2025年沪科版高三化学上册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年沪科版高三化学上册阶段测试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总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、下列关于原子结构、元素性质的说法正确的是（）A.ⅠA族元素的金属性一定比ⅡA族元素的金属性强B.族序数等于其周期序数的元素一定是金属元素C.全部由非金属元素组成的化合物中只含共价键D.13C和14C互为同位素，化学性质相似2、一定能在下列溶液中大量共存的离子组是（）A.pH=0的溶液：Al3+、Mg2+、NO3-、I-B.由水电离出的c（H+）=1×10-13mol/L的溶液：HCO、K+、SO、Cl-C.含大量Fe3+的溶液：NH、Na+、SCN-、Cl-D.含大量HCO的澄清透明溶液中：Ca2+、Na+、Cl-3、Al－Ag2O电池是一种可用作水下动力的优良电源，其原理如图所示。该电池工作时总反应式为2Al＋3Ag2O＋2NaOH=2NaAlO2＋6Ag＋H2O，则下列说法错误的是()。A.工作时正极发生还原反应B.当电极上生成1.08gAg时，电路中转移的电子为0.01molC.Al电极的反应式为Al－3e－＋4OH－=AlO2—＋2H2OD.工作时电解液中的Na＋透过隔膜移向Al电极4、下列类推正确的是()。A.CaCO3与稀硝酸反应生成CO2，CaSO3也能与稀硝酸反应生成SO2B.铜在氯气中剧烈燃烧生成二价铜，铜也能在硫蒸气中剧烈燃烧生成二价铜C.锌可以与溶液中的银离子发生置换反应，钠也能与溶液中的银离子发生置换反应D.钠与乙醇反应产生氢气，钾与乙醇也能反应产生氢气5、利用下图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是()A.rm{垄脵}稀硫酸rm{垄脷Na}rm{2}rm{S}rm{垄脹}rm{AgNO}rm{3}与rm{AgCl}的浊液实验结论：稀硫酸rm{垄脵}rm{垄脷Na}rm{2}rm{2}rm{S}rm{垄脹}与rm{AgNO}的浊液实验结论：rm{3}rm{3}rm{AgCl}rm{{K}_{sp}}rm{{K}_{sp}}rm{(AgCl)>}rm{{K}_{sp}}rm{(Ag}rm{2}rm{S)}rm{(AgCl)>}B.rm{{K}_{sp}}浓硫酸rm{(Ag}蔗糖rm{2}溴水实验结论：浓硫酸具有脱水性、氧化性rm{2}C.rm{S)}稀盐酸rm{垄脵}浓硫酸rm{垄脷}蔗糖rm{垄脹}溴水实验结论：浓硫酸具有脱水性、氧化性rm{垄脵}rm{垄脷}rm{垄脹}rm{垄脵}稀盐酸rm{垄脷Na}rm{2}rm{SO}rm{3}rm{垄脹}rm{Ba(NO}rm{3}rm{)}rm{2}溶液实验结论：rm{SO}rm{2}rm{垄脵}rm{垄脷Na}溶液实验结论：rm{2}rm{2}rm{SO}rm{3}D.rm{3}浓硝酸rm{垄脹}rm{Ba(NO}rm{3}rm{3}rm{)}rm{2}rm{2}rm{SO}溶液实验结论：酸性：硝酸rm{2}碳酸rm{2}硅酸与可溶性钡盐均可生成白色沉淀6、常温下，下列各组物质不能用一种试剂通过化学反应鉴别的是（）A.FeCl2MgCl2AlCl3B.AgNO3KNO3Na2CO3C.NH4Cl（NH4）2SO4K2SO4D.Na2CO3NaHCO3K2CO37、下列各图所示的分子结构模型中，分子式为C6H6的是（）A.B.C.D.评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)8、（2015秋•荆州月考）A；B、C、D均为中学化学常见的纯净物；A是单质．它们之间有如图的反应关系：

（1）若A是黄色固体，C、D是氧化物，C是造成酸雨的主要物质，但C也有其广泛的用途，写出其中的2个用途：____．

（2）若B是气态氢化物，C、D是氧化物且会造成光化学烟雾污染．B与C在一定条件下反应生成的A是大气的主要成分，写出该反应的化学方程式：____．

（3）若D物质具有两性，②、③反应均要用强碱溶液，④反应时通入过量的一种引起温室效应的主要气体．写出单质A与强碱反应的离子方程式：____．

（4）若A是太阳能电池用的光伏材料．C、D为钠盐，两种物质中钠、氧外的元素为同一主族，且溶液均显碱性．写出②反应的化学方程式：____．9、硫酸是中学化学实验室的常见药品；其性质有①酸性②吸水性③脱水性④强氧化性⑤催化作用。

请将序号填在相应的横线上：

（1）浓硫酸敞口放置在空气中，其质量增加，浓度降低____；

（2）浓硫酸使湿润石蕊试纸变红，后来又变黑____；

（3）常温下，浓硫酸能使铁、铝钝化____；

（4）实验室用乙醇和冰醋酸制取乙酸乙酯____．10、对反应3Cl2+8NH3═6NH4Cl+N2

（1）该反应中的氧化剂是____，被氧化的元素是____．

（2）1molCl2参加反应，被氧化的NH3的物质的量是____mol．

（3）标出该反应中电子转移情况____．

（4）若有68gNH3参加反应，电子转移的物质的量是____mol．11、透明聚酯玻璃钢可用于制造导弹的雷达罩和宇航员使用的氧气瓶．制备它的一种配方中含有下列物质：

（1）乙的名称是____；

（2）下列试剂中与上述三种物质都能发生反应的是____（填写编号）．

a．Br2的CCl4溶液b．石蕊试液c．酸性KMnO4溶液d．O2

（3）写出甲和丙聚合得到的高聚物的结构简式____．12、某化学小组通过查阅资料，设计了如下图所示的方法以含镍废催化剂为原料来制备NiSO4•7H2O．已知某化工厂的含镍废催化剂主要含有Ni；还含有Al（31%）；Fe（1.3%）的单质及氧化物，其他不溶杂质（3.3%）．

部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时的pH如下：

。沉淀物开始沉淀时的pH完全沉淀时的pHAl（OH）33.85.2Fe（OH）32.73.2Fe（OH）27.69.7Ai（OH）27.19.2（1）“碱浸”过程中发生反应的离子方程式是____．

（2）“酸浸”时所加入的酸是____（填化学式）；酸浸后，经操作a分离出固体①后，溶液中可能含有的金属离子是____．

（3）加入H2O2时发生反应的离子方程式为____．

（4）操作b为调节溶液的pH，你认为pH的调控范围是____．

（5）产品晶体中有时会混有少量绿矾（FeSO4•7H2O），其原因可能是____（写出一点即可）．

（6）NiS04•7H20可用于制备镍氢电池（NiMH），镍氢电池目前已经成为混合动力汽车的一种主要电池类型．NiMH中的M表示储氢金属或合金．该电池在充电过程中总反应的化学方程式是Ni（OH）2+M=NiOOH+MH，则NiMH电池放电过程中，正极的电极反应式为____．

（7）一般认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10-5mol/L时，沉淀已经完全．请利用上表中数据，估算Fe（OH）2的溶度积常数____，和可逆反应Fe2++2H2O=2H++Fe（OH）2在25℃时的平衡常数____．13、简要回答下列问题．

（1）大量废弃电池所引起的环境问题已经受到人们的关注．废弃电池必须回收处理的原因是____

（2）“低碳生活”成为新的时尚流行全球，控制C02排放需要从人人做起，请你提出一种“低碳生活”的举措．____

（3）长期存放石灰水的试剂瓶内壁会出现一层白色固体，请解释这一现象．____．评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)14、判断下列说法是否正确；正确的划“√”，错误的划“×”

（1）乙醛分子中的所有原子都在同一平面上____

（2）凡是能发生银镜反应的有机物都是醛____

（3）醛类既能被氧化为羧酸，又能被还原为醇____

（4）完全燃烧等物质的量的乙醛和乙醇，消耗氧气的质量相等____

（5）在水溶液里，乙酸分子中的-CH可以电离出H+____．15、如果盐酸的浓度是醋酸浓度的二倍，则盐酸的H+浓度也是醋酸的二倍；____．16、葡萄糖注射液不能产生丁达尔效应，不属于胶体____（判断对错）17、将1mol•L-1的NaCl溶液和0.5mol•L-1的BaCl2溶液等体积混合后，不考虑体积变化c（Cl-）=0.75mol•L-1____（判断对错）18、将40gNaOH溶解在1L水中，溶液中溶质的物质的量浓度为1mol/L____．（判断对错）19、乙酸的结构简式：C2H4O2____．评卷人得分四、探究题(共4题，共40分)20、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________．21、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：22、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________．23、实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，操作为：评卷人得分五、实验题(共1题，共8分)24、金属及其化合物渗透在生活中的方方面面；其对我们的生活影响很大．

（1）铝热反应可以用于野外焊接钢轨．如图是某同学在实验室中进行。

铝热反应（铝过量）的实验装置；实验中他观察到的现象之一为“纸漏斗。

的下部被烧穿；有熔融物落入沙中”．

①根据装置图，判断该铝热反应的铝热剂为（写化学式）______．

②为定性检验铝热反应后的固体成分；请补充填写下表：

。检验成分操作步骤实验现象与相关解释或结论铝取少量反应后的固体于试管中，加入足量NaOH溶液，振荡①加入NaOH溶液后，固体部分溶解，用化学方程式解释原因______

②观察到______，证明存在Al．铁红①另取少量反应后的固体于试管中；加入足量稀硫酸；

②（继续填写后续操作）______①加入硫酸；固体全部溶解；

②现象为______，则证明存在铁红（2）某锂离子电池正极材料含有钴酸锂（LiCoO2），其正极材料可再生利用，其中一步反应是在加热条件下利用硫酸酸化的双氧水和钴酸锂反应得到CoSO4，写出该反应的化学方程式______

（3）纳米铁粉（Fe）可用于处理地下水中的污染物．一定条件下，向FeSO4溶液中滴加碱性NaBH4溶液，溶液中BH4-与Fe2+反应生成纳米铁粉、H2和B（OH）4-，其离子方程式为______．

（4）某酸性工业废水中含有有毒的K2Cr2O7．光照下，草酸（H2C2O4）能将其中的Cr2O72-转化为Cr3+，现有1000L含21.6mg/L的Cr2O72-溶液，需要______g草酸可以完全处理掉Cr2O72-（结果保留3位有效数字）．参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】【分析】A．第IA族元素的金属性不一定比第IIA族元素的金属性强；

B．族序数等于其周期序数的元素不一定是金属元素；

C．全部由非金属元素组成的化合物中可能含有离子键；

D．质子数相同而中子数不同的同一元素的不同原子互称同位素．【解析】【解答】解：A．第IA族元素的金属性不一定比第IIA族元素的金属性强；如氢元素的金属性小于镁，故A错误；

B．族序数等于其周期序数的元素不一定是金属元素；如H元素，故B错误；

C．全部由非金属元素组成的化合物中可能含有离子键；如铵盐，故C错误；

D．13C和14C质子数相同而中子数不同；且是碳元素的不同原子，所以互为同位素，同位素化学性质相似，物理性质不同，故D正确；

故选D．2、D【分析】【分析】A．pH=0的溶液；显酸性，离子之间发生氧化还原反应；

B．由水电离出的c（H+）=1×10-13mol/L的溶液；为酸或碱溶液；

C．离子之间结合生成络离子；

D．该组离子之间不反应．【解析】【解答】解：A．A．pH=0的溶液，显酸性，H+、NO3-、I-离子之间发生氧化还原反应；则不能共存，故A错误；

B．由水电离出的c（H+）=1×10-13mol/L的溶液，为酸或碱溶液，HCO3-既能与酸反应又能与碱反应；则不能共存，故B错误；

C．Fe3+、SCN-离子之间结合生成络离子；则不能共存，故C错误；

D．该组离子之间不反应；能共存，故D正确；

故选D．3、D【分析】正极发生还原反应，A对；1.08g银的物质的量为0.01mol，B对；由总反应式可知，Al电极是负极，电极反应式为Al－3e－＋4OH－=AlO2—＋2H2O，C对；阳离子应移向正极，D错。【解析】【答案】D4、D【分析】稀硝酸具有强氧化性，能将CaSO3氧化为硫酸钙，A项错；硫的氧化性小于氯气的氧化性，铜与硫蒸气反应生成＋1价铜，B项错；钠在溶液中先与水反应，不能置换溶液中的金属离子，C项错；钠、钾均能与乙醇反应生成氢气，D项正确。【解析】【答案】D5、B【分析】【分析】

本题是对化学实验方案的评价的知识的考查，是中学化学的主要知识点，难度不大。掌握原理与现象之间的关系是关键，涉及溶度积、浓硫酸的性质、二氧化硫等知识。【解答】A.图中装置和试剂不发生沉淀的转化，对rm{AgNO_{3}}与rm{AgCl}的浊液中，rm{Qc(Ag_{2}S)>K_{sp}(Ag_{2}S)}则生成rm{Ag_{2}S}可发生沉淀的生成，则不能比较溶度积，故A错误；

B.浓硫酸具有脱水性使蔗糖变黑，然后rm{C}与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫；体现其强氧化性，最后二氧化硫与溴水发生氧化还原反应使其褪色，故B正确；

C.盐酸与亚硫酸钠生成二氧化硫，与rm{Ba(NO_{3})_{2}}溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，但rm{SO_{2}}与可溶性钡盐不一定生成白色沉淀；如与氯化钡不反应，故C错误；

D.浓硝酸与碳酸钠反应生成二氧化碳；但浓硝酸易挥发，硝酸；碳酸均可与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，则不能比较碳酸与硅酸的酸性，应排除硝酸的干扰，故D错误。

故选B。【解析】rm{B}6、D【分析】【分析】A．加入氢氧化钠利用反应现象不同进行区别；

B．加入盐酸利用反应现象不同进行区别；

C．加入氢氧化钡溶液；利用反应现象不同进行区别；

D．Na2CO3和K2CO3只能用焰色反应区别．【解析】【解答】解：A．加入氢氧化钠溶液，FeCl2生成白色絮状沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，MgCl2只生成白色沉淀，AlCl3先生成沉淀；氢氧化钠过量时沉淀逐渐溶解，可鉴别，故A不选；

B．加入盐酸后，AgNO3有白色沉淀；KNO3无明显现象；Na2CO3有气泡冒出；现象不同；可鉴别，故B不选；

C．加入氢氧化钡溶液，（NH4）2SO4有气体和白色沉淀生成，K2SO4有白色沉淀生成，NH4Cl有气体生成；现象不同，可鉴别，故C不选；

D．Na2CO3和K2CO3只能用焰色反应区别，但是无法区分NaHCO3；故D选．

故选D．7、C【分析】【分析】比例模型不是物质空间结构及分子组成，先根据各选项中的比例模型推断其分子式，然后判断分子式是否为C6H6即可．【解析】【解答】解：A、的分子组成为A2B6C，可以表示乙醇，分子式不是C6H6；故A错误；

B、的分子组成为A2B4C2，可以表示乙酸，分子式不是C6H6；故C错误；

C、为平面结构，分子式为A6B6，可以表示苯，分子式为C6H6；故C正确；

D、分子组成为A2B4，可以表示乙烯，是平面结构，分子式不是C6H6；故D错误；

故选C．二、填空题(共6题，共12分)8、漂白、杀菌、消毒、作为硫酸的原料等4NH3+5O24NO+6H2O2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑Si+2NaOH+2H2O=Na2SiO3+2H2↑【分析】【分析】（1）若单质A是黄色固体，C、D是氧化物，且C是造成酸雨的主要物质，则A为S、B为H2S、C为SO2，D为SO3；

（2）若B是气态氢化物，C、D是氧化物且会造成光化学烟雾污染，则A为N2，B为NH3，C为NO，D为NO2；

（3）若D物质具有两性，②、③反应均要用强碱溶液，④反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体，则A为Al，B为Al2O3，C为NaAlO2，D为Al（OH）3；

（4）若A是太阳能电池用的光伏材料，C、D为钠盐，两种物质中钠、氧外的元素为同一主族，且溶液均显碱性，则A为Si，B为SiO2，C为Na2SiO3，D为Na2CO3．【解析】【解答】解：（1）若单质A是黄色固体，C、D是氧化物，且C是造成酸雨的主要物质，则A为S、B为H2S、C为SO2，D为SO3；二氧化硫可以漂白；杀菌、消毒、作为硫酸的原料等；

故答案为：漂白；杀菌、消毒、作为硫酸的原料等；

（2）若B是气态氢化物，C、D是氧化物且会造成光化学烟雾污染，则A为N2，B为NH3，C为NO，D为NO2，反应③的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；

故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；

（3）若D物质具有两性，②、③反应均要用强碱溶液，④反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体，则A为Al，B为Al2O3，C为NaAlO2，D为Al（OH）3，Al与强碱反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；

故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；

（4）若A是太阳能电池用的光伏材料，C、D为钠盐，两种物质中钠、氧外的元素为同一主族，且溶液均显碱性，则A为Si，B为SiO2，C为Na2SiO3，D为Na2CO3，反应②的化学方程式为：Si+2NaOH+2H2O=Na2SiO3+2H2↑；

故答案为：Si+2NaOH+2H2O=Na2SiO3+2H2↑．9、②①③④②⑤【分析】【分析】（1）浓硫酸具有吸水性；能够吸收空气中的水；

（2）浓硫酸具有酸性能够石蕊变红色；浓硫酸具有脱水性，能够使试纸碳化；

（3）浓硫酸具有强的氧化性；常温下，遇到铁铝发生钝化反应，生成致密氧化膜，阻止反应进行；

（4）乙醇和冰醋酸在浓硫酸做催化剂、吸水剂条件下生成乙酸乙酯．【解析】【解答】解：（1）浓硫酸具有吸水性；能够吸收空气中的水，所以浓硫酸敞口放置在空气中，其质量增加，浓度降低；

故选：②；

（2）浓硫酸可使湿润的蓝色石蕊试纸先变红；后变黑，表现了浓硫酸的酸性和脱水性；

故选：①③；

（3）常温下；浓硫酸能使铁；铝钝化，体现浓硫酸的强的氧化性；

故选：④；

（4）乙醇和冰醋酸在浓硫酸做催化剂；吸水剂条件下生成乙酸乙酯；体现浓硫酸的催化作用、吸水性；

故选：②⑤．10、氯气N3【分析】【分析】（1）在该反应中；氯元素的化合价由0价变为-1价，氮元素的化合价由-3价变为0价，根据化合价变化判断氧化剂和还原剂；

（2）根据氯气和被氧化氨气之间的关系式计算；

（3）根据得失电子数相等分析；

（4）根据反应中参加反应的氨气和被氧化氨气的关系式计算．【解析】【解答】解：（1）在该反应中；氯元素的化合价由0价变为-1价，氮元素的化合价由-3价变为0价，根据化合价变化知，氯气是氧化剂，氨气中氮元素被氧化；

故答案为：氯气；N；

（2）根据方程式知，该反应中有的氨气被氧化，则1molCl2参加反应，被氧化的NH3的物质的量是mol氨气被氧化，故答案为：；

（3）用双线桥标出电子转移的方向和数目可为

故答案为：

（4）根据方程式知，该反应中有的氨气被氧化，若有68gNH3参加反应，电子转移的物质的量是=3mol；

故答案为：3．11、乙二醇cd【分析】【分析】（1）乙含有2个碳原子和2个羟基；

（2）甲；丙含有碳碳双键；乙含有羟基，都可被氧化；

（3）甲和丙含有碳碳双键，可发生加聚反应．【解析】【解答】解：（1）乙含有2个碳原子和2个羟基；为乙二醇，故答案为：乙二醇；

（2）甲；丙含有碳碳双键；乙含有羟基，都可被氧化，cd正确，故答案为：cd；

（3）甲和丙含有碳碳双键，可发生加聚反应，产物为故答案为：．12、2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑、Al2O3+2OH-=2AlO2-+3H2OH2SO4Ni2+、Fe2+、Fe3+H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O3.2-7.1H2O2的用量不足（或H2O2失效）、保温时间不足导致Fe2+未被完全氧化造成的NiOOH+H2O+e-=Ni（OH）2+OH-1×10-13.6（mol/L）31×10-14.4（mol/L）【分析】【分析】由流程可知，某化工厂的含镍催化剂主要含有Ni，还含有Al（31%）、Fe（1.3%）的单质及氧化物，其他不溶杂质（3.3%）．碱浸过滤得到固体加入酸浸过滤加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液PH使铁离子和铝离子全部沉淀，镍离子不沉淀，过滤后调节溶液PH2-3防止镍离子水解，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到NiSO4•7H2O晶体；

（1）含镍催化剂主要含有Ni；还含有Al（31%）的单质及氧化物，铝和氧化铝都可以和强碱反应溶解得到溶液含有偏铝酸盐；

（2）依据最后制备NiSO4•7H2O；防止引入其他杂志离子需要加入硫酸进行溶解；铁及其化合物；镍和硫酸反应生成亚铁离子、铁离子和镍离子；

（3）加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子；铁离子易转化为沉淀除去；

（4）依据氢氧化物沉淀的PH分析判断；加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子后，调节溶液pH使铁离子全部沉淀，镍离子不沉淀得到较纯净的硫酸镍溶液；

（5）含有绿矾晶体说明在加入过氧化氢保温过程中；过氧化氢未把亚铁离子全部氧化．

（6）正极上NiOOH得电子生成Ni（OH）2；

（7）已知氢氧化亚铁完全沉淀时pH=9.7，则c（OH-）=10-4.3mol/L，根据Ksp[Fe（OH）2]=c（Fe2+）×c2（OH-）计算；可逆反应Fe2++2H2O=2H++Fe（OH）2的平衡常数表达是K=，结合c（H+）和c（Fe2+）计算．【解析】【解答】解：由流程可知，某化工厂的含镍催化剂主要含有Ni，还含有Al（31%）、Fe（1.3%）的单质及氧化物，其他不溶杂质（3.3%）．碱浸过滤得到固体加入酸浸过滤加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液PH使铁离子和铝离子全部沉淀，镍离子不沉淀，过滤后调节溶液PH2-3防止镍离子水解，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到NiSO4•7H2O晶体；

（1）“碱浸”过程中是为了除去铝及其氧化物，铝是两性元素和强碱反应，氧化铝是两性氧化物和强碱反应，镍单质和铁及其氧化物不和碱反应达到除去铝元素的目的；反应的两种方程式为：2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑、Al2O3+2OH-═2AlO2-+3H2O；

故答案为：2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑、Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O；

（2））“酸浸”时主要是溶解镍金属和铁单质及其氧化物，依据制备目的是得到NiSO4•7H2O，加入的酸不能引入新的杂质，所以需要加入硫酸进行酸浸；镍、铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁、硫酸镍溶液，则酸浸后，经操作a分离出固体①后，溶液中可能含有的金属离子是Ni2+、Fe2+、Fe3+；

故答案为：H2SO4；Ni2+、Fe2+、Fe3+；

（3）铁离子易转化为沉淀除去，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，其反应的离子方程式为：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；

故答案为：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；

（4）依据图表中沉淀需要的溶液pH；加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子后，调节溶液pH使铁离子全部沉淀，镍离子不沉淀得到较纯净的硫酸镍溶液，pH应在3.2-7.1间；

故答案为：3.2-7.1；

（5）产品晶体中有时会混有少量绿矾（FeSO4•7H2O）；说明在加入过氧化氢氧化剂氧化亚铁离子时未把亚铁离子全部氧化，氢氧化亚铁沉淀的pH大于镍离子沉淀的pH，保温目的是把亚铁离子完全氧化；

故答案为：H2O2的用量不足（或H2O2失效）、保温时间不足导致Fe2+未被完全氧化造成的；

（6）NiMH电池放电过程中，正极上NiOOH得电子生成Ni（OH）2，则正极的电极方程式为：NiOOH+H2O+e-=Ni（OH）2+OH-；

故答案为：NiOOH+H2O+e-=Ni（OH）2+OH-；

（7）一般认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10-5mol/L时，沉淀已经完全，已知氢氧化亚铁完全沉淀时pH=9.7，则c（OH-）=10-4.3mol/L；

则Ksp[Fe（OH）2]=c（Fe2+）×c2（OH-）=1×10-5mol/L×（10-4.3mol/L）2=10-13.6（mol/L）3；

可逆反应Fe2++2H2O=2H++Fe（OH）2的平衡常数表达是K===10-14.4mol/L；

故答案为：10-13.6（mol/L）3；10-14.4mol/L．13、防止（重金属离子）污染环境少开私家车，多乘坐公共交通工具出行石灰水与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钙的缘故【分析】【分析】（1）废弃电池中的重金属对环境造成污染；

（2）根据“低碳生活”是指生活作息时所耗用能量要减少；从而减低碳特别是二氧化碳的排放来分析；

（3）石灰水与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钙．【解析】【解答】解：（1）废弃电池中的重金属对环境造成污染；则废旧电池必须回收；

故答案为：防止（重金属离子）污染环境；

（2）“低碳生活”是指生活作息时所耗用能量要减少；从而减低碳特别是二氧化碳的排放，则少开私家车，多乘坐公共交通工具出行等可以减低碳特别是二氧化碳的排放，故答案为：少开私家车，多乘坐公共交通工具出行；

（3）石灰水与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钙，故答案为：石灰水与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钙的缘故．三、判断题(共6题，共12分)14、×【分析】【分析】（1）乙醛可看作甲烷中的氢原子被醛基取代产物；

（2）含醛基的物质能发生银镜反应；

（3）醛基既可被氧化为羧基也可被还原为羟基；

（4）根据乙醛和乙醇的分子式分析；

（5）乙酸分子中羧基可电离出氢离子，据此分析．【解析】【解答】解：（1）乙醛可看作甲烷中的氢原子被醛基取代产物；而甲烷为四面体结构，则甲烷的衍生物也是四面体结构；

故答案为：×；

（2）含醛基的物质能发生银镜反应；葡萄糖含醛基能发生银镜反应；

故答案为：×；

（3）醛基既可被氧化为羧基也可被还原为羟基；

故答案为：√；

（4）乙醛的分子式为C2H4O，乙醇的分子式为C2H6O；从组成看，等物质的量的乙醛和乙醇燃烧乙醇耗氧多；

故答案为：×；

（5）乙酸分子中羧基可电离出氢离子；其余氢原子不能电离出氢原子；

故答案为：×．15、×【分析】【分析】强电解质在其水溶液里完全电离，弱电解质在其水溶液里部分电离，根据氯化氢和醋酸所属电解质的种类确定氢离子浓度关系．【解析】【解答】解：氯化氢是强电解质，在其水溶液里完全电离，所以盐酸溶液中，C（H+）=C（HCl），醋酸是弱电解质，在其水溶液里只有部分电离，所以C（H+）＜C（CH3COOH），所以如果盐酸的浓度是醋酸浓度的二倍，则盐酸的H+浓度大于醋酸的二倍，故答案为：×．16、√【分析】【分析】葡萄糖注射液是溶液．【解析】【解答】解：葡萄糖注射液是溶液，不能产生丁达尔效应现象，不属于胶体，故答案为：√．17、×【分析】【分析】0.5mol•L-1的BaCl2溶液中，c（Cl-）=0.5mol/L×2=1mol/L，据此解答即可．【解析】【解答】解：0.5mol•L-1的BaCl2溶液中，c（Cl-）=0.5mol/L×2=1mol/L，故两者混合后，不考虑体积的变化，c（Cl-）=1mol•L-1，故错误，故答案为：×．18、×【分析】【分析】将40gNaOH溶解在1L水中，溶液体积大于1L．【解析】【解答】解：将40gNaOH溶解在1L水中；溶液体积大于1L，溶液中溶质的物质的量浓度小于1mol/L；

故答案为：×．19、×【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：×；四、探究题(共4题，共40分)20、|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．21、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．22、|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．23、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