2025年华师大新版高三化学下册月考试卷

…………○…………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年华师大新版高三化学下册月考试卷380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6题，共12分)1、氧元素和硫元素的本质区别是（）A.中子数不同B.质子数不同C.电子数不同D.相对原子质量不同2、下列有关平衡常数的说法中，正确的是（）A.改变条件，反应物的转化率增大，平衡常数也一定增大B.反应2NO2（g）═N2O4（g）△H＜0，升高温度该反应平衡常数增大C.对于给定的可逆反应，温度一定时，其正、逆反应的平衡常数相等D.相同温度下，1mol•L--1醋酸溶液的电离常数等于0.1mol•L--1醋酸溶液的电离常数3、为达到预期的实验目的，下列操作正确的是（）A.可用饱和食盐水鉴别蛋白质溶液和肥皂水B.苯酚和甲醛在浓盐酸的作用下可得到体型的酚醛树脂C.为减小中和滴定误差，锥形瓶必须洗净并烘干后才能使用D.将饱和AlCl3溶液、Al（OH）3胶体加热蒸干并灼烧，产物相同4、下列说法正确的是（）A.实验中需用0.20mol•L-1的NaOH溶液950mL，配制时应称取NaOH的质量8.0gB.升高NH4Cl溶液温度，其水的离子积常数和pH均增大C.水比硫化氢稳定的原因是水分子间存在氢键D.在pH等于2的醋酸溶液中加入少量0.01mol•L-1的稀盐酸，溶液的pH会变小5、ClO2是一种广谱消毒剂，根据世界环保联盟的要求ClO2将取代Cl2成为生产自来水的消毒剂（Cl2能和水中溶解的某些有机物发生取代和加成反应，生成致癌物质）．工业上常用NaClO3和Na2SO3溶液混合并加H2SO4酸化后反应制得ClO2，以上反应中NaClO3和Na2SO3的物质的量比为（）A.1：1B.2：1C.1：2D.2：36、在单质形成的晶体中，一定不存在的相互作用是（）A.共价键B.范德华力C.金属键D.氢键评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)7、Ⅰ、某分子式为C10H20O2的酯；在一定条件下可发生如图的转化过程：则符合上述条件的酯的结构可有（）

A；2种B、4种C、6种D、8种。

Ⅱ；药用有机物A为一种无色液体；从A出发可发生如下一系列反应：

请回答：

（1）E中官能团的名称是____；反应③的反应类型为____．

（2）化合物F结构简式：____．

（3）有机物A的同分异体甚多，其中属于酯类的化合物，且含有苯环结构的异构体有____种．

（4）E的一种同分异构体H，已知H可以和金属钠反应放出氢气，且在一定条件下可发生银镜反应，试写出H的结构简式：____．

（5）工业制取乙醇的化学方程式：____．

（6）写出反应①的化学方程式：____．8、已知298K下反应2Al2O3（s）+3C（s）=4Al（s）+3CO2（g）△H=+2171kj/mol，△S=+635.5j/（mol•K），该反应在室温下可能自发进行．____（判断对错）9、工业催化剂K3[Fe（C2O4）3]•3H2O是翠绿色晶体，在421～553℃时，分解为Fe2O3、K2CO3、CO、CO2、H2O．实验室由草酸亚铁晶体（FeC2O4•2H2O）、草酸钾（K2C2O4）、草酸（H2C2O4）和双氧水（H2O2）混合制备．

请回答下列问题：

（1）写出H2O2的电子式______；[Fe（C2O4）3]3-的名称是______．

（2）配平以下总反应方程式：

______FeC2O4•2H2O+______H2O2+______K2C2O4+______H2C2O4=______K3[Fe（C2O4）3]•3H2O

（3）制备过程中要防止草酸被H2O2氧化，请写出草酸被H2O2氧化的化学反应方程式______．

（4）配合物的稳定性可以用稳定常数K来衡量，如Cu2++4NH3⇌[Cu（NH3）4]2+，其稳定常数表达式为．已知K[Fe（C2O4）3]3-=1020，K[Fe（SCN）3]=2×103，能否用KSCN溶液检验K3[Fe（C2O4）3]•3H2O中的铁元素？______（填“是”“否”）若选“否”，请设计检验铁元素的方案______．

（5）铁元素可以形成多种配合物，其中一种配合物钾盐A是有争议的食品添加剂．经组成分析A中仅含K、Fe、C、N四种元素．取36.8gA加热至400℃，分解成KCN、Fe3C.N2，生成的氮气折合成标准状况下的体积为2.24L，Fe3C质量是C质量的3倍．Fe3C的物质的量是氮气物质的量的．则A的化学式为______．10、如图表示一个电解池，装有电解液rm{a}rm{X}rm{Y}是两块电极板，通过导线与直流电源相连。请回答以下问题：

rm{(1)}若rm{X}rm{Y}是惰性电极，rm{a}是饱和rm{NaCl}溶液，开始时在两边各滴入几滴酚酞，则在rm{X}极附近观察到的现象是____rm{Y}极上的电极反应式是____

____。rm{(2)}若用该装置模拟电解精炼铜，电解液rm{a}选用rm{CuSO_{4}}溶液，则rm{X}电极的材料是____，电极反应式是____；当电路中有rm{0.04mol}电子通过时，阴极增重____rm{g}11、（2014秋•滕州市校级期末）将镁、铝的混合物共0.2mol，溶于200mL4mol•L-1的盐酸溶液中，然后再滴加2mol•L-1的NaOH溶液．

请回答下列问题：

（1）若在滴加NaOH溶液的过程中，沉淀质量m随加入NaOH溶液的体积V变化情况如图所示．当V1=160mL时；则金属粉末中铝的物质的量是多少？

（2）若在滴加NaOH溶液的过程中，欲使Mg2+、Al3+刚好沉淀完全；则滴入。

NaOH溶液的体积V（NaOH）=____mL；

（3）若镁、铝的混合物仍为0.2mol，其中镁的物质的量分数为____a；现在改用200mL

4mol•L-1的硫酸溶解此混合物后，再加入840mL2mol•L-1的NaOH溶液，所得沉淀中无Al（OH）3，则a的取值范围为____．12、碳和氮的许多化合物在工农业生产和生活中有着重要的作用．

（1）以CO2和NH3为原料可合成化肥尿素[化学式为CO（NH2）2]．已知：

①2NH3（g）+CO2（g）═NH2CO2NH4（s）△H=-159kJ•mol-1

②NH2CO2NH4（S）═CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H=1165kJ•mol-1

③H2O（l）═H2O（g）△H=44.0kJ•mol-1

则反应2NH3（g）═CO（NH2）2（s）+H2O（l）的△H=____kJ•mol-1．

（2）用活性炭原法可以处理氮氧化物．某研究小组向某密闭容器中加入一定量的活性炭和NO；发生反应：

C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）△H=QkJ•mol-1．

在T1℃时；反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下：

。时间（min）

浓度（mol/L）01020304050NO1.000.580.400.400.480.48N200.210.300.300.360.36CO200.210.300.300.360.36①0～10min内，NO的平均反应速率v（NO）=____，T1℃时，该反应的平衡常数K=____；

②30min后，只改变某一条件，反应重新达到的平衡，根据上表中的数据判断改变的条件可能是____（填字母代号）；

a．加入一定量的活性炭。

b．通入一定量的NO

c．适当缩小容器的体积。

d．加入合适的催化剂。

③若30min后升高温度至T2℃，达到平衡时，容器中，NO、N3、CO2的浓度之比为5：3：3，则Q____0（填“＞”或“＜”）．评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)13、对于2SO2（g）+O2（g）═2SO2（g）反应，当密度保持不变，在恒温恒容或恒温恒压条件下，均不能作为达到化学平衡状态的标志．____（判断对错）14、氨水呈弱碱性，故NH3是弱电解质____（判断对错）15、化合物分为酸、碱、盐和氧化物是用树状分类法分类的____．（判断对错）16、判断正误；正确的划“√”，错误的划“×”

（1）淀粉、纤维素和油脂都属于天然高分子化合物____

（2）向淀粉溶液中加入稀H2SO4，加热几分钟，冷却后再加入新制Cu（OH）2悬浊液，加热，没有砖红色沉淀生成，证明淀粉没有水解成葡萄糖____

（3）食用白糖的主要成分是蔗糖____

（4）蔗糖、淀粉、油脂及其水解产物均为非电解质____

（5）麦芽糖与蔗糖的水解产物均含葡萄糖，故二者均为还原型二糖____

（6）葡萄糖、果糖的分子式均为C6H12O6，二者互为同分异构体____

（7）蔗糖、麦芽糖的分子式都是C12H22O11，二者互为同分异构体____

（8）麦芽糖及其水解产物均能发生银镜反应____

（9）纤维素和淀粉遇碘水均显蓝色____

（10）植物油的主要成分是高级脂肪酸____

（11）向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl溶液和CuSO4溶液，均有固体析出，所以蛋白质均发生变性____

（12）用甘氨酸（CH2COOHNH2）和丙氨酸（CH3CHCOOHNH2）缩合最多可形成4种二肽____

（13）天然植物油常温下一般呈液态，难溶于水，有恒定的熔点、沸点____

（14）若两种二肽互为同分异构体，则二者的水解产物不一致____

（15）苯、油脂均不能使酸性KMnO4溶液褪色____

（16）油脂在空气中完全燃烧转化为水和二氧化碳____

（17）蛋白质、乙酸和葡萄糖均属电解质____

（18）乙酸乙酯和食用植物油均可水解生成乙醇____

（19）蛋白质和油脂都属于高分子化合物，一定条件下都能水解____

（20）氨基酸、淀粉均属于高分子化合物____．17、标准状况下当氧气与氦气的原子数均为NA时，它们具有相同的体积____（判断对错）18、将30mL0.5mol/L的NaOH溶液加水稀释到500mL，稀释后NaOH的物质的量浓度为0.3mol/L____．（判断对错）评卷人得分四、实验题(共4题，共36分)19、二氯化硫（SCl2）熔点-78℃，沸点59℃，密度1.638g/mL，遇水易分解，二氯化硫与三氧化硫作用可生成重要化工试剂亚硫酰氯（SOCl2）．以下是氯气与硫合成二氯化硫的实验装置。

试回答下列问题：

（1）装置B应盛放的药品是____，C中是____．

（2）实验开始前先在D中放一定量的硫粉．加热使硫熔化，然后转动和摇动烧瓶使硫附着在烧瓶内壁形成一薄层表面，这样做的目的是____．

（3）实验时，D装置需加热至50-59℃．最好采用____方式加热．如何防止E中液体挥发____．

（4）F装置中干燥管内所盛物质是____，作用是____．

（5）由二氯化硫与SO3作用生成亚硫酰氯的化学方程式为____．20、（2012秋•西湖区校级期中）如图所示，试管①中依次加入3mL乙醇、2mL浓硫酸和2mL冰醋酸，加热时试管①中发生的主要化学反应方程式是____；试管②中加入的是____溶液；对①②

试管①加热片刻后试管②中能观察到的明显现象是____；实验装置中球形干燥管除起冷凝作用外，另一作用是____．21、下列关于实验的叙述不正确的是：____

A．配置100g10%的硫酸铜溶液时；称取10g硫酸铜晶体溶解于90g水中。

B．用分液漏斗分离甘油和水的混合液体。

C．配置一定浓度的溶液时；若定容时不小心加水超过容量瓶的刻度线，应立即用滴管吸取多余的部分。

D．配置硫酸溶液时，可先在量筒内加入一定体积的水，再在搅拌下慢慢加入浓硫酸．22、无水FeCl3呈棕红色，极易潮解，100℃左右时升华，工业上常用作有机合成催化剂。实验室可用下列装置(夹持仪器略去)制备并收集无水FeCl3。请回答：（1）装置A中反应的离子方程式为。（2）装置F中所加的试剂为。（3）导管b的作用为；装置B的作用为。（4）实验时应先点燃A处的酒精灯，反应一会儿后，再点燃D处的酒精灯,原因为。（5）反应结束后，拆卸装置前，必须进行的操作是（6）为检验所得产品中是否含有FeCl2，可进行如下实验：取E中收集的产物少许，加水溶解，向所得溶液中加入一种试剂，该试剂为(填序号）。①Fe粉②KSCN溶液③酸性KMnO4溶液④NaOH溶液评卷人得分五、书写(共2题，共20分)23、（2015春•衡阳校级期中）有几种元素的微粒电子层结构如图所示；其中：

（1）某电中性微粒一般不和其他元素的原子反应，这种微粒符号是____；

（2）盐溶液中的某微粒与AgNO3溶液反应时会出现白色浑浊，这种微粒符号是____，生成该白色浑浊的离子方程式为____；

（3）某微粒具有还原性，且这种微粒失去2个电子即变为原子，这种微粒的符号是____，该微粒的电子式为：____．24、美国和欧洲的科学家合作，在同温层发现了破坏臭氧的X气体．X由A、B两种元素组成，已知A原子式量大于B原子，X标况下密度为4.6g/L，一定条件下X完全分解可得到两种双原子气体单质混合物，此时气体物质的量变为原来的2倍；17.15mg的X气体被0.080mol/L的酸性（NH4）2Fe（SO4）2溶液35mL吸收，过量的Fe2+恰好被18.00mL0.020mol/L的酸性KMnO4溶液反应完全．

（1）X气体的化学式为____；

（2）酸性（NH4）2Fe（SO4）2溶液吸收X气体的离子方程式为____；

（3）与X组成元素相同的另一种气体Y是国际上公认为安全、无毒的绿色消毒剂，它与X相比少一个A原子，Y能与许多化学物质发生爆炸爆炸反应，对光、热、震动、撞击和摩擦相当敏感，易分解发生爆炸；与有机物相遇则促进氧化而爆炸，加入某些气体稀释可降低爆炸性，下列可用作稀释Y的物质为：____；

A．氢气B．二氧化碳C．氮气D．甲烷。

（4）Y对氰化物去除率可达85%以上，此时CN-被氧化生成CO2和N2，请写出相关反应离子方程式____．参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】【分析】根据元素是具有相同核电荷数（即核内质子数）的一类原子的总称，决定元素种类的是核电荷数（即核内质子数），据此进行分析解答．【解析】【解答】解：元素是具有相同核电荷数（即核内质子数）的一类原子的总称；不同种元素最本质的区别是核电荷数（即核内质子数）不同，所以氧元素和硫元素的本质区别是原子的核电荷数（即核内质子数）不同．

故选B．2、D【分析】【分析】平衡常数指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，化学平衡常数只与温度有关，与浓度、压强无关，平衡常数越大，说明可逆反应进行的程度越大．【解析】【解答】解：A．改变条件；化学平衡可能向正反应方向移动，则反应物的转化率增大，K增大；也可能向逆反应方向移动，则反应物转化率降低，K减小，故A错误；

B；正反应是放热反应；温度升高K值减小，故B错误；

C；温度相同；同一可逆反应的正、逆反应平衡常数互为倒数，故C错误；

D；电离常数只与温度有关；与醋酸溶液的浓度大小无关，温度相同，同一物质电离平衡常数一定，故D正确；

故选D．3、D【分析】【分析】A．饱和食盐水使蛋白质溶液发生盐析；食盐水与肥皂水混合，肥皂析出；

B．需要100℃的水浴加热；

C．中和滴定中；锥形瓶不需要干燥；

D．饱和AlCl3溶液加热蒸干过程中水解生成Al（OH）3和HCl，HCl易挥发，灼烧生成氧化铝；Al（OH）3胶体加热蒸干过程中先聚沉，后分解生成氧化铝．【解析】【解答】解：A．饱和食盐水使蛋白质溶液发生盐析；食盐水与肥皂水混合，肥皂析出，现象相同，不能鉴别，故A错误；

B．需要100℃的水浴加热条件下苯酚和甲醛在浓盐酸的作用下可得到体型的酚醛树脂；故B错误；

C．中和滴定中；锥形瓶不需要干燥，锥形瓶中有蒸馏水对实验结果无影响，故C错误；

D．饱和AlCl3溶液加热蒸干过程中水解生成Al（OH）3和HCl，HCl易挥发，灼烧生成氧化铝；Al（OH）3胶体加热蒸干过程中先聚沉；后分解生成氧化铝，所以最终产物相同，故D正确；

故选D．4、A【分析】解：A、由于没有950mL的容量瓶，选择大于950mL相近规格的容量瓶；根据m=cVM=0.20mol•L-1×1L×40g/mol=8.0g；故A正确；

B；升高温度促进氯化铵的水解；酸性增强，pH减小，故B错误；

C；水比硫化氢稳定的原因是氧的非金属性强于硫；无氢键无关，故C错误；

D；加入溶液中氢离子浓度不变；溶液pH不变，故D错误；

故选A．

A；由于没有950mL的容量瓶；选择大于950mL相近规格的容量瓶；根据m=cnM计算所需NaOH的质量；

B；升高温度促进氯化铵的水解；酸性增强，pH减小；

C；水比硫化氢稳定的原因是氧的非金属性强于硫；

D、在pH等于2的醋酸溶液中加入少量0.01mol•L-1的稀盐酸；氢离子浓度不变，醋酸的电离平衡不移动．

本题考查了影响若使电离平衡移动的因素、影响水解平衡移动的因素、溶液中的电荷守恒和物料守恒、混合溶液平衡的计算，题目难度较大．【解析】【答案】A5、B【分析】【分析】NaClO3和Na2SO3溶液混合并加H2SO4酸化后反应过程中，氯元素化合价降低，硫元素化合价升高，化合价升高数和化合价降低数相等．【解析】【解答】解：NaClO3和Na2SO3溶液混合并加H2SO4酸化后反应过程中，氯元素化合价有+5价降到+4价，降低了1价，硫元素化合价从+4价升高到+6价，升高了2价，化合价升高数和化合价降低数相等，所以NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为2：1．

故选B．6、D【分析】【分析】单质有金属单质、非金属单质，金属单质形成金属晶体中存在金属键，非金属单质中形成分子晶体、原子晶体，分子晶体中存在分子间作用力，而原子晶体中存在共价键．【解析】【解答】解：A．氮气中含有共价键；故A不选；

B；若单质为分子晶体；如氢气、氧气等，则存在分子间作用力，故B不选；

C；若单质为金属；则存在金属键，故C不选；

D；单质中只有一种元素；而形成氢键必须要有活泼的非金属元素和氢元素，故D可选；

故选D．二、填空题(共6题，共12分)7、羧基取代反应3HOCH2CHOCH2=CH2+H2OCH3CH2OH+2NaOH+CH3COONa+H2O【分析】【分析】I．分子式为C10H20O2的有机物，水解生成B和C，则说明该有机物应为酯，C能连续被氧化，则C为醇，D为醛、E为羧酸，B和硫酸反应生成羧酸，则B为酸式盐，反应条件A为NaOH的水溶液、加热，C、E反应生成酯，则C、E中碳原子个数相等，C中含有-CH2OH，根据C4H9-的结构判断；

II．A能发生水解反应，则A是酯，B能和二氧化碳反应生成D，D能和溴水发生取代反应生成白色沉淀，说明D中含有酚羟基，所以A中含有苯环，A中不饱和度==5；则A中还含有一个不饱和键；

A能和氢氧化钠的水溶液发生水解反应生成B和C，C酸化后生成E，E是羧酸，E和乙醇发生酯化反应生成G，G的分子式为C4H8O2，根据原子守恒知，E的分子式为C2H4O2，则E的结构简式为CH3COOH，C为CH3COONa，G的结构简式为CH3COOCH2CH3，根据原子守恒知，D的分子式为C6H6O，则D结构简式为：B为F为则A的结构简式为：

据此分析解答．【解析】【解答】解：I．分子式为C10H20O2的有机物，水解生成B和C，则说明该有机物应为酯，C能连续被氧化，则C为醇，D为醛、E为羧酸，B和硫酸反应生成羧酸，则B为酸式盐，反应条件A为NaOH的水溶液、加热，C、E反应生成酯，则C、E中碳原子个数相等，C为一元醇，C为C4H9-CH2OH，B为C4H9-COOH，而-C4H9有四种结构，分别为：CH3-CH2-CH2-CH2-、CH3-CH2-CH（CH3）-、（CH3）2CH-CH2-、（CH3）3C-4种；所以有机物共有同分异构体4种，故选B；

II．A能发生水解反应，则A是酯，B能和二氧化碳反应生成D，D能和溴水发生取代反应生成白色沉淀，说明D中含有酚羟基，所以A中含有苯环，A中不饱和度==5；则A中还含有一个不饱和键；

A能和氢氧化钠的水溶液发生水解反应生成B和C，C酸化后生成E，E是羧酸，E和乙醇发生酯化反应生成G，G的分子式为C4H8O2，根据原子守恒知，E的分子式为C2H4O2，则E的结构简式为CH3COOH，C为CH3COONa，G的结构简式为CH3COOCH2CH3，根据原子守恒知，D的分子式为C6H6O，则D结构简式为：B为F为则A的结构简式为：

（1）E的结构简式为CH3COOH；E中官能团的名称是羧基；反应③的反应类型为取代反应，故答案为：羧基；取代反应；

（2）通过以上分析知，化合物F结构简式：故答案为：

（3）A的结构简式为：属于酯类的A的同分异构体有：甲酸苯甲酯；乙酸苯酯、苯甲酸甲酯，所以有三种符合条件的同分异构体；

故答案为：3；

（4）E是乙酸，E的一种同分异构体H，H可以和金属钠反应放出氢气说明含有醇羟基，且在一定条件下可发生银镜反应，说明含有醛基，则H结构简式为HOCH2CHO，故答案为：HOCH2CHO；

（5）工业上用乙烯和水发生加成反应生成乙醇，制取乙醇的化学方程式：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，故答案为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；

（6）反应①为酯的水解反应，该反应的化学方程式：+2NaOH+CH3COONa+H2O；

故答案为：+2NaOH+CH3COONa+H2O．8、错【分析】【分析】反应是否自发进行有焓变熵变温度共同决定，判断依据为：△H-T△S＜0，反应自发进行．【解析】【解答】解：2Al2O3（s）+3C（s）=4Al（s）+3CO2（g）△H=+2171kj/mol；△S=+635.5j/（mol•K），则△H-T△S=

2171kj/mol-298K×0.6355kj/（mol•K）=1981.6kj/mol＞0；所以反应不能自发进行；

故答案为：错．9、略

【分析】解：（1）H2O2为共价化合物，其电子式为[Fe（C2O4）3]3-为络离子，名称为三草酸合铁（Ⅲ）离子（或三草酸合铁离子，或三草酸合铁酸根），故答案为：[Fe（C2O4）3]3-为络离子；名称为三草酸合铁（Ⅲ）离子（或三草酸合铁离子，或三草酸合铁酸根）；

（2）根据水的个数的最小公倍数为6，则FeC2O4•2H2O的化学计量数为2，K3[Fe（C2O4）3]•3H2O的化学计量数为3，然后由原子守恒可知，该化学反应为2FeC2O4•2H2O+H2O2+3K2C2O4+H2C2O4=2K3[Fe（C2O4）3]•3H2O；故答案为：2；1；3；1；2；

（3）草酸被H2O2氧化生成水和二氧化碳，该反应为H2C2O4+H2O2=2CO2↑+2H2O，故答案为：H2C2O4+H2O2=2CO2↑+2H2O；

（4）K3[Fe（C2O4）3]•3H2O中的铁为亚铁离子，则不能用KSCN溶液检验K3[Fe（C2O4）3]•3H2O中的铁元素，检验铁元素的方案为取适量晶体加热，取固体残留物溶解在H2SO4中；取上层清液于试管中，滴加KSCN溶液．若溶液呈血红色则有铁元素，反之则无；

故答案为：否；取适量晶体加热，取固体残留物溶解在H2SO4中；取上层清液于试管中，滴加KSCN溶液．若溶液呈血红色则有铁元素，反之则无；

（5）由题意可知，A→KCN+Fe3C+C+N2，n（N2）=0.1mol，n（Fe3C）=0.1mol×n（C）==mol，n（KCN）==0.4mol，则K、Fe、C、N的原子个数比为4：1：6：6，则化学式为K4Fe（CN）6，故答案为：K4Fe（CN）6．

（1）H2O2为共价化合物，[Fe（C2O4）3]3-为络离子；

（2）根据原子守恒来配平化学反应方程式；

（3）草酸被H2O2氧化生成水和二氧化碳；

（4）K3[Fe（C2O4）3]•3H2O中的铁为亚铁离子；而铁离子遇KSCN溶液变为血红色；

（5）A→KCN+Fe3C+C+N2，n（N2）=0.1mol，n（Fe3C）=0.1mol×n（C）==mol，n（KCN）==0.4mol；确定原子个数比得出化学式．

本题考查知识点较多，涉及电子式、反应的配平、氧化还原反应、离子的检验及化学式的确定，（5）中注意利用守恒来解答，题目难度中等．【解析】[Fe（C2O4）3]3-为络离子，名称为三草酸合铁（Ⅲ）离子（或三草酸合铁离子，或三草酸合铁酸根）；2；1；3；1；3；H2C2O4+H2O2=2CO2↑+2H2O；否；取适量晶体加热，取固体残留物溶解在H2SO4中，取上层清液于试管中，滴加KSCN溶液．若溶液呈血红色则有铁元素，反之则无；K4Fe（CN）610、（1）有气泡产生，溶液变红色2Cl－－2e－═══Cl2↑

（2）纯铜Cu2＋＋2e－═══Cu1.28【分析】【分析】本题考查了电解原理的分析应用，把握电解池中阴阳极的判断以及溶液中离子放电顺序是解题的关键，注意电子守恒在计算中的应用，题目难度中等。【解答】rm{(1)}和电源的负极相连的电极rm{X}极是阴极，该电极上氢离子发生得电子的还原反应，即rm{2H^{+}+2e^{-}=H_{2}隆眉}所以该电极附近氢氧根浓度增大，碱性增强，滴入几滴酚酞试液会变红；rm{Y}极为阳极，rm{Cl-}失电子发生氧化反应，电极反应式是极为阳极，rm{Y}失电子发生氧化反应，电极反应式是rm{Cl-}；rm{2Cl^{-}-2e^{-}篓T篓T篓TCl_{2}隆眉}

故答案为：有气泡产生，溶液变红色；；

rm{2Cl^{-}-2e^{-}篓T篓T篓TCl_{2}隆眉}为阴极，阴极上铜离子得电子生成铜单质，其电极反应为rm{(2)X}假若电路中有rm{Cu^{2+}+2e^{-}篓T篓T篓TCu}电子通过时，根据阴极电极反应rm{0.04mol}可知，阴极增重铜rm{Cu^{2+}+2e-=Cu}质量rm{0.02mol}

故答案为：粗铜；rm{=0.02mol隆脕64g/mol=1.28g}rm{Cu^{2+}+2e^{-}篓T篓T篓TCu}rm{1.28}【解析】rm{(1)}有气泡产生，溶液变红色rm{2Cl^{-}-2e^{-}篓T篓T篓TCl_{2}隆眉}rm{(2)}纯铜rm{Cu^{2+}+2e^{-}篓T篓T篓TCu}rm{1.28}11、400-0.6≤a＜1【分析】【分析】（1）根据图象可知，在滴加NaOH溶液到体积V1=160mL过程中，没有沉淀生成，说明盐酸有剩余，滴加的NaOH用于中和剩余盐酸，V1=160mL时，剩余的HCl与滴加的NaOH恰好完全反应，溶液是MgCl2、AlCl3和NaCl混合液，根据Mg原子、Al原子、Cl-离子、Na+离子守恒；列方程求算n（Al）；

（2）当溶液中Mg2+、Al3+恰好沉淀完全时，即沉淀达到最大值，此时，溶液是NaCl溶液，根据Cl-离子和Na+离子守恒有n（Na+）=n（NaCl）=（HCl）求出n（NaOH），再利用V=计算滴入NaOH溶液的体积；

（3）反应后的混合溶液，再加840mL2mol•L-1的NaOH溶液，所得沉淀中无Al（OH）3，溶质为硫酸钠、偏铝酸钠，由于为金属混合物，则a＜1，根据钠离子守恒，应满足n（NaOH）≥2n（Na2SO4）+n（NaAlO2），根据铝元素守恒用a表示出n（NaAlO2），据此确定a的取值范围．【解析】【解答】解：（1）当V1=160mL时，此时，溶液是MgCl2、AlCl3和NaCl的混合液；

由Na+离子守恒可知，n（NaCl）=n（Na+）=n（NaOH）=0.16L×2mol/L=0.32mol；

200mL4mol•L-1的盐酸溶液中含有氯化氢的物质的量为：4mol/L×0.2L=0.8mol；

设混合物中含有MgCl2xmol、AlCl3为ymol；则：

根据Mg原子；Al原子守恒有：x+y=0.2；

根据Cl-离子守恒有：2x+3y=0.8-0.32=0.48；

联立方程解得：x=0.12；y=0.08；

所以金属粉末中：n（Mg）=0.12mol；n（Al）=y=0.08mol；

答：金属粉末中铝的物质的量为0.08；

（2）当溶液中Mg2+、Al3+恰好沉淀完全时，此时，溶液是NaCl溶液，根据Cl-离子和Na+离子守恒有：n（Na+）=n（NaCl）=（HCl）=4mol/L×0.2L=0.8mol；

所以需要加入氢氧化钠溶液体积为：V（NaOH）==0.4L=400mL；

故答案为：400；

（3）由于为金属混合物，则a＜1，Al的物质的量为：0.2（1-a）mol，反应后的混合溶液，再加入840mL2mol•L-1的NaOH溶液，所得沉淀中无Al（OH）3，则溶质为硫酸钠、偏铝酸钠，根据铝元素守恒可知：n（NaAlO2）=0.2（1-a）mol；

根据钠离子守恒，应满足：n（NaOH）≥2n（Na2SO4）+n（NaAlO2）；

即：0.84×2≥2×0.2×4+0.2（1-a）；

解得：a≥0.6；

所以a的取值范围为：故0.6≤a＜1；

故答案为：0.6≤a＜1．12、-870.042mol/L•minbc＜【分析】【分析】（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到；

（2）①分析图表数据结合反应速率概念是单位时间内物质浓度变化计算化学反应速率；计算平衡浓度计算平衡常数；

②依据图表数据分析；结合平衡浓度计算平衡常数和浓度变化分析判断；

③平衡改变条件分数移动，依据平衡移动原理分析判断；【解析】【解答】解：（1）①2NH3（g）+CO2（g）═NH2CO2NH4（s）△H=-159kJ•mol-1

②NH2CO2NH4（S）═CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H=1165kJ•mol-1

③H2O（l）═H2O（g）△H=44.0kJ•mol-1

依据盖斯定律计算得到；①+②-③

则反应2NH3（g）═CO（NH2）2（s）+H2O（l）△H=-87KJ/mol；

（2）①0～10min内，NO的平均反应速率v（NO）==0.042mol•L-1•min-1；

C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g），平衡浓度c（N2）=0.3mol/L；c（CO2）=0.3mol/L；c（NO）=0.4mol/L；反应的平衡常数K===

故答案为：0.042mol•L-1•min-1，；

②30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g），依据图表数据分析，平衡状态物质浓度增大，依据平衡常数计算K===；平衡常数随温度变化，平衡常数不变说明改变的条件一定不是温度；依据数据分析，氮气浓度增大，二氧化碳和一氧化氮浓度增大，反应前后气体体积不变，所以可能是减小溶液体积后加入一定量一氧化氮；

a．加入一定量的活性炭；碳是固体对平衡无影响，平衡不动，故a错误；

b．通入一定量的NO，新平衡状态下物质平衡浓度增大，故b正确；

c．适当缩小容器的体积；反应前后体积不变，平衡状态物质浓度增大，故c正确；

d．加入合适的催化剂；催化剂只改变化学反应速率，不改变化学平衡，故d错误；

故答案为：bc；

③若30min后升高温度至T2℃，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比从为5：3：3；氮气和二氧化碳难度之比始终为1：1，所以5：3＞4：3，说明平衡向逆反应方向移动，说明逆反应是吸热反应，则正反应是放热反应，故选＜；

故答案为：＜；三、判断题(共6题，共12分)13、×【分析】【分析】当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆速率之比等于化学计量数之比（不同物质），各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．【解析】【解答】解：由于反应前后；气体的质量不变，在恒温恒容，所以混合气体的密度始终不变，则密度不能判断是否达到了平衡状态；

而恒温恒压条件下；混合气体的密度增大，当密度保持不变，反应达到平衡；

故答案为：×．14、×【分析】【分析】电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；

非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；

在水溶液中完全电离的是强电解质；部分电离的是弱电解质．【解析】【解答】解：氨气在水溶液中与水反应生成一水合氨；一水合氨部分电离出铵根离子和氢氧根离子，氨气自身不能电离，故氨气是非电解质；

故答案为：×．15、√【分析】【分析】树状分类就是一个确定范围内的物质之间所包含的关系有子概念与母概念，所谓子概念就是下一代有上一代的部分因素，母概念是上一代所包含其后代中部分的全部概念据此解答．【解析】【解答】解：酸；碱、盐和氧化物都属于化合物；则化合物分为酸、碱、盐和氧化物是用树状分类法分类的，故说法正确；

故答案为：√．16、×【分析】【分析】（1）相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物；

（2）葡萄糖在碱性条件下与新制Cu（OH）2浊液反应；

（3）白糖的主要成分是蔗糖；

（4）在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质；在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；

（5）蔗糖水解后的产物葡萄糖由还原性；自身没有还原性；

（6）葡萄糖、果糖的分子式均为C6H12O6；葡萄糖是多羟基醛，果糖是多羟基酮；

（7）蔗糖和麦芽糖是二糖，分子式都可用C12H22O11表示；它们互为同分异构体；

（8）麦芽糖和水解产物葡萄糖中均含-CHO；

（9）碘单质遇淀粉变蓝色；

（10）植物油成分为高级脂肪酸甘油酯；

（11）根据浓的无机盐溶液能使蛋白质发生盐析；而重金属盐能使蛋白质发生变性；

（12）两种氨基酸可以各自形成二肽；甘氨酸与丙氨酸形成二肽时连接方式有两种；

（13）根据天然植物油均为高级脂肪酸甘油酯；但都是混甘油酯，没有固定的熔沸点；

（14）两种二肽互为同分异构；水解产物可能是相同的氨基酸；

（15）油脂中含有不饱和烃基；可与高锰酸钾发生反应；

（16）烃的含氧衍生物完全燃烧生成水和二氧化碳；

（17）在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质；在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质）；

（18）食用植物油是高级脂肪酸甘油脂；水解生成高级脂肪酸和甘油；

（19）相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物；

（20）相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物．【解析】【解答】解：（1）油脂相对分子质量较小；不属于高分子化合物，故答案为：×；

（2）葡萄糖与新制Cu（OH）2浊液反应需在碱性条件下；应加入碱将水解后的淀粉溶液调节成碱性，才可以产生砖红色沉淀，故答案为：×；

（3）白糖成分是蔗糖；故答案为：√；

（4）油脂水解的羧酸是电解质；故答案为：×；

（5）蔗糖水解后的产物葡萄糖由还原性；自身没有还原性，所以不是还原型二糖，故答案为：×；

（6）葡萄糖、果糖的分子式均为C6H12O6；葡萄糖是多羟基醛，果糖是多羟基酮，二者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故答案为：√；

（7）蔗糖和麦芽糖是二糖；互为同分异构体，故答案为：√；

（8）麦芽糖和水解产物葡萄糖中的官能团都有醛基；则麦芽糖；葡萄糖属于还原性糖可发生银镜反应，故答案为：√；

（9）碘单质遇淀粉变蓝色；纤维素遇碘水不变色，故答案为：×；

（10）植物油的主要成分为高级脂肪酸甘油酯；故答案为：×；

（11）因浓的无机盐溶液能使蛋白质发生盐析产生沉淀；如饱和硫酸钠溶液；硫酸铵溶液；而重金属盐能使蛋白质发生变性而产生沉淀，如硫酸铜等，故答案为：×；

（12）两种氨基酸可以各自形成二肽；甘氨酸与丙氨酸形成二肽时连接方式有两种，故形成的二肽有四种，故答案为：√；

（13）天然植物油均为高级脂肪酸甘油酯；但都是混甘油酯，没有固定的熔沸点，故答案为：×；

（14）两种二肽互为同分异构；水解产物可能是相同的氨基酸，如：一分子甘氨酸和一分子丙氨酸形成的二肽中有两种构成方式，但二肽水解时的产物相同，故答案为：×；

（15）苯不能使酸性高锰酸钾褪色；但油脂中含有C=C官能团，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应而使高锰酸钾褪色，故答案为：×；

（16）油脂含有C；H、O三种元素；完全燃烧生成水和二氧化碳，故答案为：√；

（17）蛋白质属于高分子化合物；是混合物，不是电解质，而葡萄糖属于非电解质，只有乙酸才属于电解质，故答案为：×；

（18）乙酸乙酯水解生乙酸和乙醇．食用植物油是高级脂肪酸甘油脂；水解生成高级脂肪酸和甘油，故答案为：×；

（19）油脂相对分子质量较小；不属于高分子化合物，故答案为：×；

（20）氨基酸相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故答案为：×．17、×【分析】【分析】氧气与氦气的分子构成不同，含有原子数相等时，分子数不同，以此解答．【解析】【解答】解：氧气为双原子分子，氦气为单原子分子，标准状况下当氧气与氦气的原子数均为NA时；氧气为0.5mol，氦气为1mol，则体积不同．

故答案为：×．18、×【分析】【分析】稀释前后氢氧化钠的物质的量不变，根据稀释定律C1V1=C2V2计算判断．【解析】【解答】解：令稀释后NaOH的物质的量浓度为c，稀释前后氢氧化钠的物质的量不变，则：0.03L×0.5mol/L=c×0.5L，解得c=0.03mol/L，故错误，故答案为：×．四、实验题(共4题，共36分)19、饱和食盐水浓硫酸增大反应的接触面积水浴加热将锥形瓶放入冰水中冷却碱石灰（或固体氢氧化钠或生石灰）；防止空气中水蒸气进入并吸收残留余的氯气SCl2+SO3=SOCl2+SO2【分析】【分析】A用于制备氯气，发生MnO2+2Cl-+4H+Mn2++Cl2↑+2H2O；B；C用于除杂，分别除去氯化氢和水，实验开始前先在D中放入一定量的硫粉，加热使硫熔化，然后转动和摇动烧瓶使硫附着在烧瓶内壁表面形成一薄层，可增大硫与氯气的接触面积，利于充分反应，因二氯化硫遇水易分解，F用于防止空气中的水蒸气进入装置，并吸收氯气防止污染环境，以此解答该题．

（1）制得的氯气不纯；混有氯化氢和水，应除去；

（2）由粉末状变为一薄层；增大了反应接触面积，能加快反应速率，使反应充分；

（3）实验时；D装置需加热至50-59℃介于水浴温度0-100℃，最好采用水浴加热的方式，冷却用冰水冷却；

（4）二氯化硫遇水易分解；要隔绝空气中水的干扰；

（5）二氯化硫与SO3作用生成亚硫酰氯和二氧化硫．【解析】【解答】解：（1）实验室用二氧化锰和浓盐酸制取氯气；浓盐酸易挥发，所以制得的氯气不纯，混有氯化氢和水，除去氯化氢用饱和食盐水，浓硫酸具有吸水性，除水用浓硫酸；

故答案为：饱和食盐水；浓硫酸；

（2）实验开始前先在D中放入一定量的硫粉；加热使硫熔化，然后转动和摇动烧瓶使硫附着在烧瓶内壁表面形成一薄层，可增大硫与氯气的接触面积，利于充分反应，能加快反应速率；

故答案为：增大反应的接触面积；

（3）实验时，D装置需加热至50-59℃介于水浴温度0-100℃，采用水浴加热的方式，二氯化硫（SCl2）熔点-78℃，可以将锥形瓶放入冰水中冷却，防止E中液体二氯化硫（SCl2）挥发；

故答案为：水浴加热；将锥形瓶放入冰水中冷却；

（4）二氯化硫遇水易分解；要用吸水剂碱石灰（或固体氢氧化钠或生石灰），隔绝空气中水的干扰，防止空气中水蒸气进入并吸收残留余的氯气；

故答案为：碱石灰（或固体氢氧化钠或生石灰）；防止空气中水蒸气进入并吸收残留余的氯气；

（5）根据元素守恒可知，二氯化硫与SO3作用生成亚硫酰氯的化学方程式为SCl2+SO3=SOCl2+SO2；

故答案为：SCl2+SO3=SOCl2+SO2．20、CH3COOH+HOCH2CH3CH3COOCH2CH3+H2O饱和碳酸钠溶液上方收集到无色油状物质防止倒吸【分析】【分析】乙酸与乙醇在浓硫酸；加热的条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯；

乙醇与乙酸都易挥发；制备的乙酸乙酯含有乙醇与乙酸，通常用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯，中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，便于闻乙酸乙酯的香味，溶解挥发出来的乙醇，降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯；

试管②中能观察到的明显现象是溶液上方收集到无色油状物质酯；

实验装置中球形干燥管除起冷凝作用外，防止因试管受热不均液体倒吸；【解析】【解答】解：乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应，羧酸中的羧基提供-OH，醇中的-OH提供-H，生成乙酸乙酯和水，反应方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O；

故答案为：CH3COOH+HOCH2CH3CH3COOCH2CH3+H2O；

乙醇与乙酸都易挥发；制备的乙酸乙酯含有乙醇与乙酸，通常用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯，中和挥发出来的乙酸，溶解挥发出来的乙醇，降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯；

故答案为：饱和碳酸钠溶液；

乙酸乙酯难溶于水；密度比水小，浮在液面，所以试管②中能观察到的明显现象是溶液上方收集到无色油状物质酯；

故答案为：溶液上方收集到无色油状物质；

①试管受热不均；液体会发生倒吸，球形干燥管的球形部分空间大，液面上升时可起到缓冲作用，所以球形干燥管的作用除了使乙酸乙酯充分冷凝外，还可以防止倒吸；

故答案为：防止倒吸；21、ABCD【分析】【分析】A．硫酸铜溶液的溶质是硫酸铜；利用溶质质量=溶液质量×溶质的质量分数；

B．用分液漏斗是分离互不相溶的液体；

C．根据吸取多余的部分的溶液中含有溶质；

D．量筒不能用来配制溶液；【解析】【解答】解：A．配置100g10%的硫酸铜溶液时，需要硫酸铜的质量为100g×10%=10g，即称取10g硫酸铜溶解于90g水中，硫酸铜晶体是CuSO4•5H2O；故A错误；

B．甘油和水是互溶的液体；不能用分液漏斗分离，可用蒸馏的方法来分离，故B错误；

C．根据吸取多余的部分的溶液中含有溶质；会使得配制的溶液浓度偏小，故C错误；

D．量筒不能用来配制溶液；配置硫酸溶液时，可先在烧杯内加入一定体积的水，再在搅拌下慢慢加入浓硫酸，故D错误；

故答案为：ABCD；22、略

【分析】试题分析：该实验的思路是先制取纯净、干燥的氯气，然后让氯气与铁单质反应，考虑到无水氯化铁易潮解，应防止空气中的水蒸气进入集气瓶，在集气瓶后连接盛有浓硫酸的洗气瓶，考虑到氯气有毒，应进行尾气处理，最后用碱液吸收未完全反应的氯气。（3）制取气体时，发生装置中产生气体使装置内压强过大，溶液导致分液漏斗中液体不能顺利流下，为防止这种现象发生，需使分液漏斗上下压强相等，导管b的作用就是使分液漏斗上下压强相等。B中盛有饱和食盐水，除去氯气中的杂质HCl气体。生成的氯化铁升华为气体沿导管进入集气瓶，但在导管中氯化铁遇冷容易凝化为固体，可堵塞导管，这样会使装置内压强过大而产生危险，因此实验过程中必须注意导管是否堵塞；B中的长颈漏斗可帮助判断导管是否堵塞，若堵塞则B中的液体受到压强过大会进入长颈漏斗。（4）先点燃A处酒精灯，反应一会是为了排尽装置内的空气。（5）氯气有毒，拆装置前要将装置内残留的氯气完全排尽，通常采用的方法是向装置内通入空气。（6）因溶液中含有Fe2+、Fe3+，因此检验时要利用Fe2+的还原性，向其中加入酸性高锰酸钾溶液，看酸性高锰酸钾是否褪色。考点：考查化学实验原理，实验操作，实验装置分析，物质检验。【解析】【答案】（1）MnO2+4H++2Cl—Mn2++Cl2↑+2H2O（2分，反应条件不作为给分点，写成化学方程式该空不能得分。）（2）浓硫酸或浓H2SO4（2分，不写“浓”字不给分。）（3）平衡压强（或使浓盐酸顺利流下）；（2分）除去Cl2中的HCl气体，判断实验过程中导管是否被产品堵塞（两个要点各1分，共2分）（4）排尽实验装置中的