2025年华师大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年华师大版高三化学上册月考试卷685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8题，共16分)1、相对分子质量为128的有机物A完全燃烧只生成CO2和H2O，若A含一个六碳环且可与NaHCO3溶液反应，则其环上一溴代物的数目为（）A.1B.2C.3D.42、向50mL12mol/L浓硝酸中加入足量的铜片，充分反应后，被还原的硝酸的物质的量说法准确的是（）A.等于0.6molB.等于0.15molC.介于0.15mol与0.3mol之间D.等于0.3mol3、铅酸蓄电池是目前应用普遍的化学电池，新型液流式铅酸蓄电池以可溶性的甲基磺酸铅为电解质，电池总反应为：Pb+PbO2+4H+2Pb2++2H2O．下列有关新型液流式铅酸蓄电池的说法正确的是（）A.放电时负极反应式为Pb-2e-+SO42-=PbSO4B.充放电时，溶液的导电能力变化不大C.以该电池电解NaCl溶液时，当消耗207gPb时，在阳极生成Cl222.4LD.充电时的阳极反应式为Pb2++2e-+4OH-=PbO2+2H2O4、用于制造隐形飞机的物质A具有吸收微波的功能，其主要成分的结构如图，关于该物质的说法正确的是（）A.该物质属于高聚物，也是一种烯烃B.1mol该物质最多可与2molH2发生加成反应C.该物质不可能使溴水褪色D.该物质完全燃烧为CO2和H2O的物质的量之比为3：15、下列工业尾气处理的措施中不符合实际的是（）A.用纯碱溶液吸收合成氨工业尾气B.回收炼铁高炉气中的CO来做燃料C.用烧碱溶液吸收硝酸工业尾气D.用氨水吸收硫酸工业尾气中的SO26、常温下，下列溶液中，能大量共存的一组离子是（）A.pH=1的溶液中：NH4+、Fe2+、SO42-、Cl-B.通入CO2气体的溶液中：Ca2+、I-、ClO-、NO3-、C.c（Fe3+）=0.1mol•L-1的溶液中：Na+、I-、SCN-、SO42-D.由水电离出的c（H+）=1.0×10-13mol•L-1的溶液中：Na+、HCO3-、Cl-、Br-7、下列溶液中各微粒的浓度关系正确的是（）A.硝酸钠与稀盐酸的混合溶液：c（Na+）+c（H+）=c（NO3-）+c（Cl-）+c（OH-）B.0.1mol/LNaHCO3溶液：c（HCO3-）+c（CO32-）+c（OH-）＞c（Na+）+c（H+）+c（H2CO3）C.等体积、等物质的量浓度的NaX和弱酸HX混合的溶液中：c（Na+）＞c（HX）＞c（X-）＞c（H+）＞c（OH-）D.相同条件下pH=5的①NH4Cl溶液②CH3COOH溶液③稀盐酸，三种溶液中由水电离产生的c（H+）：①＞②＞③8、下列说法中，正确的是（）A.2g氢气所含的原子数为NAB.1mol氢气所占的体积约为22.4LC.1mol氢气的质量是2g/molD.H2的摩尔质量是2g•mol-1评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)9、下列除去括号内杂质的操作正确的是（）A.苯（苯酚）：加浓溴水振荡，过滤B.乙酸乙酯（乙酸）：加入乙醇和浓硫酸并加热C.乙醇（水）：加入生石灰，蒸馏D.淀粉溶液（葡萄糖）：渗析10、下列实验方案能够达到预期目的是（）A.区别苯和乙苯：加酸性高锰酸钾溶液，振荡，观察现象B.检验无水乙醇中是否含有少量水：加硫酸铜晶体观察现象C.乙醇的消去反应、皂化反应、淀粉的水解反应均可用浓硫酸作催化剂D.检验氯代烃中的氯元素时，可先加氢氧化钠溶液加热，再加入硝酸溶液，最后加入硝酸银溶液来进行检验11、如图是元素周期表短周期的一部分，已知B原子与C原子核外电子总数和为A原子核外电子总数的4倍，则以下推断正确的是（）A.三者皆为非金属元素B.B与B与C均可以形成离子化合物C.三者核电荷数之和为40D.B与C只能形成一种共价化合物12、如图是部分短周期主族元素原子半径与原子序数的关系图，下列说法正确的是（）A.金属性：Z＞YB.气态氢化物的稳定性：M＞NC.X和Y形成的化合物中可能含共价键D.Z元素的离子半径是本周期元素离子半径最小的13、等物质的量的X（g）与Y（g）在密闭容器中进行可逆反应：X（g）+Y（g）⇌2Z（g）+W（s）△H＜0，下列叙述正确的是（）A.平衡常数K值越大，X的转化率越大B.达到平衡时，反应速率v正（X）=2v逆（Z）C.达到平衡后，降低温度，正向反应速率减小的倍数小于逆向反应速率减小的倍数D.达到平衡后，升高温度或增大压强都有利于该反应平衡向逆反应方法移动14、锂电池广泛用于手机、数码相机及便携式电脑中．此种锂电池的负极通常由金属锂构成，正极由二氯亚砜（SOCl2）和碳材料构成．总反应为：4Li+2SOCl2=4LiCl+S+SO2↑，此种锂电池是一次电池，在放电时有气体产生．以下说法中正确的是（）A.放电时电池内部Li+向负极移动B.放电过程中，电池负极材料的质量减少C.放电时电池正极反应为：2SOCl2+4e-=SO2+S+4Cl-D.放电时每转移4mol电子，有2molS被还原评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)15、某化学兴趣小组进行有关电解食盐水的探究实验；电解装置如图1所示．

实验一：电解饱和食盐水．

（1）简述配制饱和食盐水的操作：____

（2）电解饱和食盐水的离子方程式为____

实验二：电解不饱和食盐水及产物分析．相同条件下，电解1mol•L-1NaCl溶液并收集两极产生的气体．在X处收集到V1mL气体，同时，在Y处收集到V2mL气体，停止电解．结果发现V2＜V1；且与电解饱和食盐水相比；

Y处收集到的气体颜色明显较浅．经讨论分析，导致上述现象的原因有：i．有部分C12溶解于NaCl溶液中；ii．有02生成．

（3）设计实验证明有部分C12溶解于NaCl溶液中．实验方案为____．

（4）证明有O2生成并测定O2的体积．按如图2所示装置进行实验．通过注射器缓缓地将在Y处收集到的V2mL气体全部推入装置A（盛有足量试剂）中，最终，量气管中收集到V3mL气体（设V1，V2，V3均在相同条件下测得）．

①装置A的作用是____．

②本实验中，观察到____的现象，说明石墨电极上有02生成．

③实验中是否需要预先除净装置中的空气？____（填“是”或“否”）．

（5）实验二中，在石墨电极上生成Cl2的总体积为____mL（用代数式表示）．

实验反思：

（6）由以上实验推知，欲通过电解食盐水持续地获得较纯净的氯气，电解时应控制的条件：①____；②____．要进一步证明该推论，还需进行电解不同浓度食盐水的平行实验．16、下列有关实验的叙述中，正确的是____（填序号）．

①将浓氨水逐滴滴入装有生石灰的烧瓶中；可以制取氨气．

②取1mL20%蔗糖溶液，加入适量稀硫酸，水浴加热约5min后，再加入少量新制的Cu（OH）2；加热，可检验蔗糖是否发生水解．

③配制一定物质的量浓度的NaCl溶液时；定容后摇匀，发现液面又低于刻度线，此时无须再加入蒸馏水．

④用小刀切取少量金属钠做实验；切剩的钠要立即放入原试剂瓶．

⑤在含I-的溶液中加入适量稀硫酸与H2O2（3%），再用酒精萃取，可以提取单质碘．17、有A、B、C、D、W五种元素．W的原子序数为29，其余的均为短周期主族元素；其中A、B、C属于同一周期，A原子最外层p能级的电子数等于次外层的电子总数；B元素氢化物与其最高价氧化物对应水化物之间反应生成一种盐；C原子最外层中有两个未成对的电子；D原子核内的质子数与中子数相等，能与C形成DC2、DC3常见化合物．根据以上条件；回答下列问题：

（1）推断元素名称：A____．

（2）B元素的氢化物的空间构型为____，分子中的化学键____（填“有”或“无”）极性，其分子为____分子（填“极性”或“非极性”）．

（3）比较A、B、C三种元素的第一电离能由小到大的顺序____（用元素符号表示），A、B、C三种元素的氢化物的沸点由高到低的顺序____（用化学式表示）．

（4）写出D元素原子基态时的电子排布式____，其在元素周期表中的位置____．

（5）W元素+2价离子的水溶液呈现天蓝色，是该离子与水分子通过____键形成的____（填化学式）而显示出的颜色，在W元素+2价离子的水溶液中滴加氨水，形成蓝色沉淀，继续加入氨水，难溶物溶解变成蓝色透明溶液，得到配位数为4的配合物．写出沉淀溶解的离子方程式____．18、某透明溶液仅含Na+、Fe2+、Ba2+、Al3+、NO3-、Cl-、SO42-中的4种离子；所含离子均为1mol．若向该溶液中加入过量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变（不考虑水的电离和离子的水解）．回答下列问题：

①溶液中存在的离子是____；

②写出溶液中加入过量的稀硫酸反应的离子方程式____．19、钠；铝、铁的化合物与人类生活和生产有着密切的联系；请回答下列问题。

（1）呼吸面具或潜水艇中常用____（填“碳酸钠”或“过氧化钠”）作为氧气的来源．

（2）向氢氧化钠溶液中加入铝粉，反应生成的气体是____．

（3）铁可以形成多种氧化物，其中具有磁性的是____．

A．FeOB．Fe2O3C．Fe3O4．20、根据下图所示回答下列问题：

（1）写出A、E、G的结构简式：A____，E____，G____．

（2）反应①的化学方程式是____，反应③的化学方程式是____．

（3）写出①、④的反应类型：①____，④____．21、甲；乙、丙、丁是四种短周期元素；乙原子中K层与M层电子数相等；甲原子的核外电子数比乙原子核外电子数少1；丙原子的最外层电子数是次外层电子数的2倍；丁原子核电荷数比丙原子核电荷数多2．请回答：

（1）甲的单质与水反应的离子方程式为____；

（2）乙元素在周期表中的位置为____；

（3）丙元素的最高价氧化物的电子式为____；

（4）甲与丁两种元素可组成的具有强氧化性的物质是____．（填化学式）22、金属在生产和生活中有广泛的应用．

（1）下列金属制品中，利用金属导电性的是______（填字母序号）．

（2）铁制品在沙漠地区不易锈蚀的原因是______．

（3）工业上用一氧化碳和赤铁矿（主要成分为三氧化二铁）炼铁，反应的化学方程式为______．评卷人得分四、探究题(共4题，共28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：评卷人得分五、计算题(共1题，共3分)27、在一固定容积的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）；△H=QKJ/mol其化学平衡常数K和温度t的关系如下：

。t℃70080085010001200K0.60.91.01.72.6请回答：

（1）该反应的化学平衡常数表达式K=____，该反应中Q____0（选填“＞”或“＜”）．

（2）能判断该反应已达到化学平衡状态的依据是____．

a．容器中压强不变b．反应热不变c．v正（H2）=v逆（CO）d．CO2的质量分数不变。

（3）800℃，在固定容积的密闭容器中加入混合物，起始浓度为c（CO）=0.01mol/L，c（H2O）=0.05mol/L，c（CO2）=0.01mol/L，c（H2）=0.03mol/L，反应开始时，H2O的消耗速率比生成速率____（填“大”或“小”）．

（4）温度为850℃时，可逆反应CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）在固定容积的密闭容器中进行；容器内物质的浓度变化如表：

850℃时物质的浓度（mol/L）的变化。

。时间（min）COH2OCO2H200.200O.3000020.1380.2380.0620.0623c1c2c3c34c1c2c3c350.1160.2160.08460.0960.2660.104①计算：3min时CO的浓度c1=____mol/L，H2O（g）的转化率=____．

②反应在4min～5min之间，平衡向逆反应方向移动，可能的原因是____，表中5min～6min之间数值发生变化，可能的原因是____．

a．增加水蒸气b．降低温度c．使用催化剂d．增加氢气浓度．参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【分析】A含有一个六元碳环且能与NaHCO3溶液反应生成二氧化碳，则A中含有-COOH，有机物A完全燃烧后只生成二氧化碳和水，说明没有碳氢氧以外的元素，A的相对分子质量为128的，A含有一个六碳环，6个碳原子式量为72，-COOH的式量为45，故分子含有1个-COOH，利用残余法可知，剩余基团或原子的总式量为128-72-45=11，故还原11个H原子，A的结构简式为环上的取代物，除了-COOH的邻、间、对位置外，羧基连接的碳也还有氢原子，可以取代．【解析】【解答】解：A含有一个六元碳环且能与NaHCO3溶液反应生成二氧化碳，则A中含有-COOH，有机物A完全燃烧后只生成二氧化碳和水，说明没有碳氢氧以外的元素，A的相对分子质量为128的，A含有一个六碳环，6个碳原子式量为72，-COOH的式量为45，故分子含有1个-COOH，利用残余法可知，剩余基团或原子的总式量为128-72-45=11，故还原11个H原子，A的结构简式为环上的取代物，除了-COOH的邻；间、对位置外，羧基连接的碳也还有氢原子，可以取代，故其环上的一溴代物有4种；

故选D．2、C【分析】【分析】由于Cu足量，则浓硝酸完全反应，被还原的硝酸生成NO2、NO，由N元素守恒可知：2n[Cu（NO3）2]+n（气体）=n（HNO3）=0.05L×12mol/L=0.6mol，生成气体只有NO2时，被还原的硝酸达极大值，只有NO时，被还原的硝酸到极小值，再结合电子转移守恒计算．【解析】【解答】解：由于Cu足量，则浓硝酸完全反应，反应生成气体为NO2、NO，由N元素守恒可知：2n[Cu（NO3）2]+n（气体）=n（HNO3）=0.05L×12mol/L=0.6mol；

生成气体只有NO2时，被还原的硝酸达极大值，根据电子转移守恒2n[Cu（NO3）2]=n（NO2），联立方程解得：n（NO2）=0.3mol；

只有NO时，被还原的硝酸到极小值，根据电子转移守恒2n[Cu（NO3）2]=3n（NO）；联立方程解得：n（NO）=0.15mol；

由N原子守恒被还原的硝酸介于0.15mol与0.3mol之间；

故选：C．3、B【分析】【分析】在充电时，该装置是电解池，阳极失电子发生氧化反应，阴极上得电子发生还原反应；放电时，该装置是原电池，负极上铅失电子发生氧化反应，正极上二氧化铅得电子发生还原反应，酸参加反应，根据充放电时，两极上的电极反应来回答．【解析】【解答】解：在充电时，该装置是电解池，阳极上甲基磺酸铅失电子发生氧化反应，即Pb2++2H2O-2e-=PbO2+4H+，阴极上甲基磺酸铅得电子发生还原反应，放电时，该装置是原电池，负极上铅失电子发生氧化反应，即Pb-2e-=Pb2+，正极上二氧化铅得电子发生还原反应，即PbO2+4H++2e-=Pb2++2H2O．

A、负极上铅失电子发生氧化反应，即Pb-2e-=Pb2+；故A错误；

B；充放电时；溶液的电荷浓度几乎不发生变化，导电能力不变化，故B正确；

C、当消耗207gPb时；物质的量为1mol，所以转移电子的物质的量为2mol，生成标准下的氯气为1mol，状况不知，故C错误；

D、充电时的阳极反应式为：Pb2++2H2O-2e-=PbO2+4H+；故D错误．

故选B．4、D【分析】【分析】该物质含C、H、S三种元素，含碳碳双键，结合烯烃的性质及燃烧时原子守恒分析．【解析】【解答】解：A．含C；H、S三种元素；不属于烯烃，且相对分子质量较小，不是高聚物，故A错误；

B．因为1mol碳碳双键消耗1molH2，该物质含有3mol的双键，最多可与3molH2发生加成反应；故B错误；

C．含碳碳双键；能使溴水褪色，故C错误；

D．由结构可知，含C、H原子个数分别为6、4，则由原子守恒可知燃烧生成CO2和H2O的物质的量之比为3：1；故D正确；

故选D．5、A【分析】【分析】A．根据碱性气体能与酸反应；

B．根据CO具有可燃性；

C．根据烧碱溶液能与NO2和NO反应；

D．根据酸性气体能与碱反应；【解析】【解答】解：A．硫酸溶液能与氨气反应；所以用硫酸溶液吸收合成氨工业尾气（主要成分氨气），故A错误；

B．CO具有可燃性；所以可用炼铁高炉气中的CO来做燃料，故B正确；

C．烧碱溶液能与NO2和NO反应；所以用烧碱溶液吸收硝酸工业尾气，故C正确；

D．SO2能与氨水反应，所以用氨水吸收硫酸工业尾气中的SO2；故D正确；

故选：A．6、A【分析】解：A．pH=1的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，NH4+、Fe2+、SO42-、Cl-之间不反应；都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；

B．I-、ClO-之间发生氧化还原反应，通入二氧化碳气体后，ClO-与碳酸反应生成次氯酸；在溶液中不能大量共存，故B错误；

C．I-、SCN-与Fe3+反应；在溶液中不能大量共存，故C错误；

D．由水电离出的c（H+）=1.0×10-13mol•L-1的溶液为酸性或碱性溶液，溶液中中存在大量氢离子或氢氧根离子，HCO3-与氢离子和氢氧根离子反应；在溶液中不会大量共存，故D错误；

故选A．

A．PH=1的溶液中存在大量氢离子；四种离子之间不反应，都不与氢离子反应；

B．次氯酸根离子能够氧化碘离子；二氧化碳与次氯酸根离子反应生成次氯酸；

C．碘离子；硫氰根都与铁离子反应；

D．由水电离出的c（H+）=1.0×10-13mol•L-1的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子；碳酸氢根离子与氢离子和氢氧根离子反应．

本题考查离子共存的正误判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”等．【解析】【答案】A7、A【分析】【分析】A．根据混合液中的电荷守恒分析；

B．根据碳酸氢钠溶液中的电荷守恒判断；

C．等物质的量浓度；等体积的NaX和弱酸HX溶液混合后；弱酸HX电离使溶液呈酸性，NaX水解使溶液呈碱性，溶液酸碱性情况取决于电离与水解程度的相对大小；

D．酸溶液抑制了水的电离，能够水解的盐溶液促进了水的电离，据此进行判断三种溶液中由水电离产生的c（H+）大小．【解析】【解答】解：A．硝酸钠与稀盐酸的混合溶液，根据电荷守恒可得：c（Na+）+c（H+）=c（NO3-）+c（Cl-）+c（OH-）；故A正确；

B.0.1mol/LNaHCO3溶液，根据电荷守恒可得：c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），则c（HCO3-）+c（CO32-）+c（OH-）＜c（Na+）+c（H+）+c（H2CO3）；故B错误；

C．等物质的量浓度；等体积的NaX和弱酸HX溶液混合后；溶液酸碱性情况取决于电离与水解的相对大小，无法确定溶液酸碱性，所以也无法比较各微粒物质的量浓度的大小，且题中各浓度关系违反了电荷守恒，故C错误；

D．①NH4Cl溶液促进了水的电离，溶液中氢离子是水电离的；②CH3COOH溶液、③稀盐酸都是酸溶液，抑制了水的电离，溶液中氢氧根离子是水电离的，溶液pH相等，则水电离的氢离子浓度相等，所以三种溶液中由水电离产生的c（H+）：①＞②=③；故D错误；

故选A．8、D【分析】【分析】A、根据n=计算氢气的物质的量，再根据N=nNA计算微粒数目．

B；气体体积Vm=22.4L/mol；使用条件为标准状况．

C；质量的单位为g；kg等．

D、摩尔质量以g/mol为单位，数值上等于其相等分子质量．【解析】【解答】解：A、2g氢气所含的H原子数为×2×NAmol-=2NA；故A错误；

B；气体体积Vm=22.4L/mol；使用条件为标准状况，故B错误；

C；1mol氢气的质量是1mol×2g/mol=2g；故C错误；

D、摩尔质量以g/mol为单位，数值上等于其相等分子质量，氢气的相对分子质量为2，H2的摩尔质量是2g•mol-1；故D正确．

故选：D．二、多选题(共6题，共12分)9、CD【分析】【分析】A．溴水与苯酚反应生成溶于苯的三溴苯酚；

B．乙醇与乙酸的酯化反应为可逆反应；

C．应用蒸馏的方法分离；

D．淀粉不能透过半透膜，而溶液可以．【解析】【解答】解：A．溴水与苯酚反应生成溶于苯的三溴苯酚；不能除去杂质，应加入氢氧化钠溶液除杂，故A错误；

B．乙醇与乙酸的酯化反应为可逆反应；且操作复杂，应加入饱和碳酸钠溶液除杂，故B错误；

C．乙醇与水沸点不同；应加入氧化钙用蒸馏的方法分离，故C正确；

D．淀粉不能透过半透膜；而溶液可以，则选择渗析法可分离，故D正确．

故选CD．10、AD【分析】【分析】A．乙苯能被高锰酸钾氧化；而苯不能；

B．硫酸铜晶体为蓝色；检验水利用无水硫酸铜；

C．皂化反应为油脂在碱性条件下的水解反应；

D．卤代烃水解后溶液为碱性，检验氯离子在酸性溶液中．【解析】【解答】解：A．乙苯能被高锰酸钾氧化；而苯不能，则加高锰酸钾褪色的为乙苯，可鉴别，故A正确；

B．硫酸铜晶体为蓝色；检验水利用无水硫酸铜，则加硫酸铜晶体不能检验是否含水，故B错误；

C．皂化反应为油脂在碱性条件下的水解反应；而乙醇的消去反应；淀粉的水解反应均可用浓硫酸作催化剂，故C错误；

D．卤代烃水解后溶液为碱性；检验氯离子在酸性溶液中，则先加氢氧化钠溶液加热，再加入硝酸溶液，最后加入硝酸银溶液来进行检验卤代烃中的氯元素，故D正确；

故选AD．11、AC【分析】【分析】由短周期元素在周期表中位置，可A处于第二周期，B、C处于第三周期，已知B原子与C原子核外电子总数之和为A的4倍，设A的原子序数x，则B的原子序数为x+7，C的原子序数为x+9，则x+7+x+9=4x，解得x=8，则A为O，B为P，C为Cl，以此来解答．【解析】【解答】解：由短周期元素在周期表中位置；可A处于第二周期，B；C处于第三周期，已知B原子与C原子核外电子总数之和为A的4倍，设A的原子序数x，则B的原子序数为x+7，C的原子序数为x+9，则x+7+x+9=4x，解得x=8，则A为O，B为P，C为Cl；

A．A为O元素；B为P元素，C为Cl元素，三种元素都是非金属，故A正确；

B．P与O；P与Cl均可以形成共价化合物；故B错误；

C．三者核电核数之和为8+15+17=40；故C正确；

D．P与Cl可以形成PCl3、PCl5；故D错误；

故选AC．12、CD【分析】【分析】由部分短周期主族元素原子半径与原子序数的关系图；可知分别为二；三周期元素，结合原子序数可知，X为O元素，Y为Na，Z为Al，M为Si，N为Cl．

A．同周期随原子序数增大；金属性减弱；

B．非金属性越强；氢化物越稳定；

C．X和Y形成的化合物有氧化钠；过氧化钠；

D．电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大．【解析】【解答】解：由部分短周期主族元素原子半径与原子序数的关系图；可知分别为二；三周期元素，结合原子序数可知，X为O元素，Y为Na，Z为Al，M为Si，N为Cl．

A．同周期随原子序数增大；金属性减弱，故酸碱性Z＜Y，故A错误；

B．非金属性M＜N；非金属性越强，氢化物越稳定，故气态氢化物的稳定性：M＜N，故B错误；

C．X和Y形成的化合物有氧化钠；过氧化钠；过氧化钠中含有离子键、共价键，故C正确；

D．第三周期阳离子电子层结构相同，阴离子电子层结构相同，阴离子比阳离子多1个电子层，阴离子半径大于阳离子半径，阳离子中Al3+的核电荷数最大，核电荷数越大离子半径越小，故第三周期中Al3+的离子半径最小；故D正确；

故选CD．13、AC【分析】【分析】A；平衡常数K值变大；即反应正向移动；

B；正、逆反应的速度相等是平衡状态的标志；

C；达到平衡后；降低温度，反应向着放热方向移动；

D、根据温度和压强对化学平衡的影响情况来回答．【解析】【解答】解：A；正反应为放热反应；当平衡常数K值变大，即温度降低，反应正向移动，X的转化率变大，故A正确；

B、达到平衡时2v正（X）=v逆（Z）；即正；逆反应的速度相等，故B错误；

C；达到平衡后；降低温度，正逆反应速率都要减小，反应正向移动，故正向反应速率减小的倍数小于逆向反应速率减小的倍数，正反应速率大于逆反应速率，故C正确；

D；达到平衡后；升高温度有利于该反应平衡向逆反应方法移动，增大压强，该反应平衡不会移动，故D错误．

故选AC．14、BC【分析】【分析】A；放电过程是原电池反应；阳离子移向正极；

B；锂做负极；所以原电池反应时，锂失电子发生氧化反应；

C；正极反应是得到电子发生还原反应；依据总反应化学方程式和负极电极反应，依据电子守恒相减得到的；

D、放电时S元素被还原，结合化学方程式计算；【解析】【解答】解：A、放电时电池内部Li+向正极移动；故A错误；

B；放电过程中；电池负极材料为锂，失电子发生氧化反应，质量减少，故B正确；

C、放电时电池负极反应为：4Li-4e-=4Li+，总反应为：4Li+2SOCl2=4LiCl+S+SO2↑，两式相减得到正极反应为：2SOCl2+4e-=SO2+S+4Cl-；故C正确；

D、总反应为：4Li+2SOCl2=4LiCl+S+SO2↑；放电时每转移4mol电子，有1molS元素被还原，故D错误；

故选BC．三、填空题(共8题，共16分)15、在烧杯中加入一定量的蒸馏水，边搅拌边加入食盐固体，直到固体不再继续溶解为止2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑取少量石墨电极附近溶液，滴在淀粉KI试纸上，试纸变蓝完全吸收氯气量气管的右侧液面上升否V1-2V3用饱和食盐水控制NaCl溶液的浓度在一定范围内【分析】【分析】（1）根据一定水中不能再溶解食盐固体时所得的溶液即为饱和食盐水来配制；

（2）电解饱和食盐水阳极为氯离子失电子生成氯气；阴极为氢离子得电子生成氢气，据此书写；

（3）根据氯气可使湿润的淀粉KI试纸变蓝判断；

（4）根据Y为阳极处收集到的V2mL气体中主要是氯气，所以证明有O2生成首先要除去氯气；当量气管的右侧液面上升，则说明含有氧气生成；根据本身的空气对压强不影响，所以实验中不需要预先除净装置中的空气；

（5）根据阴极X处收集到的氢气为V1mL气体，阳极Y处收集到为氯气和氧气，根据（4）最终量气管中收集到V3mL气体即氧气，设在石墨电极上生成Cl2的总体积为xml；则根据电解阴阳两极的得失电子守恒计算；

（6）由以上实验推知，欲通过电解食盐水持续地获得较纯净的氯气，则使用饱和食盐水尽量减小氯气的溶解，电解过程中还要控制NaCl溶液的浓度在一定范围内，保证不生成氧气，据此分析．【解析】【解答】解：（1）一定水中不能再溶解食盐固体时所得的溶液即为饱和食盐水；所以配制饱和食盐水的操作为在烧杯中加入一定量的蒸馏水，边搅拌边加入食盐固体，直到固体不再继续溶解为止，故答案为：在烧杯中加入一定量的蒸馏水，边搅拌边加入食盐固体，直到固体不再继续溶解为止；

（2）电解饱和食盐水阳极为氯离子失电子生成氯气，阴极为氢离子得电子生成氢气，离子方程式为2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑，故答案为：2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑；

（3）因为氯气可使湿润的淀粉KI试纸变蓝，所以证明有部分C12溶解于NaCl溶液中；可取少量石墨电极附近溶液，滴在淀粉KI试纸上，试纸变蓝，说明含有氯气；

故答案为：取少量石墨电极附近溶液；滴在淀粉KI试纸上，试纸变蓝；

（4）①因为Y为阳极处收集到的V2mL气体中主要是氯气，所以证明有O2生成首先要除去氯气；则装置A的作用是完全吸收氯气，故答案为：完全吸收氯气；

②当量气管的右侧液面上升；则说明含有氧气生成，故答案为：量气管的右侧液面上升；

③本身的空气对压强不影响；所以实验中不需要预先除净装置中的空气，故答案为：否；

（5）因为阴极X处收集到的氢气为V1mL气体，阳极Y处收集到为氯气和氧气，根据（4）最终量气管中收集到V3mL气体即氧气，设在石墨电极上生成Cl2的总体积为xml，则根据电解阴阳两极的得失电子守恒，V1×2=x×2+V3×4，所以x=V1-2V3，故答案为：V1-2V3；

（6）由以上实验推知，欲通过电解食盐水持续地获得较纯净的氯气，则使用饱和食盐水尽量减小氯气的溶解，电解过程中还要控制NaCl溶液的浓度在一定范围内，保证不生成氧气，故答案为：用饱和食盐水；控制NaCl溶液的浓度在一定范围内．16、①、③、④【分析】【分析】①生石灰可与水反应生成氢氧化钙并放热；

②蔗糖在稀硫酸作用下水解生成葡萄糖，葡萄糖在碱性条件下与新制的Cu（OH）2发生氧化还原反应；

③定容后摇匀；发现液面又低于刻度线，不能再加水，否则浓度偏小；

④剩余的钠可放回原试剂瓶；

⑤酒精与水混溶，不能用作萃取剂．【解析】【解答】解：①生石灰可与水反应生成氢氧化钙并放热；促使氨气挥发，可制备少量氨气，故正确；

②蔗糖在稀硫酸作用下水解生成葡萄糖，葡萄糖在碱性条件下与新制的Cu（OH）2发生氧化还原反应；题中应先加入碱中和，故错误；

③定容后摇匀；发现液面又低于刻度线，原因是少量液体存在于容量瓶的瓶口和瓶塞的缝隙处，不能再加水，否则浓度偏小，故正确；

④剩余的钠可放回原试剂瓶；不能随意丢弃，将表面的氧化膜除去可继续使用，故正确；

⑤酒精与水混溶；不能用作萃取剂，可用苯或四氯化碳，故错误．

故答案为：①、③、④．17、碳三角锥型有极性C＜O＜NH2O＞NH3＞CH41s22s22p63s23p4第三周期第ⅥA族配位键[Cu（H2O）4]2+Cu（OH）2+4NH3•H2O=[Cu（NH3）4]2++2OH-+4H2O【分析】【分析】有A、B、C、D、W五种元素．W的原子序数为29，则W为Cu元素；其余的均为短周期主族元素，A原子最外层p能级的电子数等于次外层的电子总数，则A有2个电子层，A原子最外层电子排布为2s22p2，故A为碳元素；A、B、C属于同一周期，B元素氢化物与其最高价氧化物对应水化物之间反应生成一种盐，则B为氮元素；C原子最外层中有两个未成对的电子，则C原子最外层电子排布为2s22p4，则C为氧元素；D原子核内的质子数与中子数相等，能与C形成DC2、DC3常见化合物，则D为硫元素，据此解答．【解析】【解答】解：有A、B、C、D、W五种元素．W的原子序数为29，则W为Cu元素；其余的均为短周期主族元素，A原子最外层p能级的电子数等于次外层的电子总数，则A有2个电子层，A原子最外层电子排布为2s22p2，故A为碳元素；A、B、C属于同一周期，B元素氢化物与其最高价氧化物对应水化物之间反应生成一种盐，则B为氮元素；C原子最外层中有两个未成对的电子，则C原子最外层电子排布为2s22p4，则C为氧元素；D原子核内的质子数与中子数相等，能与C形成DC2、DC3常见化合物；则D为硫元素；

（1）由上述分析可知；A为碳，故答案为：碳；

（2）B元素的氢化物为NH3；为三角锥型结构，分子中的化学键为极性键，分子中正负电荷重心不重合为极性分子，故答案为：三角锥型；有；极性；

（3）同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，但氮元素原子2p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能C＜O＜N；常温下，甲烷、氨气为气体，水为液体，水沸点最高，氨气分子之间存在氢键，沸点比甲烷高，故沸点H2O＞NH3＞CH4；

故答案为：C＜O＜N；H2O＞NH3＞CH4；

（4）D为硫元素，原子基态时的电子排布式为1s22s22p63s23p4，其在元素周期表中的位置为第三周期第ⅥA族，故答案为：1s22s22p63s23p4；第三周期第ⅥA族；

（5）Cu2+离子有空轨道，水分子含有孤电子对，铜离子与水分子通过配位键形成[Cu（H2O）4]2+，溶液呈天蓝色，向Cu2+离子的水溶液中滴加氨水，形成蓝色沉淀，生成氢氧化铜沉淀，继续加入氨水，氢氧化铜与氨水形成四氨合铜络离子，溶液为变成蓝色透明溶液，离子方程式为：Cu（OH）2+4NH3•H2O=[Cu（NH3）4]2++2OH-+4H2O；

故答案为：配位键；[Cu（H2O）4]2+；Cu（OH）2+4NH3•H2O=[Cu（NH3）4]2++2OH-+4H2O．18、Na+、Fe2+、NO3-、SO42-3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O【分析】【分析】①向该溶液中加入过量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变，则一定发生Fe2+、NO3-的氧化还原反应生成硝酸铁和NO，阴离子种类不变，则原溶液中存在SO42-；又溶液中含有四种离子，所含离子的物质的量均为1mol，由电荷守恒可知，含有带一个单位正电荷的阳离子，以此来解答；

②酸性溶液中Fe2+、NO3-的氧化还原反应生成硝酸铁和NO和水．【解析】【解答】解：①向该溶液中加入过量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变，则一定发生Fe2+、NO3-的氧化还原反应生成硝酸铁和NO，阴离子种类不变，说明原溶液中原来已经存在SO42-，则不含Ba2+，又溶液中含有四种离子，反应生成了Fe3+，所含离子的物质的量均为1mol，由电荷守恒可知，含有带一个单位正电荷的阳离子，即一定含有Na+，由上述推断可知，该溶液中所含的离子为：Na+、Fe2+、NO3-、SO42-；

故答案为：Na+、Fe2+、NO3-、SO42-；

②向该溶液中加入过量的稀硫酸，稀硫酸中的氢离子和硝酸根离子将亚铁离子氧化为铁离子，同时会生成一氧化氮，发生反应的离子方程式为：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；

故答案为：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O．19、过氧化钠H2C【分析】【分析】（1）过氧化钠能够与空气中的二氧化碳反应生成氧气；

（2）铝和氢氧化钠溶液发生氧化还原反应生成偏铝酸钠和氢气；

（3）根据铁的氧化物是否被磁铁吸引进行解答．【解析】【解答】解：（1）过氧化钠能够与空气中的二氧化碳反应生成氧气；常用作为潜水艇呼吸面具中氧气来源；

故答案为：过氧化钠；

（2）铝和氢氧化钠溶液发生氧化还原反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；生成偏铝酸钠和氢气；

故答案为：H2；

（3）A．氧化亚铁为黑色氧化物；不可被磁铁吸引，故A错误；

B．氧化铁俗称铁红；是一种红棕色的物质，不可被磁铁吸引，故B错误；

C．四氧化三铁为黑色氧化物；但可被磁铁吸引，所以具有磁性，故C正确；

故答案为：C．20、CH2=CH2HOOC（CH2）4COOHCH2=CH2+Cl2→ClCH2CH2ClnCH2=CHCl加成反应取代反应（或水解反应）【分析】【分析】A（乙烯）与B反应生成C，C脱去HCl生成D（C2H3Cl），则B为Cl2、C为ClCH2CH2Cl，D为CH2=CHCl，D发生加聚反应生成高分子化合物E为．C发生水解反应生成F为HOCH2CH2OH，F与G发生酯化反应，由生成酯的结构可知，G为HOOC（CH2）4COOH，据此解答．【解析】【解答】解：A（乙烯）与B反应生成C，C脱去HCl生成D（C2H3Cl），则B为Cl2、C为ClCH2CH2Cl，D为CH2=CHCl，D发生加聚反应生成高分子化合物E为．C发生水解反应生成F为HOCH2CH2OH，F与G发生酯化反应，由生成酯的结构可知，G为HOOC（CH2）4COOH；

（1）A为乙烯，结构简式为CH2=CH2，E为G为HOOC（CH2）4COOH；

故答案为：CH2=CH2；HOOC（CH2）4COOH；

（2）反应①的化学方程式是：CH2=CH2+Cl2→ClCH2CH2Cl；

反应③的化学方程式是：nCH2=CHCl

故答案为：CH2=CH2+Cl2→ClCH2CH2Cl；nCH2=CHCl

（3）反应①是氯气与乙烯发生加成反应生成ClCH2CH2Cl，反应④是ClCH2CH2Cl发生水解反应生成HOCH2CH2OH；水解反应属于取代反应；

故答案为：加成反应；取代反应（或水解反应）．21、2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑第二周期ⅡA族Na2O2【分析】【分析】甲、乙、丙、丁是四种短周期元素，乙原子中K层与M层电子数相等，则乙为Mg；甲原子的核外电子数比乙原子核外电子数少1，则甲含有11个电子，甲为Na；丙原子的最外层电子数是次外层电子数的2倍，则丙为C；丁原子核电荷数比丙原子核电荷数多2，则丙的核电荷数为8，所以丁为O；再结合元素周期律解答．【解析】【解答】解：甲；乙、丙、丁是四种短周期元素；乙原子中K层与M层电子数相等，则乙为Mg；甲原子的核外电子数比乙原子核外电子数少1，则甲含有11个电子，甲为Na；丙原子的最外层电子数是次外层电子数的2倍，则丙为C；丁原子核电荷数比丙原子核电荷数多2，则丙的核电荷数为8，所以丁为O；

（1）甲为Na，则Na的单质与水反应反应生成氢气和氢氧化钠，其离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，故答案为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；

（2）乙为Mg；Mg在周期表中位于第二周期ⅡA族，故答案为：第二周期ⅡA族；

（3）丙为C，丙元素的最高价氧化物为二氧化碳，其电子式为：故答案为：

（4）甲和丁分别为Na和O，二者反应生成的Na2O2具有强氧化性，故答案为：Na2O2．22、略

【分析】解：（1）A．黄金饰品是利用了金属的延展性；

B．铝蒸锅是利用了金属的导热性；

C．铜导线是利用了金属的导电性；

故选C；

（2）沙漠地区缺少水分；不满足生锈的必要条件，所以铁制品在沙漠地区不易锈蚀；

故答案为：沙漠地区缺少水分；

（3）一氧化碳与三氧化二铁反应生成铁和二氧化碳，方程式为：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2；

故答案为：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2；

（1）物质的性质决定用途；根据物质的性质来分析；

（2）根据铁与氧气和水充分接触时容易生锈；铁和氧气同时存在是生锈的必要条件；

（2）根据一氧化碳与三氧化二铁反应生成铁和二氧化碳；

本题主要考查查了物质的性质与用途，难度不大，注意知识的积累．【解析】C；沙漠地区缺少水分；Fe2O3+3CO2Fe+3CO2四、探究题(共4题，共28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（标准）偏大，故C正确；

D．不小心将少量酸性KMnO4溶液滴在锥形瓶外，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故D正确；

E．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=分析；c（标准）偏小，故E错误；

故选ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装；高锰离子有催化作用而导致反应速率加快；乙二酸与KMnO4发生氧化还原反应，滴定终点时，溶液由无色变成紫红色，且半分钟内不褪色；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，根据关系式2KMnO4～5H2C2O4计算；

④根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差．25、|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．26、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