2025年粤教新版高三化学上册月考试卷含答案

…………○…………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年粤教新版高三化学上册月考试卷含答案考试试卷考试范围：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、在化学学习中经常采用推理的思维方法，下列推理正确的是（）A.加热蒸发食盐水可以得到NaCl晶体，加热蒸发AlCl3溶液也可以得到AlCl3晶体B.配制浓度均为0.1mol•L-1的H3PO4和H2SO4溶液，分别测其pH，若H3PO4溶液的pH大于H2SO4溶液的pH，可推出非金属性：S＞PC.NaHCO3溶液中滴入酚酞显红色，NaHSO4溶液中滴入酚酞也显红色D.钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，和钠同主族的锂在氧气中燃烧也生成过氧化锂2、在同温同压下，下列各组热化学方程式中，Q1＞Q2的是（）A.2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）；△H=Q12H2（g）+O2（g）=2H2O（g）；△H=Q2B.S（g）+O2（g）=SO2（g）；△H=Q1S（s）+O2（g）=SO2（g）△H=Q2C.C（s）+0.5O2（g）=CO（g）；△H=Q1C（s）+O2（g）=CO2（g）；△H=Q2D.H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）；△H=Q10.5H2（g）+0.5Cl2（g）=HCl（g）；△H=Q23、下列操作正确的是（）A.给试管内的液体加热，可使试管口对准自己，不能使试管口对准别人B.用KMnO4制取O2时，先检验装置的气密性，然后再加药品C.把NaOH固体直接放在天平的左盘上称量D.稀释浓H2SO4时，可向盛浓H2SO4的量筒中小心加水4、纯碱和小苏打是厨房中两种常见用品，下列区分它们的做法正确的是rm{(}rm{)}A.分别用炒锅加热两种样品，全部分解挥发，没有残留物的是小苏打B.用洁净铁丝蘸取两种样品在煤气灯火焰上灼烧，火焰颜色发生明显变化的是小苏打C.先将两样品配成溶液，分别加入石灰水，无白色沉淀生成的是小苏打D.用两只玻璃杯分别加入少量的两种样品，再加入等量的食醋，产生气泡速度快的是小苏打5、下列有关有机物的说法正确的是（）A.C8H10含苯环的烃同分异构体有3种B.丙烯酸（CH2=CHCOOH）和山梨酸（CH3CH=CHCH=CHCOOH）是同系物C.油脂在一定条件下水解成高级脂肪酸和甘油，称为皂化反应D.青蒿素是抗疟疾特效药，结构如图所示有酯基、过氧键和醚键，不溶于水，易溶于氯仿、丙酮等，可以用乙醚从植物中提取，能够发生水解反应，具有强氧化性6、下列甲烷的氯代物中，常温下是气体的是（）A.CH3ClB.CH2Cl2C.CHCl3D.CCl47、基于实验现象的推论，你认为合理的是（）。选项实验现象推论A乙烯气体可以使溴水褪色乙烯发生取代反应B浓硫酸电导率比较低硫酸浓度大时是弱电解质C氨气用于喷泉实验氨气极易溶于水D硝酸溶液使pH试纸先变红后变白硝酸酸性太强不能用pH试纸检测8、由rm{H_{2}SO_{4}}rm{Al_{2}O_{3}}rm{NaOH}rm{Mg}rm{Cl_{2}}两两之间进行反应，可制得的正盐有rm{(}rm{)}A.rm{5}种B.rm{6}种C.rm{7}种D.rm{8}种评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)9、对于可逆反应：mA（g）+nB（g）⇌pC（g）+qD（g），在一定的温度下的任意时刻，反应物的浓度和生成物的浓度有如下关系：Qc=Cp（C）•Cq（D）/Cm（A）•Cn（B）；叫该反应的浓度商．

（1）化学平衡常数只与____有关；与反应物或生成物的浓度无关．

（2）Qc＜K，反应向____进行。

Qc=K；反应处于平衡状态。

Qc＞K，反应向____进行。

（3）若升高温度，K值增大，则正反应为____反应（填“吸热”或“放热”）．

若升高温度，K值减小，则正反应为____反应（填“吸热”或“放热”）．

（4）写出下面可逆反应Fe（s）+CO（g）⇌Fe（s）+CO2（g）的平衡常数表达式K=____

（5）若N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）的平衡常数为K1；

N2（g）+H2（g）⇌NH3（g）的平衡常数为K2；

NH3（g）⇌N2（g）+H2（g）的平衡常数为K3；

写出K1和K2的关系式：____．

写出K2和K3的关系式：____．

写出K1和K3的关系式：____．10、（2015春•南陵县校级期中）A；B、C、D为按顺序排列的前四种卤素单质；仔细分析下表中的数据，回答有关问题．

。卤素单质密度（标准状况下）沸点/℃熔点/℃溶解度（标准状况下，100g水中）A1.696g•l-1-188.1-219.6--B3.214g•l-1-34.6-101226cm3C3.119g•cm-358.78-7.24.16gD4.93g•cm-3184.4113.50.029g（1）在标准状况下为液体的卤素单质是____（填字母，下同），为固体的卤素单质是____．

（2）A的相对分子质量为____（保留整数）

（3）写出B与水反应的化学方程式____

（4）卤素单质B、C、D的氧化性由大到小的顺序为____（用化学式表示）

（5）卤族元素的单质与H2反应过程中的能量变化如图所示，其中a、b、c、d分别表示卤族中某一元素的单质，E为相同物质的量的单质与H2反应过程中的能量变化（△E越大，表明反应越容易发生）．请回答下列问题：d为____（写化学式，下同），红热的铜丝在b单质中燃烧的现象为____．11、蛇纹石可用于生产氢氧化镁；简要工程如下：

Ⅰ．制取粗硫酸镁：用酸液浸泡蛇纹石矿粉，过滤，并在常温常压下结晶，制得粗硫酸镁（其中常含有少量Fe3+、Al3+、Fe2+等杂质离子）

Ⅱ．提纯粗硫酸镁，将粗硫酸镁在酸性条件下溶解，加入适量的0.1mol•L-1H2O2溶液；再调节溶液pH至7～8，并分离提纯．

Ⅲ．制取氢氧化镁；向步骤II所得溶液中加入过量氨水．已知：金属离子氢氧化物沉淀所需pH

。Fe3+Al3+Fe2+Mg2+开始沉淀时1.53.36.59.4沉淀完全时3.75.29.712.4请回答：

（1）步骤Ⅱ中加入适量的0.1mol•L-1H2O2的目的是____；可用于调节溶液pH至7～8的最佳试剂是____（填字母序号）

A．MgOB．Na2CO3C．蒸馏水D．NaOH

（2）工业上常以Mg2+的转化率为考查指标，确定步骤Ⅲ制备氢氧化镁工艺过程的适宜条件．其中，反应温度与Mg2+转化率的关系如图所示．

①步骤Ⅲ中制备氢氧化镁反应的离子方程式为____．根据图中所示50℃前温度与Mg2+转化率之间的关系，可判断此反应是____（填“吸热”或“放热”反应）

②图中，温度升高至50℃以上Mg2+转化率下降的可能原因是____．12、（2013秋•广东校级期末）在常温下向20mL0.1mol•L-1某酸（用HAc表示）溶液中逐滴加入0.1mol•L-1NaOH溶液；用pH计来测定溶液中pH数据如下表，作出pH与NaOH溶液体积关系的曲线如图所示（忽略温度变化）．请根据表中数据和滴定曲线回答以下问题：

。V（NaOH）mL0.0010.0018.0019.8019.9820.0020.0220.2022.0040.00pH3.04.75.76.77.78.79.710.711.712.5（1）实验中的指示剂最好使用____；

（2）当V（NaOH）=20.00mL时，请写出溶液中主要存在的两种平衡状态的表示式____、____；

溶液中离子浓度由大到小的顺序是____；

（3）a、b、c、d四点对应溶液中水的电离程度由大到小的顺序是____．

（4）该温度下，滴定曲线上c点时HAc的电离平衡常数Ka=____（用含V的代数简式表示）．13、海洋资源的开发与利用具有广阔的前景。海水的pH一般在7.5～8.6之间。某地海水中主要离子的含量如下表：。成分Na＋K＋Ca2＋Mg2＋Cl－SO42-HCO3-含量/mg·L－19360832001100160001200118（1）电渗析法是近年发展起来的一种较好的海水淡化技术，其原理如下图所示。其中阴(阳)离子交换膜只允许阴(阳)离子通过。①阴极的电极反应式为__________________。②电解一段时间，阴极区会产生水垢，其成分为CaCO3和Mg(OH)2，写出生成CaCO3的离子方程式______________________________________。③淡水的出口为a、b、c中的________出口。（2）海水中锂元素储量非常丰富，从海水中提取锂的研究极具潜力。锂是制造化学电源的重要原料，如LiFePO4电池某电极的工作原理如下图所示：该电池电解质为传导Li＋的固体材料。放电时该电极是电池的________极(填“正”或“负”)，电极反应式为______________________。14、化合物Ⅰ是重要的化工原料，可发生下列反应生成Ⅲ化合物Ⅰ可用石油裂解气中的2-戊烯来合成，流程如下:a的结构简式是______________________，②步的反应类型是_______________。化合物I的一种同分异构体是天然橡胶的单体，用系统命名法命名该单体___________。化合物Ⅰ与II反应还可能得到III的一种同分异构体，该物质的结构简式为__________。欲检验化合物Ⅲ中的碳碳双键，正确的试剂是_______________________。15、(10分)1000mL某待测液中除含有0．2mol/L的Na＋外，还可能含有下列离子中的一种或多种：现进行如下实验操作(每次实验所加试剂均过量)：（1）写出生成白色沉淀B的离子方程式：___________________________________________。（2）待测液中肯定不存在的阳离子是_________________。（3）若无色气体D是单一气体：①将阴离子的物质的量浓度填入下表中(一定不存在的填“0”，不能确定的填“?”)：②判断原溶液中K＋是否存在，若存在，求其物质的量浓度的最小值，若不存在，请说明理由：_______________________________________________________________________________。（4）若无色气体D是混合气体：①待测液中一定含有的阴离子是____________________________。②沉淀A中能与稀硝酸反应的成分是______________________________(写化学式)。16、已知：C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣393.5kJ•mol﹣1

2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣483.6kJ•mol﹣1

现有0.2mol的炭粉和氢气组成的悬浮气，且混合物在氧气中完全燃烧，共放出63.53kJ热量，则混合物中C与H2的物质的量之比为____17、（2013春•广汉市校级月考）图表示一个电解池；装有电解液a；X、Y是两块电极板，通过导线与直流电源相连．请回答以下问题：

（1）若X、Y都是惰性石墨电极，a是饱和NaCl溶液，实验开始时，同时在两边各滴入几滴酚酞试液，在X极附近观察到的现象是____；Y电极上的电极反应式是____，将Y电极反应产物通入Na2S溶液观察到的现象是____．电解NaCl溶液的离子方程式是____．

（2）若要在铁制品上镀一定厚度的Ag，Y电极反应式为____，工作一段时间后pH将____（填“增大”或“减小”或“不变”）

（3）若X、Y都是铂电极，电解某金属M的氯化物（MCl2）溶液，当收集到1.12L氯气时（标准状况），阴极增重3.2g．该金属的摩尔质量是____．评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)18、乙烷与氯气的取代反应，乙烯与氯代烃的加成反应，均可用于制取1-氯乙烷____（判断对错）19、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“×”20、判断：非金属元素形成的化合物均含共价键．____．21、常温常压下，22.4LCO2中含有NA个CO2分子．____．（判断对错）22、乙酸的结构简式：C2H4O2____．23、用PH试纸可以测定溶液酸碱性时，用玻璃棒蘸取待测溶液在已有水的PH试纸上进行观察颜色变化．____（填√或×）．评卷人得分四、简答题(共4题，共12分)24、1；4-戊二烯和X是有机合成的基础原料，用下列方法可以合成F如图1．

（1）已知C与新制的氢氧化铜共热生成红色沉淀；X是分子中所有原子共平面的烃．则X的结构简式为______，X在一定条件下生成的高分子化合物的结构简式为______．

（2）①的反应类型是______，F中所含官能团的名称是______．

（3）1，4-戊二烯最多共面的碳原子数为______，它的一种同分异构体为该有机物的系统命名为______．

（4）与B互为同分异构体的T是有机合成的中间体，它的核磁共振氢谱如图2所示．则T的结构简式为______．

（5）反应②的化学方程式为______，反应⑤生成物中除水外的无机物的化学式是______．25、铜及其化合物在生产；生活中有广泛的应用．

（1）铜可采用如下方法制备：

火法炼铜：Cu2S+O22Cu+SO2

湿法炼铜：CuSO4+Fe═FeSO4+Cu

上述两种方法中，铜元素均被______（填“氧化”或“还原”）成铜单质．

（2）印刷电路板上使用的铜需要回收利用．

方法一：用FeCl3溶液浸泡印刷电路板制备CuCl2•2H2O；实验室模拟回收过程如下：

①证明步骤Ⅰ所加FeCl3溶液过量的方法是______．

②步骤2中所加的氧化剂最适宜的是______．

A．HNO3B．H2O2C．KMnO4

③步骤3的目的是使溶液的pH升高到4.2，此时Fe3+完全沉淀，可选用的“试剂1”是______．（写出一种即可）

④蒸发农缩CuCl2溶液时，要滴加浓盐酸，目的是______（用化学方程式并结合简要的文字说明），再经冷却、结晶、过滤，得到CuCl2•2H2O．

方法二：用H2O2和稀硫酸共同浸泡印刷电路板制备硫酸铜时；其热化学方程式是：

Cu（s）+H2O2（l）+H2SO4（nq）═CuSO4（aq）+2H2O（l）△H1=-320kJ/mol

又知：2H2O（l）═2H2O（l）+O2（g）△H2=-196kJ/mol

H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H3=-286kJ/mol

则反应Cu（s）+H2SO4（aq）═CuSO4（aq）+H2（g）的△H=______．

（3）欲实现反应Cu+H2SO2═CuSO4+H2；在你认为能实现该转化的装置中的括号内，标出电极材料（填“Cu”或“C”）

26、rm{(1)25隆忙}时，若向rm{amol隆陇L^{-1}}的rm{HA}溶液中，滴加等体积的rm{bmol隆陇L^{-1}}的rm{NaOH}溶液，使溶液呈中性，用含rm{a}和rm{b}的代数式表示rm{HA}的电离平衡常数rm{K_{a}=}________。rm{(2)}在rm{25隆忙}下，将rm{amol隆陇L^{-1}}的氨水与rm{0.01mol隆陇L^{-1}}的盐酸等体积混合，反应完后溶液中rm{c(NHrlap{_{4}}{^{+}})=c(Cl^{-})}则溶液显______性rm{(}填rm{"}酸rm{""}碱”或“中”rm{)}用含rm{a}的代数式表示rm{NH_{3}隆陇H_{2}O}的电离平衡常数rm{K_{b}=}________________。27、现拟在实验室里利用空气和镁粉为原料制取少量氮化镁rm{(Mg_{3}N_{2}).}已知实验中可能会发生下列反应：

rm{垄脵2Mg+O_{2}dfrac{underline{;{碌茫脠录};}}{;}2MgO}

rm{垄脷3Mg+N_{2}dfrac{underline{;{碌茫脠录};}}{;}Mg_{3}N_{2}}

rm{垄脹2Mg+CO_{2}dfrac{underline{;{碌茫脠录};}}{;}2MgO+C}

rm{垄脺Mg+H_{2}Odfrac{underline{;;triangle;;}}{;}MgO+H_{2}隆眉}

rm{垄脵2Mg+O_{2}dfrac{

underline{;{碌茫脠录};}}{;}2MgO}

可供选择的装置和药品如下页图所示rm{垄脷3Mg+N_{2}dfrac{

underline{;{碌茫脠录};}}{;}Mg_{3}N_{2}}镁粉、还原铁粉均已干燥，装置内所发生的反应是完全的，整套装置的末端与干燥管相连rm{垄脹2Mg+CO_{2}dfrac{

underline{;{碌茫脠录};}}{;}2MgO+C}．

回答下列问题；

在设计实验方案时，除装置rm{垄脺Mg+H_{2}Odfrac{

underline{;;triangle;;}}{;}MgO+H_{2}隆眉}rm{垄脻Mg_{3}N_{2}+6H_{2}O篓T3Mg(OH)_{2}+2NH_{3}隆眉}外，还应选择的装置rm{(}填字母代号rm{)}及其目的分别为rm{A}可不填满rm{E}

。rm{(}装置目的rm{(2)}连接并检查实验装置的气密性rm{.}实验开始时，打开自来水的开关，将空气从rm{5}升的储气瓶压入反应装置，则气流流经导管的顺序是rm{(}填字母代号rm{)}______；

rm{(3)}通气后，应先点燃______处的酒精灯，再点燃______处的酒精灯；如果同时点燃rm{A}

rm{F}装置的酒精灯；对实验结果有何影响？______；

rm{(4)}请设计一个实验，验证产物是rm{Mg_{3}N_{2}}写出操作步骤、现象和结论：______．评卷人得分五、实验题(共4题，共32分)28、(15分)I2O5是白色固体，遇水生成碘酸（HIO3）。I2O5可用于检验并定量测定空气中的CO，在常温下发生的反应为5CO＋I2O5=5CO2＋I2（空气中其余气体不与I2O5反应）。实验一：制取I2O5将碘酸加热至90~110ºC使其部分脱水，再升温至220~240℃并恒温4h，使反应完全。接着慢慢冷却至室温，密封保存，即得五氧化二碘。（1）写出碘酸制I2O5的化学方程式：。（2）在制得的I2O5固体中含有少量I2杂质，提纯的方法是（填标号）；A．过滤B．蒸发结晶C．蒸馏D．升华该提纯方法用到的玻璃仪器为（填标号）。A．圆底烧瓶B．烧杯C．普通漏斗D．酒精灯E．玻璃棒实验二：检验空气中CO利用下图装置检验空气中是否存在CO。（3）能说明空气中含有CO的现象是。（4）倘若要从广口瓶中出现浑浊来判断空气中含有CO，请写出改进的实验方案：。实验三：测定空气中CO的含量（5）将I2O5与CO反应生成的碘单质用硫代硫酸钠滴定（反应为I2＋2Na2S2O3=Na2S4O6＋2NaI），即可根据消耗硫代硫酸钠的量来计算空气中CO的含量。若某次实验时测得参与反应的空气体积为amL（标准状况下），滴定过程中，共消耗vmLcmol·L-1Na2S2O3溶液。则该空气样品中CO的体积分数是。（6）该实验方案存在的一个明显缺陷是。29、无水氯化铝是一种重要的化工原料，利用明矾石[K2SO4•Al2（SO4）3•2Al2O3•6H2O]制备无水氯化铝的流程如图1：

（1）验证焙烧炉产生的气体含有SO2的方法是____．

（2）吸收焙烧炉中产生的SO2，下图中装置合理的是____（填代号）．

（3）氯化炉中发生反应的化学方程式为____．

（4））经焙烧炉生成的孰料加入NaOH溶解，再经一系列变化也能得到AlCl3，则孰料溶解时反应的离子方程式为____．

（5）某学习小组设计用如图2装置验证二氧化硫的某些化学性质．

①能说明二氧化硫具有氧化性的实验现象为____．

②写出a瓶中发生反应的离子方程式____．

③充分反应后；取a瓶中的溶液分成三份，分别进行如下实验．

实验I：向第一份溶液中加入足量的NaOH溶液；生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色。

实验II：向第二份溶液中加入少量KMnO4溶液；紫色褪去。

实验III：向第三份溶液中加入BaC12溶液；生成白色沉淀。

上述实验中能证明二氧化硫具有还原性的是____（填实验代号）．30、如图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置（夹持设备已略）．

（1）制备氯气选用的药品为：漂粉精固体和浓盐酸，相关的化学反应方程式为：____．

（2）装置B中饱和食盐水的作用是____；同时装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，请写出发生堵塞时B中的现象____．

（3）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ依次放入____．

。ABCDⅠ干燥的有色布条干燥的有色布条湿润的有色布条湿润的有色布条Ⅱ碱石灰硅胶浓硫酸无水氯化钙Ⅲ湿润的有色布条湿润的有色布条干燥的有色布条干燥的有色布条（4）设计装置D、E的目的是____．打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，振荡．观察到的现象是____．

（5）某同学建议将装置F中的药品改用足量的NaHSO3溶液吸收余氯，老师认为不妥，用总反应的离子方程式解释原因____．31、（1）衣服上沾有动、植物油污，用水洗不掉，但可用汽油洗去，这是因为大多数有机物难____而易____．有机化工厂附近严禁火种，这是因为绝大多数有机物____．

（2）为了检验和除去下表中的各种物质中的杂质（括号里的物质）；请从（I）中选出适当的检验试剂，从（II）中选出适当的除杂试剂，将所选的答案填入相应的空格内．

（I）检验的试剂：A．无水硫酸铜B．酸性高锰酸钾溶液C．盐酸D．氢氧化钠溶液

（II）除杂试剂：a．硫酸b．酸性高锰酸钾溶液c．新制的生石灰d．溴水。物质检验试剂除杂试剂甲烷（乙烯）酒精（水）评卷人得分六、探究题(共4题，共24分)32、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________．33、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：34、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________．35、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8题，共16分)1、B【分析】【分析】A、氯化铝属于强酸弱碱盐，水解生成Al（OH）3和HCl；加热促进水解；

B、H3PO4是三元酸，而H2SO4是二元酸；

C、NaHCO3的是强碱弱酸盐，既能水解又能电离；而NaHSO4是强碱强酸盐；只能电离不能水解；

D、锂不如钠活泼．【解析】【解答】解：A、氯化铝属于强酸弱碱盐，水解生成Al（OH）3和HCl，加热促进水解，所以加热蒸发AlCl3溶液可不能获得AlCl3（s）；故A错误；

B、H3PO4是三元酸，而H2SO4是二元酸，故浓度均为0.1mol•L-1的H3PO4和H2SO4溶液，能说明酸性H3PO4弱于H2SO4；而最高价含氧酸的酸性越弱，则元素的非金属性越弱，故非金属性P弱于S，故B正确；

C、NaHCO3的是强碱弱酸盐，既能水解又能电离，且水解大于电离，故溶液显碱性，滴入酚酞变红；而NaHSO4是强碱强酸盐；只能电离不能水解，故溶液显强酸性，滴入酚酞无现象，故C错误；

D；锂不如钠活泼；而金属越活泼，燃烧的产物越复杂，故钠燃烧生成过氧化钠，而锂燃烧只能生成氧化锂，故D错误．

故选B．2、C【分析】【分析】A；液态水变为气态水的过程要吸收能量；

B；固体硫燃烧时要先变为气态硫；过程吸热；

C；一氧化碳是碳单质不完全燃烧的产物；完全燃烧时生成二氧化碳，完全燃烧放热更多；

D、热化学方程式中，物质的量越多，伴随的能量变化越大．【解析】【解答】解：A、两个反应时都是氢气和氧气生成水，但第一个式子是生成液态，第二个是气体，从气态变为液态还要放出一定的热量，所以Q1＜Q2；故A错误；

B、固体硫燃烧时要先变为气态硫，过程吸热，所以气体硫比固体硫燃烧放出热量多，则Q1＜Q2故B错误；

C、可以很容易地判断出来第一个是不完全燃烧反应，第二个是完全燃烧反应，那么放出的热量很明显是完全燃烧比不完全燃烧放出的多，所以Q2＜Q1；故C正确；

D、反应的能量变化和反应中各物质的量成正比，故Q2=Q1＜0，所以Q1＜Q2；故D错误．

故选C．3、B【分析】【分析】A．根据给试管中的液体加热时的注意事项进行分析判断；

B．无论采用那种装置制取气体都应先检验装置的气密性；

C．NaOH应放在小烧杯中称量；

D．稀释浓硫酸时，应将浓硫酸慢慢倒入盛水的烧杯中．【解析】【解答】解：A．加热试管内液体时；为防止沸腾时液体喷出伤人，试管口不能对着自己或别人，故A错误；

B．无论采用那种装置制取气体都应先检验装置的气密性；故正确；

C．NaOH具有吸水性；能与空气中二氧化碳反应，称量时应尽量减小与空气的接触面积，应放在小烧杯中称量，故C错误；

D．量筒不能用来稀释溶液；稀释浓硫酸时，应将浓硫酸慢慢倒入盛水的烧杯中，故D错误．

故选D．4、D【分析】解：小苏打的主要成分为rm{NaHCO_{3}}纯碱的主要成分为rm{Na_{2}CO_{3}}

A.小苏打不稳定，加热易分解生成rm{Na_{2}CO_{3}}rm{CO_{2}}和水；质量减小，故A错误；

B.纯碱和小苏打都含有rm{Na}元素；焰色反应都呈黄色，不能鉴别，故B错误；

C.纯碱和小苏打都与石灰水反应生成碳酸钙沉淀；故C错误；

D.与醋酸反应时；碳酸氢钠产生二氧化碳较快，可直接生成二氧化碳气体，而碳酸钠先与醋酸生成碳酸氢钠，进而继续与盐酸反应生成二氧化碳气体，产生气体较慢，故D正确．

故选D．

A.小苏打不稳定；加热易分解；

B.纯碱和小苏打都含有rm{Na}元素；焰色反应都呈黄色；

C.纯碱和小苏打都与石灰水反应生成碳酸钙沉淀；

D.碳酸氢钠与醋酸反应较为剧烈．

本题综合考查碳酸钠与碳酸氢钠性质的异同，题目难度不大，注意二者与盐酸反应的性质，为易错点，建议写出反应的离子方程式，根据方程式进行判断．【解析】rm{D}5、D【分析】【分析】A．C8H10的芳香烃满足CnH2n-6的通式；为苯的同系物，可能为乙苯或二甲苯；

B．丙烯酸（CH2=CHCOOH）和山梨酸（CH3CH=CHCH=CHCOOH）含有的碳碳双键数目不同；

C．油脂在碱性条件下的水解为皂化反应；

D．由结构图可知青蒿素含有的官能团，根据官能团判断青蒿素的性质．【解析】【解答】解：A．C8H10的芳香烃满足CnH2n-6的通式，为苯的同系物，取代基可以是2个甲基或1个乙基，结构简式：有4种；故A错误；

B．丙烯酸（CH2=CHCOOH）和山梨酸（CH3CH=CHCH=CHCOOH）含有的碳碳双键数目不同；不是同系物，故B错误；

C．油脂在碱性条件下的水解为皂化反应；应生成高级脂肪酸钠，故C错误；

D．由青蒿素的结构图可知；含有酯基；过氧键和醚键，不含羧基和羟基，不溶于水，易溶于有机溶剂，酯基能发生水解反应，过氧键具有氢氧化性，故D正确．

故选D．6、A【分析】【分析】根据甲烷的氯代物中，只有CH3Cl是气体，而CH2Cl2、CHCl3、CCl4都是液体来解答；【解析】【解答】解：甲烷的氯代物中，只有CH3Cl是气体，而CH2Cl2、CHCl3、CCl4都是液体，所以常温下是气体的是CH3Cl；

故选：A．7、C【分析】试题分析：A．乙烯气体可以使溴水褪色是因为发生了加成反应。错误。B．浓硫酸电导率比较低是因为在浓硫酸中硫酸主要以分子的形式存在，其中含有的自由移动的离子浓度较小。错误。C。氨气用于喷泉实验，是因为氨气在水中溶解度很大，氨气极易溶于水。1：700。当氨气在水中溶解，使烧瓶中的气体压强小于外界大气压强，水在大气压强的作用下，进入烧瓶，继续溶解氨气，再形成压强差。喷泉就此形成。正确。D．硝酸溶液使pH试纸先变红后变白,是因为硝酸有酸性，能够电离产生H+使pH试纸变红，但是由于硝酸有强氧化性，会把变红色的pH氧化为无色物质，因而又变为无色。错误。考点：考查物质的性质及相应的实验现象的知识。【解析】【答案】C8、C【分析】解：从五种物质中任意选出两种反应；一一分析即可：

rm{H_{2}SO_{4}}与rm{Al_{2}O_{3}}反应生成正盐rm{Al_{2}(SO_{4})_{3}}

rm{H_{2}SO_{4}}与rm{NaOH}反应生成正盐rm{Na_{2}SO_{4}}

rm{H_{2}SO_{4}}与rm{Mg}反应生成正盐rm{MgSO_{4}}

rm{Al_{2}O_{3}}与rm{NaOH}反应生成正盐rm{NaAlO_{2}}

rm{NaOH}与rm{Cl_{2}}反应生成rm{NaCl}和rm{NaClO}都是正盐；

rm{Mg}与rm{Cl_{2}}反应生成正盐rm{MgCl_{2}}

只有这rm{5}种组合符合题意；

故选：rm{C}．

利用所学的化学反应知识结合复分解反应的发生条件；对所给物质进行两两组合找到反应的个数即可解决问题．

此题是对物质间反应的考查，解题的关键是对各物质性质的了解，同时还要结合复分解反应的发生条件以及金属与盐溶液的反应规律进行判断．【解析】rm{C}二、填空题(共9题，共18分)9、温度正反应方向逆反应方向吸热放热K1=K22K2•K3=1K1•K32=1【分析】【分析】（1）化学平衡常数是温度的函数；所以只与温度有关，与反应物或生成物的浓度无关；

（2）Qc＜K，反应向正反应方向移动；Qc=K，反应处于平衡状态，平衡不移动；Qc＞K；反应向逆反应移动；

（3）若升高温度；K值增大，说明平衡正向移动，所以正反应为是吸热反应；若升高温度，K值减小，说明平衡逆向移动，所以正反应为是放热反应；

（4）化学平衡常数；是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，据此书写，注意当反应中有固体物质参加时，固体的“浓度”作为常数，在平衡常数表达式中，就不写固体的浓度，稀溶液中的水分子浓度可不写；

（5）同一可逆反应（化学计量数相同），在相同温度下，化学平衡常数互为倒数，同一反应若化学计量数变为原来的n倍，平衡常数变为原来的n次幂，据此解答．【解析】【解答】解：（1）化学平衡常数是温度的函数；所以只与温度有关，与反应物或生成物的浓度无关，故答案为：温度；

（2）Qc＜K，反应向正反应方向移动；Qc=K，反应处于平衡状态，平衡不移动；Qc＞K；反应向逆反应移动，故答案为：正反应方向；逆反应方向；

（3）若升高温度；K值增大，说明平衡正向移动，所以正反应为是吸热反应；若升高温度，K值减小，说明平衡逆向移动，所以正反应为是放热反应，故答案为：吸热；放热；

（4）化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，据此书写，注意当反应中有固体物质参加时，固体的“浓度”作为常数，在平衡常数表达式中，就不写固体的浓度，稀溶液中的水分子浓度可不写，所以平衡常数为：K=，故答案为：；

（5）同一可逆反应（化学计量数相同），在相同温度下，化学平衡常数互为倒数，同一反应若化学计量数变为原来的n倍，平衡常数变为原来的n次幂，所以K1=K22（或K1=1/K22），K2•K3=1（或K2=1/K3），K1•K32=1（或K2=1/K32），故答案为：K1=K22；K2•K3=1；K1•K32=1．10、CD38Cl2+H2O=HCl+HClOCl2＞Br2＞I2I2剧烈燃烧，产生棕黄色的烟．【分析】【分析】（1）根据卤素单质的熔点；沸点来判断物质的状态；

（2）根据M=ρ×Vm求出摩尔质量；利用摩尔质量和相对分子质量在数值上相等；

（3）根据题目信息得出B为Cl2；再根据氯气与水反应写出方程式；

（4）根据同一主族从上到下；单质的氧化性逐渐减弱；

（5）根据卤族元素的单质与氢气化合的越来越难，推导出a、b、c、d分别为F2、Cl2、Br2、I2，然后根据问题回答．【解析】【解答】解：（1）因卤素单质A；B的沸点比常温（25℃）低；所以在常温下为气态，卤素单质C的熔点比常温高，但沸点比常温低，所以在常温下为液态，卤素单质D的熔点比常温高，所以在常温下为固态，故答案为：C；D；

（2）因M=ρ×Vm=1.696g•l-1×22.4L/mol=38g/mol；所以A的相对分子质量为38，故答案为：38；

（3）因B为Cl2，氯气能与水反应：Cl2+H2O=HCl+HClO，故答案为：Cl2+H2O=HCl+HClO；

（4）因同一主族从上到下，单质的氧化性逐渐减弱，所以Cl2＞Br2＞I2，故答案为：Cl2＞Br2＞I2；

（5）因卤族元素的单质与氢气化合的越来越难，得出a、b、c、d分别为F2、Cl2、Br2、I2，红热的铜丝在b单质中燃烧的现象为剧烈燃烧，产生棕黄色的烟，故答案为：I2；剧烈燃烧，产生棕黄色的烟．11、将Fe2+氧化成Fe3+AMg2++2NH3•H2O═Mg（OH）2↓+2NH4+吸热温度过高时，氨水受热分解，浓度降低，Mg2+转化率下降【分析】【分析】（1）步骤Ⅱ中加入适量的H2O2，将溶液中Fe2+氧化成Fe3+，再调节溶液pH至7～8，加入试剂和酸反应提高溶液pH，使Fe3+、Al3+等杂质离子沉淀分离除去；试剂不能引入新的杂质分析；

（2）①步骤Ⅲ中制备氢氧化镁是用氨水沉淀镁离子；注意一水合氨是弱电解质；

50℃前温度与Mg2+转化率之间的关系是：随温度升高镁离子转化率增大；反应是吸热反应；

②温度升高至50℃以上Mg2+转化率下降的可能原因是温度过高时，氨水受热分解，浓度降低，Mg2+转化率下降．【解析】【解答】解：（1）步骤Ⅱ中加入适量的H2O2，将溶液中Fe2+氧化成Fe3+，再调节溶液pH至7～8，加入试剂和酸反应提高溶液pH，使Fe3+、Al3+等杂质离子沉淀分离除去；试剂不能引入新的杂质；

A．加入氧化镁和酸反应能提高溶液pH；生成镁离子，不加入杂质离子，可选；

B．加入碳酸钠能调节溶液pH；但引入钠离子，故不选；

C．蒸馏水不能使溶液由酸性变为碱性；故不选；

D．加入NaOH能调节溶液pH；但引入钠离子，故不选；

故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+；A；

（2）①氨水沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀，反应的离子方程式为：Mg2++2NH3•H2O═Mg（OH）2↓+2NH4+；

根据图中所示，50℃前温度与Mg2+转化率之间的关系是：随温度升高镁离子转化率增大；反应是吸热反应；

故答案为：Mg2++2NH3•H2O═Mg（OH）2↓+2NH4+；吸热；

②图中温度升高至50℃以上Mg2+转化率下降的可能原因是：温度过高时，氨水受热分解，浓度降低，Mg2+转化率下降；

故答案为：温度过高时，氨水受热分解，浓度降低，Mg2+转化率下降．12、酚酞Ac-+H2O⇌HAc+OH-H2O⇌H++OH-c（Na+）＞c（Ac-）＞c（OH-）＞c（H+）c＞b＞a＞d【分析】【分析】（1）选取的酸碱指示剂颜色变化要明显；酚酞的变色范围为8-10；

（2）根据溶液的浓度和pH知；该酸为弱酸，二者恰好反应时生成的盐为强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，溶液中存在弱酸根离子的水解平衡；弱电解质的电离平衡，结合电荷守恒判断离子浓度大小；

（3）酸或碱抑制水电离；含有弱离子的盐促进水电离；

（4）电离平衡常数=．【解析】【解答】解：（1）碱向酸中滴定时；溶液由酸性变化中性最后变为碱性，滴定终点时溶液呈弱碱性，酚酞的变色范围为8-10，所以选取酚酞试液作指示剂，故答案为：酚酞；

（2）0.1mol/L的HA溶液的pH=3，说明该酸是弱酸，等酸碱恰好反应生成生成NaAc，弱酸根离子能水解而使其溶液呈碱性，水是弱电解质，存在电离平衡，所以溶液中存在的平衡为Ac-+H2O⇌HAc+OH-和H2O⇌H++OH-；

溶液呈碱性则c（OH-）＞c（H+），溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（Ac-）+c（OH-），所以得c（Na+）＞c（Ac-），溶液中盐类水解程度微弱，所以离子浓度大小顺序是c（Na+）＞c（Ac-）＞c（OH-）＞c（H+）；

故答案为：Ac-+H2O⇌HAc+OH-、H2O⇌H++OH-、c（Na+）＞c（Ac-）＞c（OH-）＞c（H+）；

（3）酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，酸中氢离子浓度越大，抑制水电离程度越大，从图象可以得出，a点由水电离c（H+）=c（OH-）=10-11mol/L，d点由水电离c（H+）=c（OH-）=10-12mol/L，故电离程度a＞d，b点抑制程度比a弱，因此b＞a，c点抑制程度最弱，所以水的电离程度从大到小顺序是c＞b＞a＞d，故答案为：c＞b＞a＞d；

（4）NaA为强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，要使溶液呈中性，则酸应该稍微过量，呈中性时，溶液中c（Na+）=c（A-）=mol/L，c（HA）=；

电离平衡常数Ka===；

故答案为：．13、略

【分析】（1）①电解海水，阴极是H＋得电子，而不是活泼金属阳离子，2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－。②由于在阴极区H＋不断放电，破坏水的电离平衡，c(OH－)增大，致使Ca2＋＋OH－＋HCO3-=CaCO3↓＋H2O。③因为在阴极区除去Ca2＋、Mg2＋，所以淡水应b口出。（2）放电时的电极反应式分别为负极：Li－e－=Li＋，正极：FePO4＋Li＋＋e－=LiFePO4。【解析】【答案】（1）①2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－②Ca2＋＋OH－＋HCO3-=CaCO3↓＋H2O③b（2）正FePO4＋e－＋Li＋=LiFePO414、略

【分析】【解析】试题分析：（1）反应①是碳碳双键的加成反应，则a的结构简式是a中含有溴原子，所以根据反应②的结构简式可知，该反应是卤代烃的消去反应。（2）天然橡胶的单体是异戊二烯，其系统命名法是2-甲基-1、3-丁二烯。（3）该反应是碳碳双键的加成反应，所以另外一种同分异构体应该是酯基和醛基互换位置，则其结构简式是（4）由于分子中还含有醛基，所以不能用酸性高锰酸钾溶液检验，应该用Br2的四氯化碳溶液检验碳碳双键。考点：考查有机物结构简式、有机反应类型、有机物命名、同分异构体的判断以及官能团的检验【解析】【答案】(1分)消去反应(1分)2-甲基-1、3-丁二烯(2分)(2分)Br2的四氯化碳溶液(2分)15、略

【分析】试题分析：向待测溶液中加入BaCl2溶液，形成白色沉淀A，向A中加入硝酸，会产生无色气体D及还有不是沉淀D，则证明该溶液中含有SO42-、CO32-，由于Ba2+与SO42-、CO32-会发生沉淀反应而不能大量共存，可确定在原溶液中不含有Ba2+；根据白色沉淀D可知：n(SO42-)=11．65g÷233g/mol=0．05mol；根据无色气体D形成的白色沉淀E，可知：n(CO32-)=10g÷100g/mol=0．1mol；向过滤得到的滤液中加入足量的NaOH溶液得到的气体的体积可知：n(NH4+)=0．1mol；同时还产生白色沉淀，则不含有Fe3+，则原溶液中还含有HCO3-，（1）发生反应的方程式是：Ba2++HCO3-+OH-=BaCO3↓+H2O，n(HCO3-)=19．7g÷197g/mol=0．1mol；向滤液B中通入氯气，得到淡黄绿色溶液，证明在原溶液中不含有Br-,向滤液B中加入硝酸和AgNO3溶液，产生白色沉淀，只能证明在滤液B中含有Cl-离子，由于在前边加入了BaCl2溶液，所以不能证明原溶液中是否含有Cl-离子。（2）Fe3+与OH-会形成红褐色沉淀，因此不能存在；Ba2+与SO42-、CO32-不能共存，有SO42-、CO32-，因此也不能大量存在Ba2+；待测液中肯定不存在的阳离子是Fe3+、Ba2+；因此待测液中肯定不存在的阳离子是Fe3+、Ba2+；（3）若无色气体D是单一气体，则原溶液中一定不存在SO32-；①通过上述判断及计算各种阴离子的物质的量浓度关系表是：。阴离子Cl-Br-CO32-HCO3-SO32-SO42-浓度/mol/L?00．10．100．05②在溶液中电荷呈中性，2×n(SO42-)+1×n(HCO3-)+2×n(CO32-)=2×0．05mol+1×0．1mol+2×0．1mol=0．4mol;n(NH4+)+n(Na+)=0．1mol×1+0．2mol=0．3mol；由于阳离子所带的正电荷总数小于负电荷总数，所以一定含有阳离子K＋；若原溶液中不存在Cl-，则Na+其物质的量是0．4mol－0．3mol=0．1mol,K+浓度是c(K+)=0．1mol÷1L=0．1mol/L，若存在Cl-，则K+的浓度应该大于0．1mol/L。故c(K+)≥0．1mol/L。（4）若无色气体D是混合气体，由于硝酸有强氧化性，能够把SO32-氧化，所以①待测液中一定含有的阴离子是：CO32-、HCO3-、SO32-；②则沉淀A中能与稀硝酸反应的成分是有还原性的BaSO3。考点：考查溶液成分的确定、离子存在的检验、离子方程式的书写的知识。【解析】【答案】（1）Ba2++HCO3-+OH-=BaCO3↓+H2O；（2）Fe3+、Ba2+；（3）①(答对3空以上得1分，全对得2分)。阴离子Cl-Br-CO32-HCO3-SO32-SO42-浓度/mol/L?00．10．100．05②存在；其最小的物质的量浓度为0．1mol/L；（4）①CO32-、HCO3-、SO32-；②BaCO3、BaSO316、1:1【分析】【解答】设0.2mol的炭粉和氢气中碳的物质的量为xmol；氢气的物质的量为ymol；

依据C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.5kJ•mol﹣1；xmol碳燃烧放出的热量为393.5xkJ；

依据2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣483.6kJ•mol﹣1；ymol氢气燃烧放出的热量241.8ykJ；

由题意得：

解得：

所以混合物中C与H2的物质的量之比为0.1mol：0.1mol=1：1；

故答案为：1：1．

【分析】物质放出的热量与该物质的物质的量成正比，依据C、H2燃烧的热化学方程式分别计算出各自反应放出的热量结合0.2mol的炭粉和氢气组成的悬浮气在氧气中完全燃烧，共放出55.945kJ热量，列关系式进行解答．17、放出气体，溶液变红2Cl--2e-=Cl2↑硫化钠溶液变浑浊2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑；Ag-2e-=Ag+不变64g/mol【分析】【分析】（1）电解饱和食盐水时；由电源可知，X为阴极，Y为阳极，阳极上是氯离子失电子，阴极上是氢离子得电子，据此进行分析；

（2）根据电镀池的阳极是镀层金属；阴极是镀件，电镀液中一定含有镀层金属的阳离子；

（3）根据氯气的物质的量计算出计算的物质的量，再计算出金属的摩尔质量．【解析】【解答】解：（1）和电源的负极相连的是电解池的阴极，该电极上的电极反应为：2H++2e-=H2↑，氢离子浓度减小，所以碱性增强，酚酞变红，和电源的正极相连的是阳极，该机反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，氯气可以将硫化钠中的硫离子氧化成硫单质，溶液变浑浊，由两极上的电极反应可以得到总反应为2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑；

故答案为：有无色气泡产生，溶液变红；2Cl--2e-=Cl2↑；硫化钠溶液变浑浊；2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑；

（2）Y为阳极，铁制品上镀一定厚度的Ag，银作阳极，电极反应为：Ag-2e-=Ag+；工作一段时间后，由于阴极阴离子得到电子，溶液的pH不变；

故答案为：Ag-2e-=Ag+；不变；

（3）氯气的物质的量为：n（Cl2）==0.05mol，则n（X2+）=0.05mol，金属的摩尔质量为：M===64g/mol；

故答案为：64g/mol．三、判断题(共6题，共12分)18、×【分析】【分析】乙烯与氯化氢加成生成1-氯乙烷，此为制取氯乙烷的较好方法，由于取代反应有多种副产物生成，故不能利用此方法制取1-氯乙烷．【解析】【解答】解：CH3CH3+Cl2→CH3CH2Cl+HCl，该反应的生成物氯乙烷可以继续与氯气发生取代反应生成二氯乙烷，产物不纯净，故不能利用此方法制取1-氯乙烷，故错误；故答案为：×．19、×【分析】【分析】K元素的焰色反应为紫色，但是要透过蓝色钴玻璃片观察，因为钾与钠一般是同时存在的，钠的黄色会盖住钾的紫色，要用蓝色蓝色钴玻璃片滤去黄色．【解析】【解答】解：K元素的焰色反应为紫色，但是要透过蓝色钴玻璃片观察，Na元素的焰色反应为黄色，因为钾与钠一般是同时存在的，钠的黄色会盖住钾的紫色，要用蓝色的蓝色钴玻璃片滤去黄色，本题中未通过蓝色钴玻璃片观察，因此不能确定是否含有K+．

故答案为：×．20、×【分析】【分析】非金属元素形成的化合物中可能含离子键，以此来解答．【解析】【解答】解：非金属元素形成的化合物中可能含离子键；如铵盐中存在离子键和共价键，为离子化合物，一般非金属元素形成的化合物含共价键；

故答案为：×．21、×【分析】【分析】常温常压下，气体摩尔体积不是22.4L/mol，而是大于22.4L/mol，结合n=、N=nNA判断．【解析】【解答】解：常温常压下，气体摩尔体积不是22.4L/mol，由PV=nRT可知，气体摩尔体积大于22.4L/mol，由n=可知，22.4LCO2的物质的量小于1mol，故含有CO2分子数目小于NA个N=nNA，故错误，故答案为：×．22、×【分析】【分析】根据结构简式的书写方法来解答；【解析】【解答】解：乙酸的分子式为：C2H4O2，结构简式为CH3COOH，故答案为：×；23、×【分析】【分析】用PH试纸测定溶液PH的方法为：用玻璃棒蘸取少许待测液滴在PH试纸上，然后把试纸显示的颜色与标准比色卡对照，即可确定溶液的酸碱度，切记不能直接把试纸浸入待测液中，也不能先用水将pH试纸润湿后测定，因为这样做会稀释待测液，使测量结果不准．【解析】【解答】解：用玻璃棒蘸取待测溶液在已有水的PH试纸上；稀释了溶液，使测量结果不准．

故答案为：×．四、简答题(共4题，共12分)24、略

【分析】解：第①步反应是CH2=CH-CH2-CH=CH2与溴的加成反应生成第②步反应是在氢氧化钾水溶液加热的条件下水解生成X是分子中所有原子共平面的烃可以氧化生成含有醛基的C，X为乙烯，第③步经催化氧化得到乙醛，第④步再催化氧化得到乙酸，第⑤步反应是乙酸中的羟基被氯原子取代得到CH3COCl，第⑥步是CH3COCl与发生酯化反应（取代）生成酯C13H20O8．

（1）X是分子中所有原子共平面的烃可以氧化生成含有醛基的C，X为乙烯，可以生成聚乙烯（）；

故答案为：CH2=CH2；

（2）①为加成反应；F含有酯基，故答案为：加成；酯基；

（3）CH2=CH-CH2-CH=CH2中第三个碳原子和第二、第四个碳是以单键相连，是可以自由旋转的，当转到一定位置时，5个碳就在一个平面上；命名时以含叁键的最长链为主链；有4个碳，称丁炔，从离叁键最近的一端编号，3号碳上有一个甲基，则名称为3-甲基-1-丁炔；

故答案为：5；3-甲基-1-丁炔；

（4）由图知T含有一种氢，高度对称，其结构简式为：故答案为：

（5）溴代烃在碱的水溶液生成醇，则第②步反应是在氢氧化钾水溶液加热的条件下水解生成反应方程式为：CH3COOH与SOCl2反应生成CH3COCl、SO2和H2O；

故答案为：SO2．

第①步反应是CH2=CH-CH2-CH=CH2与溴的加成反应生成第②步反应是在氢氧化钾水溶液加热的条件下水解生成X是分子中所有原子共平面的烃可以氧化生成含有醛基的C，X为乙烯，第③步经催化氧化得到乙醛，第④步再催化氧化得到乙酸，第⑤步反应是乙酸中的羟基被氯原子取代得到CH3COCl，第⑥步是CH3COCl与发生酯化反应（取代）生成酯C13H20O8；据此分析解答．

本题考查有机合成，题目难度中等，明确常见有机物结构与性质为解答关键，注意逆合成法在有机合成中的应用，注意掌握常见有机反应类型、反应条件，能够正确书写反应的化学方程式．【解析】CH2=CH2；加成；酯基；5；3-甲基-1-丁炔；SO225、略

【分析】解：（1）在火法炼铜：Cu2S+O22Cu+SO2和湿法炼铜：CuSO4+Fe═FeSO4+Cu中铜元素的化合价降低，Cu2S、CuSO4都为氧化剂；被还原，发生还原反应；

故答案为：还原；

（2）方法一：①检验三价铁离子的方法：取少量待检液于试管中，滴加KSCN溶液，溶液变为红色，故答案为：取少量充分反应后的溶液于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变为红色，证明所加FeCl3溶液过量；

②HNO3、H2O2C、KMnO4三者都能氧化二价铁离子变成三价铁离子，但HNO3和KMnO4会引入新的杂质；故选：B；

③pH升高，溶液的酸性减弱，加入的物质能与酸反应，同时不能引入新杂质，可向溶液中加入CuO或Cu（OH）2，故答案为：CuO或Cu（OH）2；

④CuCl2在溶液中可以发生水解反应，加入浓盐酸，可以抑制水解，故答案为：CuCl2在溶液中可以发生水解反应，CuCl2+2H2O⇌Cu（OH）2+2HCl；滴加浓盐酸，可以抑制水解；

方法二：Cu（s）+H2O2（l）+H2SO4（nq）═CuSO4（aq）+2H2O（l）△H1=-320kJ/mol①

2H2O2（l）═2H2O（l）+O2（g）△H2=-196kJ/mol②

H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H3=-286kJ/mol③

利用盖斯定律，将①-×②-③可得：Cu（s）+H2SO4（aq）═CuSO4（aq）+H2（g）△H=+64kJ/mol；故答案为：+64kJ/mol；

（3）Cu和H2SO4之间的反应是非自发的，需要电解池实现，金属铜作阳极，阴极是导体即可，电解质为硫酸，即

故答案．

（1）反应物中元素的化合价降低；为氧化剂，被还原，发生还原反应；

（2）方法一：①根据检验三价铁离子的方法；

②根据根据除去二价铁离子的过程中不能引入新的杂质；

③根据pH升高；溶液的酸性减弱，加入的物质能与酸反应，同时不能引入新杂质；

④CuCl2在溶液中可以发生水解反应；加入浓盐酸，可以抑制水解；

方法二：根据盖斯定律来计算；

（3）Cu和H2SO4之间的反应是非自发的；需要电解池实现，根据电解池的构成条件来回答．

本题考查金属的回收，涉及到氧化还原反应、热盖斯定律的应用、电解池的工作原理，难度不大．【解析】还原；取少量充分反应后的溶液于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变为红色，证明所加FeCl3溶液过量；B；CuO或Cu（OH）2；CuCl2在溶液中可以发生水解反应，CuCl2+2H2O⇌Cu（OH）2+2HCl，滴加浓盐酸，可以抑制水解；+64kJ/mol26、rm{(1)dfrac{{10}^{-7}b}{a-b}}

rm{(1)dfrac{{10}^{-7}b}{a-b}

}中rm{dfrac{{10}^{-9}}{a-0.01}}rm{(2)}【分析】【分析】本题考查弱电解质电离平衡常数的计算，弱电解质的电离等，浓度中等。【解答】rm{(1)}溶液呈中性，rm{c(H^{+})=10^{-7}mol隆陇L^{-1}}溶液等体积混合，根据电荷守恒可知rm{c(A^{-})=0.5bmol隆陇L^{-1}}则rm{c(HA)=0.5(a-b)mol隆陇L^{-1}}则rm{K{K}_{a}=dfrac{cleft({A}^{-}right)cleft({H}^{+}right)}{cleft(HAright)}=dfrac{{10}^{-7}b}{a-b}}故答案为：rm{c(HA)=0.5(a-b)

mol隆陇L^{-1}}rm{K{K}_{a}=

dfrac{cleft({A}^{-}right)cleft({H}^{+}right)}{cleft(HAright)}=

dfrac{{10}^{-7}b}{a-b}}所发生反应的化学方程式为rm{dfrac{{10}^{-7}b}{a-b}}由电荷守恒可知：rm{(2)}因为rm{NH_{3}隆陇H_{2}O+HCl篓T篓T篓TNH_{4}Cl+H_{2}O}所以rm{c(NH_{4}^{+})+c(H^{+})=c(Cl^{-})+c(OH^{-})}故溶液显中性，rm{{K}_{b}=dfrac{cleft(N{{H}_{4}}^{+}right)cleft(O{H}^{-}right)}{cleft(N{H}_{3}隆陇{H}_{2}Oright)}}rm{c(NH_{4}^{+})=c(Cl^{-})=0.005mol隆陇L^{-1}}rm{c(NH_{4}^{+})=c(Cl^{-})}rm{c(NH_{3}隆陇H_{2}O)=dfrac{a}{2}}rm{mol隆陇L^{-1}-c(NH_{4}^{+})=(dfrac{a}{2}-0.005)mol隆陇L^{-1}}所以rm{{K}_{b}=dfrac{0.005隆脕{10}^{-7}}{dfrac{a}{2}-0.005}=dfrac{{10}^{-9}}{a-0.01}}故答案为：中；rm{dfrac{{10}^{-9}}{a-0.01}}rm{c(OH^{-})=c(H^{+})}【解析】rm{(1)dfrac{{10}^{-7}b}{a-b}}rm{(1)dfrac{{10}^{-7}b}{a-b}

}中rm{dfrac{{10}^{-9}}{a-0.01}}rm{(2)}27、略

【分析】解：rm{(1)}根据题中信息可知rm{Mg}在空气中点燃可以和rm{O_{2}}rm{CO_{2}}rm{H_{2}O}反应，所以镁和氮气反应必须将空气中的rm{O_{2}}rm{CO_{2}}rm{H_{2}O}除去制得干燥纯净的rm{N_{2}}浓硫酸作用是除去水蒸气，浓氢氧化钠是除去空气中二氧化碳，灼热的铁粉为了除去空气中氧气；所以在设计实验方案时，除装置rm{A}rm{E}外，还应选择的装置rm{B}目的是除气流中的水蒸汽，避免反应rm{垄脺}发生；rm{D}目的是除去空气中的rm{CO_{2}}避免反应rm{垄脹}发生；rm{F}目的是除去空气中的氧气，避免反应rm{垄脵}发生；

故答案为：。装置目的rm{B}目的是除气流中的水蒸汽，避免反应rm{垄脺}发生rm{D}目的是除去空气中的rm{CO_{2}}避免反应rm{垄脹}发生rm{F}目的是除去空气中的氧气，避免反应rm{垄脵}发生rm{(2)}气体参与的物质制备实验中装置的连接一般顺序是：制备气体rm{隆煤}除杂rm{隆煤}干燥rm{隆煤}制备rm{隆煤}尾气处理；需除去空气中的rm{O_{2}}rm{CO_{2}}rm{H_{2}O}制备氮化镁，浓硫酸rm{B}的作用是除去水蒸气，浓氢氧化钠rm{D}是除去空气中二氧化碳，还原铁粉rm{F}是为了除去空气中氧气，所以装置连接顺序是，rm{j隆煤h(}除二氧化碳rm{)隆煤g隆煤d(}除水蒸气rm{)隆煤c隆煤k(}除氧气rm{)隆煤l(}或rm{l隆煤k)隆煤a隆煤b(}或rm{b隆煤a)}

故答案为：rm{j隆煤h隆煤g隆煤d隆煤c隆煤k隆煤l(}或rm{l隆煤k)隆煤a隆煤b(}或rm{b隆煤a)}

rm{(3)}通气后，先排除空气中的杂质，所以应该先点燃rm{F}再点燃rm{F}因为rm{A}装置没有排完空气前就加热会让空气中的氧气、rm{CO_{2}}水蒸气等与镁反应，如果装置rm{F}中的还原铁粉没有达到反应温度时；氧气不能除尽，导致氧同镁反应，而使氮化镁中混入氧化镁；

故答案为：rm{F}rm{A}制得的氮化镁不纯；

rm{(4)}依据氮化镁和水反应生成氨气，方程式为rm{Mg_{3}N_{2}+6H_{2}O=3Mg(OH)_{2}+2NH_{3}隆眉}将产物取少量置于试管中，加入适量水，将润湿的红色石蕊试纸置于试管口，如果能够看到润湿的红色石蕊试纸变蓝，则说明产物是氮化镁；

故答案为：将产物取少量置于试管中，加入适量水，将润湿的红色石蕊试纸置于试管口，如果能够看到润湿的红色石蕊试纸变蓝，则说明产物是氮化镁，若试纸不变蓝，则不含有rm{Mg_{3}N_{2}}．

本题是在实验室里利用空气和镁粉为原料制取少量纯净的氮化镁，为了保证产品的纯度，需要除去空气中的氧气、二氧化碳及水气，分别利用还原铁粉、氢氧化钠溶液及浓硫酸完成，产品的检验可利用氮化镁的性质rm{垄脻}来设计实验操作．

rm{(1)}根据题中信息可知rm{Mg}在空气中点燃可以和rm{O_{2}}rm{CO_{2}}rm{H_{2}O}反应，所以镁和氮气反应必须将空气中的rm{O_{2}}rm{CO_{2}}rm{H_{2}O}除去制得干燥纯净的rm{N_{2}}浓硫酸作用是除去水蒸气，浓氢氧化钠是除去空气中二氧化碳，灼热的铁粉为了除去空气中氧气；

rm{(2)}根据先除杂后干燥的原理及固体加热试管必须干燥的原理可将装置进行排序rm{.}气体参与的物质制备实验中装置的连接一般顺序是：制备气体rm{隆煤}除杂rm{隆煤}干燥rm{隆煤}制备rm{隆煤}尾气处理；

rm{(3)}通气后，先排除空气中的杂质，所以应该先点燃rm{F}因为rm{A}装置没有排完空气前就加热会让空气中的氧气、rm{CO_{2}}水蒸气等与镁反应，如果装置rm{F}中的还原铁粉没有达到反应温度时；氧气不能除尽，导致氧同镁反应，而使氮化镁中混入氧化镁；

rm{(4)}取适量产物放入试管中；滴加蒸馏水，将润湿的红色石蕊试纸靠近试管口，如果试管中的溶液出现浑浊，红色石蕊试纸变蓝，则可以证明有氮化镁生成．

本题考查了物质制备原理和装置选择，实验步骤的设计分析判断、物质性质的应用是解题的关键，题目难度中等．【解析】rm{j隆煤h隆煤g隆煤d隆煤c隆煤k隆煤l(}或rm{l隆煤k)隆煤a隆煤b(}或rm{b隆煤a)}rm{F}rm{A}制得的氮化镁不纯；将产物取少量置于试管中，加入适量水，将润湿的红色石蕊试纸置于试管口，如果能够看到润湿的红色石蕊试纸变蓝，则说明产物是氮化镁，若试纸不变蓝，则不含有rm{Mg_{3}N_{2}}五、实验题(共4题，共32分)28、略

【分析】试题分析：（1）加热碘酸分解可生成I2O5和H2O，所以化学方程式为：2HIO3I2O5＋H2O。（2）碘易升华，所以可通过升华的方法I2O5固体中含有少量I2杂质；升华需要用到的仪器有：酒精灯、烧瓶、玻璃杯，所以答案为ABD。（3）根据题目所给信息：在常温下发生的反应为5CO＋I2O5=5CO2＋I2（空气中其余气体不与I2O5反应），若空气中含有CO，生成的I2为紫黑色，所以能说明空气中含有CO的现象是：玻璃管中白色固体变为紫黑色。（4）倘若要从广口瓶中出现浑浊来判断空气中含有CO，为了防止空气中CO2的干扰，通入氢氧化钠溶液除去空气中的CO2，为了防止I2O5与水反应，需要浓硫酸干燥，所以改进的实验方案为：空气进入硬质玻璃管之前，先依次通入装有氢氧化钠溶液、浓硫酸的洗气瓶。（5）根据化学方程式可得对应关系：5CO～I2～2Na2S2O3，则n（CO）=5/2n（Na2S2O3）=5/2×vc/1000mol，所以该空气样品中CO的体积分数=5/2×vc/1000mol×22.4L/mol÷a/1000L=56cv/a。（6）由于每一次实验都有偶然性，为了使测定数值接近真实值，应该继续多次实验，求平均值，所以该实验方案存在的一个明显缺陷是：缺少平行实验。考点：本题考查化学方程式的书写、基本仪器和基本操作、实验方案的设计与评价、化学计算。【解析】【答案】(15分)（1）2HIO3I2O5＋H2O（3分）（2）D(2分)ABD（2分）（3）玻璃管中白色固体变为紫黑色（2分）（4）空气进入硬质玻璃管之前，先依次通入装有氢氧化钠溶液、浓硫酸的洗气瓶（2分）（5）56cv/a（2分）（6）缺少平行实验（2分）29、将气体通入品红中，品红褪色，加热后又恢复红色，证明有SO2ad3C+Al2O3+3Cl23CO+2AlCl3Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2Ob中出现淡黄色沉淀2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+Ⅰ和Ⅱ【分析】【分析】本题是探究利用明矾石[K2SO4•Al2（SO4）3•2Al2O3•6H2O]制备无水氯化铝的实验操作题；涉及利用SO2能使品红褪色来检验SO2；因SO2易溶解于因此吸收SO2时要设计防倒吸装置、利用氯化炉发生的氧化还原反应制备氯化铝，另外还设计实验探究了SO2的氧化性和还原性，据此分析解答；

（1）用品红溶液检验二氧化硫；

（2）根据装置能否防止溶液倒吸分析解答；

（3）由流程图可知；氯化炉中氧化铝；碳、氯气反应生成氯化铝、CO，结合质量守恒定律写出此反应的化学方程式；

（4）经焙烧炉生成的孰料中含有氧化铝；是两性氧化物，能被NaOH溶液溶解生成可溶性的偏铝酸钠；

（5）①b中硫化钠溶液里S2-具有还原性，遇SO2会有淡黄色的硫析出；

②二氧化硫能被硫酸铁溶液氧化；生成硫酸根离子和亚铁离子；

③实验Ⅰ中有氢氧化亚铁沉淀生成，实验Ⅱ中有亚铁离子生成，都说明二氧化硫将铁离子还成亚铁离子，说明二氧化硫具有还