2025年沪科版高三化学下册月考试卷

…………○…………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年沪科版高三化学下册月考试卷334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、下列叙述正确的是（）A.pH=3的溶液与pH=11的溶液混合后pH值不一定等于7B.同浓度的Na2CO3溶液室温时的pH值必定大于60℃的pH值C.同浓度的钾盐溶液，酸式盐的pH值必定小于对应正盐的pH值D.因为碳酸的酸性比亚硫酸弱，所以室温下同浓度的碳酸钠溶液的pH值小于亚硫酸钠溶液pH值2、下列实验现象中，由于发生加成反应而引起的是（）A.乙酸和乙醇在浓硫酸的作用下加热，生成了又浓郁香味的油状液体B.乙烯通入溴的四氯化碳溶液中，溶液褪色C.苯滴加到溴水中，振荡后水层接近无色D.将灼热的铜丝迅速插入乙醇中，反复多次，有刺激性气味产生3、下列分子中指定的碳原子（用＊标记）不属于手性碳原子的是（）4、将少量铝粉投入下列物质中，反应一段时间后无固体残留的是rm{(}rm{)}A.热的纯水B.热的烧碱溶液C.冷的浓硫酸D.硫酸铜溶液5、下列对有关化学反应过程或实验现象的解释正确的是rm{(}rm{)}A.rm{Cl_{2}}的水溶液可以导电，说明rm{Cl_{2}}是电解质B.某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液有白色沉淀生成说明溶液中一定含有rm{SO_{4}^{2-}}C.向淀粉碘化钾的溶液中加入氯水，溶液变为蓝色，说明rm{Cl_{2}}的氧化性强于rm{I_{2}}D.切开金属钠暴露在空气中，光亮表面逐渐变暗rm{2Na+O_{2}=Na_{2}O_{2}}6、下述实验不能达到预期实验目的是rm{(}rm{)}

。实验内容实验方案或者目的rm{A}向试管中加入适量的溴乙烷和rm{NaOH}的乙醇溶液，加热，将产生的气体通入溴的四氯化碳溶液证明溴乙烷发生消去反应rm{B}向相同体积的甲苯和苯中加入rm{3}滴酸性rm{KMnO_{4}}溶液振荡，观察现象证明与苯环相连的甲基易被氧化rm{C}将装有rm{NO_{2}}的玻璃球浸泡在冷、热水中，观察颜色变化探究温度对化学平衡的影响rm{D}向碳酸钠固体中加入过量的盐酸，产生的气体通入硅酸钠溶液中，产生白色沉淀证明碳酸的酸性比硅酸强A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}7、下列说法中正确的是（）A.干冰、液态氯化氢都是电解质B.根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、浊液和胶体C.NaOH晶体中既含有离子键又含有共价键D.Na2O，Fe2O3、Al2O3既属于碱性氧化物，又属于离子化合物8、下列反应中，盐酸作为氧化剂的是rm{(}rm{)}A.rm{Zn+2HCl篓TZnCl_{2}+H_{2}隆眉}B.rm{FeS+2HCl篓TFeCl_{2}+H_{2}S隆眉}C.rm{NH_{3}+HCl篓TNH_{4}Cl}D.rm{MnO_{2}+4HCldfrac{underline{;;triangle;;}}{;}MnCl_{2}+2H_{2}O+Cl_{2}隆眉}rm{MnO_{2}+4HCldfrac{

underline{;;triangle

;;}}{;}MnCl_{2}+2H_{2}O+Cl_{2}隆眉}评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)9、下列有关胶体的说法正确的是（）A.胶体一定是混合物B.胶体与溶液的本质区别是有丁达尔效应C.将饱和氯化铁溶液滴入稀氢氧化钠溶液中加热，可得氢氧化铁胶体D.胶体属于介稳体系10、0.1mol某有机物完全燃烧后生成0.3molC02，同质量的该有机物与足量的金属钠反应生成0.1molH2，该有机物可能是（）A.丙三醇B.1，2-丙二醇C.1，3-丙二醇D.乙二醇11、下列溶液通入过量的CO2后无沉淀有的（）A.CaCl2B.Ca（ClO）2C.Na2SiO3D.饱和Na2CO3溶液12、甲、乙、丙三种物质是某抗生素合成过程中的中间产物

下列说法正确的是（）A.甲、乙、丙三种有机化合物均可跟NaOH溶液反应B.甲、乙、丙三种有机化合物均可发生消去反应C.可用FeCl3溶液区别甲、丙两种有机化合物D.丙水解的有机产物在一定条件下可以发生缩聚反应13、下列叙述正确的是（）A.0.1mol•L-1醋酸溶液中：c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-）B.中和pH与体积都相同的硫酸和醋酸，消耗NaOH的量后者大于前者C.同温度同浓度的NaOH和澄清石灰水中，水的电离程度相同D.NaHCO3溶液中：c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（H2CO3）＞c（OH-）＞c（H+）14、分析下列各物质的物理性质，可判断其固态不属于分子晶体的是（）A.碳化铝，黄色晶体，熔点2200℃，熔融态不导电B.溴化铝，无色晶体，熔点98℃，熔融态不导电C.五氟化钒，无色晶体，熔点19.5℃，易溶于乙醇、氯仿、丙酮中D.溴化钾，无色晶体，熔融时或溶于水中都能导电15、下列实验操作中，所使用的有关仪器要求干燥的是（）A.中和滴定所用的锥形瓶B.做喷泉实验时，用来收集氯化氢气体的圆底烧瓶C.配制一定物质的量浓度溶液时所用的容量瓶D.实验室制取氨气时用于收集氨气的集气瓶评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)16、现有0.2mol/LBa（NO3）2溶液．则2L该溶液中含有____molBa2+；3L该溶液中含有____molNO；0.5L该溶液中NO的物质的量浓度为____；1.5L该溶液中Ba2+的物质的量浓度为____，加入____L0.1mol/LH2SO4溶液恰好使Ba2+完全转化为BaSO4沉淀．17、CuCl2溶液中含有少量杂质FeCl2，为制备纯净的CuCl2•2H2O晶体；拟定实验步骤如图所示：

请回答下列问题：

（1）步骤Ⅰ中，将Fe2+转化为Fe3+最好选用下列氧化剂____．

A．K2Cr2O7B．NaClOC．H2O2

该反应的离子方程式为____

（2）在步骤Ⅱ中，加入Y的目的是为了调节溶液的酸度以促使Fe3+沉淀完全，Y可以是下列物质中的____．

A．NaOHB．CuC．Cu2（OH）2CO3

（3）步骤Ⅲ应控制的实验条件是____．18、用如下步骤测定Na2SO4•xH2O晶体中x的值：

①称量质量为W1②称量质量为W2③称量质量为W3④称量质量为W4⑤研细⑥加热灼烧⑦冷却⑧计算。

已知：W1＞W2≈W3＞W4

（1）用序号表示实验步骤：⑤→____→⑧．

（2）用于加热灼烧所需要的主要盛装仪器是____，冷却时必须置于____冷却．

（3）最后两次称量的目的是____．

（4）请计算出该晶体化学式中x的值，x=____．

（5）下面情况可能造成测试结果偏高的是____．

A．试样中含有加热不挥发的杂质B．试样中含有加热易挥发的杂质C．测试前试样已有部分脱水。

D．实验前坩埚未完全干燥E．晶体加热脱水完全F．加热时晶体溅出．19、有一包白色粉末状混合物，可能含有Na2CO3、NaCl、CaCO3、CuSO4、KCl、Na2SO4、MgCl2、KNO3中的某几种；现进行如下实验：

①将混合物溶于水；得到无色透明溶液．

②取少量上述溶液两份，其中一份加入BaCl2溶液；立即产生白色沉淀，再加上稀硝酸，沉淀不溶解，在另一份中加入NaOH溶液，也产生白色沉淀．

根据上述实验现象回答：

（1）原混合物中肯定没有____．

（2）原混合物中肯定有____．

（3）不能确定是否含有____．20、现有部分短周期元素的性质或原子结构如下表：。元素编号元素性质或原子结构T单质能与水剧烈反应，所得强碱性溶液中含有两种电子数相同的阴、阳离子X最外层电子数是内层电子数的3倍Y第三周期元素的简单离子中半径最小ZT、X、Z组成的36电子的化合物A是家用消毒剂的主要成分（1）元素T与X按原子个数比1:1形成的化合物B所含化学键为，该化合物的电子式为。（2）化合物A的溶液呈碱性，用离子方程式解释其原因：，该化合物起消毒作用的微粒是____。（3）将Y与Z形成的化合物的水溶液逐滴加入到T的最高价氧化物对应水化物的溶液中直至过量（边滴边振荡），写出此过程中发生反应的离子方程式、。21、在CrCl3的水溶液中，一定条件下存在组成为[CrCln（H2O）6﹣n]x+（n和x均为正整数）的配离子，将其通过氢离子交换树脂（R﹣H），可发生离子交换反应：[CrCln（H2O）6﹣n]x++xR﹣H→Rx[CrCln（H2O）6﹣n]+xH+；交换出来的H+经中和滴定，即可求出x和n，确定配离子的组成．现将含0.0015mol[CrCln（H2O）6﹣n]x+的溶液，与R﹣H完全交换后，中和生成的H+需浓度为0.1200mol•L﹣1NaOH溶液25.00mL，可知该配离子的化学式为____，中心离子的配位数为____22、氯吡格雷（clopidogrel；1）是一种用于抑制血小板聚集的药物，根据原料的不同，该药物的合成路线通常有两条，其中以2-氯苯甲醛为原料的合成路线如下：

（1）C→D的反应类型是____反应。

（2）X的结构简式为____．

（3）两分子C可在一定条件下反应，生成的有机产物分子中含有3个六元环，写出该反应的化学方程式____．

（4）已知：①②中氯原子较难水解物质A（）可由2-氯甲苯为原料制得，写出以两步制备A的化学方程式____

该合成的第一步主要存在产率低的问题，请写出该步可能存在的有机物杂质的结构简式____

（5）物质C的某种同分异构体G满足以下条件：

①结构中存在氨基；②苯环上有两种不同化学环境的氢；

③G能发生银镜反应；其碱性条件下水解的两种产物也能发生银镜反应；

写出符合条件的G的可能的结构简式：____

（6）已知：

写出由乙烯、甲醇为有机原料制备化合物的合成路线流程图（无机试剂任选）．合成路线流程图示例如下：CH3CH2OHCH2=CH2评卷人得分四、判断题(共1题，共3分)23、近半个多世纪以来；随着人类社会的高度发达，环境污染问题也越来越受到了人们的关注．请回答下列问题：

（1）水是人类赖以生存的物质．下列物质会带来水体的重金属污染的是____（填字母）；

A．含Hg2+的化合物B．含N的化合物C．含P的化合物。

其他选项的化合物会造成水体的____（填名称）．

（2）煤和石油是当今世界重要的化石燃料，但它们的燃烧会对环境造成影响，生成的____、____（填化学式）等容易形成酸雨．某火力发电厂为了防止废气污染环境，现采用廉价易得的石灰石浆来吸收，其反应方程式为：2CaCO3+2SO2+O2=2CaSO4+2x．试推测x的化学式为____．x的大量排放仍会带来环境问题，它对环境带来的影响是造成____（填名称）．若改用另一种吸收剂，则可避免x的大量排放，其反应方程式为：2y+2SO2+O2=2CaSO4+2H2O，则y的化学式为____．

（3）防治环境污染；改善生态环境已成为全球的共识，请回答下列问题：

①空气质量报告的各项指标可以反映出各地空气的质量．下列气体已纳入我国空气质量报告的是____（填字母）．

A．CO2B．N2C．NO2D．SO2

②垃圾应分类收集．你用过的旧试卷应放置于贴有____（填字母）标志的垃圾筒内．

③工业废水需处理达标后才能排放．判断下列废水处理的方法是否合理；合理的请画“√”，不合理的请在括号中填写正确方法．

A．用中和法除去废水中的酸____

B．用混凝法除去废水中的重金属离子____

C．用氯气除去废水中的悬浮物____．评卷人得分五、探究题(共4题，共40分)24、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________．25、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：26、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________．27、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：评卷人得分六、推断题(共1题，共3分)28、A～H九种无机物在一定条件下可实现下图所示的变化：（*反应②的条件是露置在空气中）

（1）分别写出反应①的离子方程式____反应②的化学方程式____

（2）Ⅰ和B均为固体，它们在高温下发生的反应④的化学方程式是____．

（3）在反应③中，每生成1molI同时生____molH．参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、A【分析】【分析】A；pH=3的溶液可能是强酸溶液也可能是弱酸溶液；pH=11的溶液可能是强碱溶液也可能是弱碱溶液；

B；温度升高能促进盐的水解；

C；多元弱酸的第一步水解大于第二步水解；

D、碳酸的酸性比亚硫酸弱，则碳酸钠溶液的水解程度更强．【解析】【解答】解：A；pH=3的溶液可能是强酸溶液也可能是弱酸溶液；pH=11的溶液可能是强碱溶液也可能是弱碱溶液，当两者均为强酸和强碱溶液时，则混合后溶液的pH=7，但当两者中有一种是弱电解质，则混合后溶液的pH不等于7，故A正确；

B；温度升高能促进盐的水解；故温度越高，碳酸钠溶液的pH越大，故B错误；

C．如果酸式钾盐是弱酸酸式钾盐；而正盐是强酸钾盐，如同浓度的碳酸氢钾溶液与硫酸钾溶液相比，碳酸氢钾的pH大于硫酸钾，故C错误；

D；根据酸越弱；则对应的盐就越水解可知，由于碳酸的酸性比亚硫酸弱，则碳酸钠溶液的水解程度比亚硫酸钠的水解程度更大，即pH更大，故D错误；

故选A．2、B【分析】【分析】根据有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应是加成反应．【解析】【解答】解：A；乙酸和乙醇在浓硫酸的作用下加热；发生取代反应生成乙酸乙酯和水，故A错误；

B；乙烯含有C=C双键；与溴发生加成反应，使溴的四氯化碳溶液褪色，故B正确；

C；溴在苯中的溶解度远远大于在水中溶解度；苯能萃取溴水中的溴而使水层接近无色，故C错误；

D；乙醇催化氧化生成乙醛；分子中H原子数目减少，属于氧化反应，故D错误；

故选：B．3、A【分析】试题分析：A、中*号碳原子上连有两个一样的氢原子，不是手性碳原子；B、中*号碳原子上连有四个不一样的基团：氢原子、甲基、羧基和氨基，是手性碳原子；C、中*号碳原子上连有四个不一样的基团：氢原子、-CH2OH、羟基以及剩余的大取代基，是手性碳原子；D、中*号碳原子上连有四个不一样的基团：氢原子、-CH2OH、羟基以及醛基，是手性碳原子。考点：本题考查手性碳原子的判断。【解析】【答案】A4、B【分析】解：rm{A.}热的纯水和铝发生微弱反应；铝不能全部反应，故A错误；

B.铝在热碱中反应生成偏铝酸钠和氢气；金属铝可以全部溶解，溶液中无固体残留，故B正确；

C.铝在冷的浓硫酸中发生钝化现象；不能溶解，故C错误；

D.冷的硫酸铜溶液中加入铝粉；发生置换反应生成铜，溶液中有固体残留，故D错误；

故选：rm{B}

A.铝和热水发生微弱反应；铝不能全部反应；

B.铝在热碱中反应生成偏铝酸钠和氢气；

C.铝在冷的浓硫酸中发生钝化现象；

D.冷的硫酸铜溶液中铝反应置换出金属固体铜。

本题考查了物质性质、物质变化、物质特征性质的积累和反应过程分析判断，注意常温下铝在浓硫酸中的钝化现象，题目难度不大。【解析】rm{B}5、C【分析】解：rm{A.}氯气是单质；而电解质是针对化合物进行分类的，故A错误；

B.如果溶液中有亚硫酸根离子；在加入硝酸后会被氧化成硫酸根离子，故B错误；

C.根据rm{Cl_{2}+2I^{-}=I_{2}+2Cl^{-}}氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，氯气的氧化性强于碘，故C正确；

D.切开的金属钠暴露在空气中，光亮表面逐渐变暗是因为rm{4Na+O_{2}=Na_{2}O}故D错误．

故选C．

A.氯气是单质；

B.硝酸后会将亚硫酸根氧化成硫酸根离子；

C.氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；

D.钠在空气中与氧气反应生成氧化钠．

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及电解质的概念，离子的检验，钠的化学性质等知识，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性和可行性的评价，难度不大．【解析】rm{C}6、D【分析】解：rm{A.}溴乙烷和rm{NaOH}的乙醇溶液；加热，发生消去反应生成乙烯，乙烯与溴发生加成反应使其褪色，则可证明溴乙烷发生消去反应，故A不选；

B.甲苯能被高锰酸钾氧化；而苯不能，则该实验可证明与苯环相连的甲基易被氧化，故B不选；

C.存在rm{2NO_{2}?N_{2}O_{4}}化学平衡，rm{NO_{2}}为红棕色气体；则该实验可探究温度对化学平衡的影响，故C不选；

D.盐酸易挥发；挥发的盐酸可与硅酸钠溶液反应，干扰碳酸与硅酸的酸性比较，则该实验不能证明碳酸的酸性比硅酸强，故D选；

故选D．

A.溴乙烷和rm{NaOH}的乙醇溶液；加热，发生消去反应生成乙烯；

B.甲苯能被高锰酸钾氧化；而苯不能；

C.存在rm{2NO_{2}?N_{2}O_{4}}化学平衡，rm{NO_{2}}为红棕色气体；

D.盐酸易挥发；挥发的盐酸可与硅酸钠溶液反应．

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及有机物性质及反应、化学平衡的影响因素、酸性比较等，侧重物质性质及实验技能的考查，注意实验的评价性、操作性分析，题目难度中等．【解析】rm{D}7、C【分析】【解答】解：A．液态氯化氢为电解质；而干冰不属于电解质，故A错误；

B．根据分散质颗粒大小将分散系分为溶液；浊液和胶体；丁达尔效应是胶体的性质，故B错误；

C．钠离子和氢氧根离子以离子键结合；氢氧根离子中O和H共价键结合，故C正确；

D．Na2O、Fe2O3为碱性氧化物；氧化铝为两性氧化物，故D错误；

故选C．

【分析】A．干冰为二氧化碳；不属于电解质；

B．根据分散质颗粒大小将分散系分为溶液；浊液和胶；

C．钠离子和氢氧根离子以离子键结合；氢氧根离子中氧和H以共价键结合；

D．氧化铝为两性氧化物．8、A【分析】解：rm{A.Zn}rm{H}元素的化合价变化，为氧化还原反应，且rm{HCl}中rm{H}元素的化合价降低，rm{HCl}作氧化剂；故A选；

B.没有元素的化合价变化；为非氧化还原反应，故B不选；

C.没有化合价变化；不是氧化还原反应，故C不选；

D.rm{Mn}rm{Cl}元素的化合价变化，为氧化还原反应，且rm{HCl}中rm{Cl}化合价升高，rm{HCl}作还原剂；故D不选；

故选A．

含元素化合价变化的反应为氧化还原反应，盐酸作为氧化剂，则rm{HCl}中rm{H}元素的化合价降低；以此来解答．

本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化剂的考查，注意从化合价角度分析，题目难度不大．【解析】rm{A}二、多选题(共7题，共14分)9、AD【分析】【分析】A．根据混合物的概念：由多种物质组成的物质；如果是由分子构成时由多种分子构成的是混合物；

B．胶体的分散质微粒直径大小是胶体区别于其它分散系的本质特征所在；

C．饱和氯化铁溶液与稀氢氧化钠溶液反应氢氧化铁沉淀；

D．胶体是一种均一、介稳定的分散系．【解析】【解答】解：A．因为分散质粒子在1nm～100nm之间的分散系就是胶体；胶体属于混合物，故A正确；

B．胶体区别于其它分散系的本质是胶体分散质微粒直径的大小；不是有丁达尔效应，故B错误；

C．将饱和氯化铁溶液滴入稀氢氧化钠溶液中加热；可得氢氧化铁沉淀，故C错误；

D．胶体较稳定；静止不容易产生沉淀，属于介稳体系，故D正确．

故选AD．10、BC【分析】【分析】0.1mol某有机物完全燃烧后生成0.3molC02，说明含有3个C原子，结合反应的关系式2R-OH+2Na→2R-ONa+H2↑计算．【解析】【解答】解：0.1mol某有机物完全燃烧后生成0.3molC02，说明含有3个C原子，醇与钠反应的关系式为2R-OH+2Na→2R-ONa+H2↑，同质量的该有机物与足量的金属钠反应生成0.1molH2；说明有机物含有2个羟基，即含有3个C原子，含有2个羟基，则应为1，2-丙二醇或1，3-丙二醇；

故选BC．11、AB【分析】【分析】A；二氧化碳和氯化钙不反应；

B、碳酸酸性强于次氯酸，二氧化碳能与次氯酸钙反应，但通入过量CO2后无沉淀；

C；硅酸钠可以和碳酸反应生成碳酸钠和硅酸；

D、碳酸钠与二氧化碳和水反应生成溶解度较小的NaHCO3．【解析】【解答】解：A；盐酸是强酸；碳酸是弱酸，所以碳酸不能制取盐酸，即二氧化碳和氯化钙不反应，最终没有沉淀析出，故A正确；

B；次氯酸是比碳酸还弱的酸；所以二氧化碳、水和次氯酸钙反应生成碳酸钙沉淀，但二氧化碳是过量的，过量的二氧化碳和碳酸钙能继续反应生成可溶性的碳酸氢钙，所以最终没有沉淀析出，故B正确；

C；硅酸钠可以和碳酸反应生成碳酸钠和硅酸；硅酸是白色不溶于水的沉淀，故C错误；

D、碳酸钠与二氧化碳和水反应生成溶解度较小的NaHCO3而析出；故D错误．

故选：AB．12、CD【分析】【分析】A．乙中含-Cl；丙中含酚-OH；-COOH、-Cl，能与NaOH溶液反应；

B．由结构可知；与-OH或-C相连的C的邻位C上没有H；

C．酚-OH遇氯化铁显紫色；丙中含酚-OH，而甲中不含；

D．-Cl发生水解，则丙水解的有机产物中含-COOH、-OH．【解析】【解答】解：A．乙中含-Cl；丙中含酚-OH；-COOH、-Cl，能与NaOH溶液反应，而甲不能发生反应，故A错误；

B．由结构可知；与-OH或-C相连的C的邻位C上没有H，所以不能发生消去反应，故B错误；

C．酚-OH遇氯化铁显紫色，丙中含酚-OH，而甲中不含，则可用FeCl3溶液区别甲；丙两种有机化合物；故C正确；

D．-Cl发生水解；则丙水解的有机产物中含-COOH；-OH，在一定条件下可以发生缩聚反应，故D正确；

故选CD．13、AB【分析】【分析】A．根据溶液的电荷守恒进行判断；

B．醋酸为弱电解质；不能完全电离，与硫酸等pH时浓度较大；

C．同温度同浓度的NaOH和澄清石灰水，OH-浓度不同；

D．NaHCO3为强碱弱酸盐，根据HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-判断．溶液中存在c（OH-）＞c（H2CO3）．【解析】【解答】解：A．醋酸溶液中存在电荷守恒，应有c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-）；故A正确；

B．醋酸为弱电解质；电离程度较小，远小于0.5，与硫酸等pH时浓度较大，则中和pH与体积都相同的硫酸和醋酸，消耗NaOH的量后者大于前者，故B正确；

C．同温度同浓度的NaOH和澄清石灰水，OH-浓度不同；则对水的电离影响程度不同，故C错误；

D．NaHCO3为强碱弱酸盐，溶液中存在HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，因溶液中还存在H+，说明水电离产生的H+并没有全部与HCO3-结合生成H2CO3，则溶液中存在c（OH-）＞c（H2CO3）；故D错误．

故选AB．14、AD【分析】【分析】A．熔点高不是分子晶体的性质；

B．熔沸点较低；液体不导电，则构成微粒为分子；

C．熔沸点较低；易溶于有机溶剂；

D．熔融时能导电，构成微粒为离子．【解析】【解答】解：A．碳化铝；黄色晶体，熔点2200℃，熔融态不导电，应为原子晶体，故A选；

B．溴化铝；无色晶体，熔点98℃，熔融态不导电，具有分子晶体的性质，属于分子晶体，故B不选；

C．五氟化钒；无色晶体，熔点19.5℃，易溶于乙醇；氯仿、丙酮中，具有分子晶体的性质，属于分子晶体，故C不选；

D．溴化钾；无色晶体，熔融时或溶于水中都能导电，构成微粒为离子，应为离子晶体，故D选；

故选AD．15、BD【分析】【分析】A；根据中和滴定所用的锥形瓶内是否有水与测定结果无关；

B；做喷泉实验时；用来收集氯化氢气体的圆底烧瓶应干燥；

C；根据配制一定物质的量浓度溶液时所用的容量瓶内是否有水与配制溶液的浓度无关；

D、根据氨气极易溶于水，收集氨气的集气瓶应干燥．【解析】【解答】解：A；因中和滴定所用的锥形瓶内是否有水与测定结果无关；故A错误；

B；做喷泉实验时；用来收集氯化氢气体的圆底烧瓶应干燥，故B正确；

C；配制一定物质的量浓度溶液时所用的容量瓶内是否有水与配制溶液的浓度无关；故A错误；

D；氨气极易溶于水；收集氨气的集气瓶应干燥，故D正确；

故选BD．三、填空题(共7题，共14分)16、0.41.20.4mol/L0.2mol/L3【分析】【分析】0.2mol/LBa（NO3）2溶液Ba2+浓度为0.2mol/L，NO3-浓度为0.4mol/L，根据n=cV计算Ba2+、NO3-物质的量；溶液是均匀的，与溶液体积无关，0.5L溶液中NO3-的物质的量浓度与原溶液中NO3-的浓度相等，1.5L该溶液中加入Ba2+的物质的量浓度与原溶液中Ba2+的浓度相等，根据n=cV计算Ba2+物质的量，则n（H2SO4）=n（Ba2+），再根据V=计算硫酸溶液体积．【解析】【解答】解：0.2mol/LBa（NO3）2溶液Ba2+浓度为0.2mol/L，NO3-浓度为0.4mol/L；

则2L该溶液中含有Ba2+为2L×0.2mol/L=0.4mol，3L该溶液中含有NO3-为3L×0.4mol/L=1.2mol；

溶液是均匀的，与溶液体积无关，0.5L溶液中NO3-的物质的量浓度为0.4mol/L，1.5L该溶液中Ba2+的物质的量浓度为0.2mol/L，n（H2SO4）=n（Ba2+）=1.5L×0.2mol/L=0.3mol，故需要加入硫酸溶液体积为=3L；

故答案为：0.4；1.2；0.4mol/L；0.2mol/L；3．17、C2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2OC将溶液在较低温度下加热蒸发析出晶体，同时通入氯化氢气体防止水解【分析】【分析】CuCl2溶液中含有少量杂质FeCl2，为制备纯净的CuCl2•2H2O晶体；实验原理是：向混合溶液中加入氧化剂，将亚铁离子氧化为铁离子，但是选择的氧化剂不能引入杂质离子，然后调节pH，是铁离子完全沉淀，但是铜离子不沉淀，得到氯化铜溶液，铜离子易水解，然后在酸性环境下，将溶液蒸发浓缩；冷却结晶，过滤、洗涤、干燥即可得到氯化铜晶体；

（1）根据需要，反应不能引进杂质离子，H2O2是绿色氧化剂；据此回答；

（2）调节溶液的酸度以促使Fe3+沉淀完全；但是铜离子不沉淀，加入的试剂可以和氢离子反应，但是不能引进杂质离子；

（3）氯化铜溶液中铜离子易水解，应该在酸性环境下进行操作，得到氯化铜晶体【解析】【解答】CuCl2溶液中含有少量杂质FeCl2，为制备纯净的CuCl2•2H2O晶体；实验原理是：向混合溶液中加入氧化剂，将亚铁离子氧化为铁离子，但是选择的氧化剂不能引入杂质离子，然后调节pH，是铁离子完全沉淀，但是铜离子不沉淀，得到氯化铜溶液，铜离子易水解，然后在酸性环境下，将溶液蒸发浓缩；冷却结晶，过滤、洗涤、干燥即可得到氯化铜晶体；

（1）K2Cr2O7、NaClO将亚铁离子氧化的同时都会引进杂质离子，但是H2O2是绿色氧化剂，不会引进杂质离子，所以选C，反应的原理为：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O；

故答案为：C；2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O；

（2）在步骤Ⅱ中，加入Y的目的是为了调节溶液的酸度以促使Fe3+沉淀完全；但是铜离子不沉淀，加入的试剂可以和氢离子反应，但是不能引进杂质离子，可以是氧化铜；碱式碳酸铜，碳酸铜或是氢氧化铜等；

故答案为：C；

（3）氯化铜溶液中铜离子易水解；应该在酸性环境下，将溶液蒸发浓缩；冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，得到氯化铜晶体；

故答案为：将溶液在较低温度下加热蒸发析出晶体，同时通入氯化氢气体防止水解．18、④→①→⑥→⑦→②→⑥→⑦→③坩埚干燥器保证晶体中水份蒸发完全，减小实验误差BDF【分析】【分析】（1）根据实验目的和称量质量的大小确定操作步骤；

（2）灼烧时需把药品放在坩埚内；无水硫酸钠易和水结合，应放在干燥器中冷却；

（3）在定量实验中；经常会在有些步骤中进行重复．如本实验中的加热；冷却、称量的操作步骤要重复进行，直至连续两次称量的差不超过0.1g为止．这是为了确定样品中结晶水是否已经被全部除去．这样做是为了保证定量实验的准确性；

（4）空坩埚质量为W4，再称量坩埚和药品质量为W1，所以晶体的质量为W1-W4，转移至坩埚加热灼烧，冷却后称量为W2，冷却再称量W3，则结晶水的质量为：W1-W3；根据反应方程式计算x；

（5）在测定中若被测样品中含有加热不挥发的杂质或实验前被测样品已有部分失水，都会造成测量结果偏低，若含挥发性杂质或未干燥或有晶体损失，都会造成结果偏高．【解析】【解答】解：（1）本实验是测定晶体中结晶水的值，故应先研磨晶体成粉末，便于灼烧完全失去结晶水，然后称量空坩埚质量，为W4，质量最小；再称量坩埚和药品质量为W1，质量最大；转移至坩埚加热灼烧，冷却后称量为W2，比W1要小再加热灼烧，冷却再称量W3，和W2相近当两次称量质量差小于0.1g；实验完毕，根据数据计算；故步骤为：⑤→④→①→⑥→⑦→②→⑥→⑦→③→⑧；

故答案为；④→①→⑥→⑦→②→⑥→⑦→③；

（2）灼烧时需把药品放在坩埚内；无水硫酸钠易和水结合，应放在干燥器中冷却；

故答案为：坩埚；干燥器；

（3）实验中的加热；冷却、称量的操作步骤要重复进行；直至连续两次称量的差不超过0.1g为止．这是为了确定样品中结晶水是否已经被全部除去．这样做是为了保证定量实验的准确性．故答案为：保证晶体中水份蒸发完全，减小实验误差；

（4）空坩埚质量为W4，再称量坩埚和药品质量为W1，转移至坩埚加热灼烧，冷却后称量为W2，冷却再称量W3，则结晶水的质量为：W1-W3，无水硫酸钠的质量为：W3-W4；根据反应方程式计算x；

Na2SO4．xH2ONa2SO4+xH2O；

14218x

W3-W4W1-W3

x=；

故答案为：；

（5）A；被测样品中含有加热不挥发的杂质会导致测定的水的质量偏小；故A错误；

B；被测样品中含有加热易挥发的杂质会导致测定结果偏大；故B正确；

C；实验前被测样品已有部分失水会导致测定的水的质量偏小；故C错误；

D；加热前所用的坩埚未完全干燥．加热后水挥发；导致水的质量测定结果偏大，故D正确；

E；晶体加热脱水完全；无影响，故E错误；

F；加热时晶体溅出；导致水的质量测定结果偏大，故F正确．

故答案为：BDF．19、CuSO4、CaCO3、Na2CO3Na2SO4、MgCl2KNO3、NaCl、KCl【分析】【分析】依据题干中的信息白色粉末状混合物溶于水得到的溶液是无色透明的，排除CaCO3、CuSO4的存在，Na2CO3和MgCl2在溶液中不能同时存在；依据溶于水的溶液中加入BaCl2溶液生成不溶于硝酸的白色沉淀，证明溶液中含硫酸根离子，故一定有Na2SO4，加入NaOH溶液，产生白色沉淀判断MgCl2的存在，排除Na2CO3的存在；【解析】【解答】解：①溶于水得到无色透明的溶液，可以排除CuSO4、CaCO3的存在；

②一份加入BaCl2溶液，立即产生白色沉淀，再加上稀硝酸，沉淀不溶解，说明含硫酸根离子；另一份中加入NaOH溶液，也产生白色沉淀，说明一定含有MgCl2，排除Na2CO3的存在；溶液中的KNO3；NaCl、KCl三种物质不能确定是否存在；

（1）原混合物中肯定没有CuSO4、CaCO3、Na2CO3，故答案为：CuSO4、CaCO3、Na2CO3；

（2）原混合物中肯定有Na2SO4、MgCl2，故答案为：Na2SO4、MgCl2；

（3）不能确定是否含有KNO3、NaCl、KCl，故答案为：KNO3、NaCl、KCl．20、略

【分析】试题分析：T的单质能与冷水剧烈反应，所得强碱性溶液中含有两种电子数相同的阴、阳离子，T为Na元素；X的原子最外层电子数是其内层电子数的三倍，X有2个电子层，最外层电子数为6，则X为O元素；在第三周期金属元素中，Y的简单离子半径最小，故Y为Al元素；Na、O、Z组成的36电子的化合物A是家用消毒剂的主要成分，化合物A为NaClO，则Z为Cl元素，故（1）元素T与X按原子个数比1:1形成的化合物B为Na2O2，则B所含化学键为离子键和共价键，电子式为（2）NaClO为强碱弱酸盐，水解呈碱性，在溶液中发生：ClO－+H2OHClO+OH—；（3）氯化铝与氢氧化钠反应的离子方程式为：Al3++4OH—=AlO2—+2H2OA13++3A1O2－+6H2O＝4Al(OH)3↓。考点：化学键，离子方程式；【解析】【答案】（1）离子键和共价键（2）ClO－+H2OHClO+OH—HClO；（3）Al3++4OH—=AlO2—+2H2OA13++3A1O2－+6H2O＝4Al(OH)3↓21、[CrCl（H2O）5]2+6【分析】【解答】中和生成的H+需浓度为0.1200mol/L氢氧化钠溶液25.00mL，由H++OH﹣=H2O，可以得出H+的物质的量为0.12mol/L×25.00×10﹣3L=0.003mol；

所以x==2，则[CrCln（H2O）6﹣n]2+中Cr的化合价为+3价，则有3﹣n=2，解得n=1，即该配离子的化学式为[CrCl（H2O）5]2+；配离子中Cl原子和水分子数目即是中心离子的配位数，配位数为6；

故答案为：[CrCl（H2O）5]2+；6．

【分析】中和发生反应：H++OH﹣=H2O，由中和生成的H+需要的NaOH溶液，可得出H+物质的量，进而计算出x，[CrCln（H2O）6﹣n]x+中Cr的化合价为+3价，化合价代数和等于离子所带电荷，据此计算n的值，进而确定该配离子化学式．22、取代+2Cl2+2HCl；+2NaOH+2NaCl+2H2O【分析】【分析】（1）据合成路线图可知；C→D为酯化反应；

（2）对比D；E的结构可知；D→E发生取代反应，由D、E的结构及X分子式确定X的结构；

（3）两分子C可在一定条件下反应生成一种产物，该产物分子中含有3个六元环，应是氨基与羧基之间发生脱水反应，两分子C脱去2分子水生成

（4）2-氯甲苯在光照条件下取代；再水解可得A；

（5）G的苯环上有两种不同化学环境的氢且能发生银镜反应，其碱性条件下水解的两种产物也能发生银镜反应说明G是对位取代，分别有氨基和甲酸酯，结合已知分析；

（6）乙烯与溴发生加成反应，再发生水解反应生成乙二醇，甲醇催化氧化生成HCHO，最后乙二醇与甲醛反应生成．【解析】【解答】解：（1）据合成路线图可知；C→D为酯化反应，故答案为：取代；

（2）由D、E的结构可知，D→E发生取代反应，由D、E的结构及X分子式，可知X的结构简式为：故答案为：

（3）两分子C可在一定条件下反应生成一种产物，该产物分子中含有3个六元环，应是氨基与羧基之间发生脱水反应，两分子C脱去2分子水生成该反应方程式为：

故答案为：

（4）2-氯甲苯在光照条件下取代，反应方程式为：+2Cl2+2HCl，在NaOH的水溶液中水解可生成A，反应方程式为：+2NaOH+2NaCl+2H2O，在光照条件下，发生取代反应时，还可能生成

故答案为：+2Cl2+2HCl；+2NaOH+2NaCl+2H2O；

（5）G的苯环上有两种不同化学环境的氢且能发生银镜反应，其碱性条件下水解的两种产物也能发生银镜反应说明G是对位取代，分别有氨基和甲酸酯，G为故答案为：

（6）乙烯加成后水解生成乙二醇，甲醇催化氧化生成HCHO，最后乙二醇与甲醛反应生成合成路线流程图为：

故答案为：．四、判断题(共1题，共3分)23、A【分析】【分析】（1）密度小于4.5的为轻金属；大于4.5的为重金属；水体富营养化是因为向水中排放含氮；磷等元素的生产生活废水过多造成的；

（2）酸雨主要由化石燃料燃烧产生的二氧化硫；氮氧化物等酸性气体；经过复杂的大气化学反应，形成硫酸和硝酸，被雨水吸收溶解而成；根据化学反应前后原子的种类与数目保持不变可以判断物质的化学式；二氧化碳是一种主要的温室效应气体；根据质量守恒的原因推出Y为氢氧化钙；

（3）①空气质量报告的主要内容包括：空气污染指数；首要污染物（包括可吸入颗粒物、二氧化硫、二氧化氮等气体）、空气质量级别、空气质量状况等；

②旧试卷属于可回收物；可回收再利用；

③根据污水的类型选取处理的方法．【解析】【解答】解：（1）工业废水中常见的重金属元素指的是Cu2+、Hg2+、Cd2+、Pb2+等重金属离子；含铅；汞的物质是常见的有毒污染物；生物所需的氮、磷等营养物质大量进入湖泊、河口、海湾等缓流水体，引起藻类及其它浮游生物迅速繁殖，水体溶氧量下降，鱼类及其它生物大量死亡，该现象为水体富营养化导致的结果；

故答案为：A；富营养化；

（2）酸雨是指溶液pH小于5.6的雨水，正常雨水的pH约为5.6；酸雨主要由化石燃料燃烧产生的二氧化硫、氮氧化物等酸性气体，经过复杂的大气化学反应，被雨水吸收溶解而成，根据2CaCO3+2SO2+O2═2CaSO4+2x可知，依据质量守恒定律可知每个x中含有1个碳原子和2个氧原子，所以x是二氧化碳．二氧化碳是形成温室效应的主要物质，2y+2SO2+O2=2CaSO4+2H2O；依据质量守恒定律可知每个y中含有1个钙原子和2个氢氧根原子团，所以y是氢氧化钙；

故答案为：SO2；NO2；CO2；温室效应；Ca（OH）2；

（3）①空气质量报告的主要内容包括：空气污染指数、首要污染物（包括可吸入颗粒物、二氧化硫、二氧化氮等气体）、空气质量级别、空气质量状况等，二氧化碳无毒，不属于空气污染物，氮气是空气的主要组成气体，而可吸入颗粒物、NO2、SO2均为污染物；需要检测；

故答案为：CD；

②用过的旧试卷可回收再利用重新做成纸浆；属于可回收垃圾，故答案为：A；

③A．如果污水中含大量氢离子或氢氧根离子；可采用酸碱中和法，除去水中大量的氢离子或氢氧根离子，故答案为：√；

B．如果水中含重金属离子；可加入一些物质使金属阳离子转化成沉淀而除去这些离子，即沉降法，故答案为：（沉降法）；

C．如果使悬浮于水中的泥沙形成絮状不溶物沉降下来，使水澄清，可用明矾等混凝剂作净水剂，故答案为：（混凝法）．五、探究题(共4题，共40分)24、|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．25、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．26、|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