反应是乙烯中的碳碳双键断开，H原子和Br原子分别加到两条半键上；属于加成反应，故B错误；

C；此反应是乙炔的燃烧；属于氧化反应，故C错误；

D；此反应是丁烷的裂解；属于分解反应，故D错误．

故选A．6、D【分析】【分析】A、H2O2的结构没有发生改变；

B、根据H2O2的结构式为H-O-O-H可知，H2O2的结构中只有单键；

C、H2O2的氧元素的化合价为-1价；处于氧元素的中间价态；

D、由非金属元素形成的化合物绝大多数为共价化合物．【解析】【解答】解：A、尿素（H2NCONH2）和H2O2形成加合物H2NCONH2•H2O2，不但使H2O2稳定下来；而且结构也没有发生改变，这说明是通过氢键连接的，故A正确；

B、根据H2O2的结构式为H-O-O-H可知，H2O2的结构中只有单键；即只含只含σ键，不含π键，故B正确；

C、H2O2的氧元素的化合价为-1价；处于氧元素的中间价态，既有氧化性又有还原性，故C正确；

D、除了铵盐外，由非金属元素形成的化合物绝大多数为共价化合物，故H2NCONH2•H2O2为共价化合物；故D错误．

故选D．7、B【分析】【分析】A．硫氰合铁是可溶性络合物；

B．氢氧化钙足量；反应生成碳酸钙；氢氧化钠和水；

C．离子个数配比不符合物质的结构；

D．酸性溶液中不能生成氢氧根离子，不符合反应的客观事实．【解析】【解答】解：A．向Fe2（SO4）3溶液中滴入KSCN溶液，离子方程式：Fe3++3SCN-⇌Fe（SCN）3；故A错误；

B．向NaHCO3溶液中滴加足量Ca（OH）2溶液，离子方程式：Ca2++OH-+HCO3-=CaCO3↓+H2O；故B正确；

C．向H2SO4溶液中滴加Ba（OH）2溶液至呈中性，离子方程式：2H++SO42-+Ba2++2OH-=2H2O+BaSO4↓；故C错误；

D．用KIO3氧化酸性溶液中的KI，离子方程式：5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O；故D错误；

故选：B．8、D【分析】A项，甲醇的结构式为1mol甲醇中含有C－H键的数目为3NA；B项，未说明溶液体积；C项，己烷在标准状况下为液体。【解析】【答案】D9、B【分析】试题分析：A.（1）对应的是：在t1时恒压条件下，通入NH3则V逆不变，V正减小，平衡逆向移动，与图像不符合，错误；B.由于合成氨的反应是放热反应，所以升高温度，化学反应速率加快，达到平衡所需要的时间缩短，但是升高温度平衡向吸热反应方向即向逆反应方向移动，所以平衡时氨气的含量降低（2）对应的是：氨气在恒容不同温度下的百分含量，正确；C.在恒容条件下，升高温度，V逆、V正都增大，但是V逆增大的多，所以平衡逆向移动，与（3）对应的是：速率与温度的关系不符合，错误；D.在温度不变时，增大压强，平衡正向移动，N2的转化率提高；在压强不变时，升高温度，平衡逆向移动，N2的转化率降低，与（4）对应的是N2转化率与温度（T1>T2）、压强的关系不符合，错误。考点：考查图像法在化学反应速率和化学平衡移动的影响的知识。【解析】【答案】B二、多选题(共6题，共12分)10、AC【分析】【分析】A．导管在液面下；可发生倒吸；

B．a进气可收集密度比空气密度大的气体，b进入可收集密度比空气密度小的气体；

C．X为苯；密度比水的小，则X在上层，不能隔绝气体和水；

D．碱石灰可干燥氨气，氨气的密度比空气密度小，易溶于水．【解析】【解答】解：A．导管在液面下；可发生倒吸，则图中装置可收集尾气，但易发生倒吸，故A错误；

B．a进气可收集密度比空气密度大的气体，b进入可收集密度比空气密度小的气体，则装置②可用于收集H2、NH3、Cl2、HCl、NO2等；故B正确；

C．X为苯；密度比水的小，则X在上层，不能隔绝气体和水，X应为四氯化碳，故C错误；

D．碱石灰可干燥氨气；氨气的密度比空气密度小，易溶于水，则图④中可用于收集氨气，并吸收多余的氨气，故D正确；

故选AC．11、BC【分析】【分析】短周期元素R、T、Q、W，根据元素所处的位置，可确定T、Q、W为第三周期的元素，R为第二周期元素，T所处的周期序数与族序数相等，则T为Al元素，故Q为Si元素，W为S元素，R为N元素，以此解答该题．【解析】【解答】解：短周期元素R；T、Q、W；根据元素所处的位置，可确定T、Q、W为第三周期的元素，R为第二周期元素，T所处的周期序数与族序数相等，则T为Al元素，故Q为Si元素，W为S元素，R为N元素；

A．同周期自左而右原子半径减小；同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：T＞Q＞R，故A正确；

B．同周期自左而右非金属性增强；同主族自上而下非金属性减弱，故非金属性N＞Si，元素的非金属性越强，对应的氢化物的还原性越弱，故B错误；

C．含铝离子的盐溶液是显酸性，但NaAlO2溶液显碱性；故C错误；

D．同周期自左而右非金属性增强，非金属性Si＜S，非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，所以酸性：H2SiO3＜H2SO4；故D正确．

故选BC．12、BD【分析】【分析】由盐类水解的规律可知，MY可能为强酸弱碱盐，因MY的溶液pH＜7，即M为弱碱的阳离子，Y为强酸的阴离子，即MOH为弱碱，HY为强酸；又因MX的溶液pH=7，则为弱酸弱碱盐且M-和X-水解程度相当，由此知HX为弱酸．已知NY的水溶液pH=7，可知NOH可能为强碱，因强酸强碱盐不水解．【解析】【解答】解：25℃时；MY的溶液pH＜7，则MY可能为强酸弱碱盐，M为弱碱的阳离子，Y为强酸的阴离子，所以MOH为弱碱，HY为强酸；

又MX的溶液pH=7，则MX为弱酸弱碱盐且M-和X-水解程度基本相同；故HX为弱酸．已知NY的水溶液pH=7，由强酸强碱盐不水解可知NOH可能为强碱；

故选BD．13、BD【分析】【分析】根据微粒甲能与氢氧根反应生成离子乙，乙能与氢离子反应再生成甲解题，将选项带入转化关系，符合即可．【解析】【解答】解：A．CO2与氢氧根能反应生成碳酸根离子，碳酸根离子和氢离子反应生成水和CO2；故A不选；

B．NH4+与OH-反应生成NH3•H2O，NH3•H2O不是离子；不符合转化关系，故B可选；

C．Al3+与OH-反应生成氢氧化铝或AlO2-，氢氧化铝和AlO2-与氢离子反应生成铝离子；故C不选；

D．Fe2O3与OH-不反应；不符合转化关系，故D可选；

故选BD．14、AD【分析】【分析】A；烯烃与氯气发生加成反应；烷烃与氯气发生取代反应；

B；聚乙烯不含不饱和键不能使溴的四氯化碳溶液褪色；

C；苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色；

D、烯烃、烷烃都能发生氧化反应．【解析】【解答】解：A；乙烯与氯气发生加成反应生成1；2-二氯乙烯，甲烷与氯气发生取代反应可以生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷，故A正确；

B；乙烯含有碳碳双键与溴发生加成反应；使溴的四氯化碳溶液褪色，聚乙烯不含不饱和键不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故B错误；

C；乙烯含有碳碳双键能被酸性高锰酸钾氧化使酸性高锰酸钾溶液褪色；苯中的键是介于单键与双键之间的一种特殊键，不能使使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；

D；乙烯能燃烧能被酸性高锰酸钾等氧化；乙烷能燃烧发生氧化反应，故D正确．

故选：AD．15、CD【分析】【分析】化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量不变，注意化学方程式的特点是反应前后气体体积改变的反应．【解析】【解答】解：A、化学反应速率之比等于化学计量数之比，当2V正（B2）═V逆（AB）时；说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故A错误；

B、生成2molAB的同时消耗1mol的B2；都是正反应速率，无法证明正逆反应速率相等，故B错误；

C；反应前后气体体积不相等；所以压强不变说明各组分浓度不变，反应达到平衡状态，故C正确；

D；容器体积不变；A为固态，所以密度不变说明反应达到平衡状态，故D正确；

故选CD．三、填空题(共5题，共10分)16、2S2Cl2+2H2O=SO2+3S+4HCl浓硫酸防止硫加热时与氧气反应水浴放热吸收多余氯气漂白粉或漂粉精氯化钙或五氧化二磷【分析】【分析】（1）二氯化二硫遇水会反应；生成硫；二氧化硫和刺鼻的酸雾为氯化氢气体形成，结合原子守恒配平书写化学方程式；

（2）二氯化二硫遇水会反应；装置B中制备二氯化二硫不能含水蒸气，通入的氯气需要浓硫酸干燥；

（3）①先通入氮气排净装置中空气；避免硫单质和空气中氧气发生反应；

②硫与氯气在50～60℃直接化合生成二氯化二硫；控制此温度需要水浴加热；

③停止加热；加大通入氯气量，维持16h，说明反应是放热反应；

（4）S2Cl2是展开书页型结构，Cl-S位于两个书页面内，S2Cl2分子中S原子之间形成1对共用电子对；Cl原子与S原子之间形成1对共用电子对；

（5）装置C是利用氯气和碱溶液反应；来吸收剩余氯气，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙；次氯酸钙和水，是工业漂白粉的制备原理；

（6）在装置B、C之间安装干燥管吸收水分，需要选择固体干燥剂．【解析】【解答】解：（1）二氯化二硫遇水会反应，生成硫、二氧化硫和刺鼻的酸雾为氯化氢气体形成，反应的化学方程式为：2S2Cl2+2H2O=SO2+3S+4HCl；

故答案为：2S2Cl2+2H2O=SO2+3S+4HCl；

（2）二氯化二硫遇水会反应；装置B中制备二氯化二硫不能含水蒸气，通入的氯气需要浓硫酸干燥；

故答案为：浓硫酸；

（3）①先通入氮气排净装置中空气；避免硫单质和空气中氧气发生反应；

故答案为：防止硫加热时与氧气反应；

②硫与氯气在50～60℃直接化合生成二氯化二硫；控制此温度需要水浴加热；

故答案为：水浴；

③停止加热；加大通入氯气量，维持16h，说明反应过程中是放热反应，反应放出的热量保证反应继续进行；

故答案为：放热；

（4）S2Cl2是展开书页型结构，Cl-S位于两个书页面内，S2Cl2分子中S原子之间形成1对共用电子对，Cl原子与S原子之间形成1对共用电子对，电子式为

故答案为：

（5）氯气和碱溶液反应；装置C的作用是用来吸收剩余氯气，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙；次氯酸钙和水，是工业漂白粉的制备原理；

故答案为：吸收多余氯气；漂白粉或漂粉精；

（6）为了得到更纯的二氯化二硫；需要在装置B；C之间安装干燥管，其内盛试剂选择中性或酸性固体干燥剂，选择氯化钙或五氧化二磷做干燥剂；

故答案为：氯化钙或五氧化二磷．17、120羟基4+NaOH→+H2OBC【分析】【分析】A为苯的含氧衍生物，A分子中碳原子和氢原子个数相等，且只含有一个氧原子，A物质的水溶液显酸性，则A含有酚羟基，0.48g该物质消耗氢氧化钠物质的量为0.04L×0.1mol/L=0.004mol，则A的相对分子质量为=120，则A分子中C、H原子数目=8，故A的分子式为C8H8O，不饱和度为=5，A能使溴的CCl4溶液褪色，可知还含有1个碳碳双键，又A分子苯环上的一氯取代产物只有两种，则A为．【解析】【解答】解：A为苯的含氧衍生物，A分子中碳原子和氢原子个数相等，且只含有一个氧原子，A物质的水溶液显酸性，则A含有酚羟基，0.48g该物质消耗氢氧化钠物质的量为0.04L×0.1mol/L=0.004mol，则A的相对分子质量为=120，则A分子中C、H原子数目=8，故A的分子式为C8H8O，不饱和度为=5，A能使溴的CCl4溶液褪色，可知还含有1个碳碳双键，又A分子苯环上的一氯取代产物只有两种，则A为．

（1）由上述分析可知；A的摩尔质量为120g/mol，故答案为：120；

（2）A的结构简式为含有的含氧官能团为：羟基；

故答案为：羟基；

（3）A的含醛基同分异构体，可以是苯乙醛，也可以是甲基苯甲醛，有邻、间、对3种，共有4种，其中一种结构简式为等；

故答案为：4；

（4）A与氢氧化钠溶液反应的化学方程式：+NaOH→+H2O；

故答案为：+NaOH→+H2O；

（5）A．A分子中其中一个不饱和碳原子连接个H原子；不存在顺反异构体，故A错误；

B．苯环诶平面结构；碳碳双键为平面结构；旋转碳碳单键可以使2个平面共面，所有碳原子均可在同一平面上，故B正确；

C．A含有酚羟基；能与烧碱溶液反应，故C正确．

故选：BC．18、4KOH+2MnO2+O2=2K2MnO4+2H2O偏高2MnO42-+2H2O2MnO4-+2OH-+H2↑3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2+2K2CO31：2产率更高、KOH循环利用93.2%【分析】【分析】（1）碱性条件下用氧气氧化MnO2得到K2MnO4；根据得失电子守恒和原子守恒写出相应的方程式；

（2）氧化铝是两性氧化物；氧化铝能和强碱反应生成偏铝酸盐和水，所以会导致KOH消耗量偏高．

（3）在电解槽中用铂板作用阳极，铁作阴极电解K2MnO4溶液得到KMnO4；阴极上水得电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，阳极上锰酸根离子失电子反应氧化反应生成高锰酸根离子．

（4）根据题干信息可知反应物为K2MnO4、CO2、生成黑色固体MnO2、KMnO4，根据原子守恒书写化学反应方程式，根据方程式可知3molK2MnO4参加反应生成2molKMnO4、1molMnO2，据此判断氧化剂与还原剂的质量之比；电解法阳极都生成KMnO4；产率更高；

（5）发生反应：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，根据方程式计算样品中草酸的质量，进而计算草酸的质量分数．【解析】【解答】解：（1）二氧化锰和氢氧化钾、氧气发生反应，生成锰酸钾和水，Mn（+4→+6），O（0→-2），反应的化学方程式为4KOH+2MnO2+O2=2K2MnO4+2H2O；

故答案为：4KOH+2MnO2+O2=2K2MnO4+2H2O；

（2）氧化铝是两性氧化物，既能与强酸反应也能与强碱反应，氧化铝和强碱反应生成偏铝酸盐和水，反应的化学方程式为2KOH+Al2O3=2KAlO2+H2O；所以会导致KOH消耗量偏高；

故答案为：偏高；

（3）电解锰酸钾溶液时，阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阳极上锰酸根离子失电子生成高锰酸根离子，电极反应式为2MnO42--2e-=2MnO4-，即MnO42--e-=MnO4-，则电极总反应为：2MnO42-+2H2O2MnO4-+2OH-+H2↑；

故答案为：2MnO42-+2H2O2MnO4-+2OH-+H2↑；

（4）反应物为K2MnO4、CO2、生成黑色固体MnO2、KMnO4，所以的化学方程式为：3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2+2K2CO3；

由化学反应方程式：3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2+2K2CO3分析得出，3molK2MnO4参加反应生成2molKMnO4、1molMnO2；即3mol高锰酸钾参与反应有1mol作氧化剂；2mol作还原剂，则反应中氧化剂与还原剂的质量比为1：2；

与该传统工艺相比，电解法阳极都生成KMnO4；产率更高，所以优势是产率更高；KOH循环利用；

故答案为：3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2+2K2CO3；1：2；产率更高；KOH循环利用；

（5）在测定过程中，高锰酸钾为氧化剂，草酸为还原剂，反应的离子方程式为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O；根据方程式可得关系式：

5H2C2O4•2H2O～2KMnO4

52

n0.02mol/L×14.8×10-3L×

解得：n（H2C2O4•2H2O）=3.7×10-3mol

则m（H2C2O4•2H2O）=3.7×10-3mol×126g/mol=0.4662g；

所以成品的纯度为：×100%=93.2%；

故答案为：93.2%．19、6126C136C同位素98.9%3【分析】【分析】中性原子的质子数等于核外电子数，该元素为C元素，原子符号表示为AZX；其中左下角Z代表质子数，左上角A代表质量数，X代表元素符号，质子数相同；中子数不同的原子互为同位素；

（1）元素近似相对原子质量=A1x1+A2x2++Aixi（Ai代表各同位素质量数，xi代表各同位素元素百分率）；

（2）12C与16O、18O两种原子结合形成二氧化碳分子有：12C16O2、12C18O2、12C16O18O．【解析】【解答】解：中性原子的质子数等于核外电子数，核外有6个电子，其原子核内有6个质子，该元素为C元素，其中质量数为12原子为126C，质量数为13原子为136C；二者质子数相同；中子数不同，互为同位素；

故答案为：6；126C；136C；同位素；

（1）设质量数为12的原子在自然界中所占原子百分率为x；则质量数为13的碳原子百分率为（1-x），故：12x+13（1-x）=12.011，解得x=98.9%；

故答案为：98.9%；

（2）12C与16O、18O两种原子结合形成二氧化碳分子有：12C16O2、12C18O2、12C16O18O；共有3种；

故答案为：3．20、略

【分析】试题分析：（1）铜化合物中，铜的质量百分含量＝×100%，黄铜矿中铜的含量=×100%=35%；斑铜矿中铜的含量=×100%=63%；辉铜矿中铜的含量=×100%=80%；孔雀石中铜的含量=×100%=58%，所以铜的质量百分含量最高的是Cu2S；（2）2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑，该反应中铜的化合价由+1价变为0价，铜元素在该反应中得电子化合价降低，所以该反应中的氧化剂是Cu2O，Cu2S，还原剂是Cu2S，则该反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比是3：1；（3）二氧化硫是有毒气体，二氧化硫溶于水后形成酸性溶液，随雨水降下，就可能形成酸雨；二氧化硫能溶于水，且能和水反应生成亚硫酸，亚硫酸能被氧化成硫酸，二氧化硫是酸性氧化物，所以能用碱液吸收生成盐，如硫酸铵；（4）A、Ⅰ铜绿的主成分是碱式碳酸铜，故正确；Ⅱ碱式碳酸铜能和强酸反应生成盐和水、二氧化碳，故正确；碱式碳酸铜是弱酸盐能和强酸反应，所以二者有因果关系，故A正确；B、Ⅰ铜是不活泼金属，所以其表面不易形成致密的氧化膜，故错误；Ⅱ常温下，铜和浓硫酸不反应，所以铜容器可以盛放浓硫酸，故正确；二者没有、因果关系，所以B错误；C、Ⅰ铁的金属性比铜的金属性强，所以铁比铜活泼，故正确；Ⅱ在铜板上的铁钉在潮湿空气中易形成原电池，所以易生锈，故错误；二者有因果关系，所以C错误；D、Ⅰ蓝色硫酸铜晶体受热转化为白色硫酸铜粉末是化学变化，故错误；硫酸铜是重金属盐，能使蛋白质变性，所以溶液可用作游泳池的消毒剂，故正确；二者没有因果关系，所以D正确，故选AD。考点：考查质量分数的计算、氧化剂的判断、物质性质与应用等【解析】【答案】（1）Cu2S（2）3：1（3）形成酸雨硫酸硫酸铵（4）AD四、判断题(共4题，共28分)21、×【分析】【分析】CnH2n+2为烷烃，分子中含有n-1个C-C键，以此解答该题．【解析】【解答】解：CnH2n+2为烷烃，分子中含有n-1个C-C键，则1molCnH2n+2分子中含有的C-C数为（n-1）NA．故答案为：×．22、×【分析】【分析】CnH2n+2为烷烃，分子中含有n-1个C-C键，以此解答该题．【解析】【解答】解：CnH2n+2为烷烃，分子中含有n-1个C-C键，则1molCnH2n+2分子中含有的C-C数为（n-1）NA．故答案为：×．23、×【分析】【分析】用标准NaOH溶液滴定未知浓度的醋酸到终点时，反应恰好生成醋酸钠，水解呈碱性，以此解答．【解析】【解答】解：达到滴定终点时，氢氧化钠和醋酸的物质的量相等，生成醋酸钠，醋酸钠为强碱弱酸盐，水解呈碱性，c（CH3COO-）＜c（Na+）；

故答案为：×．24、×【分析】【分析】将40gNaOH溶解在1L水中，溶液体积大于1L．【解析】【解答】解：将40gNaOH溶解在1L水中；溶液体积大于1L，溶液中溶质的物质的量浓度小于1mol/L；

故答案为：×．五、书写(共3题，共15分)25、略

【分析】【分析】①NaOH和硫酸铁反应生成氢氧化铁红褐色沉淀和硫酸钠；

②氯化钡和硫酸铜溶液混合；钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡白色沉淀；

③硝酸银和氯化钡溶液混合，银离子和氯离子反应生成白色氯化银沉淀．【解析】【解答】解：①NaOH和硫酸铁反应生成氢氧化铁红褐色沉淀和硫酸钠，离子方程式为：Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓；

②氯化钡和硫酸铜溶液混合，钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡白色沉淀，离子方程式为Ba2++SO42-=BaSO4↓；

③硝酸银和氯化钡溶液混合，银离子和氯离子反应生成白色氯化银沉淀，离子方程式为：Ag++Cl-=AgCl↓；

故答案为：。编号现象离子方程式①产生红褐色沉淀Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓②产生白色沉淀Ba2++SO42-=BaSO4↓③产生白色沉淀Ag++Cl-=AgCl↓26、-50.6K=△S＞02CO2+4e-+2H2O=2CO+4OH-ClO4-+CH3COO-+H+=2CO2+2H2O+Cl-，CH3COO-浓度过低，不能促进微生物生长，失去催化作用，反应速率显著降低HClO4HCl⇌H++Cl-【分析】【分析】（1）已知：①3N2H4（l）⇌4NH3（g）+N2（g）△H=-336.6kJ•mol-1

②N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=-92.4kJ•mol-1

则①×-②×得到N2H4（g）⇌N2（g）+2H2（g），据盖斯定律来计算；平衡常数K=；

（2）电解池可以实现分自发的氧化还原反应的发生；根据自发进行的判据△H-T△S＜0来判断；在电解池的阴极上发生得电子的还原反应，据此回答；

（3）Ⅰ、①微生物的催化下，ClO4-可被CH3COO-还原；得到二氧化碳和氯离子，据此书写离子方程式；

②根据CH3COO-的浓度对ClO4-降解程度的影响图可以看出：CH3COO-浓度过低；不能促进微生物生长；

Ⅱ、电离平衡常数越大，酸的电离程度越大，酸性越强；在冰醋酸中，盐酸不能完全电离，据此回答．【解析】【解答】解：（1）已知：①3N2H4（l）⇌4NH3（g）+N2（g）△H=-336.6kJ•mol-1

②N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=-92.4kJ•mol-1

据盖斯定律，则①×-②×得到N2H4（g）⇌N2（g）+2H2（g）；所以。

△H=（-336.6kJ•mol-1）×（-92.4kJ•mol-1）=-50.6kJ•mol-1，平衡常数K==；

故答案为：-50.6；K=；

（2）转化2CO22CO+O2是一个熵增加的反应，有利于自发进行；在电解池的阴极上发生得电子的还原反应，阴极的反应式为：2CO2+4e-+2H2O=2CO+4OH-；

故答案为：△S＞0；2CO2+4e-+2H2O=2CO+4OH-；

（3）Ⅰ、①微生物的催化下，ClO4-可被CH3COO-还原，得到二氧化碳和氯离子，离子方程式为：ClO4-+CH3COO-+H+=2CO2+2H2O+Cl-，故答案为：ClO4-+CH3COO-+H+=2CO2+2H2O+Cl-；

②根据CH3COO-的浓度对ClO4-降解程度的影响图可以看出：CH3COO-浓度过低，不能促进微生物生长CH3COO-浓度小于0.4g/L的条件下，ClO4-的降解几乎停滞，故答案为：CH3COO-浓度过低；不能促进微生物生长，失去催化作用，反应速率显著降低；

Ⅱ、电离平衡常数越大，酸的电离程度越大，酸性越强，所以这三种酸酸性最强的是HClO4；在冰醋酸中，盐酸不能完全电离，电离方程式为：HCl⇌H++Cl-．

故答案为：HClO4；HCl⇌H++Cl-．27、Cu2++2OH-=Cu（OH）2↓H++OH-=H2OCaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑CO32-+2H+=H2O+CO2↑Cu2++Fe=Fe2++Cu2OH-+Ba2++Cu2++SO42-=BaSO4↓+Cu（OH）2↓【分析】【分析】（1）只有Cu（OH）2在离子反应中保留化学式；

（2）只有水在离子反应中保留化学式；

（3）难溶物碳酸钙；弱电解质水、气体二氧化碳都写化学式；可溶性强电解质HCl、氯化钙都写离子；

（4）水；二氧化碳在离子反应中保留化学式；

（5）单质用化学式；

（6）BaSO4和Cu（OH）2用化学式．【解析】【解答】解：（1）离子反应为Cu2++2OH-=Cu（OH）2↓，故答案为：Cu2++2OH-=Cu（OH）2↓；

（2）NaOH+HCl=NaCl+H2O的离子反应为H++OH-=H2O，故答案为：H++OH-=H2O；

（3）难溶物碳酸钙、弱电解质水、气体二氧化碳都写化学式，可溶性强电解质HCl、氯化钙都写离子，离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，故答案为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；

（4）Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑的离子反应为CO32-+2H+=H2O+CO2↑，故答案为：CO32-+2H+=H2O+CO2↑；

（5）离子反应为Cu2++Fe=Fe2++Cu，故答案为：Cu2++Fe=Fe2++Cu；

（6）反应用离子方程式表示为：2OH-+Ba2++Cu2++SO42-=BaSO4↓+Cu（OH）2↓，故答案为：2OH-+Ba2++Cu2++SO42-=BaSO4↓+Cu（OH）2↓．六、探究题(共4题，共36分)28、|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．29、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，