2025年人教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年人教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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、下列说法不正确的是（）A.广泛pH试纸和精密pH试纸测量的精密度不同，测量的范围相同B.用NaOH标准溶液滴定CH3COOH溶液至中性时，溶液中的酸未被完全中和C.将等体积等物质的量浓度的弱酸HA与NaA混合，所得混合液的酸碱性取决于Ka（HA）的大小D.等物质的量的NaClO、NaHCO3混合溶液中存在如下关系：c（HClO）+c（ClO-）═c（HCO3-）+c（H2CO3）+c（CO32-）2、配制一定物质的量浓度的溶液，所需使用的一组仪器是（）A.集气瓶、水槽、药匙、量筒、玻璃棒B.托盘天平、大试管、玻璃棒、胶头滴管C.烧杯、容量瓶、玻璃棒、量筒、胶头滴管D.烧瓶、量筒、胶头滴管、玻璃棒、烧杯3、实验室用锌粒与VmL浓度为10%的稀硫酸反应制取氢气，若向反应混合物中加入下列物质，关于反应速率v说法正确的是（）A.少量BaCl2固体，v（H2）减小B.VmLNa2SO4溶液，v（H2）不变C.少量CuSO4溶液，v（H2）增大D.VmL稀硝酸，v（H2）增大4、如表所示的五种元素中，rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为rm{22}下列说法正确的是rm{(}rm{)}。

A.rm{X}rm{Y}rm{Z}三种元素最低价氢化物的沸点依次升高B.由rm{X}rm{Y}和氢三种元素形成的化合物中只有共价键C.物质rm{WY_{2}}rm{W_{3}X_{4}}rm{WZ_{4}}均有熔点高、硬度大的特性D.rm{T}元素的单质具有半导体的特性，rm{T}与rm{Z}元素可形成化合物rm{TZ_{4}}5、下列物质与化学式相应的是（）A.小苏打-Na2CO3B.明矾-KAl（SO4）2C.漂白粉的有效成分-Ca（ClO）2D.水玻璃-H2SiO36、下列有关说法正确的是（）A.由-CH3、-OH、-COOH四种原子团两两组合形成的有机物中，属于弱电解质的有4种B.向含有溶液中分别加入少量NaOH固体、少量浓盐酸或少量酸性高锰酸钾溶液，都能使其浓度下降C.有机物X、Y、M的转化关系为淀粉→X→Y乙酸乙酯，X可用新制的氢氧化铜检验，现象为蓝色沉淀变成绛蓝色沉淀，加热后生成砖红色沉淀D.高分子化合物其链节为对苯二甲酸和乙二醇7、下列各表述与示意图不一致的是（）

A.图①表示一个可逆反应达到平衡状态后又可能使用了催化剂B.图②中曲线表示反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜0，正、逆反应的平衡常数K随温度的变化C.对反应aA（g）+bB（g）⇌cC（g）来说，图③x点表示在相应的压强条件下该反应正在向正反应方向进行D.图④中a、b曲线分别表示反应CH2=CH2（g）→CH3CH3（g）△H＜0使用和未使用催化剂时，反应过程中的能量变化评卷人得分二、双选题(共8题，共16分)8、下列说法错误的是()A.强电解质的水溶液的导电能力一定比弱电解质的水溶液导电能力强B.易溶于水的电解质不一定是强电解质C.难溶于水的电解质一定是弱电解质D.强电解质的水溶液里强电解质全部电离为自由移动的离子9、一定条件下存在反应：rm{2SO_{2}(g)+O_{2}}rm{(g)篓T2SO_{3}(g)}其正反应放热rm{.}现有三个体积相同的密闭容器rm{I}Ⅱ、Ⅲ，按如图所示投料，并在rm{400隆忙}条件下开始反应rm{.}达到平衡时，下列说法正确的是rm{(}rm{)}

A.容器rm{I}Ⅲ中平衡常数相同B.容器Ⅱ、Ⅲ中正反应速率相同C.容器Ⅱ、Ⅲ中的反应达平衡时，rm{SO_{3}}的体积分数：Ⅱrm{>}ⅢD.容器rm{I}中rm{SO_{2}}的转化率与容器rm{II}中rm{SO_{3}}的转化率之和小于rm{1}10、rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}rm{Q}是五种原子序数依次增大的短周期元素，除rm{Z}外的另外四种元素在周期表中的位置如图所示，其中rm{Y}rm{W}rm{Q}的最高价氧化物对应的水化物与rm{Z}的最高价氧化物对应的水化物间均能发生反应，下列说法中正确的是rm{(}rm{)}。rm{X}rm{Y}rm{W}rm{Q}A.简单离子半径大小关系为：rm{W>Z>Y}B.核外最外层电子数：rm{Q>Y>X>W>Z}C.rm{X}与氢元素形成的化合物中，只含极性键D.常见单质的熔沸点：rm{X>W>Z}11、已知X为一种常见酸的浓溶液，能使蔗糖变黑．A与X反应的转化关系如图所示，其中反应条件及部分产物均已略去，则下列有关说法正确的是（）A.若A为碳单质，则将C通入少量的澄清石灰水中，一定可以观察到白色沉淀产生B.若A为铁，则足量A与X在室温下即可完全反应C.X使蔗糖变黑的现象主要体现了X的脱水性D.工业上，B转化为D的反应条件为高温、常压、使用催化剂12、化学与社会、生产、生活紧切相关，下列说法正确的是（）A.信息产业中的光缆的主要成份是单质硅B.NO2、CO2、SO2、PM2.5颗粒都会导致酸雨C.高铁车厢大部分材料采用铝合金，因铝合金强度大、质量轻、抗腐蚀能力强D.发酵粉能使焙制出的糕点疏松多孔，是因为发酵粉中含有碳酸氢钠13、已知相同温度下rm{CH_{3}COOH}和rm{NH_{3}?H_{2}O}的电离常数相等，现向rm{10mL}浓度为rm{0.1mol?L^{-1}}的rm{CH_{3}COOH}溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中rm{(}rm{)}A.水的电离程度始终增大B.rm{c(NH_{4}^{+})}rm{c(NH_{3}?H_{2}O)}始终减小C.rm{c(CH_{3}COOH)}与rm{c(CH_{3}COO?)}之和始终保持不变D.当加入氨水的体积为rm{10mL}时，rm{c(NH_{4}^{+})=c(CH_{3}COO^{-})}14、下列有关化学实验安全问题的叙述中不正确的是rm{(}rm{)}A.浓硫酸沾到皮肤上时，可立刻用大量的水冲洗，然后再涂上rm{3%隆芦5%}的rm{NaHCO_{3}}溶液B.取用化学药品时，应特别注意观察药品包装容器上的安全警示标志C.凡是给玻璃仪器加热，都要加垫石棉网，以防仪器炸裂D.闻任何化学药品的气味都不能将鼻子凑近药品15、下列对于“摩尔”的理解正确的是rm{(}rm{)}A.摩尔是国际科学界建议采用的一种物理量B.摩尔是物质的量的单位，简称摩，符号为rm{mol}C.摩尔可以把物质的宏观数量与微观粒子的数量联系起来D.国际上规定，rm{{,!}^{12}C}碳rm{-12}原子所含有的碳原子数目的物质的量为rm{1}摩评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)16、主族元素A；B、C、D的原子序数都小于18；A与D同主族，B与C在同一周期，A、D原子的最外层电子数都是1，C原子最外层电子数比B原子少2个，且C最外层电子数是次外层电子数的2倍．A、B单质在常温下均为气体，它们在高温下以体积比2：1完全反应，生成物在常温下是液体．此液体与D单质能剧烈反应生成A的单质．所得溶液滴入酚酞显红色，同时溶液中含有与氖原子的电子层结构相同的阳离子．回答下列问题：

（1）写出B元素位于周期表中的位置____．

（2）写出CB2与D2B2反应的化学方程式____．

（3）用电子式表示化合物A2B2的形成过程：____

（4）由A、B、C、D组成的一种化合物既可与盐酸反应又可与氢氧化钠反应，请写出其与氢氧化钠溶液反应的离子方程式：____．17、实验探究和推理都是科学研究的基本方法；请你对以下实验进行探究和推理．

Ⅰ．有一瓶澄清的溶液，其中可能含有H+、NH4+、K+、Na+、Mg2+、Ba2+、Fe3+、SO42-、CO32-、Cl-和I-．取该溶液进行了以下实验：

（1）用pH试纸检验；表明溶液呈强酸性；

（2）取部分溶液，加入CCl4及数滴氯水，经振荡后CCl4层呈紫红色；

（3）另取部分溶液；加入稀NaOH溶液使其变为碱性，溶液中无沉淀生成；

（4）取部分上述碱性溶液，加Na2CO3溶液有白色沉淀生成；

（5）将（3）得到的碱性溶液加热；有气体放出，该气体能使润湿的红色石蕊试纸变蓝；

根据上述实验事实；你可知道该溶液中。

①肯定含有的离子除了H+、Ba2+，还有____；

②肯定不存在的离子除了Mg2+、CO32-，还有____；

③还不能确定是否存在的离子除了Na+，还有____；

Ⅱ．兴趣小组通过实验探究溶解铜的方法和本质．

在热水浴中进行3个实验；部分实验报告如表所示．

。序号实验操作实验现象Ⅰ稀硫酸中加入铜片无明显变化Ⅱ硝酸钠溶液中加入铜片无明显变化Ⅲ稀硫酸中加入硝酸钠溶液无明显变化再加入铜片有无色气泡；溶液变蓝有无色气泡；溶液变蓝①实验Ⅰ、Ⅱ的目的是____．

②实验Ⅲ中反应的本质是（用离子方程式表示）____．18、某小组利用如图1置，用苯及溴在FeBr3催化作用下制备溴苯．

反应剧烈进行；烧瓶中由大量红棕色蒸气，锥形瓶中导管有白雾出现，蒸馏水逐渐变成黄色，反应停止后按照图2流程进行分离产品：

已知：溴苯难溶于水；与有机溶剂互溶，溴；苯、溴苯的沸点依次为59℃、80℃、156℃．

（1）操作Ⅰ为____，操作Ⅱ为____；

（2）“水洗”、“NaOH溶液洗”，需要用到的玻璃仪器是____；烧杯．

（3）向”水洗“后所得水相中滴加KCSN溶液，溶液变红色，推测水洗的主要目的是____．

19、在一定温度和压强下，有如下反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），将1.6molSO2和0.8mol的O2放入一体积可变的密闭容器中，测得容器的起始容积为100L．经一段时间后，反应达到平衡，测得混合气体的密度为1.6g•L-1．请回答下列问题：

（1）达平衡时混合气体的体积为____，SO2的转化率为____；

（2）若起始时加入amolSO2、bmolO2，且a：b=2：1，在同样温度和压强下，反应达到平衡时，测得混合气体的容积为120L．则a、b的值分别为：a____，b____．20、(14分)已知：①NaNO2具有强氧化性②奥沙拉秦是一种抗菌药。其合成路线如下：(1)写出下列反应的化学方程式：水杨酸→A____________；A→B____________。(2)写出D的结构简式________。(3)写出下列反应的反应类型：D→E________，F→奥沙拉秦________。(4)整个合成路线看，设计B→C步骤的作用是____。(5)F的结构简式为____。(6)有机物G(结构简式见上图)也可用于合成奥沙拉秦。它的一种同分异构体X是－氨基酸，能与FeCl3发生显色反应，其分子中共有6种化学环境不同的H原子。X的结构简式为________。21、A；B、C、D、E都是元素周期表中前20号元素；原子序数依次增大，A是地壳中含量最高的元素，B、C、D同周期，E和其他元素既不在同周期也不在同主族，D的氢化物和最高价氧化物的水化物均为强酸，且B、C、D的最高价氧化物的水化物两两混合均能发生反应生成盐和水．据此回答下列问题：

（1）写出A单质的结构式____．B的最高价氧化物的水化物的电子式____．

（2）用电子式表示B2A的形成过程：____．

（3）A和D的氢化物中，沸点较高的是____（写出化学式）．

（4）写出E离子的离子结构示意图____．元素D在元素周期表中的位置是____．

（5）A、D、E可以形成多种盐，其中一种盐中A、D、E三种元素的原子个数比为2：2：1，该盐的名称为____．它的水溶液与D的氢化物的水溶液反应可生成D的单质，该离子方程式为____．22、钛（Ti）被称为继铁；铝之后的“21世纪金属”金属；应用前景广泛．如图所示，将钛厂、氯碱厂和甲醇厂组成产业链可以大大提高资源利用率，减少环境污染．

（1）电解食盐水总反应的离子方程式是____；

（2）写出钛铁矿经氯化法得到四氯化钛的化学方程式____；

（3）已知：①Mg（s）+Cl2（g）=MgCl2（s）△H=-641kJ/mol；

②Ti（s）+2Cl2（g）=TiCl4（s）△H=-770kJ/mol．

下列说法正确的是____；

A．Mg的燃烧热为641kJ/mol

B．Ti的能量一定比TiCl4高。

C．该冶炼Ti法对环境友好。

D．等质量的Mg（s）；Ti（s）足量的氯气反应；前者放出的热量多。

（4）以甲醇、空气、氢氧化钾溶液为原料，石墨为电极可构成燃料电池．该电池中正极的电极反应式____．

（5）若日产甲醇（CH3OH）8t，理论上需多少t氢气（不考虑生产过程中的损失）．____．23、某课外活动小组的同学；研究用过量的锌与浓硫酸反应制取二氧化硫的有关问题：

（1）锌与浓硫酸反应制取二氧化硫的化学方程式为____．

（2）这样制取的二氧化硫气体中可能含有的杂质是____；原因是____．

（3）某同学用下列装置连接成一整套实验装置以验证（2）的判断是否正确，若按气体从左到右流向时，气体流经的各装置导管的编号依次是____（用a、b填写）．

（4）根据（3）确定的实验过程；请将实验时有关装置中所盛药品；实验现象、结论或解释填入下表：

。装置所盛药品实验现象结论或解释B____________CCuO固体________评卷人得分四、判断题(共2题，共10分)24、在18g18O2中含有NA个氧原子．____（判断对错）25、判断对错：5.6gFe与Cl2完全反应，转移电子数为0.2NA____．评卷人得分五、解答题(共3题，共18分)26、某同学拟定了以下实验方案；来确定一批合金废料的成分并加以回收利用．

请回答下列问题：

（1）从上述信息可确定该合金中一定含有Fe和______（填化学式）．

（2）“试剂a”是一种不引入杂质的绿色氧化剂；该氧化剂的化学式为______；滤渣D；稀硫酸和试剂a总反应的化学方程式为______．

（3）若反应①产生的气体是H2，则验证滤液A只含NaAlO2、不含Na2SiO3的方法是：取少量滤液A于试管中；滴加______．

Na2SiO3溶液与过量的CO2反应的离子方程式为______．

（4）取质量均为13.2g的滤渣B四份，分别加入相同浓度，不同体积的稀HNO3充分反应；标准状况下所生成的NO（设还原产物只有一种）体积与剩余固体金属的质量如下表：

。实验编号①②③④稀HNO3体积（mL）100200300400剩余金属质量（g）9.04.8NO体积（L，体积）1.122.243.364.48①实验①最先溶解的金属发生反应的化学方程式是______．

②滤渣B中Fe的质量分数为______%（精确到0.1%）．

27、有Na2CO3和NaHCO3混合粉末14.8克，投入到足量稀盐酸中，产生气体3.36升（标准状况时），求Na2CO3的质量百分含量．（精确到0.1）28、如图为常见气体制备；干燥、性质验证和尾气处理的部分仪器装置（加热及固定装置均略去）；仪器装置可任意选用，必要时可重复选择，请完成：

（1）若装置A的锥形瓶中装锌片，分液漏斗中装稀硫酸，则可验证H2的还原性并检验其氧化产物．

①若按顺序A→D→B→B→C连接仪器装置时；两次使用B装置，其中所盛的药品的化学式依次为CuO；______．

②检查装置的气密性后；加热装置B前必须进行的操作是______．

（2）若装置A的锥形瓶中装Na2O2；分液漏斗中装浓氨水，装置B中装红热的铂网可以进行氨的催化氧化；

①装置A的锥形瓶中反应的化学方程式为：______NH3↑+H2O评卷人得分六、探究题(共4题，共40分)29、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________．30、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：31、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________．32、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、A【分析】【分析】A．广泛PH试纸测量范围1-14；精密pH范围有很多种；

B．用NaOH标准溶液滴定CH3COOH溶液恰好反应生成醋酸钠；醋酸根离子水解显碱性，若至中性时，酸需要过量；

C．Ka（HA）越大；酸性越强；

D．溶液中存在物料守恒，n（Cl）=n（C）．【解析】【解答】解：A．精密pH试纸可精确至0.1；广泛pH试纸可精确至1，测量的范围不相同，故A错误；

B．用NaOH标准溶液滴定CH3COOH溶液恰好反应生成醋酸钠；醋酸根离子水解显碱性，若至中性时，酸需要过量，溶液中的酸未被完全中和，故B正确；

C．Ka（HA）越大，酸性越强，如HA电离程度大于A-水解程度；则溶液呈酸性，否则呈碱性，故C正确；

D．溶液中存在物料守恒c（HClO）+c（ClO-）═c（HCO3-）+c（CO32-）+c（H2CO3）=0.5c（Na+），所以得c（HClO）+c（ClO-）═c（HCO3-）+c（CO32-）+c（H2CO3）；故D正确；

故选A．2、C【分析】【分析】根据配制一定物质的量浓度的溶液的配制步骤选择使用的仪器，配制步骤为计算、称量（量取）、溶解、转移、洗涤、定容等．【解析】【解答】解：配制步骤为计算；称量（量取）、溶解、转移、洗涤、定容；称量时用到仪器是天平、钥匙（量取时用到量筒），溶解时用到烧杯、玻璃棒，转移溶液时用到玻璃棒、容量瓶，定容时用到胶头滴管．

故选C．3、C【分析】【分析】对应锌与稀硫酸的反应，增大稀硫酸浓度、升高反应温度、增大固体的表面积以及形成原电池反应都可增大反应速率，以此解答该题．【解析】【解答】解：A．加入少量BaCl2固体；氢离子物质的量不变，反应速率不变，故A错误；

B．加入VmLNa2SO4溶液；氢离子物质的量不变，但溶液体积增大，则反应速率减小，故B错误；

C．加入少量CuSO4溶液；锌置换出铜，可形成原电池反应，加快反应速率，故C正确；

D．硝酸具有强氧化性；可与锌反应生成NO，不生成氢气，故D错误．

故选C．4、D【分析】【分析】本题是一道元素周期律与元素周期表综合应用题型，主要考查了原子结构与性质、晶体结构决定晶体的性质、氢键影响熔沸点高低等知识，题目难度中等。根据题给信息推断元素种类是解题的关键，本题根据元素在周期表中的位置，可直接推倒出各元素种类。【解答】是根据五种元素在周期表中的位置可知：rm{X}是rm{N}；rm{Y}是rm{O}；rm{Z}是rm{Cl}；rm{W}是rm{Si}；rm{T}是rm{Ge}，据此回答：；rm{X}是rm{X}；rm{N}是rm{N}；rm{Y}是rm{Y}；rm{O}是rm{O}，据此回答：rm{Z}rm{Z}rm{Cl}、rm{Cl}三种元素氢化物中，rm{W}常温下为液态，沸点最高；rm{W}分子间有氢键，rm{Si}沸点高于rm{Si}，由低到高的顺序是rm{T}、rm{T}、rm{Ge}，故rm{Ge}错误；A.rm{X}rm{X}、、rm{Y}、rm{Z}三种元素氢化物中，rm{H_{2}O}常温下为液态，沸点最高；rm{NH_{3}}分子间有氢键，rm{NH_{3}}沸点高于rm{HCl}，由低到高的顺序是rm{Z}、rm{X}、rm{Y}，故rm{A}错误；和氢三种元素形成的化合物rm{Y}中既有共价键也有离子键，故rm{Y}错误；rm{Z}rm{Z}rm{H_{2}O}、rm{H_{2}O}都是共价化合物，均有熔点高、硬度大的特性，而rm{NH_{3}}是由分子构成的分子晶体，分子间作用力很弱，无熔点高、硬度大的特性，故rm{NH_{3}}错误；rm{NH_{3}}rm{NH_{3}}rm{HCl}最外层有rm{HCl}个电子，所以rm{Z}与rm{Z}元素可形成化合物rm{X}，故rm{X}正确。

故选rm{Y}。rm{Y}rm{A}【解析】rm{D}5、C【分析】【分析】A．小苏打为碳酸氢钠；表示碳酸钠；

B．明矾是一种常用的净水剂，其化学式为KAl（SO4）2•12H2O；

C．漂白粉的有效成分为次氯酸钙；

D．水玻璃为硅酸钠的水溶液．【解析】【解答】解：A．Na2CO3为碳酸钠，俗名为苏打，小苏打为碳酸氢钠，化学式为NaHCO3；故A错误；

B．明矾中含有结晶水，其正确的化学式为KAl（SO4）2•12H2O；故B错误；

C．漂白粉的有效成分为次氯酸钙，化学式为：Ca（ClO）2；故C正确；

D．水玻璃为硅酸钠的溶液，其化学式为Na2SiO3；故D错误；

故选C．6、B【分析】【分析】A．由-CH3、-OH、-COOH四种原子团两两组合形成的有机物中属于弱电解质；可以是苯环与羟基直接相连；也可以为羧基与烃基相连形成羧酸，但是羧基直接连接羟基形成碳酸，碳酸为无机物，据此进行判断；

B．分子中含有碳碳双键；氨基和羧基；根据官能团的结构与性质进行判断；

C．淀粉水解生成葡萄糖；葡萄糖在酒化酶的作用下分解生成乙醇，乙醇可与乙酸反应生成乙酸乙酯，葡萄糖与氢氧化铜在不加热条件下反应生成的不是绛蓝色沉淀，为绛蓝色沉淀透明溶液；

D．该有机物为水解反应产物，根据缩聚反应原理及有机物结构简式找出其链节，注意链节与单体的关系．【解析】【解答】解：A．因羧酸和酚具有酸性，则-CH3、-OH、-COOH、相互两两组成的具有酸性的有机物为：CH3COOH、C6H5COOH、C6H5OH；总共有3种，故A错误；

B．分子中含有碳碳双键，能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，含有氨基，能够与盐酸反应，含有羧基，能够与氢氧化钠溶液反应，所以向含有溶液中分别加入少量NaOH固体；少量浓盐酸或少量酸性高锰酸钾溶液；都能使其浓度下降，故B正确；

C．分析上述转化关系：淀粉水解生成X葡萄糖；葡萄糖在酒化酶的作用下分解生成Y乙醇，乙醇可与乙酸反应生成乙酸乙酯，X为葡萄糖，葡萄糖与氢氧化铜在不加热条件下反应生成的不是沉淀，故C错误；

D．高分子化合物为对苯二甲酸和乙二醇通过水解反应生成的高分子化合物；对苯二甲酸和乙二醇为该有机物的单体，不是链节，故D错误；

关系B．7、D【分析】【分析】A；图象变化可能是使用了催化剂；催化剂改变反应速率不改变化学平衡；

B；反应是放热反应；随温度升高平衡逆向进行，逆向反应平衡常数增大，正反应平衡常数减小；

C；分析图象可知x点在压强不变时；x点改变条件到的平衡状态，B的含量需要减小，平衡正向进行；

D、图象中使用催化剂降低反应活化能，但反应是放热反应，反应物能量高．【解析】【解答】解：A；图象变化可能是使用了催化剂；催化剂改变反应速率不改变化学平衡，正逆反应速率同等程度增大，故A正确；

B；反应是放热反应；随温度升高平衡逆向进行，逆向反应平衡常数增大，正反应平衡常数减小，图象符合，故B正确；

C；分析图象可知x点在压强不变时；x点改变条件到的平衡状态，B的含量需要减小，平衡正向进行，图象符合变化，故C正确；

D；图象中使用催化剂降低反应活化能；但反应是放热反应，反应物能量高，图象中表示的吸热反应，故D错误；

故选D．二、双选题(共8题，共16分)8、A|C【分析】解：A．导电能力与溶液中的离子浓度有关；离子浓度大，导电能力强，与电解质的强弱无关，如硫酸钡属于强电解质，但在水溶液中很难溶解，其溶液导电能力弱，而乙酸是弱电解质，当离子浓度较大时，其水溶液导电能力强，故A错误；

B．易溶于水的电解质不一定是强电解质；如乙酸能和水以任意比互溶，但它在水中只能部分电离，乙酸是弱电解质，故B正确；

C．难溶物可能是强电解质；如硫酸钡，虽然硫酸钡在水中的溶解度很小，但硫酸钡只要溶解就完全电离，所以硫酸钡是强电解质，故C错误；

D．强电解质是在水溶液中或熔融状态下能完全电离的电解质；包括强酸；强碱、活泼金属氧化物和大部分盐，故D正确；

故选AC．【解析】【答案】AC9、rCD【分析】解：rm{A}容器Ⅰ是绝热容器；反应过程中温度升高，平衡逆向进行，平衡常数减小，容器Ⅰ、Ⅲ中平衡常数不相同，故A错误；

B；容器Ⅲ是恒压容器；反应过程中压强大于容器Ⅰ，反应速率大，容器Ⅱ、Ⅲ中正反应速率不相同，故B错误；

C、容器Ⅱ是恒温恒容，Ⅲ是恒温恒压，随着反应的进行，容器Ⅱ中压强大于容器Ⅲ，平衡正向进行，三氧化硫含量增大，rm{SO_{3}}的体积分数：Ⅱrm{>}Ⅲ；故C正确；

D、若容器Ⅱ恒温恒容，容器Ⅰ也是恒温恒容时，达到相同平衡状态，二氧化硫转化率和三氧化硫转化率之和为rm{1}但实际容器Ⅰ是绝热恒容，随反应进行温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫转化率减小，因此容器Ⅰ中rm{SO_{2}}的转化率与容器Ⅱ中rm{SO_{3}}的转化率之和小于rm{1}故D正确；

故选CD．

A；容器Ⅰ是绝热容器；反应过程中温度升高，平衡逆向进行；

B、容器Ⅱ是恒温恒容，Ⅲ是恒压容器，反应过程中随着rm{SO_{2}}转化为rm{SO_{3}}容器Ⅱ的压强会增大，反应速率会比容器Ⅲ大；

C、容器Ⅱ是恒温恒容，Ⅲ是恒温恒压，随着反应的进行，容器Ⅱ中压强大于容器Ⅲ，平衡正向进行，三氧化硫含量增大，Ⅱrm{>}Ⅲ；

D、若容器Ⅱ恒温恒容，容器Ⅰ是恒温恒容时，达到相同平衡状态，二氧化硫转化率和三氧化硫转化率之和为rm{1}实际容器Ⅰ是绝热恒容，随着反应的进行，温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫转化率减小．

本题考查了影响化学平衡因素的分析判断，注意容器的条件分析应用，绝热容器使体系温度升高，掌握基础是关键，题目难度中等．【解析】rm{CD}10、rBD【分析】解：rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}rm{Q}是五种原子序数依次增大的短周期元素，其中rm{Y}rm{W}rm{Q}的最高价氧化物对应的水化物与rm{Z}的最高价氧化物对应的水化物间均能发生反应，rm{Z}为rm{Na}rm{W}为rm{Al}rm{Q}为rm{S}结合元素在周期表的位置可知，rm{X}为rm{C}rm{Y}为rm{N}

A.具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则单离子半径大小关系为：rm{W<Z<Y}故A错误；

B.核外最外层电子数：rm{Q(6)>Y(5)>X(C)>W(3)>Z(1)}故B正确；

C.rm{X}与氢元素形成的化合物中，如乙烷，含rm{C-H}极性键和rm{C-C}非极性键；故C错误；

D.金属晶体中离子半径越小，电荷越大则熔沸点越大，金刚石的熔点最高，则常见单质的熔沸点：rm{X>W>Z}故D正确；

故选BD．

rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{W}rm{Q}是五种原子序数依次增大的短周期元素，其中rm{Y}rm{W}rm{Q}的最高价氧化物对应的水化物与rm{Z}的最高价氧化物对应的水化物间均能发生反应，rm{Z}为rm{Na}rm{W}为rm{Al}rm{Q}为rm{S}结合元素在周期表的位置可知，rm{X}为rm{C}rm{Y}为rm{N}然后结合元素周期律及元素化合物知识来解答．

本题考查位置、结构与性质的应用，为高频考点，把握元素的位置、元素化合物知识推断元素为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意元素周期律及元素化合物知识的应用，题目难度不大．【解析】rm{BD}11、C|D【分析】解：X为一种常见酸的浓溶液；能使蔗糖粉末变黑，则X是硫酸，D和水反应生成硫酸，则D是三氧化硫，B和氧气反应生成三氧化硫，则B是二氧化硫；

A．若A是碳；浓硫酸和碳反应生成二氧化碳；二氧化硫和水，二氧化碳和少量氢氧化钙反应生成可溶性的碳酸氢钙，故A错误；

B．若A是铁；常温下，铁与浓硫酸发生钝化现象，所以铁不能完全溶解，故B错误；

C．X使蔗糖变黑的现象主要体现了X浓硫酸的脱水性；故C正确；

D．工业上；二氧化硫转化为三氧化硫的反应条件为高温；常压、使用催化剂，故D正确；

故选CD．

X为一种常见酸的浓溶液；能使蔗糖粉末变黑，则X是硫酸，D和水反应生成硫酸，则D是三氧化硫，B和氧气反应生成三氧化硫，则B是二氧化硫．

本题考查物质的性质，正确推断物质是解本题关键，本题的“题眼”是“x能使蔗糖粉末变黑”，以此来进行分析判断，难度中等．【解析】【答案】CD12、C|D【分析】解：A．光导纤维的主要成分是二氧化硅；有良好的导光性，硅常用作太阳能电池的原料，故A错误；

B．酸雨是指溶液pH小于5.6的雨水，正常雨水的pH约为5.6，二氧化硫、氮氧化物等物质是形成酸雨的重要物质，二氧化碳排放过多会引起温室效应，不是形成酸雨的气体，PM2.5是造成灰霾天气的“元凶”之一，所以CO2；PM2.5颗粒都不会导致酸雨；故B错误；

C．铝常温下能与空气中氧气反应；生成一层致密的氧化物保护膜，从而具有抗腐蚀性，铝合金材料的密度小，用以减轻列车质量，铝合金强度大，所以高铁车厢大部分材料采用铝合金，故C正确；

D．发酵粉中含有碳酸氢钠；碳酸氢钠受热分解出二氧化碳，使焙制出的糕点疏松多孔，故D正确；

故选CD．

A．光导纤维是信息技术的基石，主要成分是SiO2；硅常用作太阳能电池的原料；

B．PM2.5是造成灰霾天气的“元凶”之一；与酸雨无关，二氧化碳不是形成酸雨的物质；

C．车厢大部分采用铝合金材料制造；这是因为铝合金具有质量轻，强度大，抗腐蚀能力比较强的优点；

D．碳酸氢钠受热分解出二氧化碳；使焙制出的糕点疏松多孔．

本题主要考查了材料的使用、环境保护等知识，掌握光纤的成分、酸雨、合金的用途、发酵粉等基础知识是解答本题的关键，题目难度不大．【解析】【答案】CD13、rBD【分析】解：rm{A.}酸溶液；碱溶液抑制了水的电离；溶液显示中性前，随着氨水的加入，溶液中氢离子浓度逐渐减小，水的电离程度逐渐增大；当氨水过量后，随着溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大，水的电离程度逐渐减小，所以滴加过程中，水的电离程度先增大后减小，故A错误；

B.当向rm{CH_{3}COOH}溶液中滴加相同浓度的氨水，开始时溶液为rm{CH_{3}COOH}和rm{CH_{3}COONH_{4}}的混合物，由rm{CH_{3}COONH_{4}}的水解常数rm{K_{h}=dfrac{c(H^{+})cdotc(NH_{3}cdotH_{2}O)}{c(NH_{4}^{+})}}随着氨水的加入，rm{K_{h}=dfrac{c(H^{+})cdot

c(NH_{3}cdotH_{2}O)}{c(NH_{4}^{+})}}逐渐减小，rm{c(H^{+})}不变，则rm{dfrac{c(NH_{4}^{+})}{c(NH_{3}cdotH_{2}O)}}变小，当加氨水至溶液显碱性时，氨水的电离常数rm{K_{b}=dfrac{c(OH^{-})cdotc(NH_{4}^{+})}{c(NH_{3}cdotH_{2}O)}}rm{Kh}与氢离子浓度成反比，随着氨水的滴入，氢氧根离子浓度逐渐增大，电离常数rm{dfrac{c(NH_{4}^{+})}{c(NH_{3}cdot

H_{2}O)}}不变，所以rm{dfrac{c(NH_{4}^{+})}{c(NH_{3}cdotH_{2}O)}}逐渐减小，所以rm{dfrac{c(NH_{4}^{+})}{c(NH_{3}cdotH_{2}O)}}始终减小；故B正确；

C.rm{K_{b}=dfrac{c(OH^{-})cdot

c(NH_{4}^{+})}{c(NH_{3}cdotH_{2}O)}}与rm{c(OH^{-})}之和为rm{K}始终保持不变，由于溶液体积逐渐增大，所以rm{dfrac{c(NH_{4}^{+})}{c(NH_{3}cdot

H_{2}O)}}与rm{dfrac{c(NH_{4}^{+})}{c(NH_{3}cdot

H_{2}O)}}之和逐渐减小；故C错误；

D.当加入氨水的体积为rm{n(CH_{3}COOH)}时，醋酸和一水合氨的物质的量相等，由于二者的电离常数相等，所以溶液显示中性，rm{n(CH_{3}COO^{-})}根据电荷守恒可知：rm{0.001mol}故D正确；

故选BD．

A.开始时；溶液的酸性逐渐减弱，水的电离程度逐渐增大，当氨水过量后，溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大，水的电离程度逐渐减小；

B.根据一水合氨的电离平衡常数可知；该比值与氢氧根离子成反比，电解氨水的过程中，溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大；

C.根据物料守恒；醋酸和醋酸根离子的物质的量之和不变，但是溶液体积增大，二者的浓度之和逐渐减小；

D.rm{c(CH_{3}COOH)}和rm{c(CH_{3}COO^{-})}的电离常数相等，氨水与醋酸的浓度、体积相等时，溶液显示中性，根据电荷守恒可知rm{10mL}

本题考查了酸碱混合时溶液定性判断及溶液酸碱性与溶液rm{c(H^{+})=c(OH^{-})}的关系，题目难度中等，注意掌握溶液酸碱性与溶液rm{c(NH_{4}^{+})=c(CH_{3}COO^{-})}的关系，明确根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解比较溶液中离子浓度大小的方法．rm{CH_{3}COOH}【解析】rm{BD}14、rAC【分析】解：rm{A}浓硫酸稀释放热；故浓硫酸沾到皮肤上时，可立刻用大量的水冲洗会造成对皮肤的二次伤害，故应先将浓硫酸用抹布抹去，然后再用水稀释，故A错误；

B；取用化学药品时；应观察药品包装容器上的安全警示标志，从而注意取用的事项，故B正确；

C；试管的加热不用垫石棉网；故玻璃仪器的加热不一定要垫石棉网，故C错误；

D；无论药品有没有毒；均不能将鼻孔凑近药品来闻，故闻化学药品的气味时，应用手在瓶口轻轻扇动，使少量气体飘进鼻孔，故D正确．

故选AC．

A；浓硫酸稀释放热；

B；取用化学药品时；应观察药品包装容器上的安全警示标志；

C；试管的加热不用垫石棉网；

D；无论药品有没有毒；均不能将鼻孔凑近药品来闻．

本题考查了化学实验安全和危险的正确处理，应注意的是浓硫酸滴到皮肤上和其它强酸滴到皮肤上处理方式的不同．【解析】rm{AC}15、rBD【分析】解：rm{A.}摩尔是物质的量的单位；不是物理量，故A错误；

B.物质的量是含有一定数目粒子的集体，单位是摩尔，简称摩，符号为rm{mol}故B正确；

C.物质的量可以把物质的宏观数量与微观粒子的数量联系起来；故C错误；

D.国际上规定：rm{0.012kg^{12}C}碳rm{-12}原子所含有的碳原子数目的物质的量为rm{1}摩；故D正确；

故选BD．

A.摩尔是物质的量的单位；

B.物质的量的单位是摩尔，简称摩，符号为rm{mol}

C.物质的量是连接宏观物质与微观粒子的桥梁；

D.是以rm{{,!}^{12}C}所含有的碳原子数为标准．

本题考查了物质的量及其单位，掌握摩尔物质的量的单位、摩尔是单位不是物理量、使用摩尔时基本微粒应予指明等是正确解答本题的关键，题目难度不大．【解析】rm{BD}三、填空题(共8题，共16分)16、第二周期VIA族2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2HCO3-+OH-=CO32-+H2O【分析】【分析】主族元素A、B、C、D的原子序数都小于18，为短周期元素，A与D同主族，A、D原子的最外层电子数都是1，处于IA则，A单质在常温下均为气体，则A为H元素，A、D原子序数相差大于2，故D为Na；C最外层电子数是次外层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故C为碳元素；B与C在同一周期，C原子最外层电子数比B原子少2个，则B为O元素；氢气、氧气在高温下以体积比2：1完全反应水，水与Na单质能剧烈反应生成氢气与NaOH，所得溶液滴入酚酞显红色，同时溶液中含有的钠离子与氖原子的电子层结构相同．【解析】【解答】解：主族元素A；B、C、D的原子序数都小于18；为短周期元素，A与D同主族，A、D原子的最外层电子数都是1，处于IA则，A单质在常温下均为气体，则A为H元素，A、D原子序数相差大于2，故D为Na；C最外层电子数是次外层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故C为碳元素；B与C在同一周期，C原子最外层电子数比B原子少2个，则B为O元素；氢气、氧气在高温下以体积比2：1完全反应水，水与Na单质能剧烈反应生成氢气与NaOH，所得溶液滴入酚酞显红色，同时溶液中含有的钠离子与氖原子的电子层结构相同．

（1）B为O元素；位于周期表中的位置：第二周期VIA族，故答案为：第二周期VIA族；

（2）CO2与Na2O2反应的化学方程式：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；

（3）用电子式表示化合物H2O2的形成过程：

故答案为：

（4）由A、B、C、D组成的一种化合物既可与盐酸反应又可与氢氧化钠反应，该化合物为碳酸氢钠，其与氢氧化钠溶液反应的离子方程式：HCO3-+OH-=CO32-+H2O，故答案为：HCO3-+OH-=CO32-+H2O．17、NH4+、I-Fe3+、SO32-K+、Cl-证明Cu不与H+、NO3-单独反应3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O【分析】【分析】I、有一瓶澄清的溶液，其中可能含有H+、NH4+、K+，Na+、Mg2+、Ba2+、Fe3+、SO42-、CO32-、Cl-和I-．取该溶液进行以下实验：

（1）用pH试纸检验，表明溶液为强酸性，含有H+；排除CO32-的存在；

（2）另取部分原溶液，加入CCl4及数滴氯水，经振荡后CCl4层呈紫红色．说明含有I-．

（3）另取部分溶液，加入稀NaOH溶液使其变成碱性，溶液中无沉淀生成；证明一定不存在Mg2+、Fe3+；

（4）取部分上述碱性溶液，加入Na2CO3溶液有白色沉淀生成；证明Ba2+存在；一定不含SO42-；

（5）将（3）得到的碱性溶液加热，有气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；说明含有NH4+离子；

II；①实验Ⅰ是中的铜不与稀硫酸反应；实验Ⅱ验证铜和硝酸根离子不能反应；

②稀硫酸中加入硝酸钠溶液中，形成了稀硝酸，再加入铜片被稀硝酸氧化生成硝酸铜、一氧化氮和水．【解析】【解答】解：I．有一瓶澄清的溶液，其中可能含有NH4+、K+，Na+、Mg2+、Ba2+、Fe3+、SO42-、CO32-、Cl-和I-．取该溶液进行以下实验：

（1）用pH试纸检验，表明溶液为强酸性；排除CO32-的存在；

（2）碘离子能和氯水反应生成碘单质，碘在四氯化碳中呈紫色，通过实验现象判断，溶液中含有I-；

（3）镁离子、铁离子都和氢氧化钠反应生成沉淀，通过实验现象判断，溶液中不存在与氢氧根离子反应生成沉淀的Mg2+、Fe3+；

（4）钡离子和碳酸钠反应生成白色沉淀，通过实验现象判断，溶液中有与Na2CO3溶液反应生成白色沉淀的Ba2+，如果有Ba2+离子，溶液中就没有SO42-；

（5）铵根离子在加热条件下与氢氧化钠反应生成能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的氨气，这是铵根离子的特征反应；通过实验现象判断，溶液中有NH4+；

通过以上现象不能判断溶液中是否含有K+、Na+、Cl-；一定含有的离子为H+、NH4+、Ba2+、I-；一定不含有Mg2+、Fe3+、SO42-、CO32-；

故答案为：①NH4+、I-；②Fe3+、SO32-；③K+、Cl-；

II．①实验Ⅰ是证明铜不与稀硫酸反应；实验Ⅱ是验证铜和硝酸根离子不能反应；

故答案为：证明Cu不与H+、NO3-单独反应；

②稀硫酸中加入硝酸钠溶液中，形成了稀硝酸，再加入铜片被稀硝酸氧化生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；

故答案为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O．18、过滤蒸馏分液漏斗除去FeBr3【分析】【分析】苯及溴在FeBr3催化作用下制备溴苯，反应混合物中含有苯、溴苯、溴、FeBr3以及Fe，由流程可知经操作Ⅰ后得到固体残留物，则操作Ⅰ应为过滤，固体残留物为Fe粉，液体中含有FeBr3、溴等，都可溶于水，经分液后，有机相中含有苯、溴苯、溴，加入氢氧化钠溶液，水相中主要含有NaBr、NaBrO等，有机相中含有苯、溴苯，由于二者沸点不同，可进行蒸馏分离，以此解答该题．【解析】【解答】解：苯及溴在FeBr3催化作用下制备溴苯，反应混合物中含有苯、溴苯、溴、FeBr3以及Fe，由流程可知经操作Ⅰ后得到固体残留物，则操作Ⅰ应为过滤，固体残留物为Fe粉，液体中含有FeBr3、溴等，都可溶于水，经分液后，有机相中含有苯、溴苯、溴，加入氢氧化钠溶液，水相中主要含有NaBr、NaBrO等；有机相中含有苯；溴苯，由于二者沸点不同，可进行蒸馏分离，以此解答该题．

（1）由以上分析可知操作Ⅰ为过滤；操作Ⅱ为蒸馏，故答案为：过滤；蒸馏；

（2）经“水洗”；“NaOH溶液洗”后得到水相和有机相；则应为分液操作，除需要烧杯外，还需要分液漏斗，故答案为：分液漏斗；

（3）向”水洗“后所得水相中滴加KCSN溶液，溶液变红色，说明含有铁离子，应为FeBr3，推测水洗的目的是除去FeBr3，故答案为：除去FeBr3．19、80L60%=2.4=1.2【分析】【分析】（1）根据V=计算体积，根据反应方程式为2SO2+O2⇌2SO3；利用三段式计算转化率；

（2）在同样温度和压强下，反应达到平衡时，与（1）平衡状态相同，为等效平衡，物质的转化率和百分含量都相同，SO3的体积分数为与①相同，根据三行式计算．【解析】【解答】解：（1）在反应2SO2+O2⇌2SO3中，质量守恒，所以V==L=80L；

2SO2+O2⇌2SO3

起始：2mol1mol0

转化：2xx2x

平衡：1.6-2x0.8-x2x

根据体积之比等于物质的量之比可知：（1.6-2x+0.8-x+2x）：2.4=80：100；

解之得x=0.48；反应的气体的物质的量为：1.6-0.48×2+0.8-0.48+0.48×2=1.92mol；

所以SO2的转化率为×100%=60%；

故答案为：80L；60%；

（2）起始时加入amolS02、bmolO2，且a：b=2：l，在同样温度和压强下，反应达到平衡时，与（1）平衡状态相同，为等效平衡，物质的转化率和百分含量都相同，SO3的体积分数为与（1）相同；

2SO2+O2⇌2SO3

起始：amolbmol0

转化：0.6a0.3a0.6a

平衡：a-0.6ab-0.3a0.6a

压强之比就等于物质的量之比，列式为：=，a=2b；

解得：a=2.4mol，b=1.2mol；

故答案为：2.4；1.2．20、略

【分析】【解析】【答案】21、O=OH2O第三周期第VIIA族次氯酸钙ClO-+2H++Cl-═Cl2↑+H2O【分析】【分析】地壳中含量最高的元素是O元素，故A为O，D的氢化物和最高价氧化物对应的水化物均为强酸，应为Cl元素，B、C、D的最高价氧化物的水化物两两混合均能发生反应生成盐和水，则C为Al元素，B为Na元素，E的原子数序最大，且位于20号元素之内，E和其他元素既不在同一周期也不在同一主族，应为Ca元素，根据对应原子结构特点以及对应单质、化合物的性质解答该题即可．【解析】【解答】解：依据分析可知：A为O；B为Na、C为Al、D为Cl、E为Ca；

（1）氧气单质中两个O原子形成2对共价键，故结构式为O=O，Na的最高价氧化物的水化物为氢氧化钠，氢氧化钠属于离子化合物，电子式中需要标出阴阳离子所带电荷，钠离子直接用离子符号表示，氢氧根离子需要标出最外层电子，氢氧化钠的电子式为：故答案为：O=O；

（2）B2A是Na2O，Na2O为离子化合物，用电子式表示Na2O的形成过程为：

故答案为：

（3）由于H2O分子间存在氢键，其沸点高于HCl，故答案为：H2O；

（4）E为Ca，有4个电子层，最外层电子数为2，失去最外层2个电子形成阳离子，离子结构示意图为：Cl的原子核外有3个电子层，最外层电子数为7，则位于第三周期VIIA族，故答案为：第三周期VIIA族；

（5）钙、氯、氧可形成Ca（ClO）2、Ca（ClO3）2、Ca（ClO4）2，其中满足题设条件下的盐为Ca（ClO）2（次氯酸钙），由于在酸性环境中ClO-具有强氧化性，Cl-具有还原性，二者发生氧化还原反应生成Cl2和H2O，离子反应为ClO-+Cl-+2H+═Cl2↑+H2O；

故答案为：次氯酸钙；ClO-+2H++Cl-═Cl2↑+H2O．22、2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑2FeTiO3+6C+7Cl22TiCl4+2FeCl3+6CODO2+2H2O+4e-=4OH-1t【分析】【分析】（1）电解食盐水生成NaOH、H2和Cl2；以此书写离子方程式；

（2）从图示可知氯化时的反应物为FeTiO3、C、Cl2，生成物为FeCl3、TiCl4；CO；再根据得失电子和原子守恒即可得出该反应的方程式；

（3）A．根据燃烧热的定义判断；

B．反应热为反应物总能量与生成物总能量的差值；

C．该冶炼过程使用了有毒Cl2；对环境有影响．

D．根据方程式计算；

（4）碱性甲醇电池中，O2在正极得电子发生还原反应；

（5）根据反应的关系式计算．【解析】【解答】解：（1）电解食盐水生成NaOH、H2和Cl2，反应的离子方程式为2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑；

故答案为：2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑；

（2）从图示可知氯化时的反应物为FeTiO3、C、Cl2，生成物为FeCl3、TiCl4、CO，再根据得失电子和原子守恒即可得出该反应的方程式为：2FeTiO3+6C+7Cl22TiCl4+2FeCl3+6CO；

故答案为：2FeTiO3+6C+7Cl22TiCl4+2FeCl3+6CO；

（3）A．燃烧热指的是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量．由于Mg不是在O2中燃烧；故641kJ/mol不能称其燃烧热，故A错误；

B．反应Ti（s）+2Cl2（g）=TiCl4（s）为放热反应，1molTi（s）和2molCl2（g）的总能量大于1molTiCl4（s）的总能量；故B错误；

C．该冶炼过程使用了有毒Cl2；对环境有影响．故C错误；

D．假设质量均为24g，则Mg（s）与足量Cl2（g）反应放出641kJ热量，24gTi（s）与足量Cl2（g）反应放出的热量═385kJ；故D正确；

故答案为：D；

（4）碱性甲醇电池中，O2在正极得电子发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，故答案为：O2+2H2O+4e-=4OH-；

（5）设甲醇（CH3OH）8t，理论上需多少Xt氢气，根据CO+2H2CH3OH

432

Xt8t

=解得X=1t；

故答案为：1t．23、Zn+2H2SO4（浓）ZnSO4+SO2↑+2H2O氢气和水蒸气随着反应的进行浓硫酸被消耗会变成稀硫酸，锌与稀硫酸反应产生氢气，同时会有少量水蒸气cd（或dc）ab（或ba）e无水硫酸铜固体由白色变成蓝色SO2中含有水蒸气C装置中固体由黑色变成红色，D装置内固体由白色变成蓝色SO2中含有氢气【分析】【分析】（1）浓硫酸具有强氧化性；Zn与浓硫酸反应生成硫酸锌；二氧化硫、水．

（2）随着反应的进行浓硫酸被消耗会变成稀硫酸，锌与稀硫酸反应产生氢气，所以SO2中的杂质可能为H2和H2O（g）．

（3）检验H2的方法常用灼热的CuO反应生成水，检验水的存在，这里有水蒸气的存在，注意操作的顺序，先检验水的存在，将水除尽，再检验H2和CuO反应生成的水．

（4）实验先检验是否含有水，利用无水硫酸铜吸水变蓝色检验；将水除尽，再检验H2和CuO反应生成的水．【解析】【解答】解：（1）浓硫酸具有强氧化性；Zn与浓硫酸反应生成硫酸锌；二氧化硫、水；

反应方程式为：Zn+2H2SO4（浓）ZnSO4+SO2↑+2H2O．

故答案为：Zn+2H2SO4（浓）ZnSO4+SO2↑+2H2O．

（2）随着反应的进行浓硫酸被消耗会变成稀硫酸，锌与稀硫酸反应产生氢气，所以SO2中的杂质可能为H2和H2O（g）．

故答案为：氢气和水蒸气；随着反应的进行浓硫酸被消耗会变成稀硫酸；锌与稀硫酸反应产生氢气，同时会有少量水蒸气．

（3）先检验水的存在，将水除尽，再检验H2和CuO反应生成的水，B装置检验水，A装置除去气体中的水蒸气，C、D用于检验气体中是否含有H2，所以气流方向为：cd（或dc）ab（或ba）e

故答案为：cd（或dc）ab（或ba）e．

（4）B装置检验水，装置内盛放无水硫酸铜，若固体由白色变成蓝色，说明SO2中含有水蒸气；

若含有H2，在装置C中发生反应H2+CuOCu+H2O，固体由黑色变成红色，D装置内固体由白色变成蓝色，说明SO2中含有氢气．

故答案为：。装置所盛药品实验现象结论或解释B无水硫酸铜固体由白色变成蓝色SO2中含有水蒸气CC装置中固体由黑色变成红色，D装置内固体由白色变成蓝色SO2中含有氢气四、判断题(共2题，共10分)24、√【分析】【分析】18O2的相对分子质量为36，结合n==计算．【解析】【解答】解：18O2的相对分子质量为36，n（18O2）==0.5mol，则含有1mol18O原子，个数为NA，故答案为：√．25、×【分析】【分析】氯气具有强氧化性，能将铁氧化为三价铁，5.6gn（Fe）==0.1mol，N（Fe）=nNA=0.1mol×NA/mol=0.1NA，据此计算转移电子数．【解析】【解答】解：氯气具有强氧化性，能将铁氧化为三价铁，5.6gn（Fe）==0.1mol，N（Fe）=nNA=0.1mol×NA/mol=0.1NA，则转移电子数为0.3NA，故答案为：×．五、解答题(共3题，共18分)26、略

【分析】

（1）结合产物判断流程中生成蓝矾；说明B中含有铜，①由①；②两组数据分析，两次剩余物的质量相差4.2g，此时生成1.12LNO气体（转移0.075mol电子）．若只溶解铁，质量为4.2g，若只溶解铜，质量为4.8g．由此可知这9g中含有金属Cu，故答案为：Cu；

（2）双氧水是一种绿色氧化剂，在双氧水的作用下，金属铜可以和硫酸发生反应：Cu+H2O2+H2SO4+3H2O=CuSO4•5H2O或Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O，故答案为：Cu+H2O2+H2SO4+3H2O=CuSO4•5H2O或Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；

（3）若反应①产生的气体是H2，则验证滤液A只含NaAlO2、不含Na2SiO3的方法是利用氢氧化铝溶液强酸，硅酸不溶于强酸生成沉淀设计验证，方法为：取少量滤液A于试管中，滴加盐酸，开始生成白色沉淀为氢氧化铝，继续滴加盐酸，氢氧化铝会溶解生成氯化铝，无白色沉淀现象证明不含硅酸钠；过量二氧化碳通入硅酸钠溶液中，碳酸酸性大于硅酸，反应生成硅酸沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3-；

故答案为：过量盐酸，先有白色沉淀生成，继续滴加盐酸，白色沉淀全部溶解证明不不含硅酸钠；SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3-；

（4）①由①、②两组数据分析，两次剩余物的质量相差4.2g，此时生成1.12LNO气体（转移0.075mol电子）．若只溶解铁，质量为4.2g，若只溶解铜，质量为4.8g．由此可知这9g中是金属Cu，铁的还原性大于铜，所以铁先反应，实验①中发生反应的化学方程式为：3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O，故答案为：3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O；

②实验①有铜存在Fe3+会被还原为Fe2+，在金属消耗完毕以后，硝酸将亚铁离子氧化为三价铁，在亚铁离子转化为铁离子过程中，结合试验①可知还会产生4.48L-3.36L=1.12L的气体NO，物质的量为0.05mol，发生反应3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；可知反应的Fe2+物质的量为0.15mol，根据铁元素守恒，铁的质量分数=×100%=63.6%；

故答案为：63.6%；

【解析】【答案】（1）依据题干信息；结合（4）的溶解情况计算得到，最后得到蓝矾说明滤渣B中含有金属铜，证明合金中含有铜；

（2）双氧水是一种绿色氧化剂；可以实现金属铜和硫酸之间的反应；

（3）合金中的铝在过量氢氧化钠溶液中溶解生成偏铝酸钠和氢气；利用氢氧化铝溶于强酸溶液，硅酸不溶于酸设计实验验证；硅酸的酸性小于碳酸，二氧化碳过量反应生成碳酸氢钠；

（4））①金属铁的活泼性强于铜；根据金属铁和硝酸发生反应的情况来书写；

②先判断酸是否完全反应；再根据金属活动性判断反应的金属及生成的金属离子价态，根据1；2两组数据，结合采用极限法分析，确定剩余固体的成分，据此来计算即可．

27、略

【分析】【分析】设出碳酸钠、碳酸氢钠的物质的量，分别根据生成二氧化碳的量、总质量列式计算出碳酸钠的物质的量，再根据m=nM计算出碳酸钠得到质量，最后计算出碳酸钠的百分含量．【解析】【解答】解：混合物中Na2CO3和NaHCO3的物质的量分别为x；y；

标准状况下3.36L二氧化碳的物质的量为：=0.15mol；

根据C原子守恒可得：①x+y=0.15mol；

根据混合物质量可得：②106x+84y=14.8g；

联立①②解得：x=0.1mol；y=0.05mol；

则混合物中碳酸钠的质量为：106g/mol×0.1mol=10.6g；

所以混合物中碳酸钠的质量分数为：×100%=71.6%；

答：原混合物中Na2CO3的质量百分含量为71.6%．28、略

【分析】

（1）①第二次使用B装置的作用是检验产物水，可用无水硫酸铜，故答案为：CuSO4；

②氢气容易发生爆炸；加热前应先检验氢气的纯度，故答案为：通一会儿氢气后，检验氢气的纯度；

（2）①在A中过氧化钠与水发生反应生成氧气，该反应放热，一水合氨发生分解，化学方程式为：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，NH3•H2ONH3↑+H2O；氨的催化氧化反应方程式：4NH3+5O2=4NO+6H2O；

故答案为：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，NH3•H2ONH3↑+H2O；4NH3+5O24NO+6H2O；

②一氧化氮易被氧气氧化为红棕色的二氧化氮；故答案为：有红棕色气体出现；

（3）取少量固体产物于试管中溶于水，然后加BaCl2溶液会产生白色沉淀；继续加过量的稀盐酸，硫酸钡不溶于稀盐酸，亚硫酸钡可溶于稀盐酸；

故答案为：取少量固体产物于试管中溶于水，然后加BaCl2溶液会产生白色沉淀；继续加过量的稀盐酸，若沉淀全部溶解，则甲同学正确，若沉淀不溶解，则乙同学正确；

【解析】【答案】（1）①第二次使用B装置的作用是检验产物水；

②氢气容易发生爆炸；

（2）①在A中过氧化钠会与氨水中的水发生反应；氨气与氧气反应生成一氧化氮和水；

②一氧化氮易被氧气氧化为二氧化氮；

（3）硫酸钡不溶于稀盐酸；亚硫酸钡可溶于稀盐酸；

六、探究题(共4题，共40分)29、|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