2025年浙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2025年浙教版高三化学上册月考试卷50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、相同质量的下列烃，完全燃烧时，需要氧气最少的是（）A.CH4B.C2H4C.C3H6D.C2H22、下列反应原理不符合工业冶炼金属实际情况的是（）A.2HgO2Hg+O2↑B.2NaCl（熔融）2Na+Cl2↑C.2MgO（熔融）2Mg+O2↑D.Fe2O3+3CO2Fe+3CO23、设NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（）A.1.0Llmol•L-1氨水中NH4+数为NAB.NA个H2分子所占的体积一定为22.4LC.标准状况下，22.4LCO2与CO的混合气体中含碳原子数为NAD.标准状况下，11.2L四氯化碳中含C-Cl键的数目为2.0NA4、蒸干并灼烧下列物质的水溶液，仍能得到该物质的是A.碳酸钠B.碳酸氢钠C.硫酸亚铁D.氯化铝5、用NaOH溶液吸收烟气中的SO2，将所得的Na2SO3溶液进行电解，可循环再生NaOH同时得到某种副产物，其原理如图所示(电极材料为石墨)。下列说法不正确的是A.b电极上的主反应是SO32-－2e－＋H2O===SO42－＋2H＋B.若D是混合气体，则可能含有SO2、O2等成分C.a电极发生还原反应，当有1molNa＋通过阳离子交换膜时，a极生成11.2L气体D.A溶液是稀NaOH溶液，作用是增强溶液的导电性；C是较浓的硫酸溶液6、下列说法不正确的是（）A.氢氧化铁胶体可用于净水B.镁合金可用于制造导弹、飞机的部件C.石灰石-石膏法可用于燃煤的脱硫D.焦炭在炼铁高炉中用于直接还原铁矿石7、向含rm{MgCl_{2}}和rm{CuCl_{2}}的溶液中逐滴加入rm{0.1mol?L^{-1}}的rm{NaOH}溶液，沉淀的质量rm{(m)}与加入rm{NaOH}溶液体积rm{(V)}的关系如图所示，已知rm{V_{2}=3V_{1}}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.原溶液中rm{MgCl_{2}}和rm{CuCl_{2}}的物质的量浓度相等B.该实验不能证明rm{Cu(OH)_{2}}的rm{K_{sp}}比rm{Mg(OH)_{2}}的rm{K_{s}p}小C.水的电离程度：rm{A>B>C}D.若向rm{Mg(OH)_{2}}悬浊液中加入rm{CuCl_{2}}溶液，一定会有rm{Cu(OH)_{2}}生成8、下列各项中表达正确的是（）A.H、T表示同一种核素B.次氯酸电子式C.F原子结构示意图：D.CH4分子的球棍模型：评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)9、NA表示阿伏加德罗常数，下列判断正确的是（）A.6.8g熔融的KHSO4中含有阳离子数0.05NAB.1mol冰醋酸和1mol乙醇经催化加热反应可生成H2O分子数为NAC.25℃时，pH=13的Ba（OH）2溶液中含有的OH-数为0.1NAD.常温常压下，17g羟基中含有的电子数为9NA10、下列叙述中，正确的是（）A.式量相同的物质一定是同一种物质B.分子式相同的但结构不同的物质一定属于同分异构体C.含有双健的物质不一定是烯烃D.通式相同的不同物质一定属于同系物11、用两支惰性电极插入CuSO4溶液中，通电电解，当有1×10-3mol的OH-放电时，溶液显浅蓝色，则下列叙述正确的是（）A.阳极上析出5.6mLO2（标准状况）B.阴极上析出32mgCuC.阴极上析出11.2mLH2（标准状况）D.阳极和阴极质量都无变化12、（2015秋•重庆校级期末）T℃时；将1molX和2molY投入2L的密闭容器中，发生反应：X（g）+Y（g）⇌2Z（g），X；Y的量随时间变化如下表，该反应的平衡常数随温度的变化如下图，则下列判断正确的是（）

。0123456X10.800.660.580.520.500.50Y21.801.66A.前5min用Z表示的平均反应速率为0.2mol/（L•min）B.该反应的正反应是放热反应，且T1＞TC.在T℃时，以1molX、2molY和1molZ充入上述容器中，达到平衡时，X的体积分数不变D.若温度为T1时，以同样的起始量反应，达到平衡时X的转化率为66.7%13、化合物X的分子式为C5H11Cl，用NaOH的醇溶液处理X，可得到分子式C5H10的两种产物Y、Z，Y、Z经催化加氢后都可得到2-甲基丁烷，若将化合物X用NaOH的水溶液处理，则所得有机产物结构简式可能是（）A.CH3CH2CH2CH2CH2OHB.C.D.14、设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.0.1molH2O和D2O组成的混合物中含有的中子数是NAB.常温常压下，NO2和N2O4的混合物46g中约含有2NA个氧原子C.1molCH3+（碳正离子）中含有电子数为10NAD.在Cu-Zn原电池中，正极产生1.12LH2时，负极产生了0.05NA个Zn2+15、一种碳纳米管（氢气）二次电池原理如图，该电池的电解质为6mol/L⇌KOH溶液，下列说法不正确的是（）A.储存H2的碳纳米管作电池正极B.放电时负极附近pH减小C.放电时电池正极的电极反应为：NiO（OH）+H2O+e-=Ni（OH）2+OH-D.放电时，电池反应为2H2+O2=2H2O评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)16、（2015春•湖北校级期末）现有A；B、C、D、E、F六种物质或粒子；其中A、B、C、D都具有如图所示的结构或结构单元，（图中正四面体以外可能有的部分未画出，虚线不表示化学键或分子间作用力，X、Y可以相同也可以不同）．A、B的晶体类型相同．单质A的同素异形体能与B物质发生置换反应．C、D、E、F含有相等的电子数，且D是阳离子，D与F的组成元素相同．C、E、F的晶体类型相同，由E构成的物质常温下呈液态．

（1）写出单质A的同素异形体与B物质发生置换反应的化学方程式____；与A同主族的第四周期元素基态原子的外围电子排布式为____．

（2）上述六种物质或粒子的组成元素中有三种处于同一周期，请写出这三种元素第一电离能由大到小的顺序____（用元素符号回答）

（3）上述六种物质或粒子中互为等电子体的是____（写出化学式）

（4）F分子的中心原子杂化类型是____，E易溶于F，其原因是____．17、有关FeSO4的转化关系如图所示（无关物质已略去）

已知：①X由两种氧化物组成，将X通入品红溶液，溶液褪色；通入BaCl2溶液；产生白色沉淀．②Y是红棕色的化合物．

（1）气体X的成分是____和____（填化学式）．

（2）反应Ⅰ的反应类型属于____（填序号）

a．分解反应b．复分解反应c．置换反应d．化合反应e．氧化还原反应。

（3）溶液2中金属阳离子的检验方法是____

（4）已知反应Ⅳ发生了氧化还原反应生成了FeSO4，请写出相应的离子方程式：____．18、Ⅰ.铬位于第四周期ⅥB族，主要化合价+2，+3，+6，单质硬度大，耐腐蚀，是重要的合金材料。（1）基态铬原子的价电子排布图___________，CrO2Cl2常温下为深红色液体，能与CCl4、CS2等互溶，据此可判断CrO2Cl2是________(填“极性”或“非极性”)分子。（2）CrCl3·6H2O实际上是配合物，配位数为6，其固体有三种颜色，其中一种浅绿色固体与足量硝酸银反应时，1mol固体可生成2mol氯化银沉淀，则这种浅绿色固体中阳离子的化学式____________。Ⅱ.砷化镓为第三代半导体材料，晶胞结构如图所示，（3）砷化镓可由（CH3）3Ga和AsH3在700℃下反应制得，反应的化学方程式为。（4）AsH3空间构型为。已知(CH3)3Ga为非极性分子，则其中镓原子的杂化方式是_______。（5）砷化镓晶体中最近的砷和镓原子核间距为acm，砷化镓的摩尔质量为bg/mol，阿伏伽德罗常数值为NA，则砷化镓晶体密度的表达式_________g/cm3。19、如图①所示为血红蛋白和肌红蛋白的活性部分--血红素的结构式．

回答下列问题：

（1）已知铁是26号元素，写出Fe的价层电子排布式______；在元素周期表中，该元素在______区（填“s”；“p”、“d”、“f”或“ds”）．

（2）血红素中含有C、H、O、N、Fe五种元素，C、N、O三种元素的第一电离能由小到大的顺序是______；血红素中N原子的杂化方式为______；请在如图②的方框内用“→”标出Fe2+的配位键（如果考生选做此题；请自行将图②画在答题卡上）．

（3）Fe原子或离子能与一些分子或离子形成配合物．Fe（CO）5是一种常见含Fe配合物，可代替四乙基铅作为汽油的抗爆震剂，其配体是CO分子．写出CO的一种常见等电子体分子的结构式______；两者相比较，沸点较高的是______（填分子式）．Fe（CO）5在一定条件下发生分解反应：Fe（CO）5（s）═Fe（s）+5CO（g）反应过程中，断裂的化学键只有配位键，形成的化学键类型是______．

（4）铁有α、γ、δ三种同素异形体，其晶胞如图所示，在三种晶体中最邻近的铁原子间距离相同．图2晶胞中所含有的铁原子数为______，图1和图3中，铁原子配位数之比为______．

20、将一定体积的CO2缓缓通入体积为VL的NaOH溶液中；充分反应后，在减压低温的条件下蒸发溶液，得到白色固体。

（1）由于CO2通入量不同，所得到的白色固体的组成也不同，推断并写出各种可能组成的化学式（可以不填满，也可以增加序号）①____，②____，③____，④____．

（2）按反应的先后顺序写出各步反应的离子方程式：____、____．

（3）若反应的CO2和NaOH均无剩余，反应后向溶液中加入过量的澄清石灰水生成a克白色沉淀根据以上数据，能否推理计算出CO2的质量？____若能，用代数式表示的质量m（CO2）=____，若不能，理由是____．21、Ba（NO3）2可用于生产绿色烟花、绿色信号弹、炸药等．某生产BaCO3、BaSO4的化工厂生产中排出大量的钡泥（主要含有BaCO3、BaSO3、Ba（FeO2）2等），该厂利用钡泥制取Ba（NO3）2晶体（不含结晶水）；其部分工艺流程如下：

已知：①Fe3+和Fe2+以氢氧化物形式沉淀完全时；溶液的pH分别为3.2和9.7；

②KSP（BaSO4）=1.1×10-10，KSP（BaCO3）=5.1×10-9．

（1）该厂生产的BaCO3因含有少量BaSO4而不纯，提纯的方法是：将产品加入足量的饱和Na2CO3溶液中，充分搅拌，过滤，洗涤．试用离子方程式说明提纯原理：____

（2）上述流程酸溶时，Ba（FeO2）2与HNO3反应生成两种硝酸盐，反应的化学方程式为：____．

（3）该厂结合本厂实际，选用的X为____（填序号），中和I使溶液中的____（填离子符号）的浓度减小。

A．BaCl2B．Ba（OH）2C．Ba（NO3）2D．BaCO3

（4）最后的废渣中除原有的难溶性杂质外还含有____（填化学式）．

（5）测定所得Ba（NO3）2晶体的纯度：准确称取w克晶体溶于蒸馏水，加入足量的硫酸，充分反应后，过滤、洗涤、干燥，称量其质量为m克，则该晶体的纯度为____．22、甲酸和银氨溶液反应的化学方程式为____．23、如图中；A为芳香化合物，苯环上有两个邻位取代基：

请回答：

（1）B所含的官能团的名称是____

（2）反应C→D的化学方程式是____反应类型是____

（3）A的结构简式是____、E的结构简式是____

（4）C在一定条件下可生成一种高分子化合物H，请写出C→H的化学方程式：____．

（5）1molG的溶液可跟____molCO2反应。

（6）B有多种同分异构体，写出属于酯类且能发生银镜反应的同分异构体的结构简式____．24、已知高锰酸钾、二氧化锰在酸性条件下能将草酸钠(Na2C2O4)氧化：

MnO+C2O+H+→Mn2++CO2↑+H2O(未配平)；

MnO2+C2O+H+→Mn2++CO2↑+H2O(未配平)．

为测定某软锰矿中二氧化锰的质量分数，准确称量1.20g软锰矿样品，加入2.68g草酸钠固体，再加入足量的稀硫酸并加热(杂质不参加反应)，充分反应后冷却，将所得溶液转移到容量瓶中用蒸馏水稀释至刻度，从中取出25.0mL，用0.0200mol•L-1高锰酸钾溶液进行滴定．当加入20.0mL溶液时恰好完全反应；试根据以上信息完成下列各题：

(1)配平上述两个离子方程式：

____________MnO+____________C2O+____________H+═____________Mn2++____________CO2↑+____________H2O；

____________MnO2+____________C2O+____________H+═____________Mn2++____________CO2↑+____________H2O．

(2)欲求得软锰矿中二氧化锰的质量分数；还缺一个数据，这个数据是____________(填数据所代表的意义)．

(3)若该数据的数值为250，求该软锰矿中二氧化锰的质量分数(写出计算过程)．评卷人得分四、判断题(共4题，共36分)25、判断题（正确的后面请写“√”；错误的后面请写“×”）

（1）物质的量相同的两种不同气体只有在标准状况下体积才相等．____

（2）Vm在非标准状况下不可能为22.4L/mol．____

（3）1mol任何物质在标准状况下的体积均为22.4L．____

（4）一定温度和压强下，各种气体物质体积的大小由气体分子数决定．____．26、向试管中滴加液体时，胶头滴管紧贴试管内壁____．（判断对错）27、提纯氯化钠，最后在蒸发皿中蒸发浓缩溶液时，只需用小火加热至溶液表面出现晶膜为止，再通过余热将溶液全部蒸干．____（判断对错）28、用洁净的铂丝蘸取溶液在酒精灯的外焰上灼烧，未看见火焰显紫色，溶液里一定不含K+．____（判断对错）正确的打“√”，错误的打“×”评卷人得分五、计算题(共3题，共21分)29、将等物质的量的A；B、C、D四种物质混合于1L的密闭容器中；发生如下反应：

aA（g）+bB（g）⇌cC（g）+dD；当反应进行10s后，测得A减少了1mol，B减少了0.5mol，C增加了1.5mol，D增加了1mol，此时达到化学平衡．请填写下列空白：

（1）该化学方程式各物质的化学计量数为a=____、b=____、c=____、d=____．

（2）10s内，用B物质表示该反应的速率为____

（3）若只改变压强，反应速率发生变化，但平衡不发生移动，该反应中物质D的聚集状态为____．

（4）若只升高温度，反应一段时间后，测知四种物质其物质的量又达到相等，则正反应为____反应（填“放热”或“吸热”）．30、1.204×1024个H2O的物质的量为____mol，49克H2SO4的物质的量为____mol，标准状况下44.8LN2的物质的量为____mol．31、(12分)化学需氧量(COD)常作为衡量水体中有机物含量多少的指标。某化学课外小组的同学拟采用碱性高锰酸钾溶液测定某海水试样的COD，实验流程如下：已知：①弱碱性条件下MnO4-被还原性物质还原为MnO2②10I-+2MnO4-+16H+=5I2+2Mn2++8H2O③2S2O32-+I2=2I-+S4O62-（1）测定海水试样的COD，采用碱性高锰酸钾溶液而不采用酸性高锰酸钾溶液，其可能原因是。（2）氧化后的水样煮沸后，需冷却并在暗处再加入KI和硫酸，需在暗处的原因是。用Na2S2O3，标准溶液滴定，终点时溶液颜色的变化是。（3）滴定到终点时消耗Na2S2O3标准溶液10.00mL。根据以上实验数据计算海水试样的COD(用每升水样相当于消耗多少毫克O2表示，单位：mg•L-1)(写出计算过程)。评卷人得分六、综合题(共4题，共12分)32、（14分）合成氨对工、农业生产和国防都有重要意义。已知：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）；△H=-92．4kJ·mol-1，请回答：（1）合成氨工业中采取的下列措施可以用勒夏特列原理解释的是＿＿＿＿＿（填字母）。a．用铁触媒（催化剂）加快化学反应速率b．采用较高压强（20MPa~50MPa）c．将原料气中的少量CO等气体净化除去d．将生成的氨液化并及时从体系中分离出来（2）一定温度下，在密闭容器中充入1molN2和3molH2并发生反应。①若容器容积V恒定，达到平衡时，气体的压强为原来的则N2的转化率а1=＿＿＿＿＿，此时，反应放热＿＿＿＿＿kJ；该温度下合成氨反应的平衡常数K=＿＿＿＿＿（只需列出数字表达式）；②若容器压强恒定，则达到平衡时，容器中N2的转化率а2＿＿а1（填“＞、＜或＝”）。（3）随着对合成氨研究的发展，希腊科学家采用高质子导电性的SCY陶瓷（能传递H+）为介质，用吸附在它内外表面上的金属钯多晶薄膜做电极，实现了常压、570℃条件下高转化率的电解法合成氨（装置如下图）。钯电极A是电解池的＿＿＿＿极（填“阳”或“阴”），该极上的电极反应式是。33、（15分）为研究铁质材料与热浓硫酸的反应，某小组进行了以下探究活动：[探究一]（1）称取铁钉（碳素钢）12．0g放入30．0mL浓硫酸中，加热，充分应后得到溶液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+。若要确认其中是否含有Fe2+，应选择加入的试剂为________（选填序号）。a．KSCN溶液和氯水b．铁粉和KSCN溶液c．浓氨水d．酸性KMnO4溶液②乙同学取672mL（标准状况）气体Y通入足量溴水中，发生反应：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4然后加入足量BaCl2溶液，经适当操作后得到干燥固体4．66g。据此推知气体Y中SO2的体积分数为____。（相对原子质量：O—16S—32Ba—137）[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中还可能含量有H2和CO2气体。为此设计了下列探究实验装置（图中夹持仪器省略）。（2）写出产生CO2的化学方程式____。（3）装置A中试剂的作用是____。（4）简述确认气体Y中含有CO2的实验现象。（5）如果气体Y中含有H2，预计实验现象应是。34、（15分）为研究铁质材料与热浓硫酸的反应，某小组进行了以下探究活动：[探究一]（1）称取铁钉（碳素钢）12．0g放入30．0mL浓硫酸中，加热，充分应后得到溶液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+。若要确认其中是否含有Fe2+，应选择加入的试剂为________（选填序号）。a．KSCN溶液和氯水b．铁粉和KSCN溶液c．浓氨水d．酸性KMnO4溶液②乙同学取672mL（标准状况）气体Y通入足量溴水中，发生反应：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4然后加入足量BaCl2溶液，经适当操作后得到干燥固体4．66g。据此推知气体Y中SO2的体积分数为____。（相对原子质量：O—16S—32Ba—137）[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中还可能含量有H2和CO2气体。为此设计了下列探究实验装置（图中夹持仪器省略）。（2）写出产生CO2的化学方程式____。（3）装置A中试剂的作用是____。（4）简述确认气体Y中含有CO2的实验现象。（5）如果气体Y中含有H2，预计实验现象应是。35、（13分）化工生产中常常用到“三酸两碱”，“三酸”指硝酸、硫酸和盐酸，“两碱”指烧碱和纯碱。（1）从物质的分类角度看，名不符实的一种物质是____________。（2）“三酸”与“两碱”之间均可反应，若用化学方程式表示有六个（酸过量时），若用离子方程式表示却只有两个，请写出这两个离子方程式（酸过量时）：_____________；______________。（3）“三酸”常用于溶解金属和金属氧化物。下列块状金属在常温时能全部溶于足量浓硝酸的是________（填序号）A．AgB．CuC．AlD．Fe（4）烧碱、纯碱溶液均可吸收CO2。向含有4．0ｇNaOH的溶液中通入CO2，当通入的CO2与溶液中NaOH物质的量之比为9:7时，则所得溶液中NaHCO3的质量为____ｇ。（相对原子质量：H—1C—12O—16Na—23）参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【分析】由C～O2～CO2，4H～O2～2H2O进行比较，消耗1molO2，需要12gC，而消耗1molO2，需要4gH，可知有机物含氢量越大，等质量时消耗的O2越多，以此进行比较．【解析】【解答】解：由C～O2～CO2，4H～O2～2H2O进行比较，消耗1molO2，需要12gC，而消耗1molO2，需要4gH，可知有机物含氢量越大，等质量时消耗的O2越多；

则选项中物质的最简式分别为CH4、CH2、CH2；CH；

由最简式CHn中n值越大，含氢量越高，所以根据烃分子的化学式可知，完全燃烧消耗O2的物质的量最少的应该是C2H2；

故选D．2、C【分析】【分析】金属的性质不同；活泼性不同，冶炼的方法不同，根据金属活动性强弱，可采用热还原法；电解法、热分解法等冶炼方法．

热分解法：对于不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来，例如：2HgO2Hg+O2↑

热还原法：在金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂（C、CO、H2；活泼金属等）将金属从其化合物中还原出来；例如：

Fe2O3+3CO2Fe+CO2↑

电解法：活泼金属较难用还原剂还原，通常采用电解熔融的金属化合物的方法冶炼活泼金属，例如：2Al2O34Al+3O2↑；金属钠；镁采用电解熔融的氯化物的方法；

利用铝热反应原理还原：V、Cr、Mn、W等高熔点金属可利用铝热反应产生的高温来冶炼．【解析】【解答】解：A；Hg为不活泼金属；可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来，故A正确；

B；钠是活泼金属；应采用电解法制取，故B正确；

C；镁是活泼金属；应采用电解法氯化镁的方法制取，氧化镁的熔点太高，消耗再多的资源，故C错误；

D、Fe处于金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂（C、CO、H2；活泼金属等）将金属从其化合物中还原出来；故D正确．

故选C．3、C【分析】【分析】A；根据氨水中一水合氨属于弱碱；溶液中部分电离分析；

B；没有告诉是标准状况下；无法计算氢气的体积；

C；根据标况下的气体摩尔体积计算出混合气体的物质的量及含有的碳原子数目；

D、根据标准状况下四氯化碳不是气体，无法计算其物质的量判断．【解析】【解答】解：A、1.0Llmol•L-1氨水中含有溶质1mol，由于一水合氨是弱碱，溶液中只能部分电离出铵离子，所以溶液中铵离子的物质的量小于1mol，NH4+数小于NA；故A错误；

B、NA个H2分子的物质的量为1mol；由于不是标况下，无法计算1mol氢气的体积，故B错误；

C、标况下，22.4L二氧化碳和一氧化碳的物质的量为1mol，含有1mol碳原子，含碳原子数为NA；故C正确；

D；在标况下；四氯化碳不是气体，无法计算11.2L四氯化碳的物质的量，故D错误；

故选C．4、A【分析】试题分析：A、碳酸钠溶液中存在CO32－的水解平衡CO32－＋H2OHCO3－＋OH－，但由于生成的氢氧化钠不挥发，因此蒸干碳酸钠溶液最终仍然得到碳酸钠固体，A正确；B、碳酸氢钠不稳定，受热易分解生成碳酸钠、CO2和水，因此蒸干碳酸氢钠溶液最终得到碳酸钠固体，B不正确；C、亚铁离子不稳定，极易被氧化生成铁离子。虽然铁离子水解，但由于生成的硫酸难挥发，因此最终得到硫酸铁固体，C不正确；D、氯化铝溶液中存在水解平衡AlCl3＋3H2OAl(OH)3＋3HCl。水解吸热，加热促进水解，且生成的氯化氢极易挥发，因此最终得到的是氢氧化铝固体，D不正确，答案选A。考点：考查溶液蒸干后物质成分的有关判断【解析】【答案】A5、C【分析】试题分析：A、根据装置图中亚硫酸根离子的移动方向判断，b极是阳极，则b极发生氧化反应，亚硫酸根离子失去电子，生成硫酸，正确；B、因为b极是阳极，发生氧化反应，则可能发生氢氧根离子的失去电子的氧化反应，生成氧气，同时通入的稀硫酸也可能与亚硫酸根离子反应生成二氧化硫，所以若D是混合气体，则可能含有SO2、O2等成分，正确；C、a电极是阴极，发生还原反应，氢离子得到电子生成氢气，当有1molNa＋通过阳离子交换膜时，说明有1mol氢离子放电生成0.5mol氢气，但未指明标准状况，所以a极气体的体积不一定是11.2L，错误；D、因为a极是氢离子放电，造成阴极区的氢氧根离子浓度增大，与移动过来的氢氧根离子形成氢氧化钠，所以A是稀氢氧化钠溶液，增强溶液的导电性；同理阳极通入的是稀硫酸，亚硫酸根离子被氧化生成硫酸，则出来的物质C是相对较浓的硫酸，正确，答案选C。考点：考查电化学反应原理的应用【解析】【答案】C6、D【分析】解：A．氢氧化铁胶体具有较大表面积；有吸附性，能够吸附水中杂质，可以做净水剂，故A正确；

B．镁合金密度小；硬度大，适合制造导弹；飞机的部件，故B正确；

C．石灰石-石膏法脱硫的原理第一步是SO2+Ca（OH）2═CaSO3+H2O，然后再将产物氧化制成石膏，2CaSO3+O2=2CaSO4；故C正确；

D．焦炭在炼铁高炉中先和空气中的氧气反应生成二氧化碳；二氧化碳再被焦炭含有成一氧化碳，一氧化碳和铁矿石反应生成铁和二氧化碳，不是用焦炭还原铁矿石，故D错误；

故选：D．

A．氢氧化铁胶体具有较大表面积；有吸附性；

B．镁合金密度小；硬度大；

C．依据方程式：SO2+Ca（OH）2=CaSO3+H2O；2CaSO3+O2=2CaSO4解答；

D．炼铁过程中；焦炭燃烧生成二氧化碳，二氧化碳在高温条件下被焦炭还原成一氧化碳，一氧化碳和铁矿石反应生成铁和二氧化碳．

本题考查了元素化合物知识及高炉炼铁原理，明确氢氧化铁胶体、合金的性质，熟悉燃煤的脱硫方法和原理、高炉炼铁原理是解题关键，题目难度中等，注意对相关知识的积累．【解析】【答案】D7、C【分析】解：rm{A}rm{V_{2}=3V_{1}}说明rm{n(Mg(OH)_{2})=2n(Cu(OH)_{2})}原溶液中rm{MgCl_{2}}和rm{CuCl_{2}}的物质的量浓度不相等；故A错误；

B、rm{CuCl_{2}}的物质的量浓度小且首先沉淀铜离子说明rm{Cu(OH)_{2}}的rm{K_{sp}}比rm{Mg(OH)_{2}}的rm{K_{s}p}小；故B错误；

C、rm{A}点时溶质为rm{NaCl}和rm{MgCl_{2}}rm{B}点时为rm{NaCl}rm{C}点为rm{NaCl}和rm{NaOH}镁离子水解促进水的电离，rm{NaOH}抑制水的电离，rm{NaCl}对水的电离无影响；故C正确；

D、要想生成沉淀，必须满足rm{Qc>Ksp}铜离子大小未知，无法判断是否生成沉淀，故D错误；

故选C．

据图象可知，rm{0-V_{1}}时生成蓝色沉淀为rm{Cu(OH)_{2}}rm{V_{1}-V_{2}}生成的沉淀为rm{Mg(OH)_{2}}rm{V_{2}=3V_{1}}说明rm{n(Mg(OH)_{2})=2n(Cu(OH)_{2})}rm{A}点时溶质为rm{NaCl}和rm{MgCl_{2}}rm{B}点时为rm{NaCl}rm{C}点为rm{NaCl}和rm{NaOH}据此分析．

本题考查了沉淀的溶度积、盐类水解以及相关判断，题目难度不大，据图象判断沉淀的生成顺序是解题的关键．【解析】rm{C}8、D【分析】【分析】A．具有一定质子数和中子数的原子就是一种核素；

B．次氯酸中存在1个氧氢键和1个氧氯键；

C．F的质子数和核外电子数为9；

D．甲烷为正四面体结构，其正确的球棍模型为：．【解析】【解答】解：A．H；D、T为氢元素的3种不同核素；它们之间互为同位素，故A错误；

B．次氯酸为共价化合物，分子中存在1个氧氢键和氧氯键，次氯酸的电子式为故B错误；

C．F的原子结构示意图为故C错误；

D．为甲烷的比例模型，甲烷的球棍模型应该用小球和短棍表示，甲烷为正四面体结构，其正确的球棍模型为：故D正确．

故选D．二、多选题(共7题，共14分)9、AD【分析】【分析】A．熔融硫酸氢钾电离出钾离子和硫酸氢根离子；

B．酯化反应为可逆反应；1mol冰醋酸完全反应生成的水的物质的量小于1mol；

C．没有告诉氢氧化钡溶液的体积；无法计算溶液中氢氧根离子的数目；

D．羟基中含有9个电子，17g羟基的物质的量为1mol，含有17mol电子．【解析】【解答】解：A．6.8g熔融硫酸氢钾的物质的量为0.05mol，0.05mol熔融硫酸氢钾能够电离出0.05mol钾离子和0.05mol硫酸氢根离子，含有阳离子数为0.05NA；故A正确；

B．1mol冰醋酸和1mol乙醇经催化加热反应生成水的物质的量一定小于1mol，可生成H2O分子数小于NA；故B错误；

C．缺少氢氧化钡溶液的体积；无法计算溶液中氢氧根离子的物质的量及数目，故C错误；

D．17g羟基的物质的量为1mol，1mol羟基中含有9mol电子，含有的电子数为9NA；故D正确；

故选AD．10、BC【分析】【分析】A．组成与结构相同的物质一定是同一种物质；

B．同分异构体是分子式相同结构式不同的化合物；

C．烯烃是指含有C=C键的碳氢化合物；

D．结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物．【解析】【解答】解：A．组成与结构相同的物质一定是同一种物质，式量相同的物质不一定是同一种物质，如CO和N2；故A错误；

B．分子式相同的但结构不同的物质一定属于同分异构体；故B正确；

C．烯烃是指含有C=C键的碳氢化合物；含有双健的物质不一定是烯烃，如不饱和醇，故C正确；

D．通式相同的不同物质不一定属于同系物；若结构相似，为同系物，若结构不相似，不是同系物，故D错误；

故选BC．11、AB【分析】【分析】以惰性电极电解CuSO4溶液，阳极发生4OH--4e-═2H2O+O2↑，阴极发生2Cu2++4e-═2Cu，溶液显浅蓝色，说明只有部分铜离子放电，结合电子的转移计算该题．【解析】【解答】解：A．阳极发生4OH--4e-═2H2O+O2↑，当有1×10-3mol的OH-放电时，生成氧气的体积为1×10-3mol××22.4L/mol=5.6mL；故A正确；

B．当有1×10-3mol的OH-放电时，转移1×10-3mol电子，则在阴极析出5×10-4molCu；质量为32mg，故B正确；

C．转移1×10-3mol电子；阴极析出铜，溶液显浅蓝色，说明铜离子部分放电，没有氢气析出，故C错误；

D．阴极析出铜；质量变化，故D错误．

故选AB．12、BD【分析】【分析】A．根据v=计算v（X）；再根据速率之比等于化学计量数之比计算v（Z）；

B．由图可知，随温度升高，平衡常数减小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动；由表中数据可知，5min到达平衡，利用三段式表示出平衡时各组分的物质的量，由于反应前后气体的体积不变，用物质的量代替浓度计算平衡常数，再与温度T1时的平衡常数比较判断温度高低；

C．由B中数据可知，平衡时参加反应的X为1mol-0.5mol=0.5mol，则X的转化率为×100%=50%．由于反应前后气体体积不变；故X；Y的起始物质的量满足1：2时为等效平衡，平衡时X的转化率相等，在T℃时，以1molX、2molY和1molZ充入上述容器中，所到达的平衡等效为开始通入2molX、4molY到达的平衡，再通入1molZ，结合平衡移动判断；

D．设参加反应的X为amol，利用三段式表示出平衡时各组分的物质的量，由于反应前后气体的体积不变，用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式列方程计算．【解析】【解答】解：A．由表中数据可知，前5min内参加反应的X为1mol-0.5mol=0.5mol，则v（X）==0.05mol/（L•min）；速率之比等于化学计量数之比，v（Z）=2v（x）=0.1mol/（L•min），故A错误；

B．由图可知；随温度升高，平衡常数减小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应；

由表中数据可知；5min到达平衡，平衡时X为0.5mol，则：

X（g）+Y（g）⇌2Z（g）

开始（mol）：120

转化（mol）：0.50.51

平衡（mol）：0.51.51

由于反应前后气体的体积不变，用物质的量代替浓度计算平衡常数，故K==，小于温度T1时的平衡常数4，故温度T1＞T；故B正确；

C．由B中数据可知，平衡时参加反应的X为1mol-0.5mol=0.5mol，则X的转化率为×100%=50%．由于反应前后气体体积不变；故X；Y的起始物质的量满足1：2时为等效平衡，平衡时X的转化率相等，在T℃时，以1molX、2molY和1molZ充入上述容器中，所到达的平衡等效为开始通入2molX、4molY到达的平衡基础上（此时平衡时X的转化率为50%），再通入1molZ，平衡向逆反应方向移动，X的转化率降低，故在T℃时，以1molX、2molY和1molZ充入上述容器中，达到平衡时，X的转化率小于为50%，X的体积分数改变，故C错误；

D．设参加反应的X为amol；则：

X（g）+Y（g）⇌2Z（g）

开始（mol）：120

转化（mol）：aa2a

平衡（mol）：1-a2-a2a

则=4，解得a=，则X的转化率为×100%≈66.7%；故D正确；

故选BD．13、BC【分析】【分析】能跟H2加成生成2-甲基丁烷，说明Y和Z均为分子中含5个C原子的不饱和烃，其碳骨架为．氯代烃发生消去反应生成烯烃和烯烃加氢生成烷烃，碳架不变，故化合物X的碳架有一个支链甲基，据此分析选项是否符合以上碳架及消去反应生成两种烯烃即可．【解析】【解答】解：根据能跟H2加成生成2-甲基丁烷，说明Y和Z均为分子中含5个C原子的不饱和烃，其碳骨架为氯代烃发生消去反应生成烯烃和烯烃加氢生成烷烃，碳架不变，故化合物X的碳架有一个支链甲基．

A．CH3CH2CH2CH2OH没有支链；故A错误；

B．含有支链，能发生消去反应生成2种烯烃：（CH3）2C=CHCH3、CH3C（CH2CH3）=CH2；故B正确；

C．中含有一个支链甲基，发生消去反应生成2种烯烃：（CH3）2C=CHCH3、（CH3）2CHCH=CH2；故C正确；

D．（CH3）3CCH2Cl有两个支链；且不是醇，属于氯代烃，故D错误；

故选BC．14、BD【分析】【分析】A．H不含中子；D含1个中子；

B．将质量转化为物质的量；结合分子式计算原子数；

C.1个CH3+含8个电子；

D．没指明气体状况，无法计算．【解析】【解答】解：A．H不含中子，D含1个中子，所以0.1molH2O和D2O组成的混合物中含有的中子数小于NA；故A错误；

B．NO2和N2O4最简式相同都是NO2，46g混合物含NO2的物质的量为==1mol，含氧原子个数为1mol×2×NA=2NA；故B正确；

C.1molCH3+（碳正离子）中含有电子数为10NA；故C错误；

D．没指明是在标准状况选；Vm不确定，无法计算氢气的物质的量，故D错误；

故选：B．15、AD【分析】【分析】A；氢气在反应中发生失电子的氧化反应；为负极；

B；原电池中；氢气在负极发生失电子的氧化反应，根据电极反应确定pH的变化；

C；在原电池中；正极上发生得电子得还原反应；

D、燃料电池在放电时的电极反应极为燃料燃烧的反应．【解析】【解答】解：A、储存H2的碳纳米管作电池负极；在反应中发生失电子的氧化反应，故A错误；

B、放电时是原电池的工作原理，氢气在负极发生失电子的氧化反应，即：H2+2OH--2e-=2H2O；消耗氢氧根离子，负极附近pH减小，故B正确；

C、在原电池中，正极上发生得电子得还原反应，NiO（OH）+H2O+e-=Ni（OH）2+OH-；故C正确；

D、放电时，燃料电池电极反应极为燃料燃烧的反应，即2NiO（OH）+H2=2Ni（OH）2；故D错误．

故选AD．三、填空题(共9题，共18分)16、2C+SiO2Si+2CO↑4s24p2N＞O＞CCH4、NH4+sp3NH3和H2O为极性分子，相似相溶原理，且NH3和H2O分子之间能形成氢键【分析】【分析】A、B、C、D、E、F六种物质或粒子，其中A、B、C、D都具有正四面体结构或结构单元，D是阳离子，故D为NH4+；

C、D、E、F含有相等的电子数，故电子数为10，D与F的组成元素相同，故F为NH3；

由E构成的物质常温下呈液态，故E为H2O；

C、E、F的晶体类型相同，属于分子晶体，故C为CH4；

A；B的晶体类型相同．单质A的同素异形体能与B物质发生置换反应；A为金刚石，B为二氧化硅；

再结合题目分析解答．【解析】【解答】解：A、B、C、D、E、F六种物质或粒子，其中A、B、C、D都具有正四面体结构或结构单元，D是阳离子，故D为NH4+；

C、D、E、F含有相等的电子数，故电子数为10，D与F的组成元素相同，故F为NH3；

由E构成的物质常温下呈液态，故E为H2O；

C、E、F的晶体类型相同，属于分子晶体，故C为CH4；

A；B的晶体类型相同．单质A的同素异形体能与B物质发生置换反应；A为金刚石，B为二氧化硅；

（1）A是金刚石、B是二氧化硅，单质A的同素异形体与B物质发生置换反应生成Si和CO，该反应的化学方程式2C+SiO2Si+2CO↑；与A同主族的第四周期元素是Ge元素，原子核外有32个电子，Ge基态原子的外围电子排布式为4s24p2；

故答案为：2C+SiO2Si+2CO↑；4s24p2；

（2）上述六种物质或粒子的组成元素中有三种处于同一周期；分别为C；N、O元素，同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以。

这三种元素第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C；

故答案为：N＞O＞C；

（3）原子数相同，电子数目相同的为等电子体，CH4、NH4+是等电子体；

故答案为：CH4、NH4+；

（4）F分子是NH3，中心原子N原子成3个σ键，含有1对孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化；NH3和H2O为极性分子符合相似相溶原理，且NH3和H2O分子之间能形成氢键；所以氨气易溶于水．

故答案为：sp3；NH3和H2O为极性分子，相似相溶原理，且NH3和H2O分子之间能形成氢键．17、SO2SO3a、e取少量溶液2于试管中，滴加几滴KSCN溶液，溶液变成血红色，则证明原溶液中含有Fe3+2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42-+2H+【分析】【分析】①硫酸亚铁受热分解，生成气体X，气体只能由硫元素与氧元素组成，将X通入品红溶液，溶液褪色，说明含有SO2，通入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明含有SO3，即X为SO2、SO3混合气体；

②Y是红棕色的化合物，又是硫酸亚铁受热分解的化合物，从颜色可知Y是Fe2O3；

可推知：溶液1为硫酸钠和亚硫酸钠，溶液2为硫酸铁，溶液1和溶液2混合亚硫酸根离子具有还原性，铁离子具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成硫酸亚铁溶液和硫酸钠，据此解答．【解析】【解答】解：①硫酸亚铁受热分解，生成气体X，气体只能由硫元素与氧元素组成，将X通入品红溶液，溶液褪色，说明含有SO2，通入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明含有SO3，即X为SO2、SO3混合气体；

②Y是红棕色的化合物，又是硫酸亚铁受热分解的化合物，从颜色可知Y是Fe2O3；

则硫酸亚铁受热分解方程式为：2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑；可推知：溶液1为硫酸钠和亚硫酸钠，溶液2为硫酸铁，溶液1和溶液2混合亚硫酸根离子具有还原性，铁离子具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成硫酸亚铁溶液和硫酸钠．

（1）由上述分析可知，X为SO2、SO3混合气体，故答案为：SO2、SO3；

（2）反应Ⅰ为2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑；由硫酸亚铁一种化合物分解，生成三种化合物，是分解反应；硫元素从+6价，变成产物中的二氧化硫中的+4价，铁从+2价，变成产物中的+3价，属于氧化还原反应；

故答案为：a；e：

（3）溶液2中金属阳离子是由Fe2O3溶于稀硫酸得到，方程式为：Fe2O3+3H2SO4═Fe2（SO4）3+3H2O，检验溶液2中金属阳离子，实际就是检验溶液中的Fe3+离子，具体方法为：取少量溶液2于试管中，滴加几滴KSCN溶液，溶液变成血红色，则证明原溶液中含有Fe3+；

故答案为：取少量溶液2于试管中，滴加几滴KSCN溶液，溶液变成血红色，则证明原溶液中含有Fe3+；

（4）反应IV中为Na2SO3与Fe2（SO4）3溶液发生氧化还原反应，反应离子方程式为：2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42-+2H+；

故答案为：2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42-+2H+．18、略

【分析】试题分析：Ⅰ.（1）铬是24号元素，其基态的价电子排布式是3d54S1，因此基态铬原子的价电子排布图因为CrO2Cl2常温下为深红色液体，能与CCl4、CS2等互溶。根据相似相容原理，可判断出CrO2Cl2是非极性分子。(2)浅绿色固体CrCl3·6H2O与足量硝酸银反应时，1mol固体可生成2mol氯化银沉淀，说明三个Cl-中只有一个作配位体，由于其配位数为6，所以还有5个水作配位体。则这种浅绿色固体中阳离子的化学式[Cr（H2O）5Cl]2+。Ⅱ.（3）由题意得方程式：CH3）3Ga+AsH33CH4+GaAs。（4）同族元素形成的化合物结构相似。NH3为三角锥形，所以AsH3空间构型为三角锥形。因为(CH3)3Ga为非极性分子，说明这几个化学键是对称的。故其中镓原子的杂化方式是sp2杂化。（5）在砷化镓晶胞中，含有Ga：8×1/8+6×1/2=4,含有As：4个，因此每个晶胞中含有4和GaAs。在砷化镓晶体中最近的砷和镓原子核间距为acm，由于As处于与它相连的四个Ga构成的四面体的几何中心。距离最近且相等的As原子之间的距离为L.则最近的两个As在晶胞面对角线的1/2处。设该晶胞的长度是x,则解得x=是则砷化镓晶体密度的表达式为：整理可得考点：考查原子、分子、离子、晶体的结构、化学方程式的书写及晶体密度的计算的知识。【解析】【答案】Ⅰ.（1）非极性（2）[Cr（H2O）5Cl]2+Ⅱ.（3）CH3）3Ga+AsH33CH4+GaAs（4）三角锥形sp2（5）3·b/16a3NA19、略

【分析】解：（1）铁是26号元素，其原子核外有26个电子，根据构造原理其核外电子排布式为[Ar]3d64s2，则价层电子排布式为3d64s2，Fe属于第VIII族元素，在周期表中属于d区元素，故答案为：3d64s2；d；

（2）同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第五主族元素的第一电离能大于第六主族元素的，所以C、N、O三种元素的第一电离能由小到大的顺序是C、O、N；血红素中N原子有的含有3个σ键和一个孤电子对，属于sp3杂化；有的含有3个σ键，属于sp2杂化方式；配位键由提供孤电子对的原子指向提供空轨道的原子，Fe2+的配位键为

故答案为：C、O、N；sp2sp3；

（3）CO的等电子体为氮气；氮气的结构式为N≡N，对于相对分子质量相等的分子晶体而言，极性分子沸点高，CO为极性分子，氮气为非极性分子，CO的沸点高；此配体的中心原子为金属原子，由于断裂的是中心原子和配体之间的配位键，所以断裂后配体形成CO，中心原子间形成金属键成为金属晶体；

故答案为：N≡N；CO；金属键；

（4）该晶胞中顶点上含有的原子数=面心上含有的原子数=所以一个晶胞中含有4个原子；δ；α两种晶胞中铁原子的配位数分别是8个和6个，所以δ、α两种晶胞中铁原子的配位数之比是4：3，故答案为：4；4：3．

（1）根据构造原理写出基态铁原子核外电子排布式；根据Fe在周期表中的位置判断；

（2）同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大；但第五主族元素的第一电离能大于第六主族元素的；根据每个N原子含有的σ键个数与孤电子对数之和判断其杂化方式；配位键由提供孤电子对的原子指向提供空轨道的原子；

（3）由等电子体定义可知CO的一种常见等电子体为氮气；CO为极性分子熔点高；断裂配位键后，配体变为CO，中心原子结合成金属晶体；

（4）利用均摊法计算γ晶体晶胞中所含有的铁原子数；先判断δ；α两种晶胞中铁原子的配位数；再计算其比值．

本题涉及的基态电子排布式、第一电离能的比较、配位键、晶胞的计算等，题目涉及的知识点较多，侧重于基础知识的应用的考查，难度中等，注意会运用均摊法计算晶胞中含有的原子个数，明确同一周期中元素的第一电离能的反常现象是解（2）题的关键．【解析】3d64s2；d；C、O、N；sp2sp3；N≡N；CO；金属键；4；4：320、NaOH和Na2CO3Na2CO3Na2CO3和NaHCO3NaHCO3CO2+2OH-=CO32-+H2OCO32-+H2O+CO2=2HCO3-能ag【分析】【分析】（1）根据CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O、CO2+NaOH═NaHCO3来分析；

（2）根据反应先生成碳酸钠；后生成碳酸氢钠来书写离子反应方程式；

（3）白色沉淀为碳酸钙，利用碳原子守恒可计算二氧化碳的质量．【解析】【解答】解：（1）①当CO2与NaOH的物质的量比小于1：2时，由反应CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O可知反应生成碳酸钠，还有剩余的NaOH，减压低温的条件下蒸发溶液，得到白色固体为NaOH和Na2CO3；

②当二氧化碳与NaOH的物质的量为1：2时，反应CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O恰好完全进行，则溶液中的溶质为Na2CO3，减压低温的条件下蒸发溶液，得到白色固体为Na2CO3；

③当二氧化碳与NaOH的物质的量比大于1：2，而小于1：1时，发生CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O、CO2+NaOH═NaHCO3，减压低温的条件下蒸发溶液，得到白色固体为Na2CO3和NaHCO3；

④当二氧化碳与NaOH的物质的量比≥1：1时，发生CO2+NaOH═NaHCO3；减压低温的条件下蒸发溶液，得到白色固体为。

NaHCO3；

故答案为：NaOH和Na2CO3；Na2CO3；Na2CO3和NaHCO3；NaHCO3；

（2）因CO2缓缓通入NaOH溶液中，先发生CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O，后发生Na2CO3+H2O+CO2═NaHCO3，离子反应分别为CO2+2OH-=CO32-+H2O、CO32-+H2O+CO2=2HCO3-；

故答案为：CO2+2OH-=CO32-+H2O；CO32-+H2O+CO2=2HCO3-；

（3）因白色沉淀为碳酸钙，由碳原子守恒可知，二氧化碳的质量为×44g/mol=ag，故答案为：能；ag．21、BaSO4（aq）+CO32-（aq）⇌BaCO3（aq）+SO42-（aq）Ba（FeO2）2+8HNO3=Ba（NO3）2+2Fe（NO3）3+4H2ODFe3+、H+Fe（OH）3、BaSO4×100%【分析】【分析】钡泥主要含BaCO3、BaSO3、Ba（FeO2）2等，加入硝酸，在容器中充分溶解，可生成硫酸钡，过滤后滤液中含有铁离子、钡离子等，且溶液呈酸性，可加入碳酸钡，调节溶液pH=4～5，使铁离子水解生成Fe（OH）3沉淀，过滤后废渣为Fe（OH）3；滤液中含有硝酸；硝酸钡等，加入氢氧化钡中和得到硝酸钡溶液，经蒸发、浓缩、过滤可得到硝酸钡晶体，母液中含有硝酸钡，过滤得到的固体洗涤后除去废渣，滤液重新加入酸溶步骤充分利用；

（1）当c（CO32-）×c（Ba2+）＞Ksp（BaCO3）时；可实现沉淀的转化；

（2）Ba（FeO2）2与HNO3反应生成Ba（NO3）2和Fe（NO3）3；以此确定反应的化学方程式；

（3）X既要能消耗硝酸，又不产生新杂质，结合本厂实际，故可用BaCO3，中和Ⅰ使溶液中的Fe3+形成Fe（OH）3沉淀、H+浓度减小；

（4）中和Ⅰ使溶液中H+浓度减小，Fe3+形成Fe（OH）3沉淀，硝酸具有强氧化性，将亚硫酸钡氧化为硫酸钡，故沉淀中还含有Fe（OH）3、BaSO4；

（5）根据沉淀硫酸钡的质量，结合方程式计算求出硝酸钡的质量，再求样品的纯度．【解析】【解答】解：钡泥主要含BaCO3、BaSO3、Ba（FeO2）2等，加入硝酸，在容器中充分溶解，可生成硫酸钡，过滤后滤液中含有铁离子、钡离子等，且溶液呈酸性，可加入碳酸钡，调节溶液pH=4～5，使铁离子水解生成Fe（OH）3沉淀，过滤后废渣为Fe（OH）3；滤液中含有硝酸；硝酸钡等，加入氢氧化钡中和得到硝酸钡溶液，经蒸发、浓缩、过滤可得到硝酸钡晶体，母液中含有硝酸钡，过滤得到的固体洗涤后除去废渣，滤液重新加入酸溶步骤充分利用；

（1）溶液存在BaSO4（aq）+CO32-（aq）⇌BaCO3（aq）+SO42-（aq），当c（CO32-）×c（Ba2+）＞Ksp（BaCO3）时；可实现沉淀的转化；

故答案为：BaSO4（aq）+CO32-（aq）⇌BaCO3（aq）+SO42-（aq）；

（2）Ba（FeO2）2与中钡元素为+2价，铁元素为+3价，所以反应产物为Ba（NO3）2和Fe（NO3）3；

所以其反应方程式为：Ba（FeO2）2+8HNO3═Ba（NO3）2+2Fe（NO3）3+4H2O；

故答案为：Ba（FeO2）2+8HNO3=Ba（NO3）2+2Fe（NO3）3+4H2O；

（3）加入X调节溶液的pH=4～5，则X应能消耗H+，结合工厂主要生产BaCl2、BaCO3、BaSO4的实际情况，可选用BaCO3，中和后溶液中H+浓度减小，pH在4～5时，Fe3+也完全沉淀，故Fe3+浓度也减小；

故答案为：D，Fe3+、H+；

（4）Fe3+易发生水解而生成Fe（OH）3沉淀，离子方程式为Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，加入碳酸钡，BaCO3消耗H+使Fe3+水解平衡右移，形成Fe（OH）3沉淀，硝酸具有强氧化性，将亚硫酸钡氧化为硫酸钡，故沉淀中还含有Fe（OH）3、BaSO4；

故答案为：Fe（OH）3、BaSO4；

（5）称取w克晶体溶于蒸馏水，加入足量的硫酸，充分反应后，过滤、洗涤、干燥，称量沉淀质量为m克，其发生的反应为：Ba（NO3）2+H2SO4=BaSO4+2HNO3；

设参加反应的Ba（NO3）2为xg；

Ba（NO3）2+H2SO4=BaSO4+2HNO3

261233

xmg

则解得x=g，所以该Ba（NO3）2的纯度为×100%=×100%；

故答案为：×100%．22、HCOOH+2Ag（NH3）2OH（NH4）2CO3+2Ag↓+2NH3+H2O【分析】【分析】甲酸中含有醛基，具有还原性，能被银氨溶液氧化为二氧化碳，发生银镜反应，在碱性环境下得到的是碳酸铵、单质银，氨气和水，据此书写方程式，【解析】【解答】解：甲酸中含有醛基，具有还原性，能被银氨溶液氧化，方程式为：HCOOH+2Ag（NH3）2OH（NH4）2CO3+2Ag↓+2NH3+H2O．

故答案为：HCOOH+2Ag（NH3）2OH（NH4）2CO3+2Ag↓+2NH3+H2O．23、醛基、羟基HOCH2CH2CH2COOH酯化反应或取代反应

1HCOOCH2CH2CH3；HCOOCH（CH3）2【分析】【分析】A为芳香族化合物，苯环上有两个邻位取代基，A在酸性条件下水解生成B和E，E能和碳酸氢钠反应说明E中含有羧基，根据E的分子式知，E中还含有一个酚羟基且和羧基处于邻位；E中含有羧基，则B中含有醇羟基，B能和新制氢氧化铜反应且B分子中含有2个O原子，所以B中还含有醛基，B被新制氢氧化铜氧化生成C，C上没有支链，C在浓硫酸作用下发生酯化反应生成D，D是五元环状化合物，则C是自身发生酯化反应生成D，D的结构简式为C的结构简式为：HOCH2CH2CH2COOH，B中醛基被氧化生成羧基，所以B的结构简式为HOCH2CH2CH2CHO；

E中含有一个羧基和一个酚羟基，且处于邻位位置，所以E的结构简式为E和碳酸氢钠反应生成F，F为F和氢氧化钠反应生成G，G为B和E发生酯化反应生成A，所以A的结构简式为．【解析】【解答】解：A为芳香族化合物，苯环上有两个邻位取代基，A在酸性条件下水解生成B和E，E能和碳酸氢钠反应说明E中含有羧基，根据E的分子式知，E中还含有一个酚羟基且和羧基处于邻位；E中含有羧基，则B中含有醇羟基，B能和新制氢氧化铜反应且B分子中含有2个O原子，所以B中还含有醛基，B被新制氢氧化铜氧化生成C，C上没有支链，C在浓硫酸作用下发生酯化反应生成D，D是五元环状化合物，则C是自身发生酯化反应生成D，D的结构简式为C的结构简式为：HOCH2CH2CH2COOH，B中醛基被氧化生成羧基，所以B的结构简式为HOCH2CH2CH2CHO；

E中含有一个羧基和一个酚羟基，且处于邻位位置，所以E的结构简式为E和碳酸氢钠反应生成F，F为F和氢氧化钠反应生成G，G为B和E发生酯化反应生成A，所以A的结构简式为．

（1）B的结构简式为HOCH2CH2CH2CHO；所以B中含有醛基和羟基，故答案为：羟基；醛基；

（2）在加热、浓硫酸作催化剂条件下，C自身发生酯化反应生成D，反应C→D的化学方程式是HOCH2CH2CH2COOH该反应属于酯化反应或取代反应，故答案为：HOCH2CH2CH2COOH酯化（或取代）；

（3）通过以上分析知，A的结构简式为：E的结构简式为：

故答案为：

（4）C在一定条件下发生分子间缩合反应可生成一种高分子化合物H，该反应方程式为：

故答案为：

（5）G为能和二氧化碳反应的是酚钠，所以1molG的溶液可跟1mol二氧化碳反应，故答案为：1；

（6）B有多种同分异构体，属于酯类说明含有酯基，能发生银镜反应说明含有醛基，且该分子中含有2个氧原子，所以该有机物必须是甲酸某酯，所以B的同分异构体的结构简式为：HCOOCH2CH2CH3；HCOOCH（CH3）2；

故答案为：HCOOCH2CH2CH3；HCOOCH（CH3）2．24、略

【分析】解：(1)反应中MnO4-→Mn2+，锰元素化合价由+7价降低为+2价，共降低5价，C2O42-→CO2，碳元素化合价由+3价升高为+4，共升高2价，化合价最小公倍数为10，故MnO4-系数为2，C2O42-系数为5，再根据元素守恒可知Mn2+系数为2、CO2系数为10，根据电荷守恒可知H+系数为16，根据氢元素守恒可知H2O系数为8，配平后离子方程式为2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2+8H2O．

反应中MnO2→Mn2+，锰元素化合价由+4价降低为+2价，共降低2价，C2O42-→CO2，碳元素化合价由+3价升高为+4，共升高2价，化合价最小公倍数为2，故MnO2系数为1，C2O42-系数为1，再根据元素守恒可知Mn2+系数为1、CO2系数为2，根据电荷守恒可知H+系数为4，根据氢元素守恒可知H2O系数为2，配平后离子方程式为MnO2+C2O42-+4H+=Mn2++2CO2+2H2O．

故答案为：2；5、16=2、10、8；1、1、4=1、2、2．

(2)锰酸钾溶液滴定稀释后25.0mL溶液中未反应的C2O42-，需要知道总共剩余的C2O42-；才能计算二氧化锰的质量分数，还需要知道稀释后溶液的体积，即该体积为容量瓶的容积．

故答案为：容量瓶的容积．

(3)n(C2O42-)==0.02mol；

滴定250mL稀释后的溶液，消耗n(MnO4-)=0.0200mol•L-1×0.02L×10=0.004mol；

根据氧化还原反应中得失电子数相等；有：

n(MnO2)×2+0.004mol×5=0.02mol×2；

所以n(MnO2)=0.01mol；

所以w(MnO2)=×100%=72.5%．

答：该软锰矿中二氧化锰的质量分数为72.5%．【解析】2;5;16;2;10;8;1;1;4;1;2;2;容量瓶的容积四、判断题(共4题，共36分)25、×【分析】【分析】（1）同温同压下；气体的气体摩尔体积相等；

（2）气体摩尔体积取决于温度和压强的大小；

（3）气体摩尔体积仅适用于气体；

（4）考虑影响气体体积的因素．【解析】【解答】解：（1）气体的体积取决于温度和压强的大小；同