2025年岳麓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年岳麓版高三化学上册月考试卷685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5题，共10分)1、已知HCN为弱酸，在0.1mol•L-1的KCN溶液中，下列关系不正确的是（）A.c（K+）＞c（CN-）B.c（CN-）＞c（HCN）C.c（HCN）+c（CN-）=0.2mol•L-1D.c（K+）+c（H+）=c（CN-）+c（OH-）2、（2016•湖北校级模拟）天津“8•12”爆炸事故发生后，核心区出现了一个深达六七米已被氰化物等污染的巨大水坑．专业人员将污水抽出后，用专用槽车拉到“破氰装置”里进行处理．“破氰装置”里盛有的化学试剂主要是（）A.氧化剂B.还原剂C.强酸D.强碱3、短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置如图所示，下列说法正确的是（）A.元素X的最低化合价绝对值与元素X的最高正化合价之和的数值等于8B.简单离子半径的大小顺序为：Z3+＞W2-＞Q-＞Y2-C.Y与氢元素形成的化合物中均只含极性共价键D.最高价的X与Q形成的化合物中，各原子都为8电子稳定结构4、下列有关叙述正确的是（）A.电解饱和食盐水时，阴极的电极反应式为2Cl--2e-═Cl2↑B.放电时，铅蓄电池中硫酸浓度不断减小C.氢氧燃料电池中，当电路上有1mol电子通过时，则正极上消耗氧气为5.6LD.以锌片、铜片、稀硫酸组成原电池，当溶液中通过0.2mol电子时，负极减轻6.5g5、如图；是元素周期表的一部分，有关说法不正确的是（）

A.元素e的氧化物对应的水化物均为强酸B.a、b、d、e四种元素的离子半径：e＞d＞a＞bC.b、f两种元素形成的化合物为离子化合物D.a、c、e的最高价氧化物对应的水化物之间能够相互反应评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)6、如图所示的A、B、C、D、E五种物质的相互关系，（有些反应条件均已省略，如加热、点燃等）则A的化学式可能是（）A.N2B.Cl2C.SD.C7、下列关于常见化学物质的应用正确的是（）A.干冰能用作冷冻剂B.氯化钠可用作净水剂C.味精可用作食品调味剂D.小苏打是一种膨松剂，可用于制作馒头和面包8、下列有关说法正确的是（）A.铁片镀锌时，铁片与外电源的正极相连B.反应SO2（g）+2H2S（g）=3S（s）+2H2O（l）在常温下能自发进行，则该反应的△H＜0C.0.1mol•L-1的CH3COOH溶液加水稀释，溶液的pH和其中水的电离程度均增大D.在N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）平衡体系中加入催化剂，N2的反应速率和转化率均增大9、下列根据反应原理设计的应用，不正确的是（）A.CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-用热的纯碱溶液清洗油污B.Al3++3H2O⇌Al（OH）3+H+明矾净水C.TiCl4+（x+2）H2O（过量）⇌TiO2•xH2O↓+4HCl用TiCl4制备TiO2D.SnCl2+H2O⇌Sn（OH）Cl↓+HCl配制氯化亚锡溶液时加入氢氧化钠10、下列实验基本操作（或实验注意事项）中，主要是处于实验安全考虑的是（）A.实验剩余的药品不能放回原试剂瓶B.可燃性气体的验纯C.不能给正燃烧着的酒精灯添加酒精D.滴管不能交叉使用11、在密闭容器中，反应A（g）+2B（g）⇌C（g）分别在三种不同实验条件下进行，它们的起始浓度均为c（A）=0.100mol/L；c（B）=0.200mol/L；c（C）=0mol/L．反应物A的浓度随时间的变化如图所示．下列说法正确的是（）A.实验②平衡时B的转化率为60%B.反应A（g）+2B（g）⇌C（g）的△H＞0C.若反应①、②的平衡常数分别为K1、K2，则K1＜K2D.减小反应③的压强，可以使平衡时c（A）=0.060mol/L12、下列反应中，属于取代反应的是（）A.CH3CH=CH2+Br2CH3CHBrCH2BrB.CH3CH2OHCH2=CH2+H2OC.CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2OD.C6H6+HNO3C6H5NO2+H2O13、下列实验的现象与对应的结论均正确的是（）

。选项操作现象结论A向溶液X中滴加NaOH稀溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝溶液X中无NH4+B将少量的溴水滴入FeCl2、NaI的混合溶液中，再滴加CCl4，振荡、静置，向上层溶液中滴加KSCN溶液上层溶液不变红；

下层溶液紫红色氧化性：Br2＞Fe3+＞I2C将水蒸气通过灼热的铁粉粉末变红铁与水在高温下发生反应D向漂白粉上加入较浓的盐酸，将湿润淀粉碘化钾试纸置于试管口产生气泡，试纸未变蓝漂白粉已经失效A.AB.BC.CD.D14、下列实验操作中正确的是（）A.进行蒸发操作时，应将混合物中的水分完全蒸干后，才能停止加热B.进行蒸馏操作时，蒸馏烧瓶中应加入几粒沸石C.进行分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出D.进行萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)15、如图是甲醇燃料电池工作的示意图；其中A；B、D均为石墨电极，C为铜电极．

Ⅰ．工作一段时间后；断开K，此时C电极质量减少3.2g．

（1）甲中负极的电解反应式为____

（2）乙溶液此时离子浓度由大到小的顺序是____

Ⅱ．连接K；继续电解一段时间，当A；B两极上产生的气体体积相同时。

（3）乙中A极析出的气体在标准状况下的体积为____

（4）丙装置溶液中金属阳离子的物质的量与转移电子的物质的量变化关系如图，则图中②线表示的是____离子的变化；此时要使丙装置中金属阳离子恰好完全沉淀，需要____mL5.0moL/LNaOH溶液．16、（2011春•南京校级期末）原子序数小于36的X；Y、Z、W四种元素；其中X是形成化合物种类最多的元素，Y原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2倍，Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，W的原子序数为29．回答下列问题：

（1）Y2X2分子中Y原子轨道的杂化类型为____，1molY2X2含有σ键的数目为____．

（2）化合物ZX3的沸点比化合物YX4的高，其主要原因是____．

（3）元素Y的一种氧化物与元素Z的一种氧化物互为等电子体，元素Z的这种氧化物的分子式是____．

（4）元素W的一种氯化物晶体的晶胞结构如图所示，该氯化物的化学式是____，它可与浓盐酸发生非氧化还原反应，生成配合物HnWCl3，反应的化学方程式为____．17、76.8克铜跟适量的浓硝酸反应，铜全部作用后共收集到NO2和NO混合气体22.4L（标准状况），则参加反应的HNO3的物质的量是____mol．18、某工业废水中仅含下表离子中的5种（不考虑水的电离及离子的水解）；且各种离子的物质的量浓度相等，均为0.1mol/L

。阳离子K+Cu2+Fe3+Al3+Fe2+阴离子Cl-CO32-NO3-SO42-SiO32-甲同学欲探究废水的组成；进行了如下实验

Ⅰ．用铂丝蘸取少量溶液；在火焰上灼烧，无紫色火焰（透过蓝色钴玻璃观察）．

Ⅱ．取少量溶液；加入KSCN溶液无明显变化．

Ⅲ．另取溶液加入少量盐酸；有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变

Ⅳ．向Ⅲ中所得的溶液中加入BaCl2溶液；有白色沉淀生成．

请推断

（1）由Ⅰ、Ⅱ判断，溶液中一定不含有的阳离子是____（写离子符号）．

（2）Ⅲ中加入少量盐酸生成无色气体的离子方程式是____．

（3）将Ⅲ中所得红棕色气体通入水中，气体变无色，所发生的化学方程式____

（4）甲同学最终确定原溶液中所含阳离子是____，阴离子是____．（写离子符号）

（5）另取100mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，得到的固体质量为____g．

（6）工业废水中常含有不同类型的污染物，可采用不同的方法处理．以下是乙同学针对含不同污染物的废水提出的处理措施和方法，其中正确的是____

。选项污染物处理措施方法类别A废酸加生石灰中和物理法BCu2+等重金属离子加硫酸盐沉降化学法C含复杂有机物的废水通过微生物代谢物理法D碱性的废水用CO2来中和化学法19、(12分）KClO3在农业上用作除草剂，超细CaCO3泛用于消光纸、无炭复写纸等。某同学在实验室模拟工业过程，利用制乙炔产生的残渣制备上述两种物质，过程如下：I.①电石与水反应的化学方程式是__________。②残渣中主要成分是Ca(OH)2和________。II.将I中的部分灰浆配成池液，通人Cl2，得到Ca(Clo3)2与Cacl2物质的量之比为1:5的溶液，反应的化学方程式是________________III.向II所得溶液中加人KCl，发生复分解反应,经蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得KClO3晶体。你认为能得到KClO3晶体的原因是________________。IV.将I中的残渣溶于NH4Cl溶液,加热，收集挥发出的气体再利用。向所得CaCl2溶液中依次通入NH3、C02，便可获得超细CaCO3，过程如下：①根据沉淀溶解平衡原理，解释残渣中难溶盐的溶解原因________。②CaCl2溶液中通入两种气体后，生成超细CaCO3的化学方程式是________。③图示的溶液A可循环使用，其主要成分的化学式是________评卷人得分四、判断题(共1题，共4分)20、制备Fe（OH）3，既可以通过复分解反应制备，又可以通过化合反应制备____（判断对和错）评卷人得分五、计算题(共2题，共6分)21、标准状况下，5.6LNH3气体的物质的量为____；含有____个NH3分子；其质量为____；2molNH4+中含有电子数为____．22、11.7克NaCl的物质的量是____，含有____个Na+，____个Cl-，共含离子____mol．评卷人得分六、探究题(共4题，共20分)23、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________．24、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：25、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________．26、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5题，共10分)1、C【分析】【分析】A．CN-在溶液中发生水解；

B．CN-在溶液中的水解程度较小；

C．根据物料守恒分析；

D．根据电荷守恒分析．【解析】【解答】解：A．CN-在溶液中发生水解，c（CN-）会减小，所以c（K+）＞c（CN-）；故A正确；

B．CN-在溶液中的水解程度较小，水解生成的HCN的浓度较小，所以c（CN-）＞c（HCN）；故B正确；

C．在0.1mol•L-1的KCN溶液中物料守恒为：c（HCN）+c（CN-）=0.1mol•L-1；故C错误；

D．溶液中存在电荷守恒，即c（K+）+c（H+）=c（CN-）+c（OH-）；故D正确．

故选C．2、A【分析】【分析】氰化物处理方法用氧化还原的方法处理，重金属离子对人体有害，易使人产生重金属中毒，但可以加入某些物质使其转化为沉淀而除去，由此分析解答．【解析】【解答】解：氰化物处理方法用氧化还原的方法处理，所以破氰装置”里盛有的化学试剂主要是强氧化剂，将氰化物氧化为无污染的氮气和二氧化碳，故选A．3、A【分析】【分析】根据元素所在周期表中的位置可知，X为N元素，Y为O元素，Z为Al元素，W为S元素，Q为Cl元素，结合元素周期律的递变规律解答该题．【解析】【解答】解：A；X为N；最低负价为-3，最高正价为+5，两者绝对值之和为8，故A正确；

B、电子层数越多，离子半径越大，具有相同排布的离子，原子序数大的离子半径小，故大小顺序为：W2-＞Q-＞Y2-＞Z3+；故B错误；

C；Y为O；O与H形成的双氧水中即含有O-H极性共价键，又含有O-O非极性共价键，故C错误；

D、N与Cl形成的最高价化合物中N最外层不满足8和电子的稳定结构，故D错误，故选A．4、B【分析】【分析】A；电解饱和食盐水时；阴极上是氢离子得电子的还原反应；

B、放电时，铅蓄电池的总反应是Pb+PbO2+2H2SO4=PbSO4↓+2H2O；据此回答；

C；氢氧燃料电池中；正极上是氧气得电子的还原反应，负极上是氢气失电子的氧化反应；

D、锌片、铜片、稀硫酸组成原电池，负极上是金属锌失电子的氧化反应，电子不会经过电解质，只能走导线．【解析】【解答】解：A、电解饱和食盐水时，阴极上是氢离子得电子的还原反应，电极反应式为2H++2e-═H2↑；故A错误；

B、放电时，铅蓄电池的总反应是Pb+PbO2+2H2SO4=PbSO4↓+2H2O；消耗硫酸，所以硫酸浓度不断减小，故B正确；

C、氢氧燃料电池中，如：酸性燃料电池，正极上是氧气得电子的还原反应，O2+4e-+4H+=2H2O，负极上是氢气失电子的氧化反应2H2-4e-═4H+；当电路上有1mol电子通过时，则正极上消耗氧气为0.25mol，在标况下的体积是5.6L，碱性条件下也是如此，5.6L是标况下的体积，故C错误；

D、锌片、铜片、稀硫酸组成原电池，负极上是金属锌失电子的氧化反应Zn-2e-=Zn2+；当转移0.2mol电子时，消耗金属锌是6.5g，但是电子不会经过电解质，只能走导线，故D错误．

故选B．5、A【分析】【分析】由元素在周期表中的位置可知，a为Na、b为Mg；c为Al、d为O、e为S、f为Cl；

A．亚硫酸属于弱酸；

B．电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小；电子层越多离子半径越大；

C．氯化镁由活泼金属与活泼非金属组成；属于离子化合物；

D．氢氧化钠属于强碱，硫酸属于强酸，二者发生中和反应，氢氧化铝是两性氢氧化物，溶于强酸、强碱．【解析】【解答】解：由元素在周期表中的位置可知，a为Na、b为Mg；c为Al、d为O、e为S、f为Cl；

A．硫的氧化物对应的水化物有硫酸；亚硫酸；硫酸属于强酸，但亚硫酸属于弱酸，故A错误；

B．电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径S2-＞Cl-＞O2-＞Na+；故B正确；

C．氯化镁由活泼金属与活泼非金属组成；属于离子化合物，故C正确；

D．氢氧化钠属于强碱；硫酸属于强酸，二者发生中和反应，氢氧化铝是两性氢氧化物，与硫酸反应生成硫酸铝与水，与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与水，故D正确；

故选A．二、多选题(共9题，共18分)6、AC【分析】【分析】根据题中各物质的转化关系，若A为N2，则A与氢气反应生成B为NH3，A与氧气反应生成C为NO，C与氧气生成D为NO2，D与水反应生成E为HNO3，E与铜反应生成C，符合各物质的转化关系，若A为Cl2，则A与氢气反应生成B为HCl，A与氧气不反应，则不符合各物质的转化关系，若A为S，则A与氢气反应生成B为H2S，A与氧气反应生成C为SO2，C与氧气生成D为SO3，D与水反应生成E为H2SO4，E与铜反应生成C，符合各物质的转化关系，若A为C，则A经过两步氧化再与水反应生成E为碳酸，碳酸不能与铜反应生成CO，据此答题．【解析】【解答】解：根据题中各物质的转化关系，若A为N2，则A与氢气反应生成B为NH3，A与氧气反应生成C为NO，C与氧气生成D为NO2，D与水反应生成E为HNO3，E与铜反应生成C，符合各物质的转化关系，故A正确；若A为Cl2，则A与氢气反应生成B为HCl，A与氧气不反应，则不符合各物质的转化关系，故B错误；若A为S，则A与氢气反应生成B为H2S，A与氧气反应生成C为SO2，C与氧气生成D为SO3，D与水反应生成E为H2SO4，E与铜反应生成C，符合各物质的转化关系，故C正确；若A为C，则A经过两步氧化再与水反应生成E为碳酸，碳酸不能与铜反应生成CO，所以不符合各物质的转化关系，故D错误，故选AC．7、ACD【分析】【分析】A．干冰是二氧化碳固体；能作冷冻剂；

B．氯化钠没有吸附性；所以不能作净水剂；

C．味精含有谷氨酸钠；属于食品调味剂；

D．小苏打是碳酸氢钠．【解析】【解答】解：A．干冰是二氧化碳固体；气化时带走热量导致周围环境温度降低，所以能作冷冻剂，故A正确；

B．氯化钠是强酸强碱盐；不水解生成胶体，所以不能作净水剂，故B错误；

C．味精的成分有氯化钠和谷氨酸钠；属于食品调味剂，故C正确；

D．小苏打是碳酸氢钠；碳酸氢钠呈碱性，能中和酸，碳酸氢钠受热能分解生成二氧化碳气体，所以能作膨松剂，故D正确；

故选ACD．8、BC【分析】【分析】A；电镀时；镀件金属接电源的负极；

B；△H-T△S＜0的反应能够自发进行；

C；稀醋酸加水稀释时；醋酸溶液的酸性减弱；

D、催化剂只能够加快反应速率，不影响平衡移动．【解析】【解答】解：A；铁片镀锌时；铁片与外电源的负极相连，锌片与电源正极相连，故A错误；

B；该反应的△S＜0；反应能够自发进行，说明△H-T△S＜0，所以必须△H＜0，故B正确；

C；稀醋酸加水稀释时；醋酸酸性减弱，则pH增大，对水的电离的抑制程度减弱，水的电离程度增大，故C正确；

D；催化剂不影响平衡移动；加入催化剂反应物转化率不变，故D错误；

故选BC．9、BD【分析】【分析】A．加热促进盐类水解；

B．明矾中的Al3+水解生成Al（OH）3胶体；能吸附水中的悬浮颗粒；

C．TiCl4能水解生成钛的氧化物；

D．SnCl2水解显酸性，要加入HCl抑制其水解．【解析】【解答】解：A．加热促进盐类水解；故加热纯碱溶液其碱性增强，去污能力增强，故A正确；

B．明矾中的Al3+水解生成Al（OH）3胶体，能吸附水中的悬浮颗粒，故明矾能净水，离子方程式为Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+；故B错误；

C．TiCl4能水解生成钛的氧化物，其水解方程式为：TiCl4+（x+2）H2O（过量）⇌TiO2•xH2O↓+4HCl；故C正确；

D．SnCl2水解显酸性；所以在配制氯化亚锡溶液时要加入HCl抑制其水解，故D错误；

故选BD．10、BC【分析】【分析】A．根据药品变质会污染试剂瓶中的药品；实验剩余的药品不能放回原试剂瓶；

B．根据可燃性气体不纯时；点燃易爆炸；

C．酒精有可燃性；

D．为防止药品变质，滴管不能交叉使用．【解析】【解答】解：A．因药品变质会污染试剂瓶中的药品；实验剩余的药品一般不能放回原试剂瓶，不是出于实验安全考虑，故A错误；

B．因可燃性气体不纯时；点燃易爆炸，是出于实验安全考虑，故B正确；

C．气酒精有可燃性；给正燃烧着的酒精灯添加酒精可能引起火灾，是出于实验安全考虑，故C正确；

D．为防止药品变质；滴管不能交叉使用，不是出于实验安全考虑，故D错误．

故选BC．11、BD【分析】【分析】与①比较，②反应速率增大，但与①处于同一平衡状态，则②应为加入催化剂，与①比较，③反应速率增大，可能是升高温度或增大压强，但如是增大压强，减小容器的体积虽然平衡向正反应方向移动，但A的平衡浓度反而增大，不符合图象，则应为升高温度．【解析】【解答】解：A、反应达到平衡状态时，A反应了（0.100-0.060）mol•L-1=0.040mol/L；设B反应了X．

A+2B⇌C

12

0.040X

X=0.080mol/L；

B的转化率==40%；故A错误；

B；升高温度；平衡向吸热反应方向移动，A的物质的量浓度降低，说明平衡向正反应方向移动，正反应是吸热反应，即△H＞0，故B正确；

C；平衡常数只与温度有关；与有无催化剂无关，反应①、②的温度相同，所以平衡常数相同，故C错误；

D、减小反应③的压强，平衡向逆反应方向移动，所以可以使平衡时c（A）=0.060mol•L-1；故D正确；

故选BD．12、CD【分析】【分析】根据取代反应的定义“有机化合物分子里的某些原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应”进行判断．【解析】【解答】解：A．乙烯与溴发生加成反应；故A错误；

B．乙醇制取乙烯为消去反应；故B错误；

C．乙酸与乙醇反应生成乙酸乙酯属于酯化反应；为取代反应的一种，故C正确；

D．苯与浓硝酸反应；苯环上的氢原子被硝基取代取代生成硝基苯，属于取代反应，故D正确；

故选CD．13、BD【分析】【分析】A．滴加NaOH稀溶液；不生成氨气；

B．溴可将亚铁离子；碘离子氧化；少量溴水只氧化碘离子；

C．反应生成四氧化三铁和氢气；

D．漂白粉、盐酸发生氧化还原反应生成氯气，氯气与KI反应生成碘，遇淀粉变蓝．【解析】【解答】解：A．滴加NaOH稀溶液；不生成氨气，应滴加浓NaOH并加热，然后检验氨气，方案不合理，故A错误；

B．溴可将亚铁离子、碘离子氧化，由现象可知少量溴水只氧化碘离子，则氧化性：Br2＞Fe3+＞I2；故B正确；

C．反应生成四氧化三铁和氢气；粉末不会变红，现象不合理，故C错误；

D．漂白粉；盐酸发生氧化还原反应生成氯气；氯气与KI反应生成碘，遇淀粉变蓝，若漂白粉变质，加盐酸产生的气体为二氧化碳，则方案合理，故D正确；

故选BD．14、BC【分析】【分析】A．待大量晶体析出时；停止加热，利用蒸发皿的余热蒸干；

B．沸石能防止暴沸；

C．分液时注意防止液体污染；

D．萃取剂的选择必须符合下列条件：溶质在萃取剂中的溶解度比在原溶剂中要大；萃取剂与原溶剂不相溶；萃取剂与溶质不反应．【解析】【解答】解：A．蒸发时待大量晶体析出时；停止加热，利用蒸发皿的余热把剩余的水蒸干，故A错误；

B．进行蒸馏操作时；应加入沸石防止暴沸，故B正确；

C．为防止液体污染；分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故C正确；

D．萃取剂不一定是有机溶剂；萃取剂的选择与密度无关，故D错误．

故选BC．三、填空题(共5题，共10分)15、CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2Oc（H+）＞c（SO42-）＞c（Cu2+）＞c（OH-）2.24LFe2+280【分析】【分析】Ⅰ（1）甲醇燃料电池是原电池反应；甲醇在负极失电子发生氧化反应，注意电解质溶液是碱性溶液；

（2）利用电子守恒；计算3.2g铜反应转移电子物质的量，再据100mL1mol/L的硫酸铜溶液中含有溶质的物质的量和电解后生成硫酸的物质的量计算离子浓度；

Ⅱ（3）A为阳极；始终是氢氧根离子放电，B为阴极，开始是铜离子放电，后来是氢离子放电，据电子守恒计算产生气体体积；据硫酸根离子守恒计算所得硫酸溶液的物质的量浓度；

（4）C电极为阳极，D电极为阴极，根据丙图可知溶液中有三种金属阳离子，而根据丙的成分可知溶液中只有两种金属阳离子，说明在电解过程中还有Cu2+生成，因此C电极是Cu做阳极，D电极是石墨做阴极，根据转移电子的物质的量和金属阳离子的物质的量的变化确定曲线对应的离子，结合转移电子的物质的量计算．【解析】【解答】解：Ⅰ（1）甲醇燃料电池是原电池反应，甲醇在负极失电子发生氧化反应，电极反应为：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O，故答案为：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；

（2）100mL1mol/L的硫酸铜溶液中含有铜离子0.1mo，硫酸根离子0.1mol，当电解硫酸铜溶液时，阴极反应式为：Cu2++2e-=Cu，阳极反应式为：4OH--4e-=2H2O+O2↑，C极有3.2gCu即0.05mol溶解，转移电子0.1mol，A极反应掉氢氧根离子0.1mol，生成氢离子0.1mol，B极反应掉铜离子0.05mol，剩余铜离子0.05mol，硫酸根离子物质的量没有变化，溶液中还存在水的电离平衡，所以离子浓度大小顺序为：c（H+）＞c（SO42-）＞c（Cu2+）＞c（OH-）；

故答案为：c（H+）＞c（SO42-）＞c（Cu2+）＞c（OH-）；

Ⅱ（3）工作一段时间后；断开K，此时A；B两极上产生的气体体积相同，分析电极反应，B为阴极，溶液中铜离子析出，氢离子得到电子生成氢气，设生成气体物质的量为X，溶液中铜离子物质的量为0.1mol，电极反应为：

Cu2++2e-=Cu，2H++2e-=H2↑；

0.1mol0.2mol2xx

A电极为阳极；溶液中的氢氧根离子失电子生成氧气，电极反应为：

4OH--4e-=2H2O+O2↑；

4xx

得到0.2+2x=4x

x=0.1mol

乙中A极析出的气体是氧气物质的量为0.1mol；在标准状况下的体积为2.24L；

故答案为：2.24L；

（4）根据转移电子的物质的量和金属阳离子的物质的量的变化，可知，铜离子从无增多，铁离子物质的量减小，亚铁离子增加，①为Fe3+，②为Fe2+，③为Cu2+；

依据（3）计算得到电子转移为0.2mol，当电子转移为0.2mol时，丙中阳极电极反应Cu-2e-=Cu2+，生成Cu2+物质的量为0.1mol，图象分析每个单位为0.05mol，阴极电极反应Fe3++e-=Fe2+，溶液中有Fe3+0.2mol，Fe2+0.3mol，Cu2+为0.1mol；所以需要加入NaOH溶液1.4mol，所以NaOH溶液等体积为1.4mol5mol/L=0.28L=280ml；

故答案为：Fe2+；280．16、sp3NA氨气中存在氢键、甲烷中不存在氢键N2OCuClCuCI+2HCI═H2CuCI3（或CuCI+2HCI═H2[CuCI3]【分析】【分析】原子序数小于36的X、Y、Z、W四种元素，元素Y原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2倍，原子最外层电子数不超过8个，所以其内层为K层，则Y是C元素；X是形成化合物种类最多的元素，则X是H元素；Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，则Z是N元素；W的原子序数为29，则W是Cu元素，再结合物质结构分析解答．【解析】【解答】解：原子序数小于36的X；Y、Z、W四种元素；元素Y原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2倍，原子最外层电子数不超过8个，所以其内层为K层，则Y是C元素；X是形成化合物种类最多的元素，则X是H元素；Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，则Z是N元素；W的原子序数为29，则W是Cu元素；

（1）C2H2分子中每个C原子含有2个σ键，所以C轨道的杂化类型为sp杂化，一个乙炔分子中含有3个σ键，则1molC2H2含有σ键的数目为3NA；

故答案为：sp；3NA；

（2）氨气中存在氢键，甲烷中不存在氢键，氢键的存在导致氨气的沸点升高，所以化合物NH3的沸点比化合物CH4的高；

故答案为：氨气中存在氢键；甲烷中不存在氢键；

（3）元素C的一种氧化物与元素N的一种氧化物互为等电子体，CO2和N2O互为等电子体，所以元素Z的这种氧化物的分子式是N2O；

故答案为：N2O；

（4）该晶胞中黑色球个数=4，白色球个数=8×+6×=4，所以黑色球和白色球个数之比=4：4=1：1，所以该氯化物的化学式为CuCl，它可与浓盐酸发生非氧化还原反应，生成配合物HnWCl3，则该反应的化学方程式为CuCl+2HCI═H2CuCl3（或CuCl+2HCI═H2[CuCl3]；

故答案为：CuCl；CuCl+2HCI═H2CuCl3（或CuCl+2HCI═H2[CuCl3]．17、3.4【分析】【分析】n（Cu）==1.2mol，n（气体）==1mol，Cu与硝酸反应生成硝酸铜、氮的氧化物，混合气体的物质的量可得被还原的硝酸的物质的量，根据生成硝酸铜的物质的量可知表现酸性的硝酸的物质的量，以此计算反应消耗的硝酸的物质的量．【解析】【解答】解：Cu与硝酸反应生成硝酸铜；氮的氧化物；混合气体的物质的量可得被还原的硝酸的物质的量，根据生成硝酸铜的物质的量可知表现酸性的硝酸的物质的量；

n（Cu）==1.2mol，n（气体）==1mol；

n（Cu）=1.2mol，则生成n（Cu（NO3）2）=1.2mol；

可知表现酸性的硝酸的物质的量为1.2mol×2=2.4mol；

由N原子守恒可知；则参加反应的硝酸的物质的量为1mol+2.4mol=3.4mol；

故答案为：3.4．18、K+、Fe3+3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O3NO2+H2O=2HNO3+NOFe2+、Cu2+Cl-、NO3-、SO42-1.6D【分析】【分析】Ⅰ．用铂丝蘸取少量溶液；在火焰上灼烧，无紫色火焰（透过蓝色钴玻璃观察），判断无钾离子；

Ⅱ．取少量溶液；加入KSCN溶液无明显变化，无三价铁离子；

Ⅲ．另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，判断红棕色气体为二氧化氮，无色气体为一氧化氮；此时溶液依然澄清，推断溶液中含有NO3-和Fe2+；且溶液中阴离子种类不变，各离子的物质的量均为0.1mol，根据电荷守恒可知还应含有Cu2+，若向原溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，得到的固体是氧化铁和氧化铜，根据铁原子、铜原子守恒计算固体质量，根据反应3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O的离子方程式计算相关物理量；

Ⅳ．向Ⅲ中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，证明含有SO42-．【解析】【解答】解：（1）Ⅰ、Ⅱ判断，溶液中一定不含有的阳离子是K+、Fe3+，故答案为：K+、Fe3+；

（2））Ⅲ中加入少量盐酸生成无色气体，推断溶液中含有NO3-和Fe2+；反应的离子方程式是：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；

故答案为：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；

（3）将Ⅲ中所得红棕色气体通入水中，气体变无色，所发生的化学方程式：3NO2+H2O=2HNO3+NO；

故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；

（4）若向溶液中加入KSCN溶液，无明显变化，说明原溶液中不含Fe3+；若向溶液中加入过量的盐酸，有气体生成，溶液中阴离子种类不变，说明原溶液中含有Cl-，该气体只能是NO，说明含有具有氧化性的NO3-和还原性的Fe2+，若向溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明原溶液中含有SO42-，各离子的物质的量均为0.1mol，根据电荷守恒可知还应含有Cu2+，所以原溶液中所含阳离子是Fe2+、Cu2+；阴离子是NO3-、Cl-、SO42-；

故答案为：Fe2+、Cu2+；NO3-、Cl-、SO42-；

（5）原溶液中所含阳离子是Fe2+、Cu2+，若向原溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，得到的固体是CuO、Fe2O3，根据题意各离子的物质的量均为0.01mol可知m（CuO）=0.01mol×80g/mol=0.8g，m（Fe2O3）=×0.01mol×160g/mol=0.8g；所得固体的质量为0.8g+0.8g=1.6g；

故答案为：1.6；

（6）污染治理要求能除掉有毒的物质；新生成的物质对环境无污染，物理法与化学法的区别是否有新物质生成．

A；酸和碱的中和反应为化学反应；为化学法，故A错误；

B．硫酸铜可溶；所以不能沉淀除去，故B错误；

C．含苯废水中的苯通过微生物代谢；这是化学方法，故C错误；

D．碱性的废水与二氧化碳反应生成的碳酸盐和水；无污染，故D正确；

故选D．19、略

【分析】【解析】【答案】(12分)四、判断题(共1题，共4分)20、√【分析】【分析】铁盐与氢氧化钠反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，氢氧化亚铁能与空气的氧气和水化合生成氢氧化铁．【解析】【解答】解：氯化铁与氢氧化钠反应生成氢氧化铁，此反应属于复分解反应，氢氧化亚铁与氧气和水反应生成氢氧化铁，此反应属于化合反应，故正确，答案为：√．五、计算题(共2题，共6分)21、0.25mol1.505×10234.24g1.204×1025【分析】【分析】根据n=5.6L氨气的物质的量，根据N=nNA计算NH3分子数目，再根据m=nM计算氨气质量；NH4+中含有10个电子，电子物质的量为NH4+的10倍，根据N=nNA计算电子数目．【解析】【解答】解：标况下，5.6L氨气的物质的量为=0.25mol，NH3分子数目为0.25mol×6.02×1023mol-1=1.505×1023，氨气质量为0.25mol×17g/mol=4.25g；NH4+中含有10个电子，电子物质的量为NH4+的10倍，含有电子数目为2mol×10×6.02×1023mol-1=1.204×1025；

故答案为：0.25mol；1.505×1023；4.25g；1.204×1025．22、0.2mol1.204×10231.204×10230.4【分析】【分析】根据n=计算11.7g氯化钠的物质的量，而n（Na+）=n（Cl-）=n（NaCl），根据N=nNA计算Na+、Cl-数目，据此解答．【解析】【解答】解：11.7克NaCl的物质的量是=0.2mol；

n（Na+）=n（Cl-）=n（NaCl）=0.2mol；

则含有Na+离子数目=0.2mol×6.02×1023mol-1=1.204×1023，含有Cl-离子数目=0.2mol×6.02×1023mol-1=1.204×1023；

含有离子总物质的量=n（Na+）+n（Cl-）=0.2mol+0.2mol=0.4mol；

故答案为：0.2mol；1.204×1023；1.204×1023；0.4．六、探究题(共4题，共20分)23、|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．24、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