2025年人教版（2024）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年人教版（2024）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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、1898年，居里夫妇经过一段漫长、枯燥而又艰苦的工作，终于从数吨的沥青铀矿石中提炼出一小撮放射性粉末，并分离出了两种放射性元素钋和镭，其中镭是元素周期表中第7周期ⅡA族的元素，下列关于镭的性质的描述中，不正确的是（）A.镭原子最外电子层上有2个电子B.碳酸镭难溶于水C.氢氧化镭的碱性比Ca（OH）2弱D.单质能和水剧烈反应放氢气2、下列有关实验操作正确或能达到预期目的是（）A.

测溶液PHB.

稀释浓硫酸C.

制取并收集干燥CO2D.

配置100mL0.1mol•L-1盐酸3、下列实验能达到目的是（）A.用乙醇和浓硫酸除去乙酸乙酯中的少量乙酸B.用NaOH溶液与FeCl3溶液制备Fe（OH）3胶体C.用品红和盐酸检验Na2SO3和Na2CO3D.将混有乙烯的SO2通入酸性KMnO4溶液中除去乙烯4、该图装置中，A为铅蓄电池，C1、C2为石墨电极，B烧杯中是浓度均为0.1mol/L的H2SO3和KI的混合溶液100mL．下列说法正确的是（）A.铅蓄电池工作一段时间后，A中溶液的PH变小B.当B烧杯中I-的浓度降为0.05mol/L时，A中消耗的H2SO4的物质的量为0.025molC.当C1、C2两极均开始产生气体时，至少已有3.6×1022个电子从电路中流过D.铅蓄电池工作时，负极电极反应式为：PbO2-2e-+H2SO3=PbSO4+2H2O+SO42-5、X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，其原子序数依次增大．X+无电子，Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z、W、R处于同一周期，R与Y处于同一族，Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等，且含Z元素的物质焰色反应为黄色．下列说法正确的是（）A.元素Y、Z、W具有相同电子层结构的离子，其半径依次增大B.元素X不能与元素Y形成化合物X2Y2C.元素Y与元素Z形成的化合物中阴阳离子之比一定为1：2D.元素X、Y、Z形成的化合物中含有共价键，因此是共价化合物6、油酸的结构简式是（）A.CH2=CHCOOHB.C15H31COOHC.C17H33COOHD.C17H35COOH7、下列有关能源与能量的说法正确的是（）A.煤和石油是经过亿万年形成的，亿万年后煤和石油还会生成，故二者属可再生能源B.蒸汽属于一次能源C.凡经过加热而发生的反应都是吸热反应，常温下进行的反应都是放热反应D.反应物和生成物的总能量的相对大小决定反应是放热还是吸热8、下列实验操作与实验目的都正确的是（）

。实验操作实验目的A制乙炔时用饱和食盐水代替水加快化学反应速率BCH4与SO2混合气体通过盛有溴水的洗气瓶除去中CH4的SO2C淀粉溶液水解后冷却至室温，加新制氢氧化铜悬浊液观察现象检验淀粉是否水解D将浓硫酸、乙醇混合加入试管中，加热，然后将导管末端插入酸性KMnO4溶液中，观察现象；检验是否有乙烯生成A.AB.BC.CD.D9、下列实验设计及其对应的离子方程式均正确的是rm{(}rm{)}A.氢氧化铁溶于氢碘酸：rm{Fe(OH)_{3}+3H^{+}=Fe^{3+}+3H_{2}O}B.rm{Na_{2}O_{2}}与rm{H_{2}O}反应制备rm{O_{2}}rm{Na_{2}O_{2}+H_{2}O篓T2Na^{+}+2OH^{-}+O_{2}隆眉}C.将氯气溶于水制备次氯酸：rm{Cl_{2}+H_{2}O篓T2H^{+}+Cl^{-}+ClO^{-}}D.向rm{Ba(OH)_{2}}溶液中滴加rm{H_{2}SO_{4}}溶液：rm{Ba^{2+}+2OH^{-}+2H^{+}+SO_{4}^{2-}=BaSO_{4}隆媒+2H_{2}O}评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)10、（2012•天心区校级模拟）A；B、C、D都是中学常见的物质；在一定的条件下有如图所示的转化关系（未注明反应条件），请回答下列问题：

（1）若C的稀溶液显蓝色，D为红棕色气体，则B溶液的名称是____，反应中每生成1molH2O时转移的电子数目为____．

（2）若A为单质，C、D都是能使澄清石灰水变浑浊的气体，则B的化学式为____，A、B在化学反应方程式中化学计量数之比为____．

（3）若A为氧化物，C、D中有一种是常见的有毒气体单质．该反应的离子方程式为____．

（4）若A为一种淡黄色物质，C为气体单质，D为Na2CO3．则A的电子式为____，该过程中反应的化学方程式为____．11、现有A；B两种有机化合物；已知：①B分子可以看成A分子中一个氢原子被氨基取代而得到；②它们的分子中氢元素的质量分数相同，相对分子质量都不超过170，A中碳元素的质量分数为72.00%；③它们都是一取代苯，分子中都不含甲基，都含有一个羧基．

请按要求填空：

（1）A、B的分子中氢元素的质量分数都是____；B的分子式为____．

（2）A的结构简式是____；

（3）C与A互为同分异构体，分子中也没有甲基，但苯环上有两个处于对位的取代基，能发生银镜反应，也能在一定条件下发生消去反应，则C与银氨溶液反应的化学方程式是____；

（4）B有一种同分异构体D是某芳香烃发生硝化反应生成的唯一一种一硝基取代物（硝基连在苯环上），则D的结构简式是____．12、分别按下图甲；乙所示装置进行实验；图中两个烧杯里的溶液为同浓度的稀硫酸，甲中A为电流表．请回答下列问题：

（1）以下叙述正确的是____（填字母）．

A．两烧杯中铜片表面均无气泡产生。

B．甲中铜片是正极；乙中铜片是负极。

C．两烧杯的溶液中H+浓度均减小。

D．产生气泡的速率甲比乙慢。

（2）甲装置中的能量转化方式是____能转化为____能，乙装置中的能量转化方式是____能转化为____能．

（3）甲实验中，某同学发现不仅在铜片上有气泡产生，而且在锌片上也产生了气体，分析原因可能是____．

（4）甲实验中，如果把稀硫酸换成硫酸铜溶液，请写出铜电极的电极反应式：____．

13、（1）用20.8g氯化钡配制成500mL溶液，其物质的量浓度为____mol/L；

（2）若从中取出50mL，其物质的量浓度为____mol/L，溶质的质量为____g；

（3）若将这50mL溶液用水稀释到100mL，所得溶液中Ba2+的物质的量浓度为____mol/L，Cl-的物质的量浓度为____mol/L．14、下列有关物质性质或应用的说法正确的是____；

A．将金属钠在研钵中研成粉末；使钠与水反应的实验更安全。

B．金属锂保存在煤油中；使用前要用滤纸吸干煤油。

C．过氧化钠比氧化钠稳定；因此过氧化钠可露置在空气中。

D．过氧化钠能与二氧化碳反应产生氧气；可用作高空飞行或潜水的供氧剂。

E．因NaHCO3能与碱反应；食品工业用作焙制糕点的膨松剂。

F．向NaHCO3溶液中滴入Ba（OH）2溶液无沉淀，而Na2CO3溶液中加入Ba（OH）2溶液出现白色沉淀。

G．NaHCO3溶液与Fe2（SO4）3溶液混合；既有无色气体生成最终又有红褐色沉淀生成。

H．用铂丝蘸取少许溶液；并在酒精灯火焰上灼烧，焰色反应为黄色，一定含有钠元素，一定无钾元素．

I．铝合金的大量使用归功于人们能使用焦炭等还原剂从氧化铝中获得铝。

J．能通过化合反应生成FeCl3和Fe（OH）3

K．铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe2O3和H2

L．制水泥和玻璃都用石灰石作原料。

M．利用Al2O3制作的坩埚；可用于熔融烧碱。

N．Si可用作太阳能电池和光导纤维的材料。

O．除去K2CO3固体中少量NaHCO3：置于坩埚中加热．15、近年来，由于温室效应和资源短缺等问题，关于CO2和碳酸盐应用的研究受到人们的重视．某研究小组利用反应：CO（g）+H2O（g）═H2（g）+CO2（g）△H=-41.2kJ/mol，制备CO2与H2的混合气体，并进一步研究CO2与H2以不同的体积比混合时在合适条件下的反应产物应用．

（1）已知：850℃时在一体积为10L的恒容密闭容器中，通入一定量的CO和H2O，CO和H2O浓度变化如图1

下列说法正确的是____（填序号）

A．达到平衡时；氢气的物质的量是0.12mol

B．达到平衡时；反应体系最终会放出49.44kJ热量。

C．在0-4min；混合气体的平均相对分子质量增大。

D．第6min时；若升高温度，反应平衡常数会减小。

E．第8min时，若充入氦气，会导致v正（CO）＜v逆（H2O）

（2）850℃时，若在容积为2L的密闭容器中同时充入1.0molCO，3.0molH2O，1.0molCO2和xmolH2．若要使上述反应开始时向正反应方向进行，则x应满足的条件是____．

（3）如将H2与CO2以4：1的体积比混合，在适当的条件下可制得CH4．已知：

CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H1=-890.3kJ/mol

H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H2=-285.8kJ/mol则CO2（g）与H2（g）反应生成CH4（g）与液态水的热化学方程式是____．

（4）熔融盐燃料电池（见图2）是以熔融碳酸盐为电解质，以CH4为燃料，空气为氧化剂，稀土金属材料为电极．已知负极的电极反应是CH4+4CO32--8e-=5CO2+2H2O．正极的电极反应是____．为了使该燃料电池长时间稳定运行，电池的电解质组成应保持稳定．为此电池工作时必须有部分A物质参加循环，则A物质的化学式是____．实验过程中，若通入了标准状况下空气448L（假设空气中O2体积分数为20%），则熔融盐燃料电池消耗标准状况下CH4____L．16、（Ⅰ）二氧化铈（CeO2）是一种重要的稀土氧化物。平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3、CeO2以及其他少量可溶于稀酸的物质）。某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如下：（1）洗涤的目的主要是为了除去Cl－和___________（填离子符号），检验该滤渣A洗净的方法是_____________________。（2）第②步反应的离子方程式是____________________________。（3）取上述流程中得到的Ce（OH）4产品0．536g，加硫酸溶解后，用0．1000mol·L－1FeSO4标准溶液滴定终点时（铈被还原为Ce3＋），消耗25．00mL标准溶液，该产品中Ce（OH）4的质量分数为_____________。（Ⅱ）氧化镁在医药、建筑等行业应用广泛．硫酸镁还原热解制备高纯氧化镁是一种新的探索．以菱镁矿（主要成分为MgCO3，含少量FeCO3）为原料制备高纯氧化镁的实验流程如下：（1）加入H2O2氧化时，发生反应的化学方程式为________________。（2）滤渣2的成分是______________（填化学式）。（3）煅烧过程存在以下反应：2MgSO4＋C=2MgO＋2SO2↑＋CO2↑MgSO4＋C=MgO＋SO2↑＋CO↑MgSO4＋3C=MgO＋S↑＋3CO↑利用如图装置对煅烧产生的气体进行分步吸收或收集。①D中收集的气体可以是______________（填化学式）。②B中盛放的溶液可以是______________（填字母）。A．NaOH溶液B．Ca（OH）2溶液C．稀硝酸D．KMnO4溶液③A中得到的淡黄色固体与热的NaOH溶液反应，产物中元素最高价态为＋4，写出该反应的离子方程式：__________________。17、（1）在蔗糖中加入浓H2SO4，反应的化学方程式为______，浓H2SO4的作用是______．

（2）在蔗糖溶液中加入稀H2SO4并加热，反应的化学方程式为______，稀H2SO4的作用是______．

（3）向（2）溶液中加入新制的Cu（OH）2，加热未见砖红色沉淀，其原因是______．评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)18、因为Na可以与水反应放出H2，所以K也可以与水反应放出H2____．（判断对错）19、常温常压下，92gNO2和N2O4的混合气体中含有的原子总数为6NA．____（判断对错）20、有下列化合物：

（1）请在空格内用“√”或“×”判断正误．

①甲、乙、丙丁、戊均属于烃的衍生物____

②乙中含氧官能团的名称为“全基”和“羟基”____

③丙和丁互为同系物____

④可用溴水鉴别乙和戊____

（2）化合物戊可由甲按下列途径合成．

试回答下列问题。

①D→戊的有机反应类型是____．

②写出C→D的化学反应方程式____．

③写出同时满足下列条件的甲的同分异构体（两种即可）．____，____．

a．能与FeCl3发生显色反应；不能发生银镜反应；

b．属于酯类；取代基为链状；

c．苯环上一氯代物只有两种．21、O2和O3互为同位素____．（判断对错）22、标准状况下，1moL水中所含原子总数数为3NA____（判断对错）23、22.4LO2中一定含有6.02×1023个氧分子____．（判断对错）24、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“×”评卷人得分四、探究题(共4题，共28分)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：27、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________．28、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、书写(共1题，共4分)29、按下列要求回答下列问题。

（1）写出（NH4）2SO4溶于水时的电离方程式____

（2）写出下列化学反应方程式：

①（NH4）2SO4与氢氧化钠反应加热____

②（NH4）2SO4与氯化钡反应____．评卷人得分六、实验题(共3题，共9分)30、铁氧体可制备隐形飞机上吸收雷达波的涂料．以废旧锌锰电池为原料制备锌锰铁氧体（MnxZn1-xFe2O4）的主要流程如图1；请回答下列问题：

（1）碱性锌锰电池负极的电极反应式为____，酸浸时二氧化锰被双氧水还原的化学方程式为____；

（2）经测定酸浸后的滤液中主要金属阳离子有Mn2+、Hg2+、Zn2+．除汞是以氮气为载气吹入滤液带出汞蒸汽经KMnO4溶液吸收而实现的．如图是KMnO4溶液处于不同pH时对应的Hg去除率变化图2，图中物质为Hg与MnO4-在一定pH范围内的主要产物，则pH＜6时的离子反应方程式为____，根据该图，你认为pH对汞去除率影响的变化规律是：____；

（3）工艺流程中加入一定量的MnSO4和试剂A的目的是____；

（4）用试剂B调节pH为10.5左右，试剂B最好是____（填序号）；

①氨水②NaOH③NaHCO3

（5）当x=0.2时，所得到的锌锰铁氧体对雷达波的吸收能力特别强，试用氧化物的组合形式表示该锌锰铁氧体的组成____．31、目前；全世界的镍消费量仅次于铜；铝、铅、锌，居有色金属第五位．镍行业发展蕴藏着巨大的潜力．镍化合物中的三氧化二镍是一种重要的电子元件材料和二次电池材料．工业上可利用含镍合金废料（除镍外，还含有Fe、Cu、Ca、Mg、C等杂质）制取草酸镍，然后高温煅烧草酸镍来制取三氧化二镍．

已知：①草酸的钙、镁、镍盐均难溶于水，且溶解度：NiC2O4＞NiC2O4•H2O＞NiC2O4•2H2O

②常温下，Ksp[（Fe（OH））3]=4.0×10-38；lg5=0.7

根据下列工艺流程图回答问题：

（1）加6%的H2O2时，温度不能太高，其目的是____．若H2O2在一开始酸溶时便与盐酸一起加入，会造成酸溶过滤后的滤液中增加一种金属离子，用离子方程式表示这一情况____．

（2）流程中有一步是调pH，使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，常温下当溶液中c（Fe3+）=0.5×10-5mol/L时，溶液的pH=____．

（3）流程中加入NH4F的目的是____．

（4）将最后所得的草酸镍晶体在空气中强热到400℃，可生成三氧化二镍和无毒气体，写出该反应的化学方程式____．

（5）工业上还可用电解法制取三氧化二镍，用NaOH溶液调节NiCl2溶液的pH至7.5，再加入适量Na2SO4进行电解，电解产生的Cl2其80%的可将二价镍氧化为三价镍．写出Cl2氧化Ni（OH）2生成三氧化二镍的离子方程式____；将amol二价镍全部转化为三价镍时，外电路中通过电子的物质的量是____．

（6）近年来镍氢电池发展很快，它可由NiO（OH）跟LaNi5H6（LaNi5H6中各元素化合价均可看作是零）组成：6NiO（OH）+LaNi5H6LaNi5+6Ni（OH）2．该电池放电时，负极反应是____．32、某化学研究性学习小组为了模拟工业流程从浓缩的海水中提取液溴，查阅资料知：rm{Br_{2}}的沸点为rm{59隆忙}微溶于水，有毒性。设计了如下操作步骤及主要实验装置rm{(}夹持装置略去rm{):}rm{垄脵}连接rm{A}与rm{B}关闭活塞rm{b}rm{d}打开活塞rm{a}rm{c}向rm{A}中缓慢通入rm{Cl_{2}}至反应结束rm{;}rm{垄脷}关闭rm{a}rm{c}打开rm{b}rm{d}向rm{A}中鼓入足量热空气rm{;}rm{垄脹}进行步骤rm{垄脷}的同时，向rm{B}中通入足量rm{SO_{2};}rm{垄脺}关闭rm{b}打开rm{a}再通过rm{A}向rm{B}中缓慢通入足量rm{Cl_{2};}rm{垄脻}将rm{B}中所得液体进行蒸馏，收集液溴。请回答下列问题：rm{(1)}实验室中常用来制备氯气的化学方程式为rm{_}rm{(2)}步骤rm{垄脷}中鼓入热空气的作用是__。rm{(3)}装置rm{B}中发生的主要反应的离子方程式为rm{_}rm{(4)}此实验中尾气可用____rm{(}填字母rm{)}吸收处理。rm{a.}水rm{b.}浓硫酸rm{c.NaOH}溶液rm{d.}饱和rm{NaCl}溶液rm{(5)}步骤rm{垄脻}中，用下图所示装置进行蒸馏，收集液溴，将装置图中缺少的必要仪器补画出来。rm{(6)}若直接连接rm{A}与rm{C}进行步骤rm{垄脵}和rm{垄脷}充分反应后，向锥形瓶中滴加稀硫酸，再经步骤rm{垄脻}也能制得液溴。滴加稀硫酸之前，rm{C}中反应生成了rm{NaBrO_{3}}等，该反应的化学方程式为__。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【分析】镭是元素周期表中第七周期的ⅡA族元素，最外层有2个电子，性质活泼，易与水反应，利用同主族元素金属性的递变规律分析．【解析】【解答】解：A．镭最外层有2个电子；在化合物中呈+2价，故A正确；

B．碳酸镁微溶；碳酸钡均难溶于水；所以镭的碳酸盐应该难溶于水，故B正确；

C．镭的金属性较强，氢氧化物呈碱性，且为强碱，所以氢氧化镭的碱性比Ca（OH）2强；故C错误；

D．同主族元素从上到下金属性逐渐增强；镭的金属性较强，单质性质活泼，与水反应放出氢气，故D正确；

故选C．2、C【分析】【分析】A．测溶液pH值；pH试纸放置在玻璃片上；

B．稀释浓硫酸时；将浓硫酸倒入水中，并不断搅拌；

C．实验室用稀盐酸和石灰石制取；用浓硫酸干燥、用向上排空气法收集二氧化碳；

D．配制溶液过程中转移溶液时要用玻璃棒引流．【解析】【解答】解：A．测溶液pH值时；pH试纸放置在玻璃片上，用干净的玻璃棒蘸取待测溶液并滴在pH试纸上，把试纸显示的颜色与标准比色卡对照，读出相同颜色的pH值，故A错误；

B．稀释浓硫酸时；将浓硫酸沿烧杯壁倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌，防止局部温度过高而溅出液体，故B错误；

C．实验室用稀盐酸和石灰石制取二氧化碳；二氧化碳属于酸性氧化物，可以用浓硫酸干燥，二氧化碳能溶于水，二氧化碳和氧气不反应，且其密度大于空气，所以用向上排空气法收集二氧化碳，故C正确；

D．配制溶液过程中转移溶液时要用玻璃棒引流；防止溅出液体而产生误差，故D错误；

故选C．3、C【分析】【分析】A．乙醇和乙酸的反应为可逆反应；

B．向沸腾的NaOH稀溶液中滴加FeCl3，生成Fe（OH）3沉淀；

C．二氧化硫能使品红褪色；

D．乙烯能被高锰酸钾氧化为二氧化碳．【解析】【解答】解：A．乙醇和乙酸的反应为可逆反应；用乙醇和浓硫酸不能除去乙酸乙酯中的少量乙酸，并引入了新的杂质，故A错误；

B．实验室制备氢氧化铁胶体；是在沸腾的蒸馏水中加入饱和氯化铁溶液加热，当溶液变为红褐色时应立即停止加热，即可以得到氢氧化铁胶体，故B错误；

C．盐酸分别于Na2SO3和Na2CO3反应生成无色气体；能使品红褪色的原溶液是亚硫酸钠，故C正确；

D．乙烯能被高锰酸钾氧化为二氧化碳；将原物质除掉，故D错误．

故选C．4、B【分析】【分析】A；根据铅蓄电池放电时；溶液中氢离子浓度的变化判断溶液PH的变化．

B；根据电解时溶液中离子的放电顺序确定B装置中放电的离子；再结合A装置判断消耗硫酸的物质的量．

C；当电解池中阳极上生成气体时；碘离子应该完全放电生成导致碘，然后氢氧根离子放电生成氧气．

D、铅蓄电池放电时，负极上失去电子发生氧化反应．【解析】【解答】解：装置中左边装置是原电池；右边装置连接外加电源属于电解池．

A；铅蓄电池放电时；正极上二氧化铅得电子和硫酸反应生成硫酸铅和水，导致溶液的PH值增大，故A错误．

B、当B烧杯中I-的浓度降为0.05mol/L时；电解质溶液中亚硫酸根离子全部为氧化生成硫酸根离子，生成硫酸根离子的物质的量是0.1mol/L×0.1L=0.01mol，转移电子数是0.01mol×2=0.02mol，消耗碘离子的物质的量是0.05mol/L×0.1L=0.005mol，转移电子是0.005mol，所以总共转移电子0.025mol，A中正极上发生的电极反应式为

PbO2+2H2SO4+2e-=PbSO4+2H2O

2mol2mol

0.025mol0.025mol

所以A中消耗的H2SO4的物质的量为0.025mol；故B正确．

C、当C1、C2两极均开始产生气体时；碘离子放电完全，根据碘离子的物质的量计算通过的电子个数，碘离子的物质的量=0.1mol/L×0.1L=0.01mol；

2I--2e-=I2

2mol2NA

0.01mol0.01NA

所以至少已有6.02×1021个电子从电路中流过；故C错误．

D、铅蓄电池放电时，负极上铅失去电子和硫酸根离子反应生成硫酸铅，电极反应式为Pb+SO42--2e-=PbSO4；故D错误．

故选B．5、C【分析】【分析】X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，其原子序数依次增大．X+无电子，则X为氢元素；Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，则Y有2个电子层，最外层有6个电子，故Y为氧元素；Z、W、R处于同一周期，原子序数等于氧元素，则处于第三周期，R与Y处于同一族，则R为硫元素，Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等，且含Z元素的物质焰色反应为黄色，则Z为钠元素，故W为铝元素．结构物质性质及元素周期律解答．【解析】【解答】解：X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，其原子序数依次增大．X+无电子；则X为氢元素；Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，则Y有2个电子层，最外层有6个电子，故Y为氧元素；Z；W、R处于同一周期，原子序数等于氧元素，则处于第三周期，R与Y处于同一族，则R为硫元素，Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等，且含Z元素的物质焰色反应为黄色，则Z为钠元素，故W为铝元素．

即X为氢元素；Y为氧元素，Z为钠元素，W为铝元素，R为硫元素．

A、Y为氧元素、Z为钠元素、W为铝元素，形成的离子分别为O2-、Na+、Al3+，离子核外都有10个电子，电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径O2-＞Na+＞Al3+；故A错误；

B、X为氢元素、Y为氧元素，二者可以形成化合物H2O2；故B错误；

C、Y为氧元素、Z为钠元素，二者可以形成Na2O、Na2O2两种离子化合物；二者阴阳离子之比都为1：2，故C正确；

D；X为氢元素、Y为氧元素、Z为钠元素；三种形成的化合物为NaOH，含有离子键、共价键，属于离子化合物，故D错误．

故选C．6、C【分析】【解答】解：油酸的结构中含碳碳双键，是一种不饱和的一元羧酸，结构简式为CH3（CH2）7CH=CH（CH2）7COOH，即C17H33COOH，故选C．【分析】油酸的结构中含碳碳双键，是一种不饱和的一元羧酸，据此分析．7、D【分析】【分析】A．煤和石油属不可再生能源；

B．一次能源是指直接取自自然界没有经过加工转换的各种能量和资源；二次能源是转化过形式的能源；

C．放热反应有时也需先加热；

D．△H=生成物能量和-反应物能量和．【解析】【解答】解：A．煤和石油属不可再生能源；故A错误；

B．H2O是一次能源；蒸汽是二次能源，故B错误；

C．放热反应有时也需先加热；如碳的燃烧，故C错误；

D．焓变的大小决定于反应物和生成物具有的能量高低；故D正确；

故选：D．8、B【分析】【分析】A．将食盐水中水作溶质；食盐作溶剂；则食盐水中水的浓度降低，浓度越低，反应速率越慢；

B．二氧化硫具有还原性；能和溴发生氧化还原反应，甲烷和溴不反应；

C．葡萄糖和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应需要在碱性条件下；

D．乙醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色．【解析】【解答】解：A．将食盐水中水作溶质；食盐作溶剂；则食盐水中水的浓度降低，浓度越低，反应速率越慢，所以用饱和食盐水代替水而减缓电石制取乙炔的反应速率，故A错误；

B．二氧化硫具有还原性；能和溴发生氧化还原反应生成硫酸和氢溴酸，甲烷和溴不反应，所以可以用溴水除去甲烷中二氧化硫，故B正确；

C．葡萄糖和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应需要在碱性条件下；否则实验不成功，所以检验淀粉是否水解时应该先加入NaOH中和酸，然后再加入新制氢氧化铜悬浊液，故C错误；

D．乙醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色；乙醇具有挥发性，制取的乙烯中含有乙醇，要检验乙烯的生成应该先用水除去乙醇，故D错误；

故选B．9、D【分析】解：rm{A.}氢氧化铁溶于氢碘酸的离子反应为rm{2Fe(OH)_{3}+2I^{-}+6H^{+}篓T2Fe^{2+}+I_{2}+6H_{2}O}故A错误；

B.rm{Na_{2}O_{2}}与rm{H_{2}O}反应制备rm{O_{2}}rm{2Na_{2}O_{2}+2H_{2}O篓T4Na^{+}+4OH^{-}+O_{2}隆眉}故B错误；

C.将氯气溶于水制备次氯酸：rm{Cl_{2}+H_{2}O?H^{+}+Cl^{-}+HClO}故C错误；

D.rm{H_{2}SO_{4}}与rm{Ba(OH)_{2}}溶液之间发生酸碱中和反应生成硫酸钡和水，即rm{2H^{+}+SO_{4}^{2-}+Ba^{2+}+2OH^{-}=BaSO_{4}隆媒+2H_{2}O}故D正确；

故选D．

离子方程式的书写步骤一般为：rm{垄脵}“写”：写出有关反应的化学方程式；rm{垄脷}“拆”：可溶性的电解质用离子符号表示，其它难溶的物质、气体、水等仍用化学式表示；rm{垄脹}“删”：删去方程式两边不参加反应的离子；rm{垄脺}“查”：检查式子两边的各种原子的个数及电荷数是否相等rm{.}可根据反应原理及离子方程式的书写规律和要求进行分析解答．

A.发生氧化还原反应生成亚铁离子；碘、水；

B.方程式左右氧原子不守恒；

C.次氯酸为弱酸；且该反应为可逆反应；

D.rm{H_{2}SO_{4}}与rm{Ba(OH)_{2}}溶液之间发生酸碱中和反应；

本题考查了离子方程式的正误判断，该题是高考中的高频题，侧重对学生能力的培养和训练，注意掌握判断离子方程式常用方法rm{(1)}检查反应能否发生；rm{(2)}检查反应物、生成物是否正确；rm{(3)}检查各物质拆分是否正确；rm{(4)}检查是否符合守恒关系rm{(}如：质量守恒和电荷守恒rm{)}注意选项C为可逆反应，为易错点，题目难度中等．【解析】rm{D}二、填空题(共8题，共16分)10、浓硝酸NAH2SO41：2MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑、NaOH+NaHCO3═Na2CO3+H2O或2Na2O2+4NaHCO3═4Na2CO3+2H2O+O2↑【分析】【分析】（1）若C的稀溶液显蓝色，D为红棕色气体，则A为Cu、B为HNO3、C为NO2、D为Cu（NO3）2；

（2）若A为单质；C；D都是能使澄清石灰水变浑浊的气体，则A为碳，B为浓硫酸，C、D分别为二氧化碳、二氧化硫中的一种；

（3）若A为氧化物；C；D中有一种是常见的有毒气体单质，应是实验室用二氧化锰与浓盐酸制备氯气的反应；

（4）若A为一种淡黄色物质，C为气体单质，D为Na2CO3，则A为Na2O2，B为NaHCO3，C为O2．【解析】【解答】解：（1）若C的稀溶液显蓝色，D为红棕色气体，则A为Cu、B为HNO3、C为NO2、D为Cu（NO3）2，由Cu+4HNO3（浓）=2NO2↑+Cu（NO3）2+2H2O可知，参加反应Cu为1mol×=0.5mol，故转移的电子为0.5mol×2=1mol，即转移电子数目为NA，故答案为：浓硝酸；NA；

（2）若A为单质，C、D都是能使澄清石灰水变浑浊的气体，则A为碳，B为浓硫酸，C、D分别为二氧化碳、二氧化硫中的一种，反应方程式为：C+2H2SO4（浓）2SO2↑+CO2↑+2H2O，A、B在化学反应方程式中化学计量数之比为1：2，故答案为：H2SO4；1：2；

（3）若A为氧化物，C、D中有一种是常见的有毒气体单质，应是实验室用二氧化锰与浓盐酸制备氯气的反应，反应离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；

（4）若A为一种淡黄色物质，C为气体单质，D为Na2CO3，则A为Na2O2，B为NaHCO3，C为O2；则：

A的电子式为该过程中反应的化学方程式为：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑、NaOH+NaHCO3═Na2CO3+H2O或2Na2O2+4NaHCO3═4Na2CO3+2H2O+O2↑；

故答案为：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑、NaOH+NaHCO3═Na2CO3+H2O或2Na2O2+4NaHCO3═4Na2CO3+2H2O+O2↑．11、略

【分析】

（1）因B可看成A中1个氢原子被-NH2取代得到，A、B两者碳原子、氧原子分别相等，氢元素百分含量相等，所以设A的摩尔质量为M，A中氢原子个数为a，则×100%=×100%，得到：M=15a，所以A中w（H）=×100%=×100%=6.67%；所以A中w（O）=1-72%-6.67%=21.33%；

A中C：H：O==9：10：2，所以A分子式为（C9H10O2）x，因Mr（A）＜170，所以x=1，即分子式为C9H10O2，故B的分子式为C9H11NO2；

故答案为：6.67%，C9H11NO2；

（2）有机物A的分子式为C9H10O2，有机物A为一取代苯，分子中不含甲基，含有一个羧基，故A的结构简式为：故答案为：

（3）C与A互为同分异构体，分子中也没有甲基，但苯环上有两个处于对位的取代基，能发生银镜反应，含有-CHO或-OOCH，能在一定条件下发生消去反应，应含有醇羟基，故C含有的基团为-CHO、-CH2CH2OH，故C的结构简式为与银氨溶液反应的化学方程式是：

+2Ag（NH3）2OH+2Ag+3NH3+H2O；

故答案为：

+2Ag（NH3）2OH+2Ag+3NH3+H2O；

（4）B有一种同分异构体D是某芳香烃发生硝化反应生成的唯一一种一硝基取代物（硝基连在苯环上），B的分子式为C9H11NO2，则相应的芳香烃的分子式为C9H12，故该芳香烃为故D的结构简式为：

故答案为：．

【解析】【答案】（1）（2）因B可看成A中1个氢原子被-NH2取代得到，A、B两者碳原子、氧原子分别相等，氢元素百分含量相等，所以设A的摩尔质量为M，A中氢原子个数为a，则×100%=×100%，得到：M=15a，所以A中w（H）=×100%=×100%=6.67%；所以A中w（O）=1-72%-6.67%=21.33%；

A中C：H：O==9：10：2，所以A分子式为（C9H10O2）x，因Mr（A）＜170，所以x=1，即分子式为C9H10O2，故B的分子式为C9H11NO2；

有机物A为一取代苯，分子中不含甲基，含有一个羧基，故A的结构简式为

（3）C与A互为同分异构体，分子中也没有甲基，但苯环上有两个处于对位的取代基，能发生银镜反应，含有-CHO或-OOCH，能在一定条件下发生消去反应，应含有醇羟基，故C含有的基团为-CHO、-CH2CH2OH，故C的结构简式为

（4）B有一种同分异构体D是某芳香烃发生硝化反应生成的唯一一种一硝基取代物（硝基连在苯环上），B的分子式为C9H11NO2，则相应的芳香烃的分子式为C9H12，故该芳香烃为据此确定D的结构简式．

12、C化学电化学热锌片不纯，在锌片上形成了原电池Cu2++2e﹣=Cu【分析】【解答】（1）A．铜为金属活动性顺序表H元素之后的金属；不能与稀硫酸反应，甲烧杯中铜片表面有气泡产生，故A错误；

B．乙没有形成闭合回路；不能形成原电池，故B错误；

C．两烧杯中硫酸都参加反应；氢离子浓度减小，故C正确；

D．甲能形成原电池反应；较一般化学反应速率更大，所以产生气泡的速率甲中比乙中快，故D错误．

故答案为：C；

（2）甲形成闭合回路；形成原电池，将化学能转变为电能，乙没有形成闭合回路，不能形成原电池，反应放热，将化学能转变为热能；

故答案为：化学；电；化学；热；

（3）在甲实验中；某同学发现不仅在铜片上有气泡产生，而且在锌片上也产生了气体，是由于锌片不纯，在锌片上形成原电池导致；

故答案为：锌片不纯；在锌片上形成了原电池；

（4）在甲实验中，如果把硫酸换成硫酸铜溶液，Cu2+在正极上得电子被还原产生Cu，电极反应式为Cu2++2e﹣=Cu；

故答案为：Cu2++2e﹣=Cu．

【分析】锌比铜活泼，能与稀硫酸反应，铜为金属活动性顺序表H元素之后的金属，不能与稀硫酸反应，乙没有形成闭合回路，不能形成原电池，甲形成闭合回路，形成原电池，根据原电池的组成条件和工作原理解答该题．13、0.20.22.080.10.2【分析】【分析】（1）根据n=、c=计算出该溶液中氯化钡的物质的量浓度；

（2）溶液具有均一性；则取出的溶液浓度不变；根据m=nM=cVM计算出含有溶质的质量；

（3）根据稀释过程中溶质的物质的量不变计算出所得溶液中钡离子、氯离子的浓度．【解析】【解答】解：（1）20.8g氯化钡的物质的量为：n（BaCl2）==0.1mol；

该溶液中氯化钡的物质的量浓度为：c（BaCl2）==0.2mol/L；

故答案为：0.2；

（2）若从中取出50mL；溶液的浓度不变，则其物质的量浓度为0.2mol/L；

该50mL溶液中含有氯化钡的质量为：m（BaCl2）=208g/mol×0.2mol/L×0.05L=2.08g；

故答案为：0.2；2.08；

（3）若将这50mL溶液用水稀释到100mL，稀释过程中溶质的物质的量不变，则所得溶液中Ba2+的物质的量浓度为：c（Ba2+）==0.1mol/L，Cl-的物质的量浓度为钡离子浓度的2倍，即：c（Cl-）=2c（Ba2+）=0.2mol/L；

故答案为：0.1；0.2．14、DGJL【分析】【分析】A．钠性质活泼；研成粉末增大接触面积，反应更加剧烈；

B．锂密度小于煤油；

C．过氧化钠易与空气中的水；二氧化碳反应；

D．依据过氧化钠能够与二氧化碳反应制备氧气解答；

E．碳酸氢钠不稳定加热分解生成二氧化碳；

F．NaHCO3溶液中滴入Ba（OH）2溶液；反应生成碳酸钡沉淀和水；

G．NaHCO3溶液与Fe2（SO4）3溶液混合发生双水解；

H．观察钾的焰色应该透过蓝色的钴玻璃；

I．三氧化铝熔点非常高；不能用碳还原制取铝；

J．氯气与铁反应生成氯化铁；氢氧化亚铁与氧气；水反应生成氢氧化铁；

K．铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe3O4和H2；

L．石灰石是制备水泥和玻璃的原料；

M．三氧化二铝能够与氢氧化钠等强碱反应；

N．光导纤维的主要成分为二氧化硅；

O．碳酸氢钠分解生成碳酸钠．【解析】【解答】解：A．钠性质活泼；研成粉末增大接触面积，反应更加剧烈，不安全，故A错误；

B．锂密度小于煤油；锂放在煤油不能够隔绝空气，故B错误；

C．过氧化钠易与空气中的水；二氧化碳反应；应密封保存，故C错误；

D．过氧化钠能够与二氧化碳反应制备氧气；常做供氧剂，故D正确；

E．食品工业用碳酸氢钠作焙制糕点的膨松剂是因为碳酸氢钠不稳定加热分解生成二氧化碳；故E错误；

F．NaHCO3溶液中滴入Ba（OH）2溶液；反应生成碳酸钡沉淀，故F错误；

G．NaHCO3溶液与Fe2（SO4）3溶液混合发生双水解；生成氢氧化铁和二氧化碳，故G正确；

H．观察钾的焰色应该透过蓝色的钴玻璃；故H错误；

I．三氧化铝熔点非常高；不能用碳还原三氧化二铝制取铝，故I错误；

J．氯气与铁反应生成氯化铁；氢氧化亚铁与氧气；水反应生成氢氧化铁，故J正确；

K．铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe3O4和H2；故K错误；

L．石灰石是制备水泥和玻璃的原料；故L正确；

M．三氧化二铝能够与氢氧化钠等强碱反应；故M错误；

N．光导纤维的主要成分为二氧化硅；故N错误；

O．碳酸氢钠分解生成碳酸钠；引入新的杂质，故O错误；

故正确的有：DGJL．15、BDx＜3CO2（g）+4H2（g）═CH4（g）+2H2O（l）△H=-252.9kJ/molO2+2CO2+4e-=2CO32-CO244.8【分析】【分析】（1）A．由图可知，平衡时△c（CO）=0.2mol/L-0.08mol/L=0.12mol/L，利用浓度变化量之比等于化学计量数之比计算△c（H2），再根据n=cV计算n（H2）；

B．850℃时该反应的反应热△H≠-41.2kJ/mol；

C．随反应进行；混合气体总质量不变，总物质的量不变，平均相对分子质量不变；

D．该反应正反应是放热反应；升高温度平衡向逆反应移动；

E．恒容密闭容器中；若充入氦气，体积不变，各物质的浓度不变，速率不变；

（2）用x表示出浓度商Qc；平衡向正反应移动，应满足浓度商Qc＜k，据此计算判断；

（3）根据盖斯定律；由已知热化学方程式乘以合适的系数进行加减，反应热也乘以相应的系数进行相应的计算；

（4）燃料电池中，正极发生的反应一定是氧气得电子的过程；电池是以熔融碳酸盐为电解质，可以循环利用的物质只有二氧化碳；在燃料电池和电解池的串联电路中，转移的电子数目是相同的．【解析】【解答】解：（1）A．由图可知，平衡时△c（CO）=0.2mol/L-0.08mol/L=0.12mol/L，浓度变化量之比等于化学计量数之比，故△c（H2）=△c（CO）=0.12mol/L，故n（H2）=0.12mol/L×10L=1.2mol；故A错误；

B．生成1.2mol氢气，通常条件下放出的热量为41.2kJ×=49.44kJ；850℃时该反应的反应热△H≠-41.2kJ/mol，故B正确；

C．由图可知4min时到达平衡；随反应进行，混合气体总质量不变，总物质的量不变，平均相对分子质量不变；所以混合气体的平均相对分子质量始终不变化，故C错误；

D．该反应正反应是放热反应；升高温度平衡向逆反应移动，平衡常数减小，故D正确；

E．恒容密闭容器中；若充入氦气，体积不变，各物质的浓度不变，速率不变，故E错误；

故答案为：BD．

（2）由图可知；平衡时CO的浓度为0.08mol/L，则：

CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）

开始（mol/L）：0.20.300

变化（mol/L）：0.120.120.120.12

变化（mol/L）：0.080.180.120.12

故平衡常数k==1；

平衡向正反应方向移动，浓度商小于平衡常数，即Qc=＜1；解得x＜3；

故答案为：x＜3；

（3）已知：①CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H1=-890.3kJ/mol

②H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H2=-285.8kJ/mol

由盖斯定律，②×4-①得CO2（g）+4H2（g）═CH4（g）+2H2O（l）△H=-252.9kJ/mol

故答案为：CO2（g）+4H2（g）═CH4（g）+2H2O（l）△H=-252.9kJ/mol；

（4）料电池中，正极反应一定是氧气的电子的过程，该电池的电解质环境是熔融碳酸盐，所以电极反应为：O2+2CO2+4e-=2CO32-（或2O2+4CO2+8e-=4CO32-）；

电池是以熔融碳酸盐为电解质；可以循环利用的物质只有二氧化碳；

若通入了标准状况下空气448L（假设空气中O2体积分数为20%），则氧气的物质的量为4mol，根据电极反应为：O2+2CO2+4e-=2CO32-，所以转移电子的物质的量为16mol，根据电池的负极电极反应是CH4+4CO32--8e-=5CO2+2H2O，当转移16mol电子时，消耗CH42mol，则CH4在（标准状况）的体积V=nVm=2mol×22.4L/mol=44.8L；

故答案为：O2+2CO2+4e-=2CO32-；CO2；44.8．16、略

【分析】试题分析：（Ⅰ）（1）为了制取纯净的Ce(OH)4,要将表面的杂质离子如Cl-、Fe3+除去。所以要洗涤。只要洗涤液中无铁离子或氯离子，就证明洗涤干净了。故可以检验铁离子也可检验氯离子。（2）加入H2O2是为了把CeO2还原为Ce3+。反应的离子方程式是：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O。（3）根据电子守恒可得关系式：Ce（OH）4FeSO4即208gCe（OH）4消耗1摩尔FeSO4。n(FeSO4)=2.5×10-3mol.所以m(Ce（OH）4-)=2.5×10-3mol.×208g/mol=0.52g,所以该产品中Ce（OH）4的质量分数为：(0.52g÷0.536g)×100%=97.01℅.（Ⅱ）(1)加入双氧水是把亚铁离子氧化成铁离子。反应的方程式是：2FeSO4+H2O2+H2SO4=Fe2(SO4)3+2H2O；(2)氢氧化铁沉淀的PH值是3.7，所以在PH=4时滤渣2的成分是Fe(OH)3；(3)煅烧产生的气体含有SO2和CO，用酸性高锰酸钾溶液把SO2氧化为H2SO4，再用品红溶液来检验是否把SO2除干净，最后得到CO气体。(4)A中得到的淡黄色固体与热的NaOH溶液反应的反应的离子方程式3S+6OH-2S2-+SO32-+3H2O考点：镁、铈等元素的单质及化合物的知识及应用。【解析】【答案】（Ⅰ）（1）Fe3+。取最后一次洗涤液少量于试管中，滴加KSCN溶液，若不变色则先洗净【其它合理答案（如检验Cl-）也给分】（2）2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O⑶97.01℅(Ⅱ)（1）2FeSO4+H2O2+H2SO4=Fe2(SO4)3+2H2O；（2）Fe(OH)3；⑶①CO；②d；③3S+6OH-2S2-+SO32-+3H2O17、略

【分析】解：（1）因浓硫酸有脱水性，浓硫酸将蔗糖中的H和O以2：1的形式脱去，蔗糖脱水生成C，反应为：C12H11O11（蔗糖）12C+11H2O；

故答案为：C12H11O11（蔗糖）12C+11H2O；脱水性；

（2）蔗糖溶液中加入稀H2SO4并加热，C12H22O11（蔗糖）+H2OC6H12O6（葡萄糖）+C6H12O6（果糖），稀H2SO4的作用是催化；

故答案为：C12H22O11（蔗糖）+H2OC6H12O6（葡萄糖）+C6H12O6（果糖）；催化；

（3）由于水解完毕生成还原性糖葡萄糖，与新制的Cu（OH）2试剂发生氧化反应，须在碱性条件下，所以，在冷却后的溶液中加入新制的Cu（OH）2试剂前；需用NaOH溶液中和硫酸至碱性；

故答案为：Cu（OH）2浊液可与硫酸反应；该反应必须在碱性条件下进行，未用NaOH溶液中和硫酸见不到红色沉淀；

（1）浓硫酸具有脱水性；可使蔗糖脱水而变黑；

（2）蔗糖溶液中加入稀H2SO4并加热，水解生成葡萄糖和果糖；稀H2SO4的作用是催化；

（3）醛基与新制的Cu（OH）2试剂发生氧化反应；须在碱性条件下；

本题主要考查了硫酸在不同反应中的作用，掌握稀硫酸的酸的共性和浓硫酸的三大特性是解答的关键，注意Cu（OH）2浊液可与硫酸反应，醛基检验必须在碱性条件下进行．题目难度不大．【解析】C12H11O11（蔗糖）12C+11H2O；脱水性；C12H22O11（蔗糖）+H2OC6H12O6（葡萄糖）+C6H12O6（果糖）；催化；Cu（OH）2浊液可与硫酸反应，该反应必须在碱性条件下进行，未用NaOH溶液中和硫酸见不到红色沉淀三、判断题(共7题，共14分)18、√【分析】【分析】根据同主族元素性质相似的规律判断．【解析】【解答】解：Na和K位于周期表相同主族，性质相似，Na可以与水反应放出H2，所以K也可以与水反应放出H2；

故答案为：√．19、√【分析】【分析】NO2和N2O4的最简式相同，只需要计算92gNO2中原子数．【解析】【解答】解：NO2和N2O4的最简式相同，只需要计算92gNO2中原子数=×3×NA=6NA，故答案为：√．20、√【分析】【分析】（1）根据甲；乙、丙、丁、戊的结构简式可知；它们都是烃的衍生物，乙中含氧官能团的名称为“醛基”，丁和丙的官能团不完全相同，所以它们不是同系物，乙中有碳碳双键，而戊中没有，所以可以用溴水鉴别它们；

（2）根据题中各物质转化关系，对比甲和C的结构可知，甲发生加成反应生成A为A发生消去反应生成B为B再与氢气加成得C，C在碱性条件下水解得D为D发生分子内酯化得戊．【解析】【解答】解：（1）根据甲；乙、丙、丁、戊的结构简式可知；它们都是烃的衍生物，乙中含氧官能团的名称为“醛基”，丁和丙的官能团不完全相同，所以它们不是同系物，乙中有碳碳双键，而戊中没有，所以可以用溴水鉴别它们，所以①正确，②错误，③错误，④正确；

故答案为：√；×；×；√；

（2）根据题中各物质转化关系，对比甲和C的结构可知，甲发生加成反应生成A为A发生消去反应生成B为B再与氢气加成得C，C在碱性条件下水解得D为D发生分子内酯化得戊；

①D→戊的有机反应类型是酯化反应；

故答案为：酯化反应；

②C→D的化学反应方程式为

故答案为：

③甲的同分异构体，满足下列条件a．能与FeCl3发生显色反应，不能发生银镜反应，说明有酚羟基没有醛基；b．属于酯类，取代基为链状，有酯基；c．苯环上一氯代物只有两种，苯环上有两个处于对位的基团，符合条件的结构为

故答案为：或或或21、×【分析】【分析】有相同质子数；不同中子数的原子互为同位素；

相同元素组成，不同形态的单质互为同素异形体．【解析】【解答】解：O2和O3都是由氧元素形成的不同单质；故互为同素异形体；

故答案为：×．22、√【分析】【分析】水的分子式为H2O，结合分子式进行判断．【解析】【解答】解：水的分子式为H2O，1moL水中所含原子总数为3NA；

故答案为：√．23、×【分析】【分析】氧气所处的状态不确定，气体摩尔体积不一定是22.4L/mol，不能确定氧气的物质的量．【解析】【解答】解：若为标况下，22.4L氧气的物质的量为1mol，含有6.02×1023个氧分子，但氧气所处的状态不确定，气体摩尔体积不一定是22.4L/mol，不能确定氧气的物质的量，不能确定含有氧气分子数目，故错误，故答案为：×．24、×【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：×．四、探究题(共4题，共28分)25、|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．26、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．27、|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．28、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．五、书写(共1题，共4分)29、（NH4）2SO4=2NH4++SO42-（NH4）2SO4+2NaOHNa2SO4+2NH3↑+2H2O（NH4）2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NH4Cl【分析】【分析】（1））（NH4）2SO4强电解质；电离出铵根离子和硫酸根离子，强电解质在溶液中能完全电离用“=”；

（2）①铵盐和碱反应生成氨气；

②（NH4）2SO4与氯化钡发生复分解反应生成硫酸钡和氯化铵．【解析】【解答】解：（1）（NH4）2SO4强电解质，电离时电离出自由移动的铵根离子和硫酸根离子，（NH4）2SO4=2NH4++SO42-；

故答案为：（NH4）2SO4=2NH4++SO42-；

（2）①（NH4）2SO4与氢氧化钠反应生成硫酸钠、氨气和水，反应为：（NH4）2SO4+2NaOHNa2SO4+2NH3↑+2H2O；

故答案为：（NH4）2SO4+2NaOHNa2SO4+2NH3↑+2H2O；

②（NH4）2SO4与氯化钡发生复分解反应，反应方程式为：（NH4）2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NH4Cl；

故答案为：（NH4）2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NH4Cl．六、实验题(共3题，共9分)30、Zn-2e-+2OH-=Zn（OH）2MnO2+H2O2+H2SO4=MnSO4+O2↑+2H2O5Hg+2MnO4-+16H+=5Hg2++2Mn2++8H2O随pH的升高汞的吸收率先降低后增加调节溶液中Fe、Mn元素的成分，符合加热后获得锰锌铁氧化体组成①MnO•4ZnO•5Fe2O3【分析】【分析】（1）碱性锌锰电池负极发生氧化反应，Zn在负极放电生成Zn（OH）2；酸浸时；双氧水被氧化生成氧气，二氧化锰还原生成硫酸锰，反应还有水生成；

（2）由图可知，pH＜6时Hg与酸性高锰酸钾反应生成Hg2+、Mn2+；随pH值的升高汞的去除率先降低后增加；

（3）废电池酸浸得到滤液中液中主要金属阳离子有Mn2+、Hg2+、Zn2+．加入试剂A除Hg，以氮气为载气吹入滤液带出汞蒸汽经KMnO4溶液吸收，由制备锌锰铁氧体（MnxZn1-xFe2O4）可知试剂A为Fe，除汞后的滤液中含有硫酸锌、硫酸亚铁、硫酸锰等，不加入MnSO4和铁粉，进行后续操作，也能得到锰锌铁氧体，而实际中加入需加入一定量的MnSO4和铁粉；应是调节滤液离子的成分；

（4）氢氧化钠可以溶解氢氧化锌；碳酸氢钠溶液pH值小于10.5且可以得到一些碳酸盐沉淀；

（5）Mn为+2价、Zn为+2价，利用化合价代数和为0，计算Fe元素化合价，再结合Mg、Zn、Fe原子数目之比改写为氧化物形式．【解析】【解答】解：（1）碱性锌锰电池负极发生氧化反应，Zn在负极放电生成Zn（OH）2，电极反应式为：Zn-2e-+2OH-=Zn（OH）2，酸浸时，双氧水被氧化生成氧气，二氧化锰还原生成硫酸锰，反应还有水生成，反应方程式为：MnO2+H2O2+H2SO4=MnSO4+O2↑+2H2O；

故答案为：Zn-2e-+2OH-=Zn（OH）2；MnO2+H2O2+H2SO4=MnSO4+O2↑+2H2O；

（2）由图可知，pH＜6时Hg与酸性高锰酸钾反应生成Hg2+、Mn2+，反应离子方程式为：5Hg+2MnO4-+16H+=5Hg2++2Mn2++8H2O；由图象可知；汞的吸收率随着PH的增大先降低后增加；

故答案为：5Hg+2MnO4-+16H+=5Hg2++2Mn2++8H2O；随pH的升高汞的吸收率先降低后增加；

（3）除汞后的滤液中含有硫酸锌、硫酸亚铁、硫酸锰、硫酸等，不加入MnSO4和铁粉，进行后续操作，也能得到锰锌铁氧体，而实际中加入需加入一定量的MnSO4和铁粉；应是调节滤液离子的成分，符合加热后获得锰锌铁氧化体组成；

故答案为：调节溶液中Fe；Mn元素的成分；符合加热后获得锰锌铁氧化体组成；

（4）氢氧化钠可以溶解氢氧化锌；碳酸氢钠溶液pH值小于10.5且可以得到一些碳酸盐沉淀，使用氨水调节pH最好，故选：①；

（5）Mn为+2价、Zn为+2价，根据化合价代数和为0，可知Fe元素化合价为+3，当x=0.2时，该物质的化学式可表示为Mn0.2Zn0.8Fe2O4，即Mn、Zn、Fe的原子个数之比=1：4：10，所以用氧化物形式可表示为：MnO•4ZnO•5Fe2O3；

故答案为：MnO•4ZnO•5Fe2O3．31、减少过氧化氢的分解Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O3.3除去Ca2+、Mg2+4（NiC2O4•2H2O）+3O22Ni2O3+8CO2+8H2OCl2+2Ni（OH）2+2OH-=Ni2O3+2Cl-+3H2O1.25amolLaNi5H6+6OH--6e-=LaNi5+6H2O【分析】【分析】含镍废料用盐酸溶解，Cu、C不与盐酸反应，过滤得到滤渣中含有Cu、C，滤液中含有NiCl2、FeCl2、MgCl2、CaCl2及过量的HCl，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，加入镍的混合物调节pH使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，过滤除去，滤液中含有NiCl2、MgCl2、CaCl2，向滤液中加入NH4F，过滤，再向滤液中加入Na2C2O4，过滤得到草酸镍晶体，故加入NH4F应是除去溶液中Ca2+、Mg2+．

（1）过氧化氢受热易分解；所以温度不能过高；Fe；Ca、Mg均与盐酸直接反应，过氧化氢的加入造成酸溶过滤后的滤液中增加一种金属离子，则该金属离子只能是铜离子；

（2）根据Ksp[（Fe（OH））3]计算反应中c（OH-），再根据水的离子积计算c（H+），调节溶液pH=-lgc（H+）；

（3）加入NH4F后的操作是过滤，说明该过程有沉淀产生，所以加入NH4F的目的是除去Ca2+、Mg2+；

（4）根据题目可知无毒气体是二氧化碳；同时有水生成，由氧元素守恒可知，应有氧气参加反应，配平书写方程式；

（5）根据氧化还原反应理论，Cl2氧化Ni（OH）2生成三氧化二镍；自身被还原为氯离子，还