2025年粤人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年粤人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总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、如图是部分短周期元素原子（用字母表示）最外层电子数与原子序数的关系图．下列说法正确的是（）A.该图体现出原子核外电子层呈现周期性变化B.原子半径：W＞R＞XC.W的氢化物与R的氢化物水溶液的酸性比较，前者强于后者，可证明非金属性：R＞WD.R、Z形成的化合物中可能含有共价键2、甲酸的下列性质中，不可以证明它是弱电解质的是（）A.1mol•L-1甲酸溶液的pH值约为2B.在相同条件下，甲酸溶液的导电性比盐酸溶液的弱C.10mL1mol•L-1甲酸与10mL1mol•L-1NaOH溶液完全反应后，溶液呈碱性D.甲酸能与水以任何比例互溶3、做实验时不小心使皮肤上粘了一些高锰酸钾，形成的黑斑很久才能消除，如果用草酸（乙二酸）的稀溶液洗涤，黑斑可以迅速退去，其离子方程式为：MnO4-+H2C2O4+H+→CO2↑+Mn2++．下列有关叙述正确的是（）A.发生还原反应的是H2C2O4B.该离子方程式右侧方框内的产物是OH-C.1mol草酸分子中含9mol共用电子对D.10molH+参加反应时，电子转移5mol4、下列内容叙述不正确的是()A.乙烯和聚乙烯性质不相同B.聚乙烯是由—CH2—CH2—分子组成的化合物，加热至某一温度则可完全熔化C.同质量的乙烯和聚乙烯完全燃烧后生成的CO2的质量相等D.乙烯和聚乙烯的最简式相同5、下列说法不正确的是（）A.第二周期中，最高价含氧酸酸性最强的是氟B.碘的非金属性比氯弱C.VA族中原子半径最小的是氮D.钠的金属性比锂强6、（2015•枣庄校级二模）向一定量NaOH溶液中逐滴加AlCl3溶液，生成的沉淀Al（OH）3的质量随AlCl3溶液加入量的变化关系如图所示．则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是（）A.d点对应的溶液中：K+、NH4+、CO32-、I-B.c点对应的溶液中：Ag+、Ca2+、NO3-、Na+C.b点对应的溶液中：Na+、S2-、SO42-、Cl-D.a点对应的溶液中：Na+、K+、SO42-、HCO3-7、铁的氧化物可用于脱除煤气中的H2S，该反应原理为：①Fe3O4(s)+3H2S(g)+H2(g)3FcS(s)+4H2O(g)△H=akJ•mol-1②Fe2O3(s)+2H2S(g)+H2(g)2FeS(s)+3H2O(g)△H=bkJ•mol-1③FeO(s)+H2S(g)FeS(s)+H2O(g)△H=ckJ·mol-1温度与平衡常数的关系如图，下列有关说法正确的是A.a、b、c均小于0B.压强越大，H2S的脱除率越高C.温度越高，H2S的脱除率越高D.反应①、②、③的平衡常数表达式相同评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)8、某原电池总反应式为：2Fe3++Fe═3Fe2+，能实现该反应的原电池是（）A.正极为Cu、负极为Fe，电解质溶液为FeCl3溶液B.正极为负极为Fe，电解质溶液为H2SO4溶液C.正极为Ag、负极为Fe，电解质溶液为FeSO4溶液D.正极为Ag、负极为Fe，电解质溶液为Fe2（SO4）3溶液9、在有机合成中，制得的有机物较纯净并且容易分离，故在工业生产中有机反应往往有实用价值．试判断下列有机反应在工业上有生产价值的是（）A.B.CH3-CH3+Cl2CH3-CH2Cl+HClC.D.CH3COOC2H5+H2OCH3COOH+C2H5OH10、红斑素；红曲素是常用于糖果、雪糕等食品的着色剂的主要成分；结构如下图所示．

下列说法正确的是（）A.红斑素和红曲素互为同分异构体B.红斑素和红曲素都能与NaOH溶液反应C.红斑素中含有醚键、羰基等三种含氧官能团D.1mol红曲素最多能与6molH2发生加成反应11、已知H2S在水溶液中分两步电离：

第一步：H2S⇌H++HS-K1==1.3×10-7；

第二步：HS-⇌H++S2-K2==7.1×10-15．由此可知（）A.H2S是二元弱酸B.H2S溶液中不存在HS-C.0.1mol•L-1H2S溶液的pH约为4D.NaHS的电离方程式为NaHS⇌Na++H++S2-12、下列物质按照纯净物、混合物、电解质和非电解质顺序排列的是（）A.空气、天然气、苛性钾、石灰石B.液态氯化氢、稀硫酸、硫酸钠晶体、二氧化硫C.盐酸、水煤气、醋酸、干冰D.纯碱、铝合金、冰水混合物、乙醇13、实验是研究化学的基础，下图中所示的实验方法、装置或操作完全正确的是（）A.

检查气密性B.

吸收HClC.

制取Fe（OH）2沉淀D.

稀释浓H2SO414、下列实例中与胶体性质有关的是（）A.用明矾净水B.用食醋除去水垢C.用石膏使豆浆变成豆腐D.用含Al（OH）3的药物治疗胃酸过多15、下图Ⅰ、Ⅱ分别是甲、乙两组同学将反应“AsO43-+2I-+2H+⇌AsO33-+I2+H2O”设计成的原电池装置，其中C1、C2均为碳棒．甲组向图Ⅰ烧杯中逐滴加入适量浓盐酸；乙组向图ⅡB烧杯中逐滴加入适量40%NaOH溶液．下列叙述中正确的是（）

A.甲组操作时，微安表（G）指针发生偏转B.甲组操作时，溶液颜色变深C.乙组操作时，C2做正极D.乙组操作时，C1上发生的电极反应为I2+2e-═2I-16、下列金属中，按照金属性从弱到强的顺序排列的是（）A.铝、镁、钠、钾B.镁、铝、钾、钠C.钙、钾、铷、铯D.钙、钾、钠、锂评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)17、（2011春•张掖校级期末）如图；在实验室里，通常利用浓硫酸与乙醇混合加热制乙烯，加热一段时间后溶液中出现棕色；黑色现象．过一段时间后，发现硫酸酸化的高锰酸钾溶液褪色．甲同学认为酸性高锰酸钾溶液褪色，能证明乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化了；乙同学认为酸性高锰酸钾溶液褪色，不能证明乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化了．

（1）写出实验室制乙烯的化学方程式____．

（2）你认为哪个同学的观点正确？____（填“甲”或“乙”），理由是____．

A．（Ⅱ）瓶中酸性高锰酸钾溶液褪色；能证明乙烯发生了氧化反应。

B．（Ⅱ）瓶中酸性高锰酸钾溶液褪色；能证明乙烯发生了加成反应。

C．（Ⅱ）瓶中酸性高锰酸钾溶液褪色；不能证明通入的气体是纯净物。

D．（Ⅱ）瓶中酸性高锰酸钾溶液褪色；只能证明通入气体一定具有还原性。

（3）丙同学取（Ⅱ）瓶中少量溶液于试管里，加入盐酸和氯化钡溶液，产生白色沉淀，他认为乙烯中一定混有二氧化硫，你认为他的结论是否可靠？____（填“可靠”或“不可靠”）；理由是____．若你认为不可靠，改进上述实验方案，证明乙烯中是否含有SO2的改进方法是____．

（4）丁同学对上述实验方案进行了适当改进，用于证明乙烯能否发生加成反应，他的改进方法是____．18、常见有机化合物转化及用途关系如下图（反应条件已略去）．

根据上图回答下列问题：

（1）①-⑥反应中属于取代反应的有____；

（2）反应②的条件是____；

（3）甲烷用于燃料电池的总反应方程式是____；

（4）写出反应⑥的化学方程式____；

（5）已经研究发现反应③是：将甲烷隔绝空气，在高温、催化剂作用下可实现30%的转化率，试写出该反应的化学方程式____．19、向一定体积的密闭容器中加入1molA、0.3molC和一定量的B三种气体．一定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化如图（Ⅰ）所示，其中t0～t1阶段c（B）未画出．图（Ⅱ）为t2时刻后改变反应条件，化学反应速率随时间变化的情况，四个阶段改变的条件均不相同，每个阶段只改变浓度、温度、压强、催化剂中的一个条件，其中t3～t4阶段为使用催化剂．

请回答下列问题：

（1）若t1=15min，则t0～t1阶段以C物质的浓度变化表示的反应速率为____．

（2）t4～t5阶段改变的条件为____，B的起始物质的量浓度为____，该反应的方程式为____．

（3）各阶段平衡时对应的平衡常数如下表所示：

。t1～t2t2～t3t3～t4t4～t5t5～t6K1K2K3K4K5则K1=____（保留两位小数），K1、K2、K3、K4、K5之间的关系为（用“＞”；“＜”或“=”连接）：

____．

（4）在相同条件下，若起始时容器中加入0.2molA、0.1molB和0.6molC，则起始时反应____

（填“向正反应方向进行”、“向逆反应方向进行”或“处于平衡状态”），C的平衡浓度为____．20、对有机物的结构理解，要以立体几何知识为依托，重点理解有机物分子中的价键在空间的分布，注意有机物结构式或结构简式的书写仅表示原子连接的次序，不代表有机物的空间结构．烷烃的结构可从甲烷的立体结构拓展想象，如乙烷（CH3CH3）可认为是甲烷分子中的一个氢原子被-CH3取代形成的．三个碳原子以上的烷烃分子中的碳原子呈锯齿形；可能共平面，但不可能共直线．

（1）甲烷分子中最多可有____个氢原子与碳原子共平面；

（2）-CH3取代苯环上一个氢原子所得有机物为甲苯，甲苯分子中一定有____个碳原子共面；

（3）①CH4，②C3H8，③C4H10，④C5H12四种烃的一种同分异构体只能生成一种一氯代物，此种烃可以是____；

（4）乙烷的一氯取代只有1种结构，乙烷的二氯取代有2种结构，乙烷的五氯取代有____种结构．21、A、B、C、D、E、F、G均为有机物，已知B分子内只有一个环状结构，它们之间的转化关系如图所示．

请回答下列问题：

（1）反应②的类型是____．

（2）写出D分子中官能团的名称____．

（3）写出A的结构简式____．

（4）写出反应①的化学方程式____．

（5）写出F的同分异构体（与F具有相同的官能团）____．22、式量为300以下的某脂肪酸1.0g与2.7g碘完全加成，也可被0.2gKOH所中和，由此推测该脂肪酸的准确相对分子质量是____．23、填空下列空白．

（1）原子种类由____决定；

（2）元素种类由____决定；

（3）原子的质量主要决定于____；

（4）原子的质量数主要由____决定；

（5）原子半径由____决定；

（6）1～18号元素的化合价主要由____决定．24、某结晶水合物含有两种阳离子和一种阴离子。称取两份质量均为45.3g的该结晶水合物，分别制成溶液。向其中一份逐滴加入NaOH溶液，发现开始溶液中出现白色沉淀并逐渐增多；一段时间后有气体逸出，该气体有刺激性气味，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，加热后共计可收集到2.24L该气体（标准状况）；最后白色沉淀逐渐减少并最终消失。另一份逐滴加入Ba(OH)2溶液，开始现象类似，但最终仍有白色沉淀；过滤，用稀硝酸处理沉淀物，经洗涤和干燥，得到白色固体46.6g。请回答以下问题：（1）该结晶水合物中含有的两种阳离子是：____________和____________。（2）试通过计算确定该结晶水合物的化学式为____________。（3）假设过程中向该溶液中加入的Ba(OH)2溶液的物质的量浓度为2.0mol·L-1。①加入Ba(OH)2溶液后，若所得沉淀的总物质的量最大，则反应的离子方程式为____________。②若加入75mL的Ba(OH)2溶液，则得到的沉淀质量为____________g。评卷人得分四、判断题(共3题，共12分)25、质谱和核磁共振不仅可用于有机小分子结构的分析，还可用于蛋白质结构的研究____（判断对错）26、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）27、31g白磷中含有的共价键数为1.5NA．____（判断对错）评卷人得分五、探究题(共4题，共24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7题，共14分)1、D【分析】【分析】都是短周期元素，由最外层电子数与原子序数关系可知，X、Y处于第二周期，X的最外层电子数为6，故X为O元素，Y的最外层电子数为7，故Y为F元素；Z、R、W处于第三周期，最外层电子数分别为1、6、7，故Z为Na元素、R为S元素、W为Cl元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律知识解答该题．【解析】【解答】解：都是短周期元素；由最外层电子数与原子序数关系可知，X；Y处于第二周期，X的最外层电子数为6，故X为O元素，Y的最外层电子数为7，故Y为F元素；Z、R、W处于第三周期，最外层电子数分别为1、6、7，故Z为Na元素、R为S元素、W为Cl元素；

A．该图体现出原子核外最外层电子数的周期性变化；而不是电子层，故A错误；

B．同周期自左而右；原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径S＞Cl＞O，故B错误；

C．W的氢化物与R的氢化物水溶液的酸性相比较；HCl酸性较强，Cl的非金属性较强，故C错误；

D．R、Z形成的化合物可为Na2Sx；存在S-S键，为共价键，故D正确．

故选D．2、D【分析】【分析】弱电解质的证明，是基于与强电解质对比进行的，弱电解质与强电解质最大的区别就是：弱电解质存在电离平衡，而强电解质不存在电离平衡，因此只要证明有电离平衡存在，就证明了弱电解质；可以通过测定一定浓度的甲酸溶液的pH、同浓度的盐酸和甲酸中甲酸的导电性弱等证明，但是电解质强弱与水溶性无关．【解析】【解答】解：A、1mol•L-1甲酸溶液的pH值约为2；溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，证明甲酸在溶液中部分电离，属于弱电解质，故A错误；

B；甲酸和盐酸都是一元酸；在相同条件下，甲酸溶液的导电性比盐酸溶液的弱，说明甲酸溶液中甲酸部分电离，证明了甲酸属于弱电解质，故B错误；

C、10mL1mol•L-1甲酸与10mL1mol•L-1NaOH溶液完全反应后；生成了甲酸钠溶液，甲酸钠溶液呈碱性，证明甲酸钠为强碱弱酸盐，甲酸为弱电解质，故C错误；

D；甲酸的水溶性大小；与电解质的强弱没有关系，无法判断甲酸是否是弱电解质，故正确；

故选D．3、C【分析】【分析】A；化合价降低的元素所在反应物是氧化剂被还原发生还原反应；

B；根据原子守恒、电子守恒和电荷守恒来配平离子方程式；

C；依据草酸的分子结构分析计算；

D、根据原子守恒、电子守恒和电荷守恒来配平离子方程式，结合反应的定量关系计算电子转移．【解析】【解答】解：A、化合价降低的元素是锰元素，所在反应物KMnO4是氧化剂被还原发生还原反应，H2C2O4中碳元素化合价升高做还原剂被氧化发生氧化反应；故A错误；

B、根据电子守恒，该反应中锰元素化合价降低5价，两碳元素化合价共升高2价，所以反应转移电子数为10，所以可以得到：2MnO4-+5H2C2O4+H+→10CO2↑+2Mn2++□，根据电荷守恒、原子守恒，所以□中为8H2O，H+的计量数是6；故B错误；

C；草酸的分子结构式两个羧基连接形成的化合物为HOOC-COOH；分子中形成的共价键共9个，1mol草酸分子中含9mol共用电子对故C正确；

D、根据原子守恒、电子守恒和电荷守恒来配平离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+═10CO2↑+2Mn2++8H2O，6H+～10mle-，所以10molH+参加反应时，电子转移mol；故D正错误；

故选C．4、B【分析】【解答】乙烯聚合得聚乙烯高分子化合物；二者性质不同；聚乙烯是混合物，没有固定的熔点。

【分析】本题考查单体与聚合物结构与性质的区别，熟练掌握聚合反应的特点是解题的关键​。5、A【分析】【分析】A．F元素没有最高价氧化物的水化物；

B．同一主族元素；元素的非金属性随着原子序数增大而减小；

C．同一主族元素；原子半径随着原子序数增大而增大；

D．同一主族元素，元素的金属性随着原子序数增大而增强．【解析】【解答】解：A．F是最活泼的非金属元素；F元素没有最高价氧化物的水化物，故A错误；

B．同一主族元素；元素的非金属性随着原子序数增大而减小，所以非金属性Cl＞I，故B增强；

C．同一主族元素；原子半径随着原子序数增大而增大，所以氮族元素中原子半径N最小，故C正确；

D．同一主族元素；元素的金属性随着原子序数增大而增强，所以金属性Na＞Li，故D正确；

故选A．6、C【分析】【分析】A．d点为氯化铝溶液；碳酸根离子与铝离子发生双水解反应；

B．c点偏铝酸钠与氯化铝恰好完全反应生成氢氧化铝；溶液中存在氯离子，氯离子与银离子反应生成氯化银沉淀；

C．b点恰好生成偏铝酸钠；四种离子之间不反应，都不与偏铝酸钠反应；

D．a点溶液显碱性，NaOH过量，碳酸氢根离子能够与氢氧根离子反应．【解析】【解答】解：A．d点为氯化铝溶液，Al3+、CO32-相互促进水解生成沉淀和气体；在溶液中不能大量共存，故A错误；

B．c点偏铝酸钠与氯化铝恰好完全反应生成氢氧化铝，还生成氯化钠，则不可能存在Ag+；故B错误；

C．b点恰好生成偏铝酸钠，溶液显碱性，Na+、S2-、SO42-、Cl-离子之间不反应；都不与偏铝酸钠反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；

D．a点溶液显碱性，NaOH过量，HCO3-与氢氧根离子反应；在溶液中不能大量共存，故D错误；

故选C．7、A【分析】试题分析：从图像可知，升高温度。三个反应的平衡常数都减小，说明平衡都向逆反应方向移动，逆反应吸热，正反应放热，故a、b、c均小于0，A正确；反应①、②是气体分子总数增加反应，增大压强平衡逆向移动，H2S的脱除率降低，B错；升高温度，平衡逆向移动，H2S的脱除率降低，C错；因三个反应中气体的化学计量数不同，因此平衡常数的表达式不同，D错。考点：考查影响化学平衡的因素，图像分析。【解析】【答案】A二、多选题(共9题，共18分)8、AD【分析】【分析】根据反应“2Fe3++Fe=3Fe2+”可知，反应中铁被氧化，应为原电池负极，因失电子而被氧化；正极应为活泼性比铁弱的金属或导电的非金属材料，Fe3+在正极得到电子而被还原，电解质溶液为含Fe3+的盐．【解析】【解答】解：A；铁的活泼性大于铜；铁作负极，铜作正极，电解质溶液为氯化铁，所以是能实现该反应的原电池，故A正确；

B、电解质溶液为H2SO4溶液；所以不能实现该反应的原电池，故B错误；

C；铁的活泼性大于银；铁作负极，银作正极，电解质溶液为硫酸亚铁，所以是不能实现该反应的原电池，故C错误；

D；铁的活泼性大于银；铁作负极，银作正极，电解质溶液为硫酸铁，所以能实现该反应的原电池，故D正确；

故选AD．9、AC【分析】【分析】A．该反应中生成的有机物较纯净，且与NaBr容易分离；具有实用价值；

B．甲烷与氯气的反应中；所得卤代产物有多种，且难于分离；

C．反应生成硝基苯较纯净；且生成硝基苯与水容易分离；

D．乙酸乙酯的水解反应中，所得产物互溶，难于分离，且反应为可逆反应，产率不高．【解析】【解答】解：A．反应中，生成产物较纯净，且与NaBr容易分离；具有生成价值，故A正确；

B．CH3-CH3+Cl2CH3-CH2Cl+HCl；该反应中有机产物有一氯甲烷；二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳多种，且难于分离，不具有生成价值，故B错误；

C．中；反应产物较纯净；硝基苯易于分离，具有生成价值，故C正确；

D．CH3COOC2H5+H2OCH3COOH+C2H5OH；该反应为可逆反应，产率不高，生成产物互溶，难于分离，不具有生成价值，故D错误；

故选AC．10、BC【分析】【分析】A；根据红斑素和红曲素的结构及分子组成进行判断；

B；根据红斑素和红曲素都含有酯基分析；

C；根据红斑素和红曲素含有的官能团进行分析；

D、根据1mol红曲素中含有的羰基和碳碳双键物质的量判断．【解析】【解答】解：A；红斑素含有5个碳碳双键；而红曲素含有3个碳碳双键，其他结构相同，因此含有的氢原子数不同，所以它们的分子式不同，一定不是同分异构体，故A错误；

B；红斑素和红曲素都含有官能团酯基；所以都能与NaOH溶液反应，故B正确；

C；红斑素中含有的官能团有：醚键、羰基、酯基三种含氧官能团；故C正确；

D、1mol红曲素中含有3mol碳碳键和2mol羰基，最多能与5molH2发生加成反应；故D错误；

故选：BC．11、AC【分析】【分析】A；硫化氢两步电离都可逆；

B、硫化氢第一步不完全电离醋酸HS-，HS-第二步不完全电离；

C、据K1==1.3×10-7计算；

D、NaHS的电离方程式为NaHS⇌Na++HS-．【解析】【解答】解：A；硫化氢两步电离都可逆；所以其是二元弱酸，故A正确；

B、硫化氢第一步不完全电离醋酸HS-，HS-第二步不完全电离，H2S溶液中存在HS-；故B错误；

C、K1===1.3×10-7，c（H+）=10-4；所以其pH=4，故C正确；

D、NaHS的电离方程式为NaHS⇌Na++HS-；故D错误；

故选AC．12、BD【分析】【分析】纯净物是指由同种物质组成的，化合物是指由不同种物质组成的，电解质是指在水溶液里或熔化状态下能够导电的化合物，非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能够导电的化合物．据此可以分析各个选项中各种的所属类别．【解析】【解答】解：A；空气、天然气、苛性钾、石灰石分别属于混合物、混合物、电解质、电解质；故A错误；

B；液态氯化氢是纯净物、稀硫酸是混合物、硫酸钠晶体是化合物；属于电解质、二氧化硫是非电解质，故B正确；

C；盐酸、水煤气均为混合物；醋酸、干冰分别属于化合物，则醋酸属于电解质，干冰属于非电解质，故C错误；

D；纯碱、铝合金、冰水混合物、乙醇分别属于纯净物、混合物、电解质、非电解质；故D正确；

故选BD．13、AC【分析】【分析】A．利用压强差检验装置的气密性；

B．极易溶于该液体的气体尾气处理时要防止倒吸；

C．氢氧化亚铁不稳定；易被空气氧化生成氢氧化铁；

D．量筒只能量取溶液．【解析】【解答】解：A．利用压强差检验装置的气密性；用手捂热试管时，空气有热胀冷缩的性质，空气通过导管进入烧杯，如果烧杯中产生气泡，就是气密性良好，否则气密性不好，故A正确；

B．氯化氢极易溶于水；所以尾气处理时要有缓冲装置防止倒吸，故B错误；

C．氢氧化亚铁不稳定；易被空气氧化生成氢氧化铁，苯的密度小于水，所以可以用苯隔绝空气的干扰，故C正确；

D．量筒只能量取溶液；不能稀释或溶解药品，故D错误；

故选AC．14、AC【分析】【分析】A．胶体具有吸附性；

B．用食醋除去水垢是酸和盐发生的复分解反应；与胶体的性质无关；

C．胶体具有聚沉的性质；

D．用含Al（OH）3的药物治疗胃酸过多，是复分解反应，与胶体的性质无关；【解析】【解答】解：A．明矾在水中可以电离出两种金属离子：KAl（SO4）2=K++Al3++2SO42-，而Al3+很容易水解，生成氢氧化铝Al（OH）3胶体：Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+氢氧化铝胶体的吸附能力很强；可以吸附水里悬浮的杂质，并形成沉淀，使水澄清，所以用明矾净水是利用胶体的吸附性，故A正确；

B．水垢的主要成分是碳酸钙；醋酸能和碳酸钙反应生成可溶性的乙酸钙和水和二氧化碳，食醋和水垢都不是胶体，产物中无胶体，所以与胶体的性质无关，故B错误；

C．豆腐的原料黄豆富含蛋白质；经水浸；磨浆、除渣、加热，得到的蛋白质的胶体，点豆腐就是设法使蛋白质发生凝聚而与水分离，所以用石膏使豆浆变成豆腐，是胶体的聚沉性质，故C正确；

D．胃酸（盐酸）过多的病人服用含Al（OH）3的药物治疗时，氢氧化铝与盐酸反应生成氯化铝和水，该反应是两种化合物相互交换成分生成两种新的化合物的反应，属于复分解反应，盐酸和Al（OH）3；以及产物中都无胶体，所以与胶体的性质无关，故D错误；

故选AC．15、BD【分析】【分析】甲组向图Ⅰ烧杯中逐滴加入适量浓盐酸；发生氧化还原反应，不发生原电池反应，以此分析A；B；

乙组向图ⅡB烧杯中逐滴加入适量40%NaOH溶液，不发生化学反应，发生原电池反应，A中发生I2+2e-═2I-，为正极反应，而B中As化合价升高，发生氧化反应，以此分析C、D．【解析】【解答】解：A．甲组操作时；两个电极均为碳棒，不发生原电池反应，则微安表（G）指针不发生偏转，故A错误；

B．发生反应生成碘单质；则溶液颜色加深，故B正确；

C．乙组操作时，C2做负极；因As元素失去电子，故C错误；

D．乙组操作时，C1上得到电子，为正极，发生的电极反应为I2+2e-═2I-；故D正确；

故选BD．16、AC【分析】【分析】同周期主族元素，自左而右随原子序数增大金属性减弱；同主族元素，自上而下随电子层增大金属性增强．据此判断．【解析】【解答】解：A；铝、镁、钠处于同周期；原子序数依次较小，所以金属性铝＜镁＜钠；钠、钾处于同主族，钾电子层多，失电子能力增强，金属性钠＜钾，所以金属性铝＜镁＜钠＜钾，故A正确；

B；由A中分析可知金属性铝＜镁＜钠＜钾；故B错误；

C；钙、钾处于同周期；原子序数依次较小，所以金属性钙＜钾；钾、铷、铯处于同主族，电子层依次增多，失电子能力增强，所以金属性钾＜铷＜铯，所以金属性钙＜钾＜铷＜铯，故C正确；

D；钙、钾处于同周期；原子序数依次较小，所以金属性钙＜钾；钾、钠、锂处于同主族，电子层依次减少，失电子能力减弱，所以金属性钾＞钠＞锂，由金属活动顺序表可知金属性钙＞钠，所以金属性钾＞钙＞钠＞锂，故D错误．

故选：AC．三、填空题(共8题，共16分)17、CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O乙CD不可靠硫酸酸化的高锰酸钾溶液中本身就含有SO42-将（Ⅱ）瓶中溶液换成品红溶液将（Ⅱ）瓶中溶液换成氢氧化钠溶液，将装置（Ⅲ）换成盛有溴的四氯化碳溶液的洗气瓶【分析】【分析】（1）乙醇在浓硫酸加热170℃发生消去反应生成乙烯气体；

（2）浓硫酸与乙醇混合加热制乙烯，加热一段时间后观察到烧瓶中溶液变黑，说明浓硫酸氧化乙醇生成碳，同时自身被还原，制得的乙烯气体中通常会含有CO2、SO2等气体；二氧化硫和高锰酸钾能发生氧化还原反应，高锰酸钾溶液褪色；

（3）硫酸酸化的高锰酸钾溶液中本身就含有SO42-；利用二氧化硫具有漂白性能使品红褪色检验二氧化硫存在；

（4）氢氧化钠溶液可除掉二氧化硫．【解析】【解答】解：（1）乙醇在浓硫酸加热170℃发生消去反应生成乙烯气体，反应的化学方程式为：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O，故答案为：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O；

（2）浓硫酸具有强氧化性，能氧化乙醇，把乙醇氧化成碳，同时自身被还原成二氧化硫，二氧化硫与高锰酸钾反应5SO2+2KMnO4+2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4褪色，乙烯被高锰酸钾溶液氧化5CH2=CH2+12KMnO+18H2SO4→10CO2+12MnSO4+28H2O+6K2SO4；导致高锰酸钾溶液褪色；

A．（Ⅱ）瓶中酸性高锰酸钾溶液褪色；可能是二氧化硫与高锰酸钾反应，故A错误；

B．（Ⅱ）瓶中酸性高锰酸钾溶液褪色；可能是乙烯被高锰酸钾氧化，故B错误；

C．能使高锰酸钾褪色的有二氧化硫和乙烯；所以不能证明通入的气体是纯净物，故C正确；

D．无论是二氧化硫；还是乙烯，使高锰酸钾褪色，都是与高锰酸钾发生氧化还原反应，且高锰酸钾是氧化剂，气体是还原剂具有还原性，故D正确；

故答案为：乙；CD；

（3）装置（Ⅱ）中装有经硫酸酸化的高锰酸钾溶液，酸化引入硫酸根离子，加入盐酸和氯化钡溶液，产生白色沉淀，不能说明是二氧化硫被高锰酸钾氧化所得，改进实验方案证明乙烯中是否含有SO2；可以用二氧化硫具有漂白性，能使品红褪色进行检验，方法是将（Ⅱ）瓶中溶液换成品红溶液；

故答案为：不可靠；硫酸酸化的高锰酸钾溶液中本身就含有SO42-；将（Ⅱ）瓶中溶液换成品红溶液；

（4）氢氧化钠溶液可除掉二氧化硫，溴的四氯化碳溶液褪色可证明乙烯能发生加成反应，故答案为：将（Ⅱ）瓶中溶液换成氢氧化钠溶液，将装置（Ⅲ）换成盛有溴的四氯化碳溶液的洗气瓶．18、②⑥光照CH4+2O2=CO2+2H2OCH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O2CH4C2H4+2H2【分析】【分析】根据题中各物质转化关系及转化条件，反应①甲烷与氧气发生氧化反应可作燃料电池，反应②为甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应生成一氧甲烷，反应③为甲烷隔绝空气，在高温、催化剂作用下得乙烯，反应⑤乙烯发生加聚反应得聚乙烯，反应④为乙烯与水的加成反应得乙醇，反应⑥为乙醇与乙酸发生酯化（取代）反应得乙酸乙酯，据此答题．【解析】【解答】解：根据题中各物质转化关系及转化条件；反应①甲烷与氧气发生氧化反应可作燃料电池，反应②为甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应生成一氧甲烷，反应③为甲烷隔绝空气，在高温；催化剂作用下得乙烯，反应⑤乙烯发生加聚反应得聚乙烯，反应④为乙烯与水的加成反应得乙醇，反应⑥为乙醇与乙酸发生酯化（取代）反应得乙酸乙酯；

（1）根据上面的分析可知；①-⑥反应中属于取代反应的有②⑥，故答案为：②⑥；

（2）根据上面的分析可知；反应②的条件是光照，故答案为：光照；

（3）甲烷用于燃料电池的总反应方程式是CH4+2O2=CO2+2H2O，故答案为：CH4+2O2=CO2+2H2O；

（4）反应⑥为乙醇与乙酸发生酯化，反应的化学方程式为CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；

故答案为：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；

（5）已经研究发现反应③是：将甲烷隔绝空气，在高温、催化剂作用下可实现30%的转化率，所以该反应为可逆反应，根据元素守恒可知，该反应的化学方程式为2CH4C2H4+2H2；

故答案为：2CH4C2H4+2H2．19、0.02mol/（L•min）减小压强0.5mol•L-12A+B⇌3C0.84K1=K2=K3=K4＜K5向逆反应方向进行0.3mol•L-1【分析】【分析】（1）依据图象中C的浓度变化结合化学反应速率概念计算得到，v=；

（2）图Ⅱ是在四种不同情况下影响化学的平衡；而影响平衡的因素有：浓度；温度、压强、催化剂；

t3～t4和t4～t5这两段平衡是不移动的；则只能是压强和催化剂影响的，因此应该推断该反应为等体积变化的反应；

t3～t4的平衡比原平衡的速率要快，而t4～t5的速率又变慢，则前者应是加催化剂，因为条件只能用一次，t4～t5段为减压；

反应物的浓度降低，生成物的浓度增大，结合图Ⅰ可知，A为反应物，C为生成物，A的变化为0.2mol/L，C的变化量为0.3mol/L．又由于该反应为等体积变化的反应，所以B为反应物，根据化学反应的速率之比等于化学方程式前的计量系数比，写出该反应的方程式为2A（g）+B（g））⇌3C（g），起始1molA所对应的浓度为1mol/L，则体积应是1L，依据平衡三段式列式计算得到B的起始浓度；t5-t6阶段为升高温度；v（正）＞（逆），平衡向正反应方向移动，升高温度平衡向吸热方向移动；

（3）根据平衡常数，平衡移动解答K1、K2、K3、K4、K5之间的关系；

（4）比较浓度商和平衡常数的大小，来确定移动方向和求出C的浓度．【解析】【解答】解：（1）30min内，以C浓度变化表示的反应速率为v（C）==0.02mol/（L•min）；

故答案为：0.02mol/（L•min）；

（2）图Ⅱ是在四种不同情况下影响化学的平衡，而影响平衡的因素有：浓度、温度、压强、催化剂；t3～t4和t4～t5这两段平衡是不移动的；则只能是压强和催化剂影响的，因此应该推断该反应为等体积变化的反应；

t3～t4的平衡比原平衡的速率要快，而t4～t5的速率又变慢，则前者应是加催化剂，因为条件只能用一次，t4～t5段为减压；

反应物的浓度降低；生成物的浓度增大，结合图Ⅰ可知，A为反应物，C为生成物，A的变化为0.2mol/L，C的变化量为0.3mol/L．又由于该反应为等体积变化的反应，所以B为反应物，根据化学反应的速率之比等于化学方程式前的计量系数比，写出该反应的方程式为2A（g）+B（g））⇌3C（g）；

起始2molA所对应的浓度为1mol/L；则体积应是2L，则。

2A（g）+B（g）⇌3C（g）；

起始量（mol/L）1c0.3

变化量（mol/L）0.20.10.3

平衡量（mol/L）0.80.40.6

c（B）=0.5mol/L；

故答案为：减小压强；0.5mol•L-1；2A+B⇌3C；

（3）平衡常数K1===0.84，t5-t6阶段为升高温度，v（正）＞（逆），平衡向正反应方向移动，升高温度平衡向吸热方向移动，反应时吸热反应；根据平衡常数随温度变化，K1、K2、K3、K4、K5之间的关系为K1=K2=K3=K4＜K5；

故答案为：0.84；K1=K2=K3=K4＜K5；

（4）Qc=＞0.84；所以反应向逆反应方向进行；

2A（g）+B（g）⇌3C（g）；

起始量（mol/L）0.20.10.6

变化量（mol/L）2xx3x

平衡量（mol/L）0.2-2x0.1-x0.6-3x

所以：K==0.84

解之得：x=1，所以C的平衡浓度为0.3mol•L-1；

故答案为：反应向逆反应方向进行；0.3mol•L-1．20、27①④1【分析】【分析】（1）3个点确定一个平面；

（2）苯是平面结构；

（3）只能生成一种一氯代物说明只有一种氢原子；

（4）一氯代物和五氯代物的种类相同．【解析】【解答】解：（1）3个点确定一个平面；甲烷为正四面体结构，分子中最多可有2个氢原子与碳原子共平面，故答案为：2；

（2）苯是平面结构；甲基取代苯环上的氢，至少有7个碳原子共面，故答案为：7；

（3）①CH4中有一种氢原子；②C3H8中有2种氢原子；③C4H10中正丁烷有2种氢原子，异丁烷有2种氢原子；④C5H12中新戊烷中有一种氢原子；故答案为：①④；

（4）一氯代物和五氯代物的种类相同，都是一种，故答案为：1．21、取代（酯化）反应羟基CH3CHO+2Cu（OH）2Cu2O+CH3COOH+2H2OCH3CH2COOCH3、HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH（CH3）2【分析】【分析】由E的结构，可推知，B为结合A的分子式C12H16O4及C、D转化为F的反应条件，可推知C为乙酸，D为乙醇，G为乙醛，F为乙酸乙酯；由BCD的结构，结合A的分子式及A转化为BCD的反应条件，可推出A为结合有机物的结构和性质以及题目要求和解答该题．【解析】【解答】解：由E的结构，可推知，B为结合A的分子式C12H16O4及C、D转化为F的反应条件，可推知C为乙酸，D为乙醇，G为乙醛，F为乙酸乙酯；由BCD的结构，结合A的分子式及A转化为BCD的反应条件，可推出A为

（1）反应②为乙酸与乙醇的酯化反应；也为取代反应，故答案为：取代（酯化）反应；

（2）D为乙醇；含有的官能团为羟基，故答案为：羟基；

（3）由以上分析可知A为故答案为：

（4）反应①为乙醛的氧化反应，反应的方程式为CH3CHO+2Cu（OH）2Cu2O+CH3COOH+2H2O；

故答案为：CH3CHO+2Cu（OH）2Cu2O+CH3COOH+2H2O；

（5）F为乙酸乙酯，对应的同分异构体有CH3CH2COOCH3、HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH（CH3）2；

故答案为：CH3CH2COOCH3、HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH（CH3）2．22、278【分析】【分析】0.2gKOH能完全中和1g脂肪酸（相对分子质量为300以下），设脂肪酸中含有n个羧基，令脂肪酸的相对分子质量为M，则R（COOH）n～nKOH，根据比例关系可得M=280n，结合相对分子质量可以确定n=1，数据的不精确性，则M≈280，由RCOOH～xI2（x为烃基不饱和度），故M：254x=1g：2.7g，则M=94.1x，数据的不精确性，则M≈94.1x，可以确定x=3，故脂肪酸分子式可以为CnH2n-5COOH，结合M≈280，判断n的值，据此解答．【解析】【解答】解：0.2gKOH能完全中和1g脂肪酸（相对分子质量为300以下）；设脂肪酸中含有n个羧基，令脂肪酸的相对分子质量为M，则：

R（COOH）n～nKOH

M56n

1.00.2

解得M=280n；因为M＜300，所以n=1，由于数据的不精确性，则M≈280；

由RCOOH～xI2（x为烃基不饱和度）；故M：254x=1g：2.7g，则M=94.1x，数据的不精确性，则280≈94.1x，可以确定x=3；

故脂肪酸分子式可以为CnH2n-5COOH；相对分子质量M=12n+2n-5+45=14n+40，结合M≈280，则n=17，故该脂肪酸的相对分子质量M=14×17+40=278；

故答案为：278．23、质子数和中子数质子数质子数和中子数质子数和中子数质子数和电子层数最外层电子数【分析】【分析】（1）原子不同；原子中的质量数就不同；

（2）根据元素的概念：具有相同核电荷数的一类原子的总称；

（3）原子的质量主要集中在原子核上；

（4）根据质量数与质子数；中子数之间的关系判断；

（5）根据原子半径与质子数；电子层数之间的关系判断；

（6）根据元素的化合价与最外层电子数的关系判断．【解析】【解答】解：（1）原子中；质量数=质子数+中子数，原子不同，质量数不同，即质子数；中子数的和不同，所以原子的种类决定于原子的质子数和中子数；

故答案为：质子数和中子数；

（2）不同种元素之间的本质区别是质子数不同；所以元素的种类由质子数决定，故答案为：质子数；

（3）原子的质量主要集中在原子核上；而原子核中含有质子和中子，即原子的质量主要取决于原子的质子数和中子数；

故答案为：质子数和中子数；

（4）原子中；质量数=质子数+中子数，所以原子的质量数主要决定于质子数和中子数，故答案为：质子数和中子数；

（5）原子半径由质子数和电子层数决定；电子层数相同，质子数越大，半径越小，电子层数越多，半径越大，故答案：质子数和电子层数；

（6）元素的化合价主要取决于原子的最外层电子数，故答案为：最外层电子数．24、略

【分析】试题分析：（1）根据题意知，向其中一份溶液中逐滴加入NaOH溶液，发现开始溶液中出现白色沉淀并逐渐增多，最后白色沉淀逐渐减少并最终消失，原溶液中含有铝离子；一段时间后有气体逸出，该气体有刺激性气味，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体为氨气，原溶液中含有铵根离子；答案为：NH4+、Al3+；（2）一份加入足量Ba（OH）2溶液，生成白色沉淀，过滤，用稀硝酸处理沉淀物，经洗涤和干燥，得到白色固体46.6g，说明含有硫酸根离子；可知45.3g的该结晶水合物中：n（SO42-）=0.02mol，结合产生氨气的体积知，n（NH4+）=0.1mol，根据离子化合物中阴、阳离子电荷相等的原理：n（NH4+）+3n（Al3+）=2n（SO42-）可得：n（Al3+）=0.1mol，进一步求得n（H2O）=1.2mol，该结晶水合物中：n（NH4+）：n（Al3+）：n（SO42-）：n（H2O）=0.1mol：0.1mol：0.2mol：1.2mol=1：1：2：12，该结晶水合物的化学式为NH4Al（SO4）2•12H2O[或（NH4）2SO4•Al2（SO4）3•24H2O]；（3）①根据反应的先后顺序，开始阶段是氢氧化钠和铝离子反应生成氢氧化铝沉淀阶段，然后是铵根离子和氢氧根离子反应生成氨气和水的阶段，最后是氢氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠的阶段，当NH4Al（SO4）2•12H2O和氢氧化钡的物质的量之比为1：2时，两者恰好反应生成硫酸钡、氢氧化铝和一水合氨，此时生成沉淀量最大，离子反应方程式为：NH4++Al3++4OH-+2Ba2++2SO42-=2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3．H2O；②45.3g晶体的物质的量为0.1mol，n（Ba（OH）2）=2.0mol/L×0.075L=0.15mol，n（NH4Al（SO4）2）：n（Ba（OH）2）=2：3，所以氢氧化钡不足量，由原子守恒知，n（BaSO4）=n（Ba（OH）2）=0.15mol，生成n（Al（OH）3）=2/3n（Ba（OH）2）=0.1mol，所以沉淀的质量=0.15mol×233g/mol+0.1mol×78g/mol=34.95g+7.8g=42.75g。考点：考查离子的检验和推断。【解析】【答案】（1）Al3＋和NH4+（各1分）（2）NH4Al(SO4)2·12H2O[或(NH4)2SO4·Al2(SO4)3·24H2O]（2分）（3）①NH4＋＋Al3＋＋4OH-+2Ba2++2SO42－＝2BaSO4↓＋Al(OH)3↓＋NH3·H2O（2分）②42.75g（2分）四、判断题(共3题，共12分)25、√【分析】【分析】核磁共振仪用于测定有机物分子中氢原子的种类和数目，质谱法用于测定有机物的相对分子质量．【解析】【解答】解：核磁共振（NMR）和质谱（MS）是近年来普遍使用的仪器分析技术；也是最常用的结构测定工具．在质谱分析中，只需要微量样品就可测出被测物质的相对分子量；分子式和许多分子结构的信息，再结合核磁共振氢谱，就能准确测定出有机化合物的结构，故说法正确；

故答案为：√．26、×【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．27、√【分析】【分析】白磷分子中含有6个P-P共价键，白磷分子式为P4，据此进行计算含有共价键数目．【解析】【解答】解：白磷是正四面体型结构，分子中含有6个P-P共价键；31g白磷（分子式为P4）的物质的量是0.25mol，所以分子中含有P-P共价键1.5mol，含有的共价键数目为1.5NA，故答案为：√；五、探究题(共4题，共24分)28、|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．29、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KM