2025年沪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年沪科版高三化学上册月考试卷218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6题，共12分)1、下列变化中；一定属于化学变化的是（）

①固体物质加热后全部变成气体。

②粮食酿成酒。

③爆炸。

④用活性炭除去有毒气体。

⑤植物的光合作用．A.①②③⑤B.②③⑤C.②⑤D.②③④⑤2、下列离子方程式中，书写正确的是（）A.硝酸银溶液与铜反应：2Ag++Cu═2Ag+Cu2+B.氢氧化钠浓溶液与氯化铵溶液混合：NH4++OH-═NH4OHC.在澄清石灰水中通入少量的CO2：Ca2++2OH-+CO2═CaCO3↓+H2OD.硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应：Cu2++2OH-═Cu（OH）2↓3、据报道，我国拥有完全自主产权的氢氧燃料电池车在北京奥运会期间为运动员提供服务．某种氢氧燃料电池的电解液为KOH溶液，下列有关该电池的叙述不正确的是（）A.正极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-B.工作一段时间后，电解液中KOH的物质的量不变C.该燃料电池的总反应方程式为：2H2+O2=2H2OD.该电池反应2.24LH2（标准状况）时，有0.1mol电子转移4、下列各组物质与其用途的关系不正确的是（）A.过氧化钠：供氧剂B.小苏打：发酵粉主要成分C.纯碱：治疗胃酸过多的一种药剂D.明矾：净水剂5、氧-18（O）是氧的一种同位素，称为重氧．最近，兰州近代物理研究所研制出我国首批重氧气，可用符号18O2表示．重氧与普通氢组成的“水”称为重氧水．下列说法正确的是（）

A.18g的18O2物质的量是0.1mol

B.0.1mol18O2的体积是2.24L

C.18O2气体的摩尔质量是36

D.0.1mol重氧水所含中子数约是6.02×1023个。

6、用NA表示阿伏伽德罗常数的值．下列叙述正确的是（）A.常温常压下，22.4LCH4中含有4NA个C-H键B.48gO3气体含有3NA个氧原子C.在1L0.5mol•L-1FeCl3溶液中含有0.5NA个Fe3+D.标准状况下，2.24LCCl4含有的分子数为0.1NA评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)7、“百度百科：乙醇；俗称酒精，在常温；常压下是一种易燃、易挥发的无色透明液体，它的水溶液具有酒香的气味，并略带刺激性，微甘．易燃，能与水以任意比互溶．用途很广，可用制造饮料、染料、燃料等．在国防工业、医疗卫生、有机合成、食品工业、工农业生产中都有广泛的用途．”根据所学知识回答下列问题。

（1）书写乙醇催化氧化的产物和新制银氨溶液反应的化学方程式：____

（2）在120℃，101kpa条件下，取ag乙醇在氧气中完全燃烧，将其产物跟足量的过氧化钠固体完全反应，反应后固体的质量增加了bg，则a____b（填“=”“＞”“＜”）

（3）乙醇燃料电池，KOH作电解质，书写负极电极反应式：____

（4）请用所学知识解释为什么乙醇能和水以任意比互溶____．8、有五瓶损坏标签的试剂；分别盛有硫酸溶液；氢氧化钾溶液、硝酸钡溶液、碳酸氢钠溶液、氯化铜溶液，为了确定各瓶中是什么试剂，将它们任意编号为A、B、C、D、E．观察发现，C试剂颜色为蓝色，其余为无色；四种无色试剂A、B、D、E用小试管各取少量，两两反应，反应现象为：A与其余三种混合无明显现象，B与D出现白色沉淀，D与E混合有气泡产生，E与B无明显现象．

（1）可判定各试剂瓶中所盛试剂为（用主要成分的化学式表示）：

A____，B____，C____，D____，E____．

（2）写出D与E反应的离子方程式____．9、化学--选修2：化学与技术。

（1）钢铁工业对促进经济和社会发展起了重要作用．

①不锈钢含有的Cr元素是在炼钢过程的氧吹____（填“前”或“后”）加入．

②炼钢时，加入硅、锰和铝的目的是____．

③炼铁和炼钢生产中，尾气均含有的主要污染物是____．从环保和经济角度考虑，上述尾气经处理可用作____．

（2）纯碱是一种重要的化工原料．目前制碱工业主要有“氨碱法”和“联合制碱法”两种工艺．

①“氨碱法”产生大量CaCl2废弃物，写出该工艺中产生CaCl2的化学方程式：____；

②写出“联合制碱法”有关反应的化学方程式：____；

③CO2是制碱工业的重要原料，“联合制碱法”与“氨碱法”中CO2的来源有何不同？____．10、有A；B、C、D、E五种烃；具有下列性质：

①各取0.1mol分别充分燃烧，其中B、C、E燃烧所得的CO2均为4.48L（标准状况），A和D燃烧所得的CO2都是前三者的3倍；

②在适宜条件下；A；B、C都能跟氢气发生加成反应，其中A可以转化为D、B可以转化为C，C可以转化为E；

③B和C都能使溴水或酸性KmnO4溶液褪色；而A；D、E无此性质；

④用铁屑作催化剂时；A可与溴发生取代反应．

判断A、B、C、D、E各是什么物质，写出结构简式A____B____C____D____E____．11、工业制得的氮化铝（AlN）产品中常含有少量Al4C3、Al2O3、C等杂质．某同学设计了如下实验，分别测定氮化铝（AlN）样品中AlN和Al4C3的质量分数（忽略NH3在强碱性溶液中的溶解）．

（1）实验原理。

①Al4C3与硫酸反应可生成CH4；

②AlN溶于强酸产生铵盐，溶于强碱生成氨气，请写出AlN与NaOH溶液反应的化学方程式____．

（2）实验装置（如图所示）

（3）实验过程。

①连接实验装置；检验装置的气密性．称得D装置的质量为yg，滴定管的读数为amL．

②称取xgAlN样品置于锥形瓶中；塞好胶塞，____（填入该步应进行的操作）；通过分液漏斗加入过量的稀硫酸，与烧瓶内物质充分反应．

③待反应进行完全后，关闭活塞K1，打开活塞K3；通过分液漏斗加入过量的NaOH溶液，与烧瓶内物质充分反应．

④____（填入该步应进行的操作）．

⑤记录滴定管的读数为bmL；称得D装置的质量为zg；

（4）数据分析。

①AlN的质量分数为____．

②若读取滴定管中气体的体积时，液面左高右低，则所测气体的体积____（填“偏大”；“偏小”或“无影响”）．

③Al4C3的质量分数为____．（该实验条件下的气体摩尔体积为Vm）

（5）假若上述实验装置气密性良好，数据记录也不产生误差，但某同学还是认为该方法测得Al4C3的质量分数会偏高，最可能的原因是____．12、（2015秋•齐齐哈尔校级期中）氢气是一种新型的绿色能源；又是一种重要的化工原料．

（1）氢气的燃烧热值高，H2（g）+1/2O2（g）=H2O（g）△H=-241.8kJ•mol-1

。化学键H-HO=OO-H键能（kJ•mol-1）X496.4463请根据相关数据计算：H-H的键能X=____kJ•mol-1．

（2）根据现代工业技术可以用H2和CO反应来生产燃料甲醇；其反应方程式如下：

CO2（g）+3H2（g）⇌H2O（l）+CH3OH（g）△H=-49.00kJ•mol-1

一定温度下，在体积为1L的密闭容器中充入1.00molCO2和3.00molH2，测得CO2和CH3OH的浓度随时间变化如图所示．

①能说明该反应已达平衡状态的是____（填代号）．

A．CO2在混合气体中的体积分数保持不变。

B．单位时间内每消耗1.2molH2，同时生成0.4molH2O

C．反应中H2O与CH3OH的物质的量浓度比为1：1；且保持不变。

②从反应开始到平衡时的平均反应速率v（H2）=____，达到平衡时氢气的转化率为____．

③该温度下的平衡常数表达式为____．

④下列的条件一定能加快反应速率并且提高H2转化率的是____（填代号）．

A．降低反应温度。

B．分离出水。

C．保持容器体积不变；充入稀有气体。

D．保持容器体积不变，充入CO2气体．13、U；W、X、Y、Z都是短周期元素；且原子序数依次增大．W的气态氢化物甲和W的最高价氧化物对应的水化物可以化合生成盐，U与X可形成常温下呈液态的分子乙，甲、乙均为常见的10电子分子；Y元素原子的K层电子数与M层电子数相同；Z元素的单质是太阳能转换为电能的常用材料．请回答问题：

（1）Z元素在周期表中的位置____．

（2）X、Y、Z三种元素的原子半径由小到大的顺序是____（用元素符号表示）．

（3）U与X形成的18电子化合物的电子式是____．

（4）（3）中描述的化合物含有的化学键有____．

a．离子键b．极性共价键c．非极性共价键。

（5）已知：①N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=-92.4kJ/mol

②2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=-483.6kJ/mol

试写出氨气完全燃烧生成气态水和氮气的热化学方程式____．

（6）有人设想寻求合适的催化剂和电极材料，以W2、U2为电极反应物，以HCl-NH4Cl溶液为电解质溶液制造新型燃料电池，试写出该电池的正极电极反应式：____；溶液中H+移向____（填“正”或“负”）极．14、如图1是实验室模拟德国化学家李比希用燃烧法测定有机物组成的装置，氧化铜作催化剂，在750℃左右使有机物在氧气流中全部氧化为CO2和H2O．试回答下列问题．

（1）甲装置中盛放的物质是____．

（2）实验开始时，要先通入氧气，然后再加热，目的是____；为减小误差，上述装置中还需增加的装置及试剂是____（在原图画出）．该实验中需要测得的数据是：。实验前实验后

____

____（3）将4.6g某有机物A进行实验，测得甲容器增重5.4g，乙容器增重8.8g，则该物质中各元素的原子个数比是____；某学生在此基础上作出如下分析：

①A可能的结构为____（写结构简式）；

②A的核磁共振氢谱如图2，则A的官能团名称为____．15、高铁酸盐是一种强氧化剂，在能源、环保等方面均有广泛的用途。湿法、干法制备高铁酸钾的原理如表所示：。湿法强碱介质中，Fe(NO3)3与NaClO反应得到紫红色高铁酸盐溶液干法Fe2O3、KNO3、KOH混合加热共熔生成紫红色高铁酸钾(K2FeO4)和KNO2等产物（1）某工厂用湿法制备高铁酸钾的流程如图所示：①反应I的化学方程式为。②反应Ⅱ的离子方程式为。③已知25℃时Fe(OH)3的Ksp=4.0×10—38，反应Ⅱ后的溶液中c(Fe3+)=4.0×10—5mol·L—1．则需调整pH=时，开始生成Fe(OH)3沉淀(不考虑溶液体积的变化)。（2）由流程图可见，湿法制备高铁酸钾时，需先制得高铁酸钠，然后再向高铁酸钠溶液中加入饱和KOH溶液，即可析出高铁酸钾。①已知高铁酸钠和水反应，有Fe(OH)3和O2生成，则高铁酸钠的氧化性比O2(填“强”或“弱”)。②由以上信息可知：高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠(填“大”或“小”)。（3）高铁酸钾是一种理想的水处理剂，其处理水的原理为。（4）干法制备K2FeO4的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为。评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)16、含4mol的HCl的浓盐酸与足量的MnO2加热反应，转移2NA电子．____（判断对错）．17、浓硫酸可用于干燥NH3、H2、O2等气体____．（判断对错）18、能电离出H+的化合物叫做酸____．（判断对错）19、化学平衡常数K只随温度变化，T升高，则K增大．____．（判断对错说明理由）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．____．21、放热反应在任何条件都不能发生．____．（判断对错）评卷人得分四、计算题(共2题，共20分)22、以碳酸镁（含少量FeCO3）为原料制取硫酸镁晶体，并测定Mg2+含量：将原料完全溶于一定量的稀硫酸中，加足量的H2O2后用氨水调节溶液的pH；静置后过滤，除去滤渣，将滤液结晶得硫酸镁晶体．

（1）30.00mL5.00mol•L-1的稀硫酸至少能溶解原料的质量为____．

（2）加入H2O2时反应的离子方程式为____．

（3）已知：Ksp[Fe（OH）3]=1.0×10-39，Ksp[Mg（OH）2]=1.0×10-12．

室温下，若溶液中c（Mg2+）=0.01mol•L-1，欲使溶液中的c（Fe3+）≤1×10-6mol•L-1，需调节溶液pH范围为____．

（4）常采用下列方法测定结晶硫酸镁中Mg2+的含量：

已知：①在pH为9～10时，Mg2+、Zn2+均能与EDTA（H2Y2-）形成配合物。

②在pH为5～6时，Zn2+除了与EDTA反应，还能将Mg2+与EDTA形成的配合物中的Mg2+“置换”出来：Zn2++MgH2Y=ZnH2Y+Mg2+

步骤1：准确称取得到的硫酸镁晶体1.50g加入过量的EDTA；配成100mLpH在9～10之间溶液A

步骤2：准确移取25.00mL溶液A于锥形瓶中，用0.10mol•L-1Zn2+标准溶液滴定，滴定到终点，消耗Zn2+标准溶液的体积为20.00mL

步骤3：准确移取25.00mL溶液A于另一只锥形瓶中，调节pH在5～6；用0.10mol•L-1Zn2+标准溶液滴定，滴定至终点，消耗Zn2+标准溶液的体积为30.00mL．

计算该结晶硫酸镁中Mg2+的质量分数（请给出计算过程）____．23、有两包固体混合物；均由碳酸钠和碳酸氢钠组成，为了测定碳酸氢钠的含量，设计了如下两种实验方案．请根据下列实验方案进行计算：

方案一：从其中一包固体混合物中称取固体9.5g，加入到足量的盐酸中，共收集2.24L气体（标况下），计算该混合物中碳酸氢钠的含量？（结果保留一位小数）____

方案二：从另一包固体混合物中称取固体8.4g，对固体加热到质量不再变时称量，固体质量减轻了xg，由此可以得出固体混合物中碳酸氢钠的质量为yg．请列出x与y的关系式____，并推断x值的范围____．评卷人得分五、实验题(共4题，共8分)24、配制lOOmL0.5mol•L-1碳酸钠溶液。

（1）配制碳酸钠溶液时需要用到的玻璃仪器有____（除托盘天平外；按实验使用先后顺序，写出主要四种）

（2）下列操作结果，导致配制溶液物质的量浓度结果偏低的是____

a．没有将洗涤液转移到容量瓶中。

b．容量瓶洗净后未经干燥处理。

e．转移过程中有少量的溶液溅出。

d．摇匀后立即观察，发现溶液未达刻度线．25、滴定法是化学研究中常用的定量实验方法．

（1）某化学兴趣小组用已知浓度的硫酸滴定未知浓度的氢氧化钠溶液测定其浓度．

①实验中应选用的指示剂为____．

②下列操作导致测定结果偏高的有____．

a．酸式滴定管用蒸馏水润洗后未用硫酸润洗。

b．锥形瓶用蒸馏水润洗后未用待测氢氧化钠溶液润洗。

c．酸式滴定管滴定前尖嘴处有气泡；滴定后气泡消失。

（2）莫乐法是一种沉淀滴定法．测定某溶液的c（Cl-），以K2CrO4为指示剂，用标准硝酸银溶液滴定待测液[Ksp（AgCl）=1.56×10-10，Ksp（Ag2CrO4）=1.10×10-12，Ag2CrO4为砖红色]

①滴定终点的现象是____．

②该滴定适宜的pH范围是6.5～10.5，若溶液中有铵盐存在，c（NH4+）＜0.05mol/L时，应将溶液的pH控制在6.5～7.2．下列有关说法你认为正确的有____．

a．若溶液pH＜6.5，则平衡Cr2O72-+H2O⇌2CrO42-+2H+左移；导致滴定终点滞后．

b．若溶液中有铵盐存在，当pH＞7.2时，则因可能生成[Ag（NH3）2]+；导致终点滞后．

c．滴定时应剧烈摇动，促使被AgCl沉淀吸附的Cl-及时释放出来；防止滴定终点滞后．

（3）氧化还原滴定是水环境监测的常用方法可用于测定废水中的化学耗氧量（单位mg/L--每升水样中还原性物质被氧化需O2的质量）．某兴趣小组每次取100mL废水，用硫酸酸化后，加入0.01667mol/LK2CrO7溶液25.00mL，使水样中的还原性物质完全氧化，然后用0.1000mol/LFeSO4标准溶液滴定剩余的Cr2O72-．实验数据记录如下：

。实验序号FeSO4溶液的体积读数/mL滴定前滴定后滴定后10.1016.2020.3015.3130.2015.19试回答下列问题：

①____Cr2O72-+____Fe2++____═____Cr3++____Fe3++____H2O

②计算该废水的化学耗氧量．（写出计算过程，结果保留一位小数．）26、（17分）铁不能与冷水反应，但能与水蒸气反应，某化学兴趣小组为探究铁与水蒸气反应，请你为他们完成实验报告。实验目的：探究铁与水蒸气的反应反应原理：（用化学反应方程式表示）实验装置：回答以下问题（加热装置略去）。装置编号ABCD装置装置所起作用按加热先后从左至右,实验装置连接顺序和导管连接方法装置连接顺序：（填装置编号）____需要加热的装置（填装置编号）实验装置改进：兴趣小组同学根据反应原理改进实验装置，得到相同的结论，如图所示：问：试管底部是蘸有水的湿棉花，其作用是____，蒸发皿内加入的肥皂液的作用。27、用零价铁rm{(Fe)}去除水体中的硝酸盐rm{(NO_{3}^{-})}已成为环境修复研究的热点之一．

rm{(1)Fe}还原水体中rm{NO_{3}^{-}}的反应原理如图rm{1}所示．

rm{垄脷}作负极的物质是______．

rm{垄脷}正极的电极反应式是______．

rm{(2)}将足量铁粉投入水体中，经rm{24}小时测定rm{NO_{3}^{-}}的去除率和rm{pH}结果如表：

。初始rm{pH}rm{pH=2.5}rm{pH=4.5}rm{NO_{3}^{-}}的去除率接近rm{100%}rm{<50%}rm{24}小时rm{pH}接近中性接近中性铁的最终物质形态rm{pH=4.5}时，rm{NO_{3}^{-}}的去除率低rm{.}其原因是______．

rm{(3)}实验发现：在初始rm{pH=4.5}的水体中投入足量铁粉的同时，补充一定量的rm{Fe^{2+}}可以明显提高rm{NO_{3}^{-}}的去除率rm{.}对rm{Fe^{2+}}的作用提出两种假设：

Ⅰrm{.Fe^{2+}}直接还原rm{NO_{3}^{-}}

Ⅱrm{.Fe^{2+}}破坏rm{FeO(OH)}氧化层．

rm{垄脵}做对比实验，结果如右图rm{2}所示；可得到的结论是______．

rm{垄脷}同位素示踪法证实rm{Fe^{2+}}能与rm{FeO(OH)}反应生成rm{Fe_{3}O_{4}.}结合该反应的离子方程式，解释加入rm{Fe^{2+}}提高rm{NO_{3}^{-}}去除率的原因：______rm{.pH=4.5(}其他条件相同rm{)}评卷人得分六、探究题(共4题，共20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6题，共12分)1、C【分析】【分析】物理变化没有新物质生成，化学变化有新物质生成，据此判断即可．【解析】【解答】解：①固体物质加热后全部变成气体；属于物质状态的改变，物理变化。

②粮食酿成酒；有酒（即乙醇）新物质生成，属于化学变化；

③爆炸；可能是由压强改变引起的，不一定属于化学变化；

④用活性炭除去有毒气体；活性炭具有吸附性，属于物理性质；

⑤植物的光合作用；植物通过光合作用制造有机物，属于化学变化；

故选C．2、A【分析】【分析】A．铜活泼性大于银；铜能够将银离子还原成银单质；

B．氢氧化钠浓溶液与氯化铵反应生成氨气；

C．二氧化碳少量；反应生成碳酸钙沉淀；

D．硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡和氢氧化铜沉淀，漏掉了生成硫酸钡的反应．【解析】【解答】解：A．硝酸银溶液与铜反应生成银和铜离子，反应的离子方程式为：2Ag++Cu═2Ag+Cu2+；故A正确；

B．氢氧化钠浓溶液与氯化铵溶液混合，二者反应生成氨气，反应的离子方程式为：NH4++OH-═H2O+NH3↑；故B错误；

C．在澄清石灰水中通入少量的CO2，反应生成碳酸钙沉淀，反应的离子方程式为：Ca2++2OH-+CO2═CaCO3↓+H2O；故C正确；

D．硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，正确的离子方程式为SO42-+Ba2++Cu2++2OH-=Cu（OH）2↓+BaSO4↓；故D错误；

故选AC．3、D【分析】【分析】氢氧燃料碱性电池中，氢气易失电子发生氧化反应，则通入氢气的电极是负极，通入氧气的电极是正极，正极上氧气得电子发生还原反应，在得失电子相同的条件下，将正负极电极反应式相加即得电池反应式，结合氢气和转移电子之间的关系式计算．【解析】【解答】解：A．该燃料电池中，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-；故A正确；

B．该电池反应式为2H2+O2=2H2O；电解质溶液中氢氧化钾不参加反应，所以电解质溶液中KOH的物质的量不变，故B正确；

C．碱性溶液中负极反应为2H2-4e-+4OH-=2H2O，正极反应为O2-4e-+2H2O=4OH-，将两式相加即得电池反应式，所以电池反应式为2H2+O2=2H2O；故C正确；

D．电池反应2.24LH2（标准状况）时，氢气的物质的量==0.1mol；转移电子的物质的量为0.1mol×2=0.2mol，故D错误；

故选D．4、C【分析】【分析】物质的性质决定用途，过氧化钠可与水或二氧化碳反应生成氧气，小苏打易复分解生成二氧化碳，明矾可水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，以此解答．【解析】【解答】解：A．过氧化钠可与水或二氧化碳反应生成氧气；则用于供氧剂，故A正确；

B．小苏打易复分解；却能与酸反应生成二氧化碳气体，可用于发酵粉，故B正确；

C．纯碱为碳酸钠；水解呈碱性，因碱性较强，具有腐蚀性，不能用于中和胃酸，故C错误；

D．明矾可水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体；可用于净水剂，故D正确．

故选C．5、D【分析】

A、18g的18O2物质的量==0.5mol；故A错误；

B、气体的温度和压强不知，0.1mol18O2的体积不一定是2.24L；故B错误；

C、18O2气体的摩尔质量是36g/mol；故C错误；

D、重氧水分子式为2D2160，1mol重氧水所含中子数=0.1mol×（2+8）=1mol，所含中子数约是6.02×1023个；故D正确；

故选D．

【解析】【答案】A；依据质量和摩尔质量的计算分析判断；

B；依据气体摩尔体积的条件应用分析判断；

C；依据质量数计算分子的摩尔质量；

D；依据原子的质量数和质子数计算中子数；

6、B【分析】【分析】A；常温常压下；气体摩尔体积大于22.4L/mol；

B；根据臭氧是由氧原子构成的来分析；

C、Fe3+是弱碱阳离子；在水溶液中会水解；

D、标况下，四氯化碳为液态．【解析】【解答】解：A、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故22.4L甲烷的物质的量小于1mol，含有的C-H键小于4NA个；故A错误；

B、臭氧是由氧原子构成的，故48gO3气体中含有的氧原子的物质的量n===3mol，故含有3NA个氧原子；故B正确；

C、Fe3+是弱碱阳离子，在水溶液中会水解，故溶液中的Fe3+的个数小于0.5NA个；故C错误；

D；标况下；四氯化碳为液态，故D错误．

故选B．二、填空题(共9题，共18分)7、CH3CHO+2Ag（NH3）2OHCH3COONH4+H2O+2Ag↓+3NH3=C2H6O+16OH--12e-=2CO32-+11H2O乙醇、水分子之间能形成氢键，则乙醇可以和水以任意比互溶【分析】【分析】（1）乙醇催化氧化的产物是乙醛；乙醛分子中含有醛基，能够发生有机反应，写出乙醛发生银镜反应的化学方程式；

（2）乙醇完全燃烧生成二氧化碳和水，二者均与过氧化钠反应，固体增加的质量相当于CO与H2的质量；据此判断即可；

（3）乙醇在负极发生氧化反应生成碳酸根离子和水；

（4）因乙醇、水分子之间能形成氢键，则乙醇可以和水以任意比互溶．【解析】【解答】解：（1）乙醛与银氨溶液发生有机反应，反应的化学方程式为：CH3CHO+2Ag（NH3）2OHCH3COONH4+H2O+2Ag↓+3NH3；

故答案为：CH3CHO+2Ag（NH3）2OHCH3COONH4+H2O+2Ag↓+3NH3；

（2）乙醇充分燃烧后生成CO2、H2O，再通过足量的Na2O2，发生反应：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，过氧化钠增重等于与CO2同物质的量的CO质量，发生反应：2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，过氧化钠增重等于与H2O同物质的量的H2质量，即化学式可以改写成nCO•mH2，完全燃烧后过氧化钠增重等于该物质的质量，乙醇满足此通式，故a=b；故答案为：=；

（3）乙醇在负极发生氧化反应生成碳酸根离子和水，离子方程式为：C2H6O+16OH--12e-=2CO32-+11H2O，故答案为：C2H6O+16OH--12e-=2CO32-+11H2O；

（4）因乙醇、水分子之间能形成氢键，则乙醇可以和水以任意比互溶，故答案为：因乙醇、水分子之间能形成氢键，则乙醇可以和水以任意比互溶．8、KOHBa（NO3）2CuCl2H2SO4NaHCO3H++HCO3-=H2O+CO2↑【分析】【分析】根据题干信息可知，C试剂颜色为蓝色判断为氯化铜溶液；四种无色试剂A、B、D、E用小试管各取少量，两两反应，反应现象为：A与其余三种混合无明显现象，B与D出现白色沉淀，说明是硝酸钡溶液和硫酸溶液、D与E混合有气泡产生，证明是碳酸氢钠溶液和硫酸溶液，分析判断为：D为硫酸溶液；E为碳酸氢钠溶液，B为硝酸钡溶液；E与B无明显现象，符合实验现象．【解析】【解答】解：C试剂颜色为蓝色判断为氯化铜溶液；四种无色试剂A；B、D、E用小试管各取少量；两两反应，反应现象为：A与其余三种混合无明显现象，B与D出现白色沉淀，说明是硝酸钡溶液和硫酸溶液、D与E混合有气泡产生，证明是碳酸氢钠溶液和硫酸溶液，分析判断为：D为硫酸溶液；E为碳酸氢钠溶液，B为硝酸钡溶液；E与B无明显现象，符合实验现象；

（1）依据推断出的各物质写出化学式分别为：A：KOH；B：Ba（NO3）2；C：CuCl2；D：H2SO4；E：NaHCO3；故答案为：KOH；Ba（NO3）2；CuCl2；H2SO4；NaHCO3；

（2）D与E反应的离子方程式为：H++HCO3-=H2O+CO2↑，故答案为：H++HCO3-=H2O+CO2↑．9、后脱氧和调整钢的成分CO燃料（或还原剂）2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2ONH3+CO2+H2O+NaCl（饱和）=NaHCO3↓+NH4Cl；2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；（或写总反应方程式：2NaCl+2NH3+CO2+H2O=Na2CO3+2NH4Cl）“氨碱法”CO2来源于灰石煅烧，“联合制碱法”CO2来源于合成氨工业的废气【分析】【分析】（1）①Cr在钢中以单质存在，制作不锈钢时应防止Cr被氧化；

②炼钢时；加入硅；锰和铝主要是可以脱氧和调整钢的成分；

③炼铁和炼钢生产中；尾气均含有的主要污染物CO，可用于燃料；

（2）①氨碱法是由氯化铵和消石灰在加热条件下反应后生成氨气和氯化钙的反应；

②联合制碱法是在氨的饱和NaCl溶液中二氧化碳气体；反应生成碳酸氢钠，解热碳酸氢钠即可制备碳酸钠；

③CO2是制碱工业的重要原料，氨碱法中CO2来源于石灰石煅烧，联合制碱法中CO2的来源于合成氨工业的废气．【解析】【解答】解：（1）①因为Cr易被氧化，为Cr被氧化，不锈钢含有的Cr元素是在炼钢过程的氧吹后，若氧吹前加入Cr会形成炉渣被除去；故答案为：后；

②炼钢时；加入硅；锰和铝，可与氧气反应，且能改变合金的性质，起到脱氧和调整钢的成分的作用，故答案为：脱氧和调整钢的成分；

③炼铁和炼钢生产中；CO是主要的还原剂，故尾气均含有的主要污染物是CO，一氧化碳会引起中毒，故需对其进行尾气处理．一氧化碳是一种很好的还原剂同时还是一种燃料；

故答案为：CO；燃料（或还原剂）；

（2）①氨碱法是由氯化铵和消石灰在加热条件下反应后生成氨气和氯化钙的反应，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2O；

故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2O；

②联合制碱法是在氨的饱和NaCl溶液中二氧化碳气体，反应生成碳酸氢钠，解热碳酸氢钠即可制备碳酸钠，反应的有关方程式为NH3+CO2+H2O+NaCl（饱和）=NaHCO3↓+NH4Cl；2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；（或写总反应方程式：2NaCl+2NH3+CO2+H2O=Na2CO3+2NH4Cl）；

故答案为：NH3+CO2+H2O+NaCl（饱和）=NaHCO3↓+NH4Cl；2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；（或写总反应方程式：2NaCl+2NH3+CO2+H2O=Na2CO3+2NH4Cl）；

③CO2是制碱工业的重要原料，氨碱法中CO2来源于石灰石煅烧，联合制碱法中CO2的来源于合成氨工业的废气；

故答案为：“氨碱法”CO2来源于灰石煅烧，“联合制碱法”CO2来源于合成氨工业的废气．10、HC≡CHCH2=CH2CH3CH3【分析】【分析】各取0.1mol五种烃，分别使之充分燃烧，其中B、C、E燃烧所得的CO2均为4.48L（标况），二氧化碳的物质的量==0.2mol，所以B、C、E分子中含有2个碳原子，A、D燃烧所得的CO2都是B；C、E的三倍；则A和D分子中含有6个碳原子；

在适宜的条件下；A；B、C都能跟氢气发生加成反应，说明含有不饱和键或苯环，其中A可直接转变为D，B可转变为C，C可转变为E；B和C都能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色，而A、D、E则无此性质，可推知B含有碳碳三键，C中含有碳碳双键，所以B是乙炔，C是乙烯，E是乙烷；

用铁屑作催化剂时，A可与液态溴发生取代反应，A含有6个碳原子，且为烃，则A是苯，A能转化为D，则D是环己烷．【解析】【解答】解：各取0.1mol五种烃，分别使之充分燃烧，其中B、C、E燃烧所得的CO2均为4.48L（标况），二氧化碳的物质的量==0.2mol，所以B、C、E分子中含有2个碳原子，A、D燃烧所得的CO2都是B；C、E的三倍；则A和D分子中含有6个碳原子；

在适宜的条件下，A、B、C都能跟氢气发生加成反应，说明含有不饱和键或苯环，其中A可直接转变为D，B可转变为C，C可转变为E；B和C都能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色，而A、D、E则无此性质，可推知B含有碳碳三键，C中含有碳碳双键，所以B是乙炔，结构简式为HC≡CH，C是乙烯，结构简式为CH2=CH2，E是乙烷，结构简式为CH3CH3；

用铁屑作催化剂时，A可与液态溴发生取代反应，A含有6个碳原子，且为烃，则A是苯，结构简式为A能转化为D，则D是环己烷，结构简式为

故答案为：HC≡CH；CH2=CH2；CH3CH3．11、AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑关闭活塞K2、K3，打开活塞K1打开活塞K2，通入空气一段时间×100%偏小×100%B装置分液漏斗中的稀硫酸滴入锥形瓶中会排出一部分空气【分析】【分析】从实验装置和实验步骤上看，本实验的原理是用足量硫酸与样品中Al4C3完全反应，测量生成的甲烷气体，从而可测得Al4C3的百分含量；用足量NaOH溶液与样品中AlN完全反应；用浓硫酸充分吸收生成的氨气，并称量其质量，从而求得AlN的质量分数．

（1）②AlN水解得到氢氧化铝与氨气；氢氧化铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠；

（3）关闭活塞K2、K3，打开活塞K1，通过分液漏斗加入过量的稀硫酸，与烧瓶内物质充分反应，测量生成甲烷气体的体积．待反应进行完全后，关闭活塞K1，打开活塞K3，通过分液漏斗加入过量的NaOH溶液，与烧瓶内物质充分反应，由于装置中残留部分氨气，打开K2；通入空气一段时间，排尽装置的氨气，被装置D完全吸收，测定生成氨气质量；

（4）①根据氮原子的守恒；氨气的物质的量等于AlN的物质的量，可求得AlN的质量分数；

②读取滴定管中气体的体积时；液面左高右低，气体的压强大于大气压，测定气体甲烷的体积偏小；

②根据碳原子的守恒，Al4C3的物质的量等于甲烷的物质的量的三分之一，可求得Al4C3的质量分数；

（5）B装置分液漏斗中的稀硫酸滴入锥形瓶中会排出一部分空气，按甲烷的体积进行了测定．【解析】【解答】解：从实验装置和实验步骤上看，本实验的原理是用足量硫酸与样品中Al4C3完全反应，测量生成的甲烷气体，从而可测得Al4C3的百分含量；用足量NaOH溶液与样品中AlN完全反应；用浓硫酸充分吸收生成的氨气，并称量其质量，从而求得AlN的质量分数．

（1）②AlN水解得到氢氧化铝与氨气，氢氧化铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠，总反应方程式为：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑；

故答案为：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑；

（3）关闭活塞K2、K3，打开活塞K1，通过分液漏斗加入过量的稀硫酸，与烧瓶内物质充分反应，测量生成甲烷气体的体积．待反应进行完全后，关闭活塞K1，打开活塞K3，通过分液漏斗加入过量的NaOH溶液，与烧瓶内物质充分反应，由于装置中残留部分氨气，打开K2；通入空气一段时间，排尽装置的氨气，被装置D完全吸收，防止测定的氨气的质量偏小，测定生成氨气质量；

故答案为：关闭活塞K2、K3，打开活塞K1；打开活塞K2；通入空气一段时间；

（4）①氨气的质量为（z-y）g，物质的量为=mol，根据氮原子的守恒，氨气的物质的量等于AlN的物质的量，所以AlN的质量为mol×41g/mol=g，故AlN的质量分数为×100%=×100%；

故答案为：×100%；

②读取滴定管中气体的体积时；液面左高右低，气体的压强大于大气压，测定气体甲烷的体积偏小；

故答案为：偏小．

③甲烷的体积为（a-b）mL，物质的量为=×10-3mol，根据碳原子的守恒，Al4C3的物质的量等于甲烷的物质的量的三分之一，所以Al4C3的质量为××10-3mol×144g/mol=×10-3g，Al4C3的质量分数为×100%=×100%；

故答案为：×100%；

（5）B装置分液漏斗中的稀硫酸滴入锥形瓶中会排出一部分空气，也按甲烷的体积进行了测定，测得Al4C3的质量分数会偏高；

故答案为：B装置分液漏斗中的稀硫酸滴入锥形瓶中会排出一部分空气．12、436A0.225mol/（L．min）75%D【分析】【分析】（1）反应热=反应物总键能-生成物总键能；

（2）①可逆反应到达平衡时；同种物质的正逆速率相等，各组分的浓度；含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不再变化说明到达平衡；

②由图可知，10min到达平衡，平衡时甲醇浓度变化量为0.75mol/L，根据方程式可知氢气浓度变化为0.75mol/L×3=2.25mol/L，根据v=计算v（H2）；根据△n=△c×V计算参加反应氢气物质的量，进而计算氢气转化率；

③化学平衡常数是指：一定温度下；可逆反应到达平衡时，生成物的浓度系数次幂之积与反应物的浓度系数次幂之积的比，固体；纯液体不需要在化学平衡常数中写出；

④升高温度、增大压强、增大物质浓度、使用催化剂可以加快反应速率，要提高H2转化率，应使平衡正向移动，但不能只增大氢气浓度，否则氢气转化率会降低．【解析】【解答】解：（1）反应热=反应物总键能-生成物总键能，则XkJ•mol-1+×496.4kJ•mol-1-2×463kJ•mol-1=

-241.8kJ•mol-1；解得X=436；

故答案为：436；

（2）①A．平衡时各组分的含量保持不变，故CO2在混合气体中的体积分数保持不变；说明反应到达平衡，故A正确；

B．单位时间内每消耗1.2molH2，同时生成0.4molH2O，均表示正反应速率，反应始终按该比例关系进行，不能说明到达平衡，应是“单位时间内每消耗1.2molH2同时生成0.4molH2O时；反应到达平衡”，故B错误；

C．反应中H2O与CH3OH的物质的量浓度比始终为1：1；不能说明到达平衡，故C错误；

故选：A；

②由图可知，10min到达平衡，平衡时甲醇浓度变化量为0.75mol/L，根据方程式可知氢气浓度变化为0.75mol/L×3=2.25mol/L，故v（H2）==0.225mol/（L．min），参加反应氢气物质的量为2.25mol/L×1L=2.25mol，氢气转化率为×100%=75%；

故答案为：0.225mol/（L．min）；75%；

③CO2（g）+3H2（g）⇌H2O（l）+CH3OH（g）的化学平衡常数表达式K=；

故答案为：；

④A．降低反应温度；反应速率减慢，故A错误；

B．水为液体；分离出水，反应速率不变，不影响平衡移动，氢气转化率不变，故B错误；

C．保持容器体积不变；充入稀有气体，混合气体各组分浓度不变，反应速率不变；平衡不移动，氢气转化率不变，故C错误。

D．保持容器体积不变，充入CO2气体；二氧化碳浓度增大，反应速率加快，平衡正向移动，氢气转化率增大，故D正确；

故选：D．13、第三周期ⅣA族O＜Si＜Mgbc4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（g）△H=-1266kJ/molN2+8H++6e-=2NH4+，正极【分析】【分析】U、W、X、Y、Z都是短周期元素，且原子序数依次增大．W的气态氢化物甲和W的最高价氧化物对应的水化物可以化合生成盐，应为铵盐，则W为N元素、甲为NH3；Y元素原子的K层电子数与M层电子数相同，则M层电子数为2，故Y为Mg；Z元素的单质是太阳能转换为电能的常用材料，则Z为Si；U与X可形成常温下呈液态的分子乙，乙为常见的10电子分子，则U为H元素、X为O元素，乙为H2O，据此解答．【解析】【解答】解：U、W、X、Y、Z都是短周期元素，且原子序数依次增大．W的气态氢化物甲和W的最高价氧化物对应的水化物可以化合生成盐，应为铵盐，则W为N元素、甲为NH3；Y元素原子的K层电子数与M层电子数相同，则M层电子数为2，故Y为Mg；Z元素的单质是太阳能转换为电能的常用材料，则Z为Si；U与X可形成常温下呈液态的分子乙，乙为常见的10电子分子，则U为H元素、X为O元素，乙为H2O；

（1）Z为Si；元素在周期表中的位置：第三周期ⅣA族；

故答案为：第三周期ⅣA族；

（2）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：O＜Si＜Mg；

故答案为：O＜Si＜Mg；

（3）U与X形成的18电子化合物为H2O2，电子式是

故答案为：

（4）中氧原子之间形成非极性键；氧原子与氢原子之间形成极性键；

故答案为：bc；

（5）已知：①N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=-92.4kJ/mol

②2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=-483.6kJ/mol

由盖斯定律，②×3-①×2得：4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（g）△H=3×（-483.6kJ/mol）-2×（-92.4kJ/mol）=-1266kJ/mol，故反应热化学方程式为：4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（g）△H=-1266kJ/mol；

故答案为：4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（g）△H=-1266kJ/mol；

（6）以N2、H2为电极反应物，以HCl-NH4Cl溶液为电解质溶液制造新型燃料电池，正极发生还原反应，氮气在正极失去电子，酸性条件下生成铵根离子，该电池的正极电极反应式：N2+8H++6e-=2NH4+，溶液中H+移向正极；

故答案为：N2+8H++6e-=2NH4+；正．14、无水氯化钙排出装置中的空气，使有机物充分氧化在乙装置后连接盛有碱石灰的U形管样品的质量，甲、乙的质量甲乙的质量n（C）：n（H）：n（O）=2：6：1CH3CH2OH或CH3OCH3醇羟基【分析】【分析】（1）吸收水蒸气可以用无水氯化钙；该物质不能吸收二氧化碳气体；

（2）装置内有空气；会影响有机物被氧化，应该先排尽；要保证干燥管增加的质量分别是有机物燃烧生成的水和二氧化碳的质量，避开空气中的水以及二氧化碳的干扰；

（3）浓硫酸增重为水的质量，碱石灰增重为二氧化碳的质量，以此可确定有机物中C、H原子个数比值，根据元素（质量）守恒确定氧原子的量，得出原子个数比，即最简式，并根据结构和性质来书写化学式．【解析】【解答】解：（1）有机物燃烧生成的水以及二氧化碳的吸收；应该先使用干燥剂吸收水，在吸收二氧化碳，吸收水可以用无水氯化钙，故答案为：无水氯化钙；

（2）实验开始时，装置中有空气，为了使有机物充分氧化要先通入氧气，排除装置中的空气，然后再加热，实验装置中，为避开空气中的水以及二氧化碳的干扰，在乙装置后还要放一个常有碱石灰的干燥管，根据两个干燥管增加的质量即为生成的水和二氧化碳的质量，故答案为：排出装置中的空气，使有机物充分氧化；在乙装置后连接盛有碱石灰的U形管样品的质量；甲；乙的质量；甲、乙的质量；

（3）由题意可知n（H2O）==0.3mol，n（CO2）==0.2mol；根据质量守恒，确定消耗氧气的质量是5.4g+8.8g-4.6g=9.6g即0.3mol，根据氧原子守恒可知有机物中含有n（O）=0.3mol+0.2mol×2-0.3mol×2=0.1mol；

则有机物中n（C）：n（H）：n（O）=0.2mol：0.6mol：0.1mol=2：6：1；故答案为：n（C）：n（H）：n（O）=2：6：1；

①该物质中各元素的原子个数比为n（C）：n（H）：n（O）=2：6：1，有机物的分子式为C2H6O，结构简式为：CH3CH2OH或CH3OCH3，故答案为：CH3CH2OH或CH3OCH3；

②有机物A的分子式为C2H6O，A的核磁共振氢谱如图2，含有三个峰，则A的结构简式为：CH3CH2OH，官能团名称为醇羟基，故答案为：醇羟基．15、略

【分析】【解析】试题分析：①由湿法制备高铁酸钾的原理，结合流程可知：反应I：2NaOH+Cl2═NaCl+NaClO+H2O；②反应II离子反应方程式为：3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+5H2O。③由25℃时的Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，c（Fe3+）=4.0×10-5mol/L，则Ksp[Fe(OH)3]=c（Fe3+）c3(OH-)求得：c(OH-)=10-11mol/L，则c(H+)=10-3mol/L，PH=3,即PH=3开始生成Fe(OH)3沉淀；（2）①由氧化还原反应强生弱的规律可知：高铁酸钠的氧化性比O2强。②由流程图可知，向高铁酸钠中加入饱和KOH溶液，析出高铁酸钾，说明高铁酸钠溶解度大于高铁酸钾溶解度；（3）高铁酸钾中+6价的铁有强氧化性，能杀菌消毒，生成的+3价铁水解产生Fe(OH)3有吸附性；（4）干法制备高铁酸钾的化学方程式为Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O分析可得氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：1.考点：了解铁单质及其重要化合物的主要性质及应用。能根据实验试题要求，做到：①设计、评价或改进实验方案；②了解控制实验条件的方法。【解析】【答案】（1）①Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O(2分)；②2Fe3++3ClO—+10OH—=2FeO42—+3Cl—+5H2O(2分)；③pH=3(2分)；（2）①强；②小（3）有强氧化性，能杀菌消毒，产生Fe(OH)3有吸附性(2分)；（4）3:1(2分)三、判断题(共6题，共12分)16、×【分析】【分析】浓盐酸和MnO2在加热条件下发生氧化还原反应生成Cl2，随着反应的进行，浓盐酸浓度逐渐降低，当浓度降低到一定程度后变为稀盐酸，稀盐酸和MnO2不反应，据此分析解答．【解析】【解答】解：浓盐酸和MnO2在加热条件下发生氧化还原反应生成Cl2，随着反应的进行，浓盐酸浓度逐渐降低，当浓度降低到一定程度后变为稀盐酸，稀盐酸和MnO2不反应，浓盐酸和MnO2反应方程式为4HCl（浓）+MnO2MnCl2+2H2O+Cl2↑；假设4molHCl完全反应，设转移电子的个数为x；

4HCl（浓）+MnO2MnCl2+2H2O+Cl2↑转移电子。

4mol2NA

4molx

4mol：2NA=4mol：x

x==2NA；

实际上参加反应的HCl的物质的量小于4mol，所以转移电子数小于2NA；所以该说法错误；

故答案为：×．17、×【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：×．18、×【分析】【分析】酸是在溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物，据此分析．【解析】【解答】解：酸是在溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物，但是能电离出H+的化合物不一定是酸，如NaHSO4属于盐；但是能电离出氢离子，所以说法错误．

故答案为：×．19、×【分析】【分析】依据平衡常数是表示平衡进行程度大小的量；化学反应吸热或放热反应，温度升高平衡向吸热反应方向进行．【解析】【解答】解：化学平衡常数K表示可逆反应的进行程度；依据平衡常数含义可知，K值越大，可逆反应的进行程度越大；温度升高，平衡向吸热反应方向进行，反应可能是吸热反应，也可能是放热反应，所以温度升高，平衡常数可能增大也可能减小；

故答案为：×，温度升高，平衡向吸热反应方向进行，反应可能是吸热反应，也可能是放热反应，所以温度升高，平衡常数可能增大也可能减小．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：√．21、×【分析】【分析】放热反应一般在加热条件能发生．【解析】【解答】解：放热反应一般在加热条件能发生，例如燃烧反应，故错误，故答案为：×．四、计算题(共2题，共20分)22、12.60g2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O3～96.4%【分析】【分析】（1）30.00mL5.00mol•L-1的稀硫酸如果溶解的全部是碳酸镁；则其质量为最少，根据硫酸与碳酸镁反应的方程式可计算出原料的质量；

（2）加入H2O2的目的是将溶液中的亚铁离子氧化成铁离子再调节pH值；将铁元素除去，据此书写离子方程式；

（3）根据Ksp[Mg（OH）2]可计算出镁离子开始出现沉淀时的pH值，根据Ksp[Fe（OH）3]可计算出铁离子沉淀完全时的pH值；据此判断溶液的pH值范围；

（4）在pH在9～10之间溶液A中，可以通过锌离子的物质的量计算出剩余EDTA的物质的量，调节pH在5～6时，通过锌离子的物质的量可计算出总EDTA的物质的量，由此可计算出与镁离子反应的EDTA的物质的量，根据×100%计算出Mg2+的质量分数；【解析】【解答】解：（1）30.00mL5.00mol•L-1的稀硫酸的物质的量为0.15mol；根据硫酸与碳酸镁反应的方程式可知碳酸镁的物质的量也为0.15mol，所以碳酸镁的质量为0.15mol×84g/mol=12.60g；

故答案为：12.60g；

（2）加入H2O2的目的是将溶液中的亚铁离子氧化成铁离子再调节pH值，将铁元素除去，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；

故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；

（3）根据Ksp[Mg（OH）2]可知镁离子开始出现沉淀时溶液中氢氧根离子的浓度为mol•L-1=1×10-5mol•L-1，此时溶液的pH值为9，根据Ksp[Fe（OH）3]可知铁离子沉淀完全时溶液中氢氧根离子的浓度为mol•L-1=1×10-11mol•L-1；此时溶液的pH值为3，所以需调节溶液pH范围为3～9；

故答案为：3～9；

（4）Mg2+、Zn2+与EDTA均按1：1反应，在25mL溶液A中：n（EDTA）=n（Zn2+）=0.10×20.00×10-3=2.00×10-3mol

则100mL溶液A中剩余EDTA的量：n（EDTA）=2.00×10-3×100/25=8.00×10-3mol

25mL溶液A中EDTA的量：n（EDTA）总=n（Zn2+）=0.10×30.00×10-3=3.00×10-3mol

则100mL溶液A中EDTA总量：n（EDTA）总=3.00×10-3×4=0.0120mol

所以与1.5g样品中镁离子反应的EDTA的物质的量为0.012mol-8.00×10-3mol=0.004mol，所以样品中n（Mg2+）=0.004mol；其质量为0.004mol×24g/mol=0.096g；

则该结晶硫酸镁中Mg2+的质量分数为=6.4%；

故答案为：6.4%．23、44.2%x=0＜x＜3.1g【分析】【分析】方案一：利用Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑、NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑及固体质量和气体质量计算；

方案二：利用2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑及差量法计算．【解析】【解答】解：方案一：设碳酸钠；碳酸氢钠的质量分别为x、y；

由Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑、NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑可知；

；解得x=5.3g，y=4.2g；

所以碳酸氢钠的含量为×100%=44.2%；故答案为：44.2%；

方案二：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑质量差。

16862

yx

则x=＞0，若固体全部为碳酸氢钠，则x==3.1g；

所以x的取值范围为0＜x＜3.1g；

故答案为：x=；0＜x＜3.1g．五、实验题(共4题，共8分)24、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管ac【分析】【分析】（1）根据lOOmL0.5mol•L-1碳酸钠溶液的正确步骤选择使用的仪器；并按实验使用先后顺序，找出四种只要的玻璃仪器；

（2）根据c=可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的，误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化：若n比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大．【解析】【解答】解：（1）配制100mL0.5mol/LNa2CO3溶液的步骤为：计算；称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等；按照试验操作顺序需要使用的仪器有：药匙、托盘天平（砝码、镊子）、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管等；

故答案为：烧杯；玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管；

（2）a．没有将洗涤液转移到容量瓶中，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，根据c=可得；配制的溶液浓度偏低，故a正确；

b．容量瓶洗净后未经干燥处理，对溶质和溶液的体积没有影响，根据c=可得，不影响配制结果，故b错误；

e．转移过程中有少量的溶液溅出，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，根据c=可得；配制的溶液浓度偏低，故c正确；

d．摇匀后立即观察，发现溶液未达刻度线，导致配制的溶液体积偏小，根据c=可得；配制的溶液浓度偏高，故d错误；

故选ac．25、酚酞（甲基橙）ac生成砖红色沉淀ab1614H+267【分析】【分析】（1）①强酸强碱相互滴定；生成的盐不水解，溶液显中性；

②a．酸式滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗就直接盛入标准盐酸溶液；势必使滴定管中标准盐酸被冲稀，滴定待测碱液时消耗标准盐酸的体积数增大；

b．锥形瓶水洗后未用待测碱液润洗；实际的待测碱液量等于应取的量；

c．酸式滴定管滴定前尖嘴处有气泡；滴定后气泡消失，使记录的数值比实际偏大；

（2）①K2CrO4为指示剂，Ag2CrO4为砖红色；用标准硝酸银滴定待测液，滴定终点的现象是滴入最后一滴标准溶液，生成砖红色沉淀；

②a．若溶液pH＜6.5，则Cr2O72-+H2O⇌2CrO42-+2H+平衡左移；

b．溶液中有铵盐存在时，当pH＞7.2，则有可能因为生成[Ag（NH3）2]+；导致银子里浓度降低；

c．滴定时应剧烈摇动，以使被AgCl沉淀吸附的Cl-及时释放出来；防止滴定终点提前；

（3）①氢离子是反应物；水是生成物．根据化合价升高降低一致可得该离子方程式；

②据2K2Cr2O7～3O2可求出废水中化学耗氧量；【解析】【解答】解：（1）①强酸强碱相互滴定；生成的盐不水解，溶液显中性，可选择酚酞或甲基橙作指示剂；

故答案为：酚酞（甲基橙）；

②a．酸式滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗就直接盛入标准盐酸溶液；势必使滴定管中标准盐酸被冲稀，滴定待测碱液时消耗标准盐酸的体积数增大，因而测出待测碱液的浓度偏大，故a正确；

b．锥形瓶水洗后未用待测碱液润洗，实际的待测碱液量等于应取的量，测出的待测碱液浓度正确，故b错误；

c．酸式滴定管滴定前尖嘴处有气泡；滴定后气泡消失，使记录的数值比实际偏大，因而测出待测碱液的浓度偏大，故c正确；

故选ac．

（2）①由Ksp（AgCl）=1.56ⅹ10-10，Ksp（Ag2CrO4）=1.10ⅹ10-12；

转化为AgCl沉淀需要的c（Ag+）==1.4×10-5mol/L；

转化为Ag2CrO4沉淀需要的c（Ag+）=mol/L＞1.4×10-5mol/L；

即AgCl先转化为沉淀；则滴入最后一滴硝酸银溶液时，溶液中出现砖红色深沉，故答案为：生成砖红色沉淀；

②a．已知该滴定适宜的酸度范围是pH6.5～10.5，但当溶液中有铵盐存在，c（NH4+）＜0.05mol/L时，应将溶液的pH控制在6.5～7.2．a．若溶液pH＜6.5，则Cr2O72-+H2O⇌2CrO42-+2H+平衡左移，导致Ag2CrO4沉淀过迟；故a正确；

b．．若溶液中有铵盐存在时，当pH＞7.2，则有可能因为生成[Ag（NH3）2]+，导致银子里浓度降低终点滞后，故b正确；

c．滴定时应剧烈摇动，以使被AgCl沉淀吸附的Cl-及时释放出来；防止滴定终点提前，故c错误；

故选ab．

（3）①用硫酸酸化后，加入0.01667mol/L的K2Cr2O7溶液25.00mL，使水样中的还原性物质在一定条件下完全被氧化，所以，氢离子是反应物，水是生成物．根据化合价升高降低一致可得该离子方程式是：_1__Cr2O72-+__6_Fe2++___14_H+_____=___2_Cr3++_6___Fe3++___7_H2O，故答案为：1；6；14H+；2；6；7；

②分析实验数据记录表；第一次实验数据有误，故剔除这一数据．

消耗的FeSO4标准溶液平均体积为：[（15.31-0.30）+（15.19-0.20）]/2=15.00mL

则废水中消耗的K2Cr2O7总物质的量为：0.01667mol/L×0.025L-1/6×15.00×10-3L×0.1000mol/L=1.667×10-4mol=0.1667mmol

据2K2Cr2O7～3O2可知，废水中化学耗氧量m（O2）=（0.1667mmol×1.5×32g/mol）÷0.1000L=80.0mg/L；

故答案为：80.0mg/L．26、略

【分析】3Fe＋4H2OFe3O4＋4H2↑,从所给装置看出，C为中心反应的容器需要强热，需要水蒸汽需要加热，则a用于产生水蒸气，B为安全瓶，D收集氢气，连接顺序是ACBD。试管底部是蘸有水的湿棉花，其作用是用来产生水蒸气，蒸发皿内加入的肥皂液的作用是证明生成的气体是氢气并验纯。【解析】【答案】反应原理（2分）：3Fe＋4H2OFe3O4＋4H2↑实验装置（每空2分）。装置编号ABCD装置装置所起作用________________________________________装置连接顺序装置连接顺序：____需加热的装置____实验装置改进（3分）：用来产生水蒸气；证明生成的气体是氢气并验纯。27、略

【分析】解：rm{(1)垄脵Fe}还原水体中rm{NO_{3}^{-}}则rm{Fe}作还原剂；失去电子，作负极；

故答案为：铁；

rm{垄脷NO_{3}^{-}}在正极得电子发生还原反应产生rm{NH_{4}^{+}}根据图rm{2}信息可知为酸性环境，则正极的电极反应式为：rm{NO_{3}^{-}+8e^{-}+10H^{+}=NH_{4}^{+}+3H_{2}O}

故答案为：rm{NO_{3}^{-}+8e^{-}+10H^{+}=NH_{4}^{+}+3H_{2}O}

rm{(2)pH}越高，rm{Fe^{3+}}越易水解生成rm{FeO(OH)}而rm{FeO(OH)}不导电，阻碍电子转移，所以rm{NO_{3}^{-}}的去除率低．

故答案为：rm{FeO(OH)}不导电；阻碍电子转移；

rm{(3)垄脵}从图rm{2}的实验结果可以看出，单独加入rm{Fe^{2+}}时，rm{NO_{3}^{-}}的去除率为rm{0}因此得出rm{Fe^{2+}}不能直接还原rm{NO_{3}^{-}}而rm{Fe}和rm{Fe^{2+}}共同加入时rm{NO_{3}^{-}}的去除率比单独rm{Fe}高，因此可以得出结论：本实验条件下，rm{Fe^{2+}}不能直接还原rm{NO_{3}^{-}}在rm{Fe}和rm{Fe^{2+}}共同作用下能提高rm{NO_{3}^{-}}的去除率．

故答案为：本实验条件下，rm{Fe^{2+}}不能直接还原rm{NO_{3}^{-}}在rm{Fe}和rm{Fe^{2+}}共同作用下能提高rm{NO_{3}^{-}}的去除率；

rm{垄脷}同位素示踪法证实了rm{Fe^{2+}}能与rm{FeO(OH)}反应生成rm{Fe_{3}O_{4}}离子方程式为：rm{Fe^{2+}+2FeO(OH)=Fe_{3}O_{4}+2H^{+}}rm{Fe^{2+}}将不导电的rm{FeO(OH)}转化为可导电的rm{Fe_{3}O_{4}}利于电子转移．

故答案为：rm{Fe^{2+}+2FeO(OH)=Fe_{3}O_{4}+2H^{+}}rm{Fe^{2+}}将不导电的rm{FeO(OH)}转化为可导电的rm{Fe_{3}O_{4}}利于电子转移．

rm{(1)垄脵Fe}还原水体中rm{NO_{3}^{-}}根据题意rm{Fe_{3}O_{4}}为电解质，则rm{Fe}作还原剂；失去电子，作负极；

rm{垄脷NO_{3}^{-}}在正极得电子发生还原反应产生rm{NH_{4}^{+}}根据图rm{2}信息可知为酸性环境；

rm{(2)}由于rm{Fe_{3}O_{4}}为电解质，而电解质主要作用是为电子转移提供媒介，然后根据rm{FeO(OH)