2025年外研版高三化学下册阶段测试试卷

…………○…………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年外研版高三化学下册阶段测试试卷707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8题，共16分)1、若NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中，正确的是（）A.1molCl2作为氧化剂得到的电子数为NAB.在0℃，101kPa时，22.4L氢气中含有NA个氢原子C.25℃，1.01×105Pa，64gSO2中含有的原子数为3NAD.NA个一氧化碳分子和0.5mol甲烷的质量比为7：42、A、B、C、D、E五种元素同周期从左向右按原子序数递增（原子序数为5个连续的自然数）的顺序排列如下：下列说法中正确的是（）A.D元素的负化合价为-2价时，E元素的最高化合价一定为+7B.B（OH）m为强碱时，A（OH）n也一定为强碱C.HnDOm为强酸时，E的非金属性一定很强D.HnCOm为强酸时，E的单质可能有强还原性3、只用水就能鉴别的一组物质是（）A.苯、乙醇、四氯化碳B.乙醇、乙醛、苯磺酸C.乙醛、乙二醇、硝基苯D.苯酚、乙醇、甘油4、下列仪器的使用或洗涤中正确的是（）A.滴定管只能用于滴定，不能用来量取溶液B.用浓氨水清洗附在试管壁上的银C.使用酒精灯的外焰加热温度高D.加热烘干试管时，其口应向上倾斜5、将wg镁粉和铝粉的混合物溶于足量的盐酸中，再和过量的NaOH反应，然后过滤，将沉淀完全收集后，放蒸发皿中加热灼烧，直至被加热的物质质量不再变化，取出蒸发皿中的物质称量仍为wg．求原混合物中铝粉的质量分数是（）A.30%B.40%C.50%D.60%6、NA表示阿伏加德罗常数的值；下列有关叙述正确的是（）

A.1mol金属镁晶体中含有2NA个自由电子。

B.1mol石墨晶体中含有共价键键数为3NA

C.1molZn与足量的盐酸反应生成NA个氢分子；体积约为22.4L

D.含CH3COON和CH3COONa的总物质的量为0.1mol的混合溶液中，CH3COOH分子和CH3COO-离子总个数为0.1NA

7、我国著名的化学家、教育家徐光宪先胜因在稀土金属等研究领域做出杰出贡献，荣获了2008年度“国家最高科学技术奖”。是地壳中含量最高的稀土金属饰元素。下列关于的说法错误的是A．质量数为140B中子数为82C．质子数为58D核外电子数为1988、5.5g铁铝混合物与足量的盐酸反应，生成标准状况下的氢气4.48L，则混合物中Fe与Al的物质的量之比（）A.1：1B.2：1C.1：2D.2：3评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)9、工业上常用铁质容器盛装冷浓硫酸．为研究铁质材料与热浓硫酸的反应；某学习小组进行了以下探究活动：

【探究一】

（1）将已去除表面氧化物的铁钉（碳素钢）放入冷浓硫酸中，10分钟后移入硫酸铜溶液中，片刻后取出观察，铁钉表面无明显变化，其原因是____．

（2）另取铁钉6.0g放入15.0mL浓硫酸中；加热充分反应后得到溶液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+．若要确认其中的Fe2+应选用____

a．KSCN溶液和氯水b．铁粉和KSCN溶液c．浓氨水d．KMnO4酸性溶液。

②乙同学取336mL（标准状况）气体Y通入足量溴水中，发生反应：____

然后加入足量BaCl2溶液，经适当操作后得干燥固体2.33g．由此推知气体Y中SO2的体积分数为____．

【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中还可能含有H2和Q气体．为此设计了下列探究实验装置（图中夹持仪器省略）．

（3）装置B、F中试剂的作用分别是____、____．

（4）认为气体Y中还含有Q的理由是____（用化学方程式表示）．

（5）为确认Q的存在，需在装置中添加M于____（选填序号）a．A之前b．A-B间c．B-C间d．C-D间。

（6）如果气体Y中含有H2，预计实验现象应是____；如果气体Y中含有Q，依据是____

（7）若要测定限定体积气体Y中H2的含量（标准状况下约有28mLH2），除可用测量H2体积的方法外，可否选用质量称量的方法？作出判断并说明理由____

10、下表是元素周期表的一部分，对所标注的①-⑨元素，根据要求，回答有关问题：。族。

周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA02①②3③④⑤⑥⑦4⑧⑨（1）最活泼的非金属元素是____，原子半径最大的元素是____；（填写元素符号）

（2）某元素最高价氧化物的水化物酸性最强，该酸的化学式为____，某元素的气态氢化物水溶液呈碱性，该氢化物的化学式为____；

（3）最不活泼的元素，其原子结构示意图为____；

（4）写出元素④的单质与元素③的最高价氧化物的水化物溶液反应的离子方程式：____；

（5）写出一条能够说明元素⑥的非金属性强于⑤的依据：____．11、出下列各种烷烃的结构简式。

（1）2，3，3-三甲基戊烷：____

（2）2，3-二甲基-4-乙基已烷：____

（3）1，3-丁二烯____．12、钢铁工业是国家工业的基础．请回答钢铁冶炼；腐蚀、防护过程中的有关问题．

（1）工业用热还原法炼铁，写出由CO还原赤铁矿（主要成分为Fe2O3）的化学方程式：____．

（2）铁在潮湿的空气中容易被腐蚀为铁锈（Fe2O3•xH2O），写出铁发生电化学腐蚀时负极的电极反应：____．

（3）生产中可用盐酸来除铁锈．现将一生锈的铁片放入盐酸中，当铁锈被除尽后，溶液中发生的化合反应的离子方程式____．

（4）下列各个装置如图1中铁棒被腐蚀由难到易的顺序是____（填字母）．

（5）在实际生产中；可在铁件的表面镀铜防止铁被腐蚀．装置如图2：

请回答：

①B电极对应的金属是____（写元素名称），A电极的电极反应式是____

②若电镀前铁、铜两电极的质量相同，电镀完成后，若电镀时电路中通过的电子为0.2mol，将它们取出洗净、烘干、称量，则A、B两极质量相差____g．

③镀层破损后，镀铜铁比镀锌铁更容易被腐蚀，请简要说明原因____．13、2009年《自然》杂志报道了我国科学家通过测量SiO2中26Al和10Be两种元素的比例确定“北京人”年龄的研究结果；这种测量方法叫“铝铍测年法”．请完成下列填空：

（1）10Be和9Be____．（填序号）

a．具有相同的化学性质。

b．Be元素的近似相对原子质量是9.5

c．具有相同的中子数。

d．通过化学变化可以实现10Be和9Be间的相互转化。

（2）研究表明26Al可以衰变为26Mg，可以比较这两种元素金属性强弱的方法是____．（填序号）

a．比较这两种元素的单质的硬度和熔点。

b．将空气中放置已久的这两种元素的单质分别和热水作用。

c．将打磨过的镁带和铝片分别和热水作用；并滴入酚酞溶液。

d．在氯化铝和氯化镁的溶液中分别滴加过量的氢氧化钠溶液。

（3）目前还有一种测量方法叫“钾氩测年法”．写出和Ar核外电子排布相同的阴离子的半径由大到小的顺序____（用化学符号表示）；其中一种离子与钾相邻元素的离子所形成的化合物可用做干操剂，此化合物的电子式为____．14、在10L的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）其化学平衡常数K和温度t的关系如下表：

。t/℃70080083010001200K0.60.91.01.72.6请回答：

（1）该反应为____（填“吸热”或“放热”）反应．

（2）该反应的化学平衡常数表达式为K=____．

（3）某温度下，将CO2和H2各0.10mol充入该容器中，达到平衡后，测得c（CO）=0.0080mol/L，则CO2的转化率为____．

（4）某温度下，平衡浓度符合下式：c（CO2）•c（H2）=c（CO）•c（H2O），试判断此时的温度为____℃15、（1）下列除杂提纯的方法不可行的是____．（填序号）

①除去Na2CO3中混有的Na2SO4：加入适量的BaCl2溶液；过滤。

②除去铜粉中的少量镁粉：加入适量的稀盐酸；过滤。

③除去CaCl2中的少量CaCO3：加入适量的盐酸至无气泡产生。

④除去H2中混有的少量O2：通入灼热的氧化铜。

（2）写出上述方法可行的有关化学方程式：

①____；

②____．评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)16、一定量的铁粉与铜粉混合物，与适量稀硝酸反应，生成标准状况下气体5.6L，则溶液中阳离子一定是Fe2+，Cu2+．____（判断对错）17、对于0.3mol/L的硫酸钾溶液，1L溶液中含有0.6NA个钾离子是____．（判断对错）18、以下有些结构简式；书写得不规范；不正确．请在它们后面打一个×号，并把你认为正确的写法写在后面．（注意：如果原式是允许的、正确的，请在后面打√就可以了）

（1）乙醇：HOCH2CH3____；

（2）丙二醛：CHOCH2CHO____；

（3）对甲苯酚：____；

（4）三硝基甲苯：____；

（5）甲酸苯酯：____；

（6）苯乙醛：____．19、同浓度的三种溶液：Na2SO4、MgSO4、Al2（SO4）3，其体积比为3：2：1，则SO浓度之比为3：2：3．____（判断对错）20、对于2SO2（g）+O2（g）═2SO2（g）反应，当密度保持不变，在恒温恒容或恒温恒压条件下，均不能作为达到化学平衡状态的标志．____（判断对错）21、一个化学反应中，生成物总键能大于反应物的总键能时，反应吸热，△H为“+”____．（判断对错）22、CH2Br-CH2Br的命名为1，2--二溴乙烷．____．（判断对错说明理由）23、乙炔、聚乙炔、乙烯、聚乙烯、甲苯、乙苯都能使KMnO4（H+）溶液褪色____（判断对错）24、加过量的NaOH溶液，未看见产生气体，溶液里一定不含NH4+．____（判断对错）正确的打“√”，错误的打“×”评卷人得分四、探究题(共4题，共24分)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：27、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________．28、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4题，共16分)29、在由Fe、Fe2O3组成的混合物中加入200mL2mol•L-1的盐酸，恰好使混合物完全溶解，并放出448mL气体（标准状况），此时向溶液中加入KSCN溶液无明显现象，求反应前混合物中Fe、Fe2O3的物质的量．30、现有0.284kg质量分数为10%的Na2SO4溶液．计算：

（1）溶液中Na2SO4的物质的量．

（2）溶液中Na+的物质的量．

（3）若将溶液稀释到2L，求溶液中Na+的物质的量浓度．31、实验室测定高纯超微细草酸亚铁组成的步骤依次为：

步骤一：准确称量一定量草酸亚铁样品，加入25mL2mol•L-1的H2SO4溶解。

步骤二：用0.2000mol•L-1标准KMnO4溶液滴定；消耗体积30.40mL

步骤三：向滴定后的溶液中加入2gZn粉和5mL2mol•L-1的H2SO4溶液，将Fe3+还原为Fe2+

步骤四：过滤，滤液用上述标准KMnO4溶液滴定；消耗溶液10.00mL．

则样品中C2O42-的物质的量为____（写出计算过程）．32、现有25mL盐酸和硫酸混合溶液，加入1mol/L的NaOH溶液25mL恰好中和，在中和后的溶液中加过量的Ba（OH）2溶液所得沉淀质量为1.7475g．求混合溶液中盐酸和硫酸的物质的量浓度各是多少？评卷人得分六、实验题(共2题，共6分)33、为证明在加热条件下，浓硫酸能将碳氧化成CO2，请根据所提供的如图所示的仪器装置设计实验，回答有关问题：（已知：SO2+NaHCO3═NaHSO3+CO2）

（1）为达到实验目的，所需装置的连接顺序为A→____→E；

（2）若选择装置B，请写出选择的理由____；

（3）若选择装置C，相关的化学方程式____；

（4）____（填是或否）选择装置D，理由是____；

（5）请写出装置E中的离子方程式____．34、（15分）大理石中含有的主要杂质是氧化铁，以下是某化学兴趣小组用大理石为原料制取安全无毒杀菌剂过氧化钙的主要流程：请回答下列问题：（1）试剂A的名称是；（2）操作I的目的是；（3）本实验需要多次使用玻璃棒，则本实验过程中玻璃棒的作用有；（4）写出反应②中生成CaO2·8H2O的化学方程式：；（5）制得的CaO2中一般含有CaO该化学兴趣小组通过实验测定制得的样品中CaO2的含量：称量0.6g样品于锥形瓶中，然后加入过量的浓度为2.00mol•L-1的盐酸20.00mL，再用浓度为2.00mol•L-1的氢氧化钠溶液滴定锥形瓶中的溶液，消耗氢氧化钠溶液11.00mL．该样品中CaO2的质量分数为。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【分析】A；氯气做氧化剂时被还原为-1价；

B；在0℃；101kPa时，气体摩尔体积为22.4L/mol；

C；求出二氧化硫的物质的量；然后根据1mol二氧化硫中含3mol原子来分析；

D、NA个CO的物质的量为1mol，求出其质量；0.5mol甲烷的质量m=nM，据此计算．【解析】【解答】解：A；氯气做氧化剂时被还原为-1价；则1mol氯气做氧化剂时得2mol电子即2NA个，故A错误；

B、在0℃，101kPa时，气体摩尔体积为22.4L/mol，则22.4L氢气的物质的量为1mol，而氢气为双原子分子，故1mol氢气中含2mol氢原子即2NA个；故B错误；

C、64g二氧化硫的物质的量为1mol，而1mol二氧化硫中含3mol原子，即3NA个；故C正确；

D、NA个CO的物质的量为1mol；质量m=nM=1mol×28g/mol=28g；0.5mol甲烷的质量m=nM=0.5mol×16g/mol=8g，故两者的质量之比为28：8=7：2，故D错误．

故选C．2、B【分析】【分析】根据元素周期律和元素在周期表中的位置判断可能对应的元素；结合元素化合物知识分析；

A．D元素的负化合价为-2价时；可能为O元素，则E元素应为F元素；

B．根据同周期元素的金属性的递变规律分析；

C．HnDOm为强酸时；E可能为稀有气体元素；

D．HnCOm为强酸时，按照原子序数依次增大，E可能为金属．【解析】【解答】解：A．D元素的负化合价为-2价时；可能为O元素，则E元素应为F元素，没有+7价，故A错误；

B．因为A在B的前面，所以A的金属性比B强，所以B（OH）m为强碱时，A（OH）n也一定为强碱；故B正确；

C．HnDOm为强酸；即D元素的非金属性很强，原子序数比D大1的E可能为非金属性比D强的非金属元素，也可能为稀有气体元素，故C错误；

D．A、B、C、D、E五种元素同周期，E（除了稀有气体元素）的非金属性比C强，HnCOm为强酸时；E不可能有强还原性，如果是稀有气体，也没有强还原性，故D错误；

故选B．3、A【分析】【分析】只用水就能鉴别，可根据物质的水溶性和密度的大小进行鉴别．【解析】【解答】解：A．苯的密度比水小；乙醇和水混溶，四氯化碳的密度比水大，可鉴别，故A选；

B．乙醇和乙酸与水混溶；不能鉴别，故B不选；

C．乙醛；乙二醇与水混溶；不能鉴别，故C不选；

D．乙醇；甘油与水混溶；不能鉴别，故D不选．

故选A．4、C【分析】解：A．滴定管可以精确的量取溶液；故A错误；

B．银单质与氨水不反应；可用稀硝酸洗去，故B错误；

C．酒精灯的火焰分为外焰；内焰和焰心；外焰的温度最高，焰心的温度低，所以选用外焰加热，故C正确；

D．加热烘干试管；管口向下倾斜，若向上倾斜，会引起试管炸裂，故D错误．

故选A．

A．滴定管可以量取溶液；

B．银单质与氨水不反应；

C．酒精灯的火焰分为外焰；内焰和焰心；外焰的温度最高，焰心的温度低；

D．加热烘干试管；管口向下倾斜．

本题考查化学实验基本操作，题目难度中等，解答本题的关键是把握相关物质的性质，学习中注意积累．【解析】【答案】C5、B【分析】【分析】wg镁粉和铝粉的混合物，与盐酸反应生成氯化镁和氯化铝，再与过量氢氧化钠溶液反应后得到的沉淀为氢氧化镁，将氢氧化镁加热得到的固体为MgO，取出蒸发皿中的物质称量仍为wg，根据质量守恒定律，铝粉的质量等于MgO中O元素的质量，以此计算原混合物中铝粉的质量分数．【解析】【解答】解：wgMg粉和铝粉的混合物；与盐酸反应生成氯化镁和氯化铝，再与过量氢氧化钠溶液反应后得到的沉淀为氢氧化镁；

将氢氧化镁加热得到的固体为MgO；取出蒸发皿中的物质称量仍为wg；

根据质量守恒定律；原混合物中铝粉的质量等于MgO中O元素的质量；

则原混合物中铝粉的质量分数=MgO中氧元素的质量分数=×100%=40%；

故选B．6、D【分析】

A、一个镁原子含有12个电子，所以1mol金属镁晶体中含有12NA个自由电子；故A错误．

B、一个碳原子含有个共价键，所以1mol石墨晶体中含有共价键键数为NA；故B错误．

C、1molZn与足量的盐酸反应生成NA个氢分子；未指明温度和压强，所以气体摩尔体积未知导致气体体积无法计算，故C错误．

D、CH3COOH和CH3COONa的总物质的量为0.1mol的混合溶液中，根据原子守恒知CH3COOH分子和CH3COO-离子总个数为0.1NA；故D正确．

故选D．

【解析】【答案】A；一个镁原子含有12个电子；根据镁原子个数计算电子数．

B、一个碳原子含有个共价键；根据碳原子的个数计算共价键个数．

C；气体体积受温度和压强的影响．

D；根据原子守恒判断．

7、D【分析】【解析】【答案】D8、C【分析】解：n（氢气）==0.2mol；

设Fe为xmol；Al为ymol，则。

解得x=0.05mol；y=0.1mol；

则混合物中Fe与Al的物质的量之比为0.05mol：0.1mol=1：2；

故选C．

金属与酸反应时；金属失去电子，H得到电子，结合电子守恒及质量关系计算．

本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握电子守恒及质量关系为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意守恒法的应用，题目难度不大．【解析】【答案】C二、填空题(共7题，共14分)9、铁钉表面被钝化dSO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO466.7%检验二氧化硫是否除尽防止空气成分的干扰C+2H2SO4（浓硫酸）CO2↑+2SO2↑+2H2OCD中固体由黑色变红和E中固体由白变蓝C的质量增加否，用托盘天平无法称量D或E的差量【分析】【分析】（1）常温条件下；铁与浓硫酸能产生钝化现象；

（2）根据亚铁离子的性质选取试剂；亚铁离子有还原性，可用强氧化性的物质检验，且必须有明显的实验现象；

（3）二氧化硫能使品红溶液褪色；从而检验二氧化硫是否存在，空气中有水蒸汽会影响无水硫酸铜对水的检验；

（4）根据铁钉的成分分析；铁钉中的铁和碳在加热条件下都能与浓硫酸发生氧化还原反应；

（5）根据二氧化硫和二氧化碳的性质分析选择位置；

（6）根据氢气的性质分析；氢气具有还原性，能还原黑色的氧化铜而生成水，水能使白色的无水硫酸铜变蓝；碱石灰能吸收二氧化碳；

（7）计算出氢气的物质的量及生成水的质量，然后根据中学阶段质量的称量选择托盘天平，分度值是0.1g进行判断【解析】【解答】解：（1）铁钉放入冷硫酸中；浓硫酸有较强的氧化性能使铁钉钝化阻止反应进一步进行，故答案为：铁钉表面被氧化；

（2）①亚铁离子能使酸性高锰酸钾褪色，溶液中已经有三价铁离子，选择a会造成干扰，b能检验三价铁离子的存在；选c生成两种沉淀，受氢氧化铁沉淀颜色的影响无法分辨；

故选d；

②SO2具有还原性，通入足量溴水中，发生SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，生成的硫酸遇到氯化钡会产生白色沉淀，则n（混合气体）==0.015mol；

SO2～BaSO4

1mol233g

n2.33g

n=0.01mol

所以二氧化硫的体积分数为：=66.7%；

故答案为：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4；66.7%；

（3）A除去二氧化硫；二氧化硫能使品红溶液褪色，所以B可以检验A中是否完全除去二氧化硫，空气中有水蒸汽会影响无水硫酸铜对水的检验，所以F的作用是防止空气中的水蒸汽进入装置；

故答案为：检验二氧化硫是否除尽；防止空气成分的干扰；

（4）在加热时，铁钉中不仅铁和浓硫酸反应，碳也和浓硫酸反应生成生成二氧化硫、二氧化碳和水，反应方程式为C+2H2SO4（浓硫酸）CO2↑+2SO2↑+2H2O；

故答案为：C+2H2SO4（浓硫酸）CO2↑+2SO2↑+2H2O；

（5）Q为二氧化碳，二氧化碳和二氧化硫都能使澄清石灰水变浑浊，选择a或b受二氧化硫的影响无法判断二氧化碳的存在；选d时二氧化碳被碱石灰吸收；

故选C；

（6）氢气还原氧化铜会生成水蒸气能使白色的硫酸铜粉末变蓝色；同时有红色的铜单质生成，如果气体Y中含有Q，则C的质量会增加；

故答案为：D中固体由黑色变红和E中固体由白变蓝；C的质量增加；

（7）标况下28mL氢气的物质的量为：=0.00125mol；生成水的质量为：18g/mol×0.00125mol=0.0225g，即D；E的质量差小于0.1g；

而中学阶段质量的称量选择托盘天平；分度值是0.1g，无法精确称量出D或E的差量，所以不能用通过托盘天平称量质量差的方法测量氢气含量；

故答案为：否；用托盘天平无法称量D或E的差量．10、FKHClO4NH32Al+2OH-+2H2O=AlO2-+3H2↑高氯酸的酸性比硫酸的酸性强【分析】【分析】由元素在周期表中的位置，可知①为N，②为F，③为Mg，④为Al，⑤为S，⑥为Cl，⑦为Ar，⑧为K，⑨为Br．

（1）同周期从左向右元素非金属性增强；原子半径减小；同主族从上到下元素的非金属性减弱、原子半径增大；

（2）最高价氧化物的水化物酸性最强的是高氯酸；氨气的水溶液呈碱性；

（3）Ar最不活泼；原子核外有18个电子，各层电子数为2；8、8；

（4）铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与氢气；

（5）根据氢化物稳定性、单质与氢气反应难易程度、最高价含氧酸的酸性、单质之间的相互置换反应等可以判断元素非金属性强弱．【解析】【解答】解：由元素在周期表中的位置，可知①为N，②为F，③为Mg，④为Al，⑤为S，⑥为Cl，⑦为Ar，⑧为K，⑨为Br．

（1）同周期从左向右元素非金属性增强；原子半径减小；同主族从上到下元素的非金属性减弱、原子半径增大，故上述元素中，F元素非金属性最强，K的原子半径最大；

故答案为：F；K；

（2）最高价氧化物的水化物酸性最强的是HClO4，NH3的水溶液呈碱性；

故答案为：HClO4；NH3；

（3）Ar最不活泼，原子核外有18个电子，各层电子数为2、8、8，原子结构示意图为：

故答案为：

（4）铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与氢气，反应离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=AlO2-+3H2↑；

故答案为：2Al+2OH-+2H2O=AlO2-+3H2↑；

（5）高氯酸的酸性比硫酸的酸性强；可以说明氯元素非金属性比硫的强；

故答案为：高氯酸的酸性比硫酸的酸性强．11、CH3CH2C（CH3）2CH（CH3）2；CH2=CH-CH=CH2【分析】【分析】判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名；其核心是准确理解命名规范：

1）命名要符合“一长；一近、一多、一小”；也就是主链最长，编号起点离支链最近，支链数目要多，支链位置号码之和最小；

2）有机物的名称书写要规范；

3）含有官能团的有机物命名时；要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小．

再根据书写结构方法来写．【解析】【解答】解：（1）2，3，3-三甲基戊烷的结构简式为：CH3CH2C（CH3）2CH（CH3）2，故答案为：CH3CH2C（CH3）2CH（CH3）2；

（2）2，3-二甲基-4-乙基已烷的结构简式为

故答案为：

（3）1，3-丁二烯的结构简式为CH2=CH-CH=CH2，故答案为：CH2=CH-CH=CH2；12、3CO+Fe2O33CO2+2FeFe-2e-=Fe2+2Fe3++Fe═3Fe2+D、B、C、A铁Cu-2e-=Cu2+12.8镀层破损后，镀铜铁形成的原电池中铁作负极被腐蚀，镀锌铁形成的原电池中铁为正极被保护【分析】【分析】（1）一氧化碳具有还原性可以还原氧化铁生成铁和二氧化碳；

（2）中性或弱酸性条件下；钢铁发生吸氧腐蚀，负极上铁失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子发生还原反应；

（3）铁锈和HCl反应生成铁离子；铁离子和Fe发生氧化还原反应生成亚铁离子；

（4）一种金属的腐蚀由快到慢的顺序是：电解池的阳极＞原电池的负极＞原电池正极＞电解池阴极；据此分析解答；

（5）①在铁件的表面镀铜时；金属铜必须是阳极材料，金属铁为阴极，根据电解池的工作原理来回答；

②电镀池中；作阳极的是镀层金属，做阴极的是待镀金属，金属阳离子在该极上发生得电子的还原反应，在原电池中，负极金属更易被腐蚀；

③金属为原电池负极时，易发生电化学腐蚀．【解析】【解答】解：（1）一氧化碳可以还原氧化铁生成铁和二氧化碳，化学方程为：3CO+Fe2O33CO2+2Fe；

故答案为：3CO+Fe2O33CO2+2Fe；

（2）钢铁在潮湿的空气中发生吸氧腐蚀，负极上铁失电子发生氧化反应，电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+；

故答案为：Fe-2e-=Fe2+；

（3）铁锈和HCl反应生成铁离子，铁离子和Fe发生氧化还原反应生成亚铁离子，离子方程式为2Fe3++Fe═3Fe2+，故答案为：2Fe3++Fe═3Fe2+；

（4）同一种金属的腐蚀由快到慢的顺序是：电解池的阳极＞原电池的负极＞原电池正极＞电解池阴极；所以铁棒被腐蚀由难到易的顺序是D；B、C、A；

故答案为：D；B、C、A；

（5）①在铁件的表面镀铜，金属铜必须是阳极材料，金属铁为阴极，则B为铁，A为Cu失电子生成铜离子，其发生的电极反应：Cu-2e-=Cu2+；

故答案为：铁；Cu-2e-=Cu2+；

②电镀时两极反应为：A电极：Cu-2e-=Cu2+，B电极上：Cu2++2e-=Cu；若电镀时电路中通过的电子为0.2mol，则A极上质量减少6.4g，B极上质量增加6.4g，所以A；B两极质量相差12.8g；

故答案为：12.8；

③铁比铜活泼；形成原电池反应时，铁为负极，铜为正极，镀层破损后，镀铜铁比镀锌铁更容易被腐蚀，而锌比铁活泼，形成原电池反应时，铁为正极，锌为负极，铁难以被氧化；

故答案为：镀层破损后，镀铜铁形成的原电池中铁作负极被腐蚀，镀锌铁形成的原电池中铁为正极被保护．13、acdS2-＞Cl-【分析】【分析】（1）10Be和9Be的质子数相同；中子数不同；属于同位素；

（2）金属的金属性强弱的比较方法有：金属之间的置换反应；金属与同种酸或水生成氢气的难易程度、金属的最高价氧化物的水化物碱性强弱等来判断；

（3）和Ar核外电子排布相同的阴离子有S2-、Cl-，电子层结构相同的离子，其离子半径随着原子序数的增大而减小；其中一种离子与钾相邻元素的离子所形成的化合物可用做干燥剂，该干燥剂是CaCl2，CaCl2中阴阳离子之间存在离子键．【解析】【解答】解：（1）a．10Be和9Be属于同种元素的原子；化学性质相同，故a正确；

b．Be元素的近似相对原子质量不等于同位素的质量数的和的一半；与与各同位素的丰度有关，故错误；

c．10Be和9Be的中子数分别为6；5；所以其中子数不同，故错误；

d．化学变化中原子保持不变，则通过化学变化不能实现10Be和9Be间的相互转化；故错误；

故答案为：a；

（2）a．金属性强弱与其单质的硬度和熔点无关；故错误；

b．将空气中放置已久的这两种元素的单质分别和热水作用；二者表面都生成氧化物薄膜，氧化镁和氧化铝都不与水反应，所以无法判断金属性强弱，故错误；

c．将打磨过的镁带和铝片分别和热水作用；并滴入酚酞溶液，Mg和沸水的溶液呈红色；Al和沸水的溶液不变色，说明Mg能置换出氢气，则Mg的活泼性大于Al，故正确；

d．在氯化铝和氯化镁的溶液中分别滴加过量的氢氧化钠溶液；氢氧化铝能溶于NaOH溶液，而氢氧化镁不溶于NaOH溶液，所以Mg的金属性大于Al，故正确；

故答案为：cd；

（3）和Ar核外电子排布相同的阴离子有S2-、Cl-，电子层结构相同的离子，其离子半径随着原子序数的增大而减小，所以这两种离子半径大小顺序是S2-＞Cl-；其中一种离子与钾相邻元素的离子所形成的化合物可用做干燥剂，该离子是钙离子，该干燥剂是CaCl2，CaCl2中阴阳离子之间存在离子键，其电子式为

故答案为：S2-＞Cl-；．14、吸热80%830【分析】【分析】（1）根据温度对化学平衡常数的影响判断；

（2）根据化学平衡常数的定义写表达式；

（3）根据转化率=%计算；

（4）根据浓度关系计算平衡常数，再根据平衡常数判断温度；【解析】【解答】解：（1）根据表中的数据可知；温度越高，化学平衡常数越大，所以该反应为吸热反应，故答案为：吸热；

（2）化学平衡常数等于生成物浓度的系数次幂之积除以反应物浓度的系数次幂之积，所以平衡常数的表达式为K=，故答案为：；

（3）平衡后时c（CO）=0.0080mol/L，则CO的物质的量为0.08mol，根据化学方程式可知，反应用去的二氧化碳的物质的量为0.08mol，根据转化率=%可知CO2的转化率为×100%=80%；故答案为：80%；

（4）当c（CO2）•c（H2）=c（CO）•c（H2O）时，平衡常数K==1，此时的温度为830℃，故答案为：830；15、①④Mg+2HCl=MgCl2+H2↑CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑【分析】【分析】（1）①引入新的杂质NaCl；

②铜和盐酸不反应；镁和盐酸反应生成溶于水的氯化镁；

③碳酸钙与盐酸反应；

④在加热条件下；氢气与氧化铜反应；

（2）方法可行的是②③，根据物质的性质书写反应的化学方程式．【解析】【解答】解：（1）①加入适量的BaCl2溶液引入新的杂质NaCl；应加入碳酸钡，利用沉淀的转化除去，故①错误；

②铜和盐酸不反应；镁和盐酸反应生成溶于水的氯化镁，可除去杂质，故②正确；

③碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙；水和二氧化碳；可除去杂质，故③正确；

④在加热条件下；氢气与氧化铜反应，不能影响被提纯的物质，故④错误；

故答案为：①④；

（2）镁和盐酸反应生成溶于水的氯化镁，反应的方程式为Mg+2HCl=MgCl2+H2↑；

碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，反应的方程式为CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；

故答案为：Mg+2HCl=MgCl2+H2↑；CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑．三、判断题(共9题，共18分)16、×【分析】【分析】还原性Fe＞Cu，铁首先与稀硝酸反应，如金属不足，则反应生成Fe3+，如金属过量，则生成Fe2+，如铁过量，则溶液中没有Cu2+，以此解答该题．【解析】【解答】解：还原性Fe＞Cu，铁首先与稀硝酸反应，如铁不足，则反应生成Fe3+，如铁过量，则生成Fe2+，且溶液中没有Cu2+；

故答案为：×．17、√【分析】【分析】根据n=cV计算钾离子物质的量，再根据N=nNA计算钾离子数目．【解析】【解答】解：钾离子物质的量=1L×0.3mol/L×2=0.6mol，故钾离子数目为0.6NA，故正确，故答案为：√．18、√【分析】【分析】（1）羟基正在有机物分子最前面时应该表示为HO-；据此进行判断；

（2）醛基写在有机物分子前边时应该表示为：OHC-；

（3）酚羟基的表示方式错误；应该表示为：HO-；

（4）左边的硝基中含有原子组成错误，应该为O2N-；

（5）结构简式中酯基表示方式错误；

（6）苯乙醛中醛基的结构简式表示错误，应该为-CHO．【解析】【解答】解：（1）乙醇：HOCH2CH3；乙醇的结构简式正确，故答案为：√；

（2）羟基的表示方法错误，丙二醛的结构简式应该是：OHCCH2CHO，故答案为：OHCCH2CHO；

（3）酚羟基的表示方法错误，对甲基苯酚的结构简式应该是：故答案为：

（4）左边硝基的组成错误，正确应该为：O2N-，三硝基甲苯的结构简式为故答案为：

（5）酯基的表示方法错误，甲酸苯酚的结构简式是故答案为：

（6）醛基的书写错误，苯乙醛的结构简式是：

故答案为：．19、×【分析】【分析】根据溶液中不水解的离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度×化学式中离子的个数，与溶液的体积无关，据此分析解答．【解析】【解答】解：假设三种溶液的浓度均为1mol/L，则Na2SO4、MgSO4、Al2（SO4）3溶液中SO浓度分别=1mol/L×1=1mol/L、1mol/L×1=1mol/L和1mol/L×3=3mol/L，即浓度之比为1：1：3，故答案为：×．20、×【分析】【分析】当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆速率之比等于化学计量数之比（不同物质），各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．【解析】【解答】解：由于反应前后；气体的质量不变，在恒温恒容，所以混合气体的密度始终不变，则密度不能判断是否达到了平衡状态；

而恒温恒压条件下；混合气体的密度增大，当密度保持不变，反应达到平衡；

故答案为：×．21、√【分析】【分析】形成化学键是放出热量，断裂旧化学键吸收热量，放热反应的△H为负值，吸热反应的△H为正值．【解析】【解答】解：放热反应与吸热反应，看生成新化学键所释放的能量与断裂旧化学键所吸收的能量的相对大小，同一种化学键断键吸收的能量与成键放出的能量相等；生成物总键能大于反应物的总键能时，反应吸热，△H为“+”，故答案为：√．22、√【分析】【分析】该有机物分子中含有2个溴原子，为乙烷的二溴取代产物，命名时需要指出官能团所处的位置及数目，据此对该有机物的命名进行判断．【解析】【解答】解：CH2Br-CH2Br；该有机物中含有官能团溴原子，相当于两个溴原子分别取代了乙烷中两个C原子的1个H形成的，该有机物名称为：1，2-二溴乙烷，所以该命名是正确的；

故答案为：√，符合有机物的命名原则．23、×【分析】【分析】烯烃、炔烃及苯的同系物均能被高锰酸钾氧化，使其褪色，而不含不饱和键的物质不能，以此来解答．【解析】【解答】解：乙炔；聚乙炔、乙烯均含不饱和键；均能被高锰酸钾氧化，使其褪色；

甲苯、乙苯为苯的同系物，都能使KMnO4（H+）溶液褪色；

只有聚乙烯中不含C=C；不能被高锰酸钾氧化，则不能使其褪色；

故答案为：×．24、×【分析】【分析】需要考虑铵根离子的浓度和氨气极易溶于水的性质来解答．【解析】【解答】解：因为氨气极易溶于水；所以若溶液里铵根离子的浓度很小时，即使加入过量的NaOH溶液，生成的一水合氨的浓度很小，不能放出氨气．

故答案为：×．四、探究题(共4题，共24分)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．27、|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．28、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．五、计算题(共4题，共16分)29、略

【分析】【分析】混合物与盐酸恰好完全反应，所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现，说明溶液中的溶质为FeCl2，利用Fe元素守恒计算混合物中Fe原子总物质的量，设原混合物中Fe和Fe2O3的物质的量分别为xmol、ymol，根据Fe元素守恒及电子注意守恒列方程计算．【解析】【解答】解：混合物与盐酸恰好完全反应，所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现，说明溶液中的溶质为FeCl2，由Fe元素守恒可知，混合物中Fe元素总物质的量为0.2L×2mol/L×=0.2mol；

标况下，448mL氢气物质的量为=0.02mol；

设原混合物中Fe和Fe2O3的物质的量分别为xmol；ymol；根据Fe元素守恒及电子转移守恒列方程，则：

解得x=0.08y=0.06

答：设原混合物中Fe为0.08mol，Fe2O3为0.06mol．30、略

【分析】【分析】（1）根据m（溶质）=m（溶液）×ω（溶质）计算硫酸钠的质量，再根据n=计算其物质的量；

（2）Na2SO4与Na+的比例关系；

（3）据c=计算其物质的量浓度．【解析】【解答】解：（1）硫酸钠的质量=248g×10%=24.8g，故硫酸钠的物质的量==0.2mol；

答：Na2SO4的物质的量为0.2mol；

（2）1个Na2SO4中含有2个Na+，故n（Na+）=2×0.2mol=0.4mol；

答：Na+的物质的量为0.4mol；

（3）据c=，Na+的物质的量浓度==0.2mol/L

答：溶液中Na+的物质的量浓度0.2mol/L．31、0.0102mol【分析】【分析】草酸亚铁与酸性高锰酸钾溶液发生反应：5Fe2++MnO4-+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O、5C2O42-+2MnO4-+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，步骤四中KMnO4溶液氧化Fe2+消耗KMnO4溶液体积10.00mL，所以氧化C2O42-消耗KMnO4溶液体积为（30.40-10.00）=20.40mL，再根据离子方程式计算样品中C2O42-的物质的量．【解析】【解答】解：由题意知氧化C2O42-和Fe2+共消耗0.2000mol•L-1标准KMnO4溶液体积30.40mL，由步骤3、4可知，标准KMnO4溶液只氧化Fe2+时，消耗KMnO4溶液体积10.00mL，所以氧化C2O42-消耗KMnO4溶液体积为（30.40-10.00）=20.40mL，由5C2O42-+2MnO4-+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，所以n（C2O42-）=n（MnO4-）=20.40×10-3L×0.2000mol•L-1×=0.0102mol；

故答案为：0.0102mol