2025年鲁科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2025年鲁科版高三化学上册月考试卷82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、2007年诺贝尔化学奖得主GerhardErtl对金属Pt表面催化CO氧化反应的模型进行了深入研究．下列关于Pt和Pt的说法正确的是（）A.Pt和Pt的中子数相同，互称为同位素B.Pt和Pt的质子数相同，互称为同位素C.Pt和Pt不能互称为同位素D.Pt和Pt是同一种核素2、下列各组物质相互混合后，不会发生离子反应的是（）A.Na2SO4溶液和BaCl2溶液B.醋酸钠溶液和稀硫酸C.NaHCO3溶液和NaHSO4溶液D.小苏打溶液和BaCl2溶液3、设NA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A.常温下，23gNO2含有NA个氧原子B.1molFe与过量的稀HNO3反应，转移2NA个电子C.1mol/LNaCl溶液含有NA个Na+D.常温常压下，22.4L的NO2和CO2混合气体含有2NA个O原子4、已知反应4NH3＋5O24NO＋6H2O，若反应速率分别用v(NH3)、v(O2)、v(NO)、v(H2O)表示，则下列正确的关系是A.v(NH3)＝v(O2)B.v(O2)＝v(H2O)C.v(NH3)＝v(H2O)D.v(O2)＝v(NO)5、2008年夏季奥运会将在我国举行．奥运会上发令枪所用“火药”的主要成分是氯酸钾和红磷，撞击时发生的化学反应为：5KClO3+6P═3P2O5+5KCl．下列有关该反应的叙述中，正确的是（）A.反应中红磷是氧化剂B.发令时产生的白烟只是KCl固体颗粒C.“火药”中的红磷可以用白磷代替D.反应中消耗3molP时，转移电子的物质的量为15mol6、下列实验设计及其对应的离子方程式均正确的是A.Ca(C1O)2溶液中通入少量SO2气体：Ca2++2C1O—+SO2+H2O＝CaSO3↓+2HC1OB.澄清石灰水与过量小苏打溶液混合：Ca2++2OH－+2HCO3－＝CaCO3↓+H2O+CO32—C.向硅酸钠溶液中通入过量的CO2：SiO32－+CO2+H2O＝H2SiO3↓+CO32—D.用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO4—+6H++5H2O2＝2Mn2++5O2↑+8H2O7、下列物质的转化在给定条件下能实现的是()rm{垄脵FeS_{2}xrightarrow[赂脽脦脗]{{O}_{2}}SO_{2}xrightarrow[]{{H}_{2}{O}_{2}(aq)}H_{2}SO_{4}}rm{垄脷SiO_{2}xrightarrow[]{HCl(aq)}SiCl_{4}xrightarrow[赂脽脦脗]{{H}_{2}}Si}rm{垄脵FeS_{2}xrightarrow[赂脽脦脗]{{O}_{2}}

SO_{2}xrightarrow[]{{H}_{2}{O}_{2}(aq)}H_{2}SO_{4}}饱和rm{垄脷SiO_{2}xrightarrow[]{HCl(aq)}

SiCl_{4}xrightarrow[赂脽脦脗]{{H}_{2}}Si}溶液rm{xrightarrow[]{N{H}_{3},C{O}_{2}}NaHCO_{3}xrightarrow[]{?}Na_{2}CO_{3}}rm{垄脺Alxrightarrow[]{NaOH脠脺脪潞}NaAlO_{2}xrightarrow[]{脳茫脕驴脩脦脣谩}AlCl_{3}(aq)xrightarrow[]{?}AlCl_{3}(s)}rm{垄脻CuSO_{4}(aq)xrightarrow[]{鹿媒脕驴NaOH(aq)}Cu(OH)}2rm{xrightarrow[]{脝脧脤脩脤脟(aq)}}rm{垄脹}

A.rm{NaCl}B.rm{xrightarrow[]{N{H}_{3},C{O}_{2}}

NaHCO_{3}xrightarrow[]{?}Na_{2}CO_{3}}C.rm{垄脺Alxrightarrow[]{NaOH脠脺脪潞}

NaAlO_{2}xrightarrow[]{脳茫脕驴脩脦脣谩}AlCl_{3}(aq)xrightarrow[]{?}

AlCl_{3}(s)}D.rm{垄脻CuSO_{4}(aq)

xrightarrow[]{鹿媒脕驴NaOH(aq)}Cu(OH)}rm{xrightarrow[]{脝脧脤脩脤脟(aq)}

}评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)8、（2016•江苏模拟）常温下，用0.1mol•L-1HCl溶液滴定10.0mL浓度为0.1mol•L-1Na2CO3溶液，所得滴定曲线如图所示．下列说法正确的是（）A.当V=0时：c（CO32-）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H2CO3）B.当V=5时：3c（CO32-）+3c（HCO3-）+3c（H2CO3）=2c（Na+）C.当V=10时：c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（H2CO3）D.当V=a时：c（Na+）＞c（Cl-）＞c（H+）=c（OH-）9、在温度T1和T2时，分别将0.50molCH4和1.20molNO2充入体积为1L的密闭容器中，发生如下反应：CH4（g）+2NO2（g）⇌N2（g）+CO2（g）+2H2O（g），测得n（CH4）随时间变化数据如下表：。时间/min010204050T1n（CH4）/mol0.500.350.250.100.10T2n（CH4）/mol0.500.300.180.15下列说法正确的是（）A.T2时，CH4的平衡转化率为70.0%B.该反应的△H＞0、T1＜T2C.保持其他条件不变，T1时向平衡体系中再充入0.30molCH4和0.80molH2O（g），平衡向正反应方向移动D.保持其他条件不变，T1时向平衡体系中再充入0.50molCH4和1.20molNO2，与原平衡相比，达新平衡时N2的浓度增大、体积分数减小10、下列化学实验事实及其相应结论都正确的是（）。实验事实结论A．氯水可以导电氯气是电解质B．铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落铝箔表面氧化铝熔点高于铝C．乙烯能使KMnO4溶液褪色乙烯具有还原性D．将SO2通入含HClO的溶液中，生成H2SO4说明HClO酸性比H2SO4强A.AB.BC.CD.D11、镭是周期表中第七周期的ⅡA族元素，下列关于镭的性质的描述中不正确的是（）A.在化合物中呈+2价B.单质与水反应放出氢气C.氢氧化物呈两性D.碳酸盐易溶于水12、一个实验桌上放着四瓶化学药品，标签上分别写着蔗糖、淀粉、氯化钠、食用味精．为研究这些物质的性质，下列说法中不可取的是（）A.观察比较外观形态B.用手触摸比较C.放到嘴里品尝一下D.用化学方法进行鉴别13、某工厂用FeCl3溶液腐蚀镀有铜的绝缘板生产印刷电路．课外活动小组为确认生产后的废液的组成；进行如下实验：

（1）取10mL废液加入足量的AgNO3溶液；生成沉淀0.06mol

（2）另取10mL废液放入铜片充分反应；铜片质量减少了0.256g．

下列关于原废液组成的判断正确的是（）A.一定只有Fe2+、Fe3+、Cl-B.c（Fe2+）：c（Cu2+）=1：3C.c（Fe2+）：c（Fe3+）=3：2D.c（Cl-）=6mol/L，c（Fe2+）=1.2mol/L评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)14、氯碱厂电解饱和食盐水制取NaOH的工艺流程示意图如下：

依照如图；完成下列填空：

（1）写出通电条件下电解饱和食盐水的化学方程式____

（2）为有效除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO杂质，精制过程中加入试剂的合理顺序为____

A．NaOH溶液，Na2CO3溶液；钡试剂，盐酸。

B、NaOH溶液，钡试剂，Na2CO3溶液；盐酸。

C．钡试剂，NaOH溶液，Na2CO3溶液；盐酸。

（3）钡试剂可以是____

A．Ba（OH）2

B．Ba（NO3）2

C．BaCl2

（4）为了保证杂质能够完全除去，除去试剂均稍过量，判断钡试剂已经过量的方法是____

（5）请写出精制过程中加入适量盐酸时发生反应的离子方程式____

（6）下表是NaOH；NaCl在不同温度下的溶解度（单位：g/100g水）

。温度（℃）0℃10℃20℃30℃40℃50℃60℃70℃80℃90℃100℃NaOH4251109119129145174299314329347NaCl35.735.83636.336.63737.337.838.43939.8由此可知：

脱盐工序中利用NaOH和NaCl在溶解度上的差异，通过____，冷却、____（填写操作名称），除去NaCl2该工业流程中循环中可循环利用的物质是____．15、（2014•浙江模拟）K3[Fe（C2O4）3]•3H2O[三草酸合铁（Ⅲ）酸钾晶体]易溶于水；难溶于乙醇，可作为有机反应的催化剂．实验室可用废铁屑等物质为原料制备，并测定产品的纯度．相关反应的化学方程式为：

Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑

FeSO4+H2C2O4+2H2O=FeC2O4•2H2O↓+H2SO4

2FeC2O4•2H2O+H2O2+H2C2O4+3K2C2O4=2K3[Fe（C2O4）3]+6H2O

回答下列问题：

（1）使用废铁屑前，往往将其在1.0mol•L-1Na2CO3溶液中浸泡数分钟，其目的是____．然后使用____（填写操作名称）分离并洗涤铁屑．

（2）析出的K3[Fe（C2O4）3]•3H2O晶体可通过如图所示装置通过减压过滤与母液分离．下列关于减压过滤的操作正确的是____．

A．选择比布氏漏斗内径略小又能将全部小孔盖住的滤纸。

B．放入滤纸后；直接用倾析法转移溶液和沉淀，再打开水龙头抽滤。

C．洗涤晶体时；先关闭水龙头，用蒸馏水缓慢淋洗，再打开水龙头抽滤。

D．抽滤完毕时；应先断开抽气泵和吸滤瓶之间的橡皮管，以防倒吸。

（3）使用高锰酸钾法（一种氧化还原反应滴定法）可以测定所得产品的纯度．若需配制浓度为0.03000mol•L-1KMnO4标准溶液240mL，应准确称取____gKMnO4（保留四位有效数字，已知MKMnO4=158.0g•mol-1）．配制该标准溶液时，所需仪器除电子天平、药匙、烧杯、玻璃棒外，还缺少的玻璃仪器有____．配制过程中，俯视刻度线定容则导致所配溶液浓度____（填“偏大”；“偏小”或“无影响”）．

（4）某同学称取2.000g产品，经预处理后配制成100mL溶液，移取25.00mL溶液于锥形瓶中，使用0.03000mol•L-1KMnO4标准溶液滴定；消耗标准溶液10.00mL．

①实际进行滴定时，往往使用酸化的KMnO4标准溶液，写出该滴定反应的离子方程式____．

②判断到达滴定终点的现象是____．

③该产品的纯度为____%（保留四位有效数字）16、现有mg某气体，它由双原子分子构成，它的摩尔质量为Mg•mol-1．若阿伏加德罗常数用NA表示；则：

（1）该气体的物质的量为____mol．

（2）该气体所含原子总数为____个．

（3）该气体在标准状况下的体积为____L．

（4）该气体所含的分子数与____gN2所含分子数相同．

（5）该气体所含的原子数与____molCH4所含原子个数相同．17、（14分）下表为元素周期表的一部分，参照元素①～⑦在表中的位置，请用____作答：。族周期IA01①ⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA2②④3⑤③⑧⑥⑦（1）④、⑤、⑦的原子半径由大到小的顺序为。（2）⑥和⑦的最高价含氧酸的酸性强弱为。（3）由表中元素形成的物质可发生下图中的反应，其中B、C、G是单质，B为黄绿色气体，D溶液显碱性。①写出电解A溶液的化学方程式。②若上图中各步反应均为完全转化，则混合物X中含有的物质有。（4）砷（As）的化合物可用于杀虫及医疗。①As的原子结构示意图为____，②其氢化物的化学式为。③Y由②⑤⑦三种元素组成，它的水溶液是生活中常见的消毒剂。As可与Y的水溶液反应，产物有As的最高价含氧酸，该反应的化学方程式为。18、（1）燃料电池是一种高效、环境友好的发电装置．氢氧燃料电池已用于航天飞机．以氢氧化钾溶液为电解质溶液的这种电池的负极反应式为____，这种电池在放电使用一段时间后，电解质溶液中的c（OHˉ）将____（填“增大”“减小”或“不变”）．

（2）居民使用的管道煤气主要成分是H2、CO和少量CH4、H2、CO和CH4的燃烧热（注：燃烧热是指在25℃；101kPa时，1mol可燃物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，单位为kJ/mol．）数据如下表：

。物质H2COCH4燃烧热（kJ•mol-1）285.8283.0890.0天然气已经成为城市居民使用的主要生活能源．使用管道煤气用户改用天然气，应调整灶具进气量阀门，即增大____（填“空气”或“天然气”）的进入量或减少____（填“空气”或“天然气”）的进入量．1m3（标准状况）甲烷在25℃，101kPa时，充分燃烧生成二氧化碳气体和液态水时释放的热能是____kJ．评卷人得分四、判断题(共2题，共10分)19、氨基酸分子中既有羧基，又有氨基，因此它具有两性．____（判断对错）20、加过量的稀盐酸，产生无色、无味的气体，溶液里一定含有大量的CO32-．____（判断对错正确的打“√”，错误的打“×”）评卷人得分五、探究题(共4题，共40分)21、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________．22、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：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：参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【分析】根据78202Pt和78198Pt是质子数都为78，质量数分别为202、198的铂核素，质量数=质子数+中子数，从核素和同位素的概念对选项的正误作出判断．【解析】【解答】解：A、因同位素是质子数相同，中子数不同的原子，78202Pt和78198Pt的质子数都为78；中子数分别为：124，120，故A错误；

B、因78202Pt的质子数为78，78198Pt的质子数为78；质子数相同，故B正确；

C、因同位素是质子数相同，中子数不同的原子，而78202Pt和78198Pt的质子数相同；中子数不同，是同位素，故C错误；

D、因核素的种类取决于质子数和中子数，虽然78202Pt和78198Pt的质子数相同；但中子数不同，不是同种核素，故D错误；

故选B．2、D【分析】【分析】A、Na2SO4溶液和BaCl2溶液混合生成难溶的硫酸钡；符合发生复分解的条件；

B；醋酸钠溶液和稀硫酸混合生成弱电解质；符合发生复分解的条件；

C、NaHCO3溶液和NaHSO4溶液生成气体；符合发生复分解的条件；

D、无气体，无沉淀，无弱电解质生成不符合复分解反应的条件．【解析】【解答】解：A、Na2SO4溶液和BaCl2溶液发生复分解；钡离子和硫酸根离子浓度减小，故A不选；

B；醋酸钠溶液和稀硫酸发生复分解；生成弱电解质，离子浓度减小，故B不选；

C、NaHCO3溶液和NaHSO4溶液；反应生成气体离子浓度减小，故C不选；

D；不符合复分解反应的条件；不反应，离子浓度不变，故D选；

故选D．3、A【分析】【分析】A、依据n=计算物质的量结合分子式计算氧原子数；

B；铁被稀硝酸氧化为铁离子；

C；溶液体积不知不能计算微粒数；

D、依据气体摩尔体积的条件应用分析，标准状况下1mol气体的体积约为22.4L．【解析】【解答】解：A、23gNO2物质的量==0.5mol，含有NA个氧原子；故A正确；

B、1molFe与过量的稀HNO3反应，生成铁离子，转移3NA个电子；故B错误；

C；1mol/LNaCl溶液；溶液体积不知不能计算微粒数，故C错误；

D、气体体积不是标准状况，22.4L的NO2和CO2混合气体物质的量不是1mol；故D错误；

故选A．4、D【分析】在同一反应中，不同物质表示的反应速率之比等于物质的化学计量数之比。答案选D。【解析】【答案】D5、D【分析】解：A．因P元素的化合价升高；则红磷为还原剂，故A错误；

B．由反应可知，白烟为P2O5；KCl固体颗粒；故B错误；

C．白磷的着火点低；易自燃，则不能将“火药”中的红磷用白磷代替，故C错误；

D．反应中消耗3molP时；转移电子的物质的量为3mol×（5-0）=15mol，故D正确；

故选D．

5KClO3+6P═3P2O5+5KCl中；Cl元素的化合价由+5价降低为-1价，P元素的化合价由0升高为+5价，以此来解答．

本题考查氧化还原反应，明确反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，选项C为易错点，题目难度不大．【解析】【答案】D6、B【分析】试题分析：A．C1O—有氧化性，而SO2有还原性，二者会发生氧化还原反应，错误；B．澄清石灰水与过量小苏打溶液混合应该以不足量的Ca(OH)2为标准，离子方程式是：Ca2++2OH－+2HCO3－＝CaCO3↓+H2O+CO32—，正确；C．向硅酸钠溶液中通入过量的CO2应该Ca碳酸氢钠，错误；D.HCl有还原性，也会与KMnO4溶液发生反应，所以应该用硫酸酸化，错误。考点：考查离子方程式的正误判断的知识。【解析】【答案】B7、A【分析】【分析】

本题考查物质之间的转化，明确物质的性质是解本题关键，注意物质的特殊性质，如rm{HF}能和二氧化硅反应但rm{HCl}和二氧化硅不反应等，为易错点。【解答】

rm{垄脵}二硫化亚铁和氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫具有还原性，能被氧化剂双氧水氧化生成硫酸，所以能一步实现，故正确；二硫化亚铁和氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫具有还原性，能被氧化剂双氧水氧化生成硫酸，所以能一步实现，故正确；

rm{垄脵}二氧化硅和rm{垄脷}二氧化硅和rm{HCl}不反应，所以不能一步实现，故错误；不反应，所以不能一步实现，故错误；

rm{垄脷}饱和氯化钠溶液中通入氨气和二氧化碳，氨气、二氧化碳和水反应生成碳酸氢铵，碳酸氢钠的溶解度小于氯化钠；碳酸氢钠不稳定，受热易分解生成碳酸钠，所以能一步实现，故正确；

rm{HCl}rm{垄脹}饱和氯化钠溶液中通入氨气和二氧化碳，氨气、二氧化碳和水反应生成碳酸氢铵，碳酸氢钠的溶解度小于氯化钠；碳酸氢钠不稳定，受热易分解生成碳酸钠，所以能一步实现，故正确；与盐酸反应，先生成氢氧化铝沉淀，rm{垄脹}继续与盐酸反应，生成rm{垄脺NaAlO}rm{垄脺NaAlO}rm{{,!}_{2}}所以不能一步实现，故错误；

rm{jixu}硫酸铜中加入过量氢氧化钠生成氢氧化铜悬浊液，氢氧化铜能检验醛基，葡萄糖中含有醛基，葡萄糖和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应生成砖红色氧化亚铜，所以能一步实现，故正确。

rm{AlCl}正确。

rm{AlCl}

rm{{,!}_{3}}【解析】rm{A}二、多选题(共6题，共12分)8、BD【分析】【分析】A．Na2CO3溶液的两步水解，以第一步为主，同时存在水的电离故有c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）＞c（H2CO3）；

B．当V=5时，此时溶液为等浓度的Na2CO3、NaHCO3、NaCl，根据混合液中物料守恒可得，碳酸钠溶液中：2c（CO32-）+2c（HCO3-）+2c（H2CO3）=c（Na+），碳酸氢钠溶液中物料守恒式为c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）=c（Na+），氯化钠溶液中c（Na+）=n（Cl-）；

C．当V=10时；反应恰好生成碳酸氢钠溶液，根据碳酸氢钠溶液中离子浓度大小进行比较；

D．根据V=a时，溶液的pH=7，则c（H+）=c（OH-），再根据电荷守恒计算出溶液中钠离子与氯离子浓度关系．【解析】【解答】解：A、Na2CO3溶液的两步水解，以第一步为主，同时存在水的电离故有c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-）＞c（H2CO3）；故A错误；

B、当V=5时，此时溶液为等浓度的Na2CO3、NaHCO3、NaCl，根据混合液中物料守恒可得，碳酸钠溶液中：2c（CO32-）+2c（HCO3-）+2c（H2CO3）=c（Na+），碳酸氢钠溶液中物料守恒式为c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）=c（Na+），氯化钠溶液中c（Na+）=n（Cl-），则得到：3c（CO32-）+3c（HCO3-）+3c（H2CO3）=2c（Na+）；故B正确；

C、此时溶液为NaHCO3，以HCO3-既水解又电离，但以水解为主，故有c（CO32-）＜c（H2CO3）；故C错误；

D、根据V=a时，溶液的pH=7，此时溶液为中性，c（H+）=c（OH-），盐酸的体积小于20mL，所以c（Na+）＞c（Cl-）＞c（H+）=c（OH-）；故D正确．

故选BD．9、AD【分析】【分析】由表中数据可知，T1温度在40min到达平衡，开始对应各组分浓度相等，前20min内温度T2的反应速率大于温度T1的，则温度T2＞T1，T2温度先到达平衡，到达平衡时间小于40min，50min处于平衡状态，此时甲烷的物质的量为0.15mol，大于T1温度平衡时的0.1mol；说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应．

A．计算平衡时参加反应的甲烷物质的量；进而计算转化率；

B．根据分析可知；正反应为放热反应；

C．根据K=判断浓度商与平衡常数相对大小；若Qc=K，处于平衡状态，若Qc＜K，反应向正反应进行，若Qc＞K，反应向逆反应进行；

D．再充入0.50molCH4和1.20molNO2，平衡正向移动，氮气浓度增大，等效为在原平衡基础增大压强，与原平衡相比平衡逆向移动．【解析】【解答】解：由表中数据可知，T1温度在40min到达平衡，开始对应各组分浓度相等，前20min内温度T2的反应速率大于温度T1的，则温度T2＞T1，T2温度先到达平衡，到达平衡时间小于40min，50min处于平衡状态，此时甲烷的物质的量为0.15mol，大于T1温度平衡时的0.1mol；说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应．

A．T2平衡时参加反应的甲烷物质的量0.5mol-0.15mol=0.35mol，甲烷的平衡转化率为×1005=70%；故A正确；

B．根据分析可知，温度T1＜T2；正反应为放热反应，该反应的△H＜0，故B错误；

C．保持其他条件不变，T1时向平衡体系中再充入0.30molCH4和0.80molH2O（g），此时甲烷浓度为0.4mol/L，原平衡时生成的水为（0.5-0.1）mol×2=0.8mol，此时水的浓度为1.6mol/L，根据K=可知此时Qc＞K；反应向逆反应进行，故C错误；

D．再充入0.50molCH4和1.20molNO2，平衡正向移动，氮气浓度增大，等效为在原平衡基础增大压强，与原平衡相比平衡逆向移动，达新平衡时N2的体积分数减小；故D正确．

故选：AD．10、BC【分析】【分析】A．电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；

B．铝与氧气反应生成氧化铝的熔点高；

C．乙烯有还原性；

D．发生氧化还原反应生成硫酸，不能比较酸性的强弱．【解析】【解答】解：A．氯气是单质；既不是电解质也不是非电解质，故A错误；

B．铝与氧气反应生成氧化铝的熔点高；则铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落，故B正确；

C．乙烯有还原性；能被高锰酸钾氧化，使其褪色，故C正确；

D．发生氧化还原反应生成硫酸；不能比较酸性的强弱，不发生强酸制取弱酸的反应，事实上硫酸为强酸；HClO为弱酸，故D错误．

故选BC．11、CD【分析】【分析】镭是元素周期表中第七周期的ⅡA族元素，最外层有2个电子，性质活泼，易与水反应，结合同主族元素化合物性质相似性及递变性分析．【解析】【解答】解：A．镭最外层有2个电子；在化合物中呈+2价，故A正确；

B．同主族元素从上到下金属性逐渐增强；镭的金属性较强，单质性质活泼，与水反应放出氢气，故B正确；

C．同主族元素从上到下金属性逐渐增强；镭的金属性较强，镭比钙的金属性强，镭的氢氧化物应是强碱，故C错误；

D．同主族元素化合物性质相似；碳酸钙；碳酸钡不溶于水，则碳酸镭难溶于水，故D错误．

故选CD．12、BC【分析】【分析】鉴别化学试剂，可利用状态、密度、气味及化学反应中的现象来分析，但鉴别试剂不能品尝味道，以此来解答．【解析】【解答】解：A．观察；比较它们的外观状态；无论能否鉴别，方法都可取，若状态不同可直接鉴别，故A不选；

B．蔗糖；氯化钠、食用味精均为晶体；手触摸比较不能鉴别，方法不可取，故B选；

C．因部分化学试剂有毒；则各取少量分别放入口里品尝一下味道，方法不可取，可能会发生中毒，故C选；

D．使用化学方法进行鉴别；方法可取，利用化学反应中不同现象可鉴别物质，为常用的鉴别方法，故D不选；

故选BC．13、CD【分析】【分析】废液加入足量的AgNO3溶液，生成沉淀0.06mol，沉淀为AgCl，根据氯元素守恒计算溶液中n（Cl-），再根据c=计算原废液中c（Cl-）；

废液放入铜片充分反应，铜片质量减少了0.256g，说明溶液中含有Fe3+，根据铜片减少的质量结合方程式计算溶液中Fe3+的物质的量，进而计算原废液中c（Fe3+）；

由方程式2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2可知，原废液中c（Fe2+）=2c（Cu2+）；

根据电荷守恒，原废液中3c（Fe3+）+2c（Fe2+）+2c（Cu2+）=c（Cl-），据此计算原废液中c（Fe2+）、c（Cu2+）．【解析】【解答】解：A、废液放入铜片充分反应，铜片质量减少了0.256g，说明溶液中含有Fe3+，结合反应2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2可知，原废液一定含有Fe2+、Fe3+、Cu2+、Cl-；故A错误；

B、由方程式2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2可知，原废液中c（Fe2+）=2c（Cu2+），c（Fe2+）：c（Cu2+）=2：1；故B错误；

C、废液加入足量的AgNO3溶液，生成沉淀0.06mol，沉淀为AgCl，原废液中c（Cl-）==6mol/L，废液放入铜片充分反应，铜片质量减少了0.256g，物质的量为=0.004mol，10mL废液中Fe3+为nmol；则：

2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2

21

nmol0.004mol

故n=0.008mol，所以原废液中c（Fe3+）==0.8mol/L；

由方程式2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2可知，原废液中c（Fe2+）=2c（Cu2+），根据电荷守恒，原废液中3c（Fe3+）+2c（Fe2+）+2c（Cu2+）=c（Cl-），故3×0.8+2c（Fe2+）+c（Fe2+）=6，解得c（Fe2+）=1.2mol/L，故原废液中c（Fe2+）：c（Fe3+）=1.2mol/L：0.08mol/L=3：2；故C正确；

D、由C中分析可知，c（Cl-）=6mol/L，c（Fe2+）=1.2mol/L；故D正确；

故选CD．三、填空题(共5题，共10分)14、2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；BCAC静置，向上层清液中继续滴加氯化钡溶液，如无沉淀产生，证明钡试剂已过量H++OH-=H2O；CO32-+2H+═CO2↑+H2O蒸发过滤NaCl【分析】【分析】（1）电解氯化钠溶液总反应的化学方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；

（2）有效除去Ca2+、Mg2+、SO42-；应注意碳酸钠在钡试剂之后；

（3）添加钡试剂除去SO42-；注意不能引入新的杂质；

（4）判断钡试剂已经过量的方法是静置；向上层清液中继续滴加氯化钡溶液，如无沉淀产生，证明钡试剂已过量；

（5）加入适量盐酸除去溶液中的碳酸根和氢氧根离子；据此书写离子方程式；

（6）根据氢氧化钠和氯化钠的溶解度随温度的变化关系来确定实现氯化钠和氢氧化钠分离获得氯化钠的方法．【解析】【解答】解：（1）电解氯化钠溶液总反应的化学方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；

（2）SO42-、Ca2+、Mg2+等分别与BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液反应生成沉淀，可再通过过滤除去，Na2CO3溶液能除去过量的BaCl2溶液，盐酸能除去过量的Na2CO3溶液和NaOH溶液，所以应BaCl2溶液再Na2CO3溶液之前加即可，所以加入试剂顺序为bc；故答案为：BC；

（3）添加钡试剂除去SO42-，注意不能引入新的杂质，选Ba（NO3）2会引入杂质硝酸根离子；所以该钡试剂不能选用；

故答案为：AC；

（4）判断钡试剂已经过量的方法是静置；向上层清液中继续滴加氯化钡溶液，如无沉淀产生，证明钡试剂已过量，故答案为：静置，向上层清液中继续滴加氯化钡溶液，如无沉淀产生，证明钡试剂已过量；

（5）加入适量盐酸除去溶液中的碳酸根和氢氧根离子，离子方程式为：H++OH-=H2O；CO32-+2H+═CO2↑+H2O，故答案为：H++OH-=H2O；CO32-+2H+═CO2↑+H2O；

（6）根据表中数据可以得出：氢氧化钠的溶解度随温度的升高而增大，但是氯化钠的溶解度受温度的影响不大，则在温度高的时候，生成氢氧化钠晶体即可除去氯化钠，所以氢氧化钠和氯化钠分离的方法是：蒸发结晶，过滤，可循环利用的物质是NaCl；故答案为：蒸发结晶，过滤；NaCl．15、除去铁屑表面的油污倾析法AD1.185250mL容量瓶、胶头滴管偏大5C2O42-+2MnO4-+16H+=10CO2+2Mn2++8H2O加入最后一滴KMnO4标准溶液后，溶液呈浅红色，且30s内不变化24.55%【分析】【分析】（1）铁屑表面有油污；碳酸钠是强碱弱酸盐，溶液显碱性，可以除去铁屑表面的油污；由于铁是金属，不溶于水，可以使用倾析法分离并洗涤铁屑；

（2）A．滤纸大时；滤纸边缘与漏斗产生缝隙，使过滤速度慢，沉淀抽不干，滤纸小时，滤纸不能盖住所有孔，不能过滤；

B．放入滤纸后；用玻璃棒引流来转移溶液和沉淀，再打开水龙头抽滤；

C．洗涤晶体时；先关闭水龙头，用蒸馏水缓慢淋洗，再微接水龙头，将洗涤液慢慢透过全部晶体；

D．抽滤完毕时；应先断开抽气泵和吸滤瓶之间的橡皮管，以防倒吸；

（3）由于没有240ml容量瓶；所以应该配制250mL高锰酸钾溶液，根据n=cV计算高锰酸钾的物质的量，根据m=nM计算需要高锰酸钾的质量；

配制该标准溶液时；所需仪器除电子天平；药匙、烧杯、玻璃棒外，还缺少的玻璃仪器有250mL容量瓶、胶头滴管；

配制过程中；俯视刻度线定容则导致容量瓶中溶液的体积偏少，因此所配溶液浓度偏大；

（4）①反应中碳元素的化合价从+3价升高到+4价失去1个电子；而Mn元素的化合价从+7价降低到+2价得到5个电子，因此根据电子得失守恒可知氧化剂与还原剂的物质的量之比是2：5，则根据原子守恒；电荷守恒配平后的方程式；

②由于酸性高锰酸钾溶液显紫红色，加入最后一滴KMnO4标准溶液后；溶液呈浅红色，且30s内不变化，说明到达终点；

③根据①中方程式计算参加反应的草酸根的物质的量，根据碳元素守恒计算2.000g样品中K3[Fe（C2O4）3]•3H2O的质量，进而计算样品纯度．【解析】【解答】解：（1）铁屑表面有油污，而碳酸钠是强碱弱酸盐，溶液显碱性，所以使用废铁屑前，往往将其在1.0mol．L-1Na2CO3溶液中浸泡数分钟的目的是除去铁屑表面的油污；由于铁是金属；不溶于水，所以可以使用倾析法分离并洗涤铁屑；

故答案为：除去铁屑表面的油污；倾析法；

（2）A．选择比布氏漏斗内径略小又能将全部小孔盖住的滤纸；滤纸大时，滤纸边缘与漏斗产生缝隙，使过滤速度慢，沉淀抽不干，滤纸小时，滤纸不能盖住所有孔，不能过滤，故A正确；

B．放入滤纸后；用玻璃棒引流来转移溶液和沉淀，再打开水龙头抽滤，故B错误；

C．洗涤晶体时；先关闭水龙头，用蒸馏水缓慢淋洗，再微接水龙头，将洗涤液慢慢透过全部晶体，故C错误；

D．抽滤完毕时；应先断开抽气泵和吸滤瓶之间的橡皮管，以防倒吸，故D正确；

故选：AD；

（3）由于没有240ml容量瓶，所以应该配制250ml高锰酸钾溶液，则需要高锰酸钾的质量是0.03000mol•L-1×0.25L×158g/mol=1.185g；

配制该标准溶液时；所需仪器除电子天平；药匙、烧杯、玻璃棒外，还缺少的玻璃仪器有250mL容量瓶、胶头滴管；配制过程中，俯视刻度线定容，液面在刻度线下方，导致容量瓶中溶液的体积偏少，因此所配溶液浓度偏大；

故答案为：1.185；250mL容量瓶；胶头滴管；偏大；

（4）①反应中碳元素的化合价从+3价升高到+4价失去1个电子，而Mn元素的化合价从+7价降低到+2价得到5个电子，因此根据电子得失守恒可知氧化剂与还原剂的物质的量之比是2：5，则根据原子守恒、电荷守恒可知，配平后的方程式为：5C2O42-+2MnO4-+16H+=10CO2+2Mn2++8H2O；

故答案为：5C2O42-+2MnO4-+16H+=10CO2+2Mn2++8H2O；

②由于酸性高锰酸钾溶液显紫红色，所以判断到达滴定终点的现象是：加入最后一滴KMnO4标准溶液后；溶液呈浅红色，且30s内不变化；

故答案为：加入最后一滴KMnO4标准溶液后；溶液呈浅红色，且30s内不变化；

③根据方程式可知，参加反应的草酸根的物质的量是0.03000mol•L-1×0.01L×=0.0007500mol，所以2.000g样品中K3[Fe（C2O4）3]•3H2O的质量是0.0007500mol××491/mol×=0.491g，所以纯度为×100%=24.55%；

故答案为：24.55%．16、【分析】【分析】（1）据n=计算；

（2）根据每个分子中含有的原子数计算总原子数；

（3）根据V=nVm计算；

（4）分子数相等也就是物质的量相等；

（5）两者的原子数相等，也就是5R～～2CH4．【解析】【解答】解：（1）mg某气体的物质的量为=mol，故答案为：；

（2）因为一个分子中含两个原子，所以含有的原子数为分子数的2倍，即为2×mol×NAmol-1=，故答案为：；

（3）该体积的体积为mol×22.4L/mol=L，故答案为：；

（4）分子数相等也就是物质的量相等，所以m=nM=×28=，故答案为：；

（5）设气体为R，两者的原子数相等，也就是5R～～2CH4；

52

故答案为：．17、略

【分析】【解析】【答案】（14分，每空2分）（1）Na>Cl>F（2）HClO4>H2SO4(3)①2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑②Al(OH)3H2O、NaCl（4）①②AsH3③5NaClO+2As+3H2O=2H3AsO4+5NaCl18、2H2+4OH--4e-═4H2O减小空气天然气3.97×104【分析】【分析】（1）通入氢气的一极为电池的负极；发生氧化反应，生成水；反应生成水溶液的体积增大；

（2）根据化学方程式中的微观粒子个数比进行分析消耗氧气的多少；由于燃烧同样质量的天然气和一氧化碳，天然气燃烧需要的氧气多，燃烧管道煤气的灶具如需改烧天然气，需要加大氧气的量；根据标况下Vm=22.4L/mol，计算1m3的甲烷的物质的量，再利用物质的量与热量的正比例关系来计算．【解析】【解答】解：（1）通入氢气的一极为电池的负极，氢气失电子发生氧化反应，生成水，则负极的电极方程式为：2H2+4OH--4e-═4H2O；供电时的总反应为2H2+O2═2H2O，反应生成水溶液的体积增大，则c（OH-）将减小；

故答案为：2H2+4OH--4e-═4H2O；减小；

（2）由化学方程式的微观粒子个数比可知，燃烧相同体积的管道煤气和天然气时，天然气消耗的氧气多；燃烧管道煤气的灶具如需改燃天然气，灶具的改进方法是增大进风口；如果燃料不完全燃烧，能生成一氧化碳等污染环境的物质；所以使用管道煤气用户改用天然气，应调整灶具进气量阀门，即增大空气的进入量或减少天然气的进入量；标况下Vm=22.4L/mol，则1m3的甲烷的物质的量=44.64mol，由25℃，101kPa时，1molCH4充分燃烧放出的热量为890kJ，则1m3（标况）甲烷在25℃，101kPa时充分燃烧，可以放出的热能是44.64×890KJ=3.97×104kJ；

故答案为：空气，天然气；3.97×104．四、判断题(共2题，共10分)19、√【分析】【分析】氨基酸分子中含有氨基（-NH2，具有碱的性质）和羧基（-COOH，具有酸的性质），据此解题．【解析】【解答】解：氨基酸分子中含有氨基（-NH2，具有碱的性质）和羧基（-COOH，具有酸的性质），因此它具有两性，故答案为：√．20、×【分析】【分析】碳酸根离子的检验应注意排除碳酸氢根离子、亚硫酸根离子、亚硫酸氢根离子的干扰，加入盐酸产生无色无味的气体，可以排除亚硫酸根离子、亚硫酸氢根离子的干扰，但是不能排除碳酸氢根离子的干扰．【解析】【解答】解：加过量的稀盐酸，产生无色、无味的气体，溶液里可能含有大量的CO32-，也可能含有HCO3-；

要确定是否含有CO32-，可以再取少量的待测液加入CaCl2溶液，若出现白色沉淀证明有大量的CO32-，否则溶液中含有大量的HCO3-；

这种说法错误；

故答案为：×．五、探究题(共4题，共40分)21、|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．22、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．