2025年沪教新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年沪教新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5题，共10分)1、下列说法正确的是（）A.可用蘸有浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气B.氯水、氨水、浓硝酸都要存放在棕色瓶里C.铵态氮肥不能与草木灰混合使用，但可以暴晒在太阳底下D.SO2具有漂白性，故可使酸性KMnO4溶液褪色2、下列分类正确的是（）A.B.C.D.。金属核电荷数＜20核电荷数＞20例：

Na；Al

Fe，Ca例：

Zn；Hg

Mn，Cu3、有关如图装置中的叙述不正确的是（）

A.图①铝片发生的电极反应式是：Al+4OH--3e═AlO2-+2H2OB.图②b电极的电极反应为：4OH--4e-═2H2O+O2↑C.图③溶液中发生了变化：4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3D.图④充电时：阳极反应是PbSO4+2H2O-2e-═PbO2+SO42-+4H+4、关于下列图示的说法中正确的是A.图①表示可逆反应“CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)”中的ΔH大于0B.图②为电解硫酸铜溶液的装置，一定时间内，两电极产生单质的物质的量之比一定为1︰1C.图③实验装置可完成比较乙酸、碳酸、苯酚酸性强弱的实验D.图④量取0.10mol•L－1KMnO420.00mL5、将某些化学知识用图象表示，可以收到直观、简明的效果rm{.}下列图象所表示的化学知识中，明显不正确的是rm{(}rm{)}A.

分散系的分类B.

稀释浓氢氧化钠溶液的过程C.

向碳酸钠溶液中逐滴滴加盐酸D.

向偏铝酸钠溶液中逐滴滴加盐酸评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)6、Ⅰ．下列几组物质中，互为同位素的有____，互为同素异形体的有____，互为同系物的有____，互为同分异构体的有____（写序号）

①正丁烷和异丁烷②甲醇和乙醇③苯和环己烷④淀粉和纤维素。

⑤葡萄糖与果糖⑥金刚石与石墨⑦1H2H3H

Ⅱ．现有7种有机物：①甲烷②乙烯；③苯④乙醇，⑤乙酸，⑥乙酸乙酯，⑦甲苯，据此回答下列问题：

①上述化合物中发生加成反应而使溴的四氯化碳溶液褪色的是____（写序号）；反应的化学方程式为：____；

②7种化合物中，能发生水解反应的是____．（写序号）

③所有原子共平面的烃是____（写结构简式）

④在以上属于烃的化合物中，一卤代物种类最多的是____（写序号），它共有____种一卤代物．7、R元素的单质4.5g，跟足量的硫酸反应R2（SO4）3并放出5.6L的H2（标准状况）．

试求：

（1）R的相对原子质量为____；

（2）若R原子中质子数比中子数少1，则R是____（填元素符号），它在元素周期表中的位置为第____周期第____族．8、下表列出了前20号元素中的某些元素性质的有关数据：

。元素编号。

元素性质①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩原子半径。

（10-10m）1.522.270.741.430.771.100.991.860.750.71最高价态+1+1--+3+4+5+7+1+5--最低价态24-3-13-1试回答下列问题：

（1）以上10种元素的原子中，最容易失去电子的是____（填写编号）；与H2最容易化合的非金属单质是____（写物质名称）．

（2）写出元素⑤的氢化物结构式____；③和⑤形成的化合物的电子式____；写出元素③和⑧形成的既有离子键，又有共价键的化合物的电子式____；

（3）某元素R的原子半径为1.02×10-10m，该元素在周期表中的位置____．

（4）写出上述⑥、⑦两种元素形成的化合物中，每个原子都满足最外层为8电子稳定结构的一种物质的分子式____．

（5）试比较⑤和⑨两元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱（填化学式）：____＞____

（6）写出④的最高价氧化物分别跟⑦和⑧的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式____，____．9、已知：将SO2通入FeCl3溶液中；溶液颜色会变为浅绿色，其原理可表示为：

____Fe3++____SO2+____H2O=____Fe2++____SO42-+____H+

（1）请配平上述离子方程式；

（2）该反应中，被氧化的元素是____．

（3）已知向Fe2+溶液中滴加少量硝酸时，溶液由浅绿色变为黄色．则Fe3+、SO42-、HNO3的氧化性由强到弱的顺序为____．

（4）若参加反应的SO2在标准状况下的体积为1.12L，则该反应转移的电子的数目为____．（用NA表示阿伏加德罗常数）10、X；Y、Z、W、T是原子序数依次增大的前四个周期的元素；其中有两种是金属元素．其相关信息如下表：

。元素相关信息XX一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代YY基态原子的s轨道电子与P轨道电子数相等ZZ是所在周期的单核离子中半径最小WW的单质被誉为“信息革命的催化剂”常用做半导体材料TT有多种化合物，其白色氢氧化物在空气中会迅速变为灰绿色，最后变为红褐色（1）X、Y、Z三种元素的电负性由大到小的顺序是____（用元素符号表示，下同）；在H-X、H-Y两种共价键中，键的极性较大的是____．

（2）T2+的电子排布式为____；T的单质在高温下与Y的氢化物反应，其化学方程式为____；工业上用W的氧化物与X的单质高温下反应制得W单质的粗产品，其化学反应方程式为____．

（3）两种氢化物X2H2和H2Y2沸点相差很大，其沸点较高的是____，两者沸点相差很大的原因是____．

（4）在25℃、101kPa下，已知W稳定的气态氢化物在Y的气态单质中完全燃烧，恢复至原来状态，平均每消耗4gW稳定的气态氢化物放热190．OKJ，则该反应的热化学方程式为____．评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)11、0.012kg13C所含原子数为阿伏加德罗常数．____（判断对错）12、标准状况下，气体的摩尔体积都是22.4L____（判断对错）13、氨水呈弱碱性，故NH3是弱电解质____（判断对错）14、将O2和H2的混合气体通过灼热的氧化铜，以除去其中的H2____．（判断对错）15、乙炔、聚乙炔、乙烯、聚乙烯、甲苯、乙苯都能使KMnO4（H+）溶液褪色____（判断对错）16、有些化学反应既属于复分解反应，又属于氧化反应____（判断对和错）17、常温常压下，22.4LSO2和O2的混合气体中氧原子总数为2NA____（判断对错）评卷人得分四、计算题(共3题，共30分)18、等物质的量的SO2和SO3所含的原子个数之比是____，质量比是____．19、6.4g铜与100mL98%的浓H2SO4溶液（密度为ρg•cm-3）共热；铜没有剩余，求：

（1）浓H2SO4的物质的量浓度是多少mol•L-1？

（2）产生气体的体积为多少L？（标况下）

（3）被还原的H2SO4的质量为多少g？20、在一密闭的2L容器中装有4molSO2和2molO2，在一定条件下开始反应．2min末达到平衡状态，测得容器中有1.6molSO2．

请计算：（1）2min内SO2的平均反应速率．

（2）SO2和O2的转化率，你能得出什么结论？评卷人得分五、实验题(共4题，共40分)21、（13分）（1）配制1mol/L的CuSO4溶液500ml，需胆矾①____g；用托盘天平称出，把称好的胆矾放入②____里，用适量蒸馏水使它完全溶解，把制得的溶液小心地转移到③____中，用适量蒸馏水洗涤烧杯、玻璃棒２～３次，把每次的洗涤液都注入④____中，然后慢慢地加入蒸馏水到液面在刻度线下⑤________，改用⑥____________滴加蒸馏水到刻度，使溶液的⑦________；把瓶塞盖好，用⑧____顶住瓶塞，另一只手⑨____，将瓶底倒转、摇匀。(2)配制过程中出现以下情况，对所配溶液浓度有何影响(填“偏高”“偏低”“不变”)①定容时俯视容量瓶的刻度线。②如果加水超过了刻度线，取出水使液面恰好到刻度线。22、利用Y型管与其它仪器组合可以进行许多实验（固定装置略）。分析并回答下列问题：（1）实验目的：验证SO2的氧化性。将胶头滴管中浓硫酸分别滴入Y型管的两个支管中，所产生的两种气体相遇发生反应：SO2+2H2S=3S+2H2O，则在支管交叉处实验现象为，硫化亚铁处加水的目的是。（2）实验目的：探究SO2与BaCl2反应生成沉淀的条件。SO2通入BaCl2溶液并不产生沉淀，再通入另一种气体后就产生了白色沉淀。常温下，若由右侧Y型管产生另一种气体，则在其左右支管应放置的药品是和____，导气管A的作用是。（3）实验目的：铁镁合金中铁含量的测定。①读取量气管中数据时，若发现水准管中的液面高于量气管中液面，应采取的措施是；②若称得铁镁合金的质量为0.080g，量气管中初读数为1.00mL，末读数为45.80mL（已折算为标准状况），则合金中铁的百分含量为（精确到0.01%）。23、铝镁合金已成为飞机制造；化工生产等行业的重要材料．研究性学习小组的同学；为测定某含镁3%-5%的铝镁合金（不含其它元素）中镁的质量分数，设计下列两种不同实验方案进行探究．填写下列空白．

【方案一】

【实验方案】将铝镁合金与足量NaOH溶液反应；测定剩余固体质量．

实验中发生反应的化学方程式是______．

【实验步骤】

（1）称取10.8g铝镁合金粉末样品，溶于V、物质的量浓度为4.0mol/LNaOH溶液中，充分反应．则NaOH溶液的体积V≥______mL．

（2）过滤、洗涤、干燥、称量固体．该步骤中若未洗涤固体，测得镁的质量分数将______（填“偏高”；“偏低”或“无影响”）．

【方案二】

【实验方案】将铝镁合金与足量稀硫酸溶液反应；测定生成气体的体积．

【实验步骤】

（1）同学们拟选用如图1的实验装置完成实验：

你认为最简易的装置其连接顺序是：A→______→______→______→______→______（填接口字母；可不填满）．

（2）仔细分析实验装置后；同学们经讨论认为以下两点会引起较大误差：稀硫酸滴入锥形瓶中，即使不生成氢气，也会将瓶内空气排出，使所测氢气体积偏大；实验结束时，连接广口瓶和量筒的导管中有少量水存在，使所测氢气体积偏小．于是他们设计了如图2所示的实验装置．

①装置中导管a的作用是______．

②实验中将碱式滴定管改装成量气管，且实验前后量气管中液面读数分别为V1mL、V2mL．则产生氢气的体积为______mL．

③若需确定产生氢气的物质的量，还需测定的数据是______．24、rm{ICl}是一种红棕色液体或黑色结晶，沸点rm{97.4^{circ}C}不溶于水，可溶于乙醇和乙酸。用rm{ICl}间接测定油脂中碘值的主要步骤如下：步骤rm{1.}制备rm{ICl}在三口烧瓶中加入精制的单质碘和盐酸，控制温度约rm{50隆忙}在不断搅拌下逐滴加入计量的rm{NaClO_{3}}溶液，分离提纯后得纯净的rm{ICl}步骤rm{2.}配制韦氏试剂：称取rm{16.25gICl}与冰醋酸配成rm{1000mL}韦氏试剂。步骤rm{3.}测定碘值：称取rm{0.4000g}某品牌调和油加入碘量瓶中rm{(}带玻璃塞的锥形瓶rm{)}加入rm{20mL}三氯甲烷轻轻摇动使其溶解，再加入韦氏试剂rm{25.00mL}充分摇匀，塞紧瓶塞置暗处约rm{30min(R_{1}CH=CHR_{2}+ICl隆煤R_{1}CHI-CHClR_{2})}继续加入rm{10mL20%KI}溶液rm{(KI+ICl=KCl+I_{2})}rm{100mL}蒸馏水，用淀粉作指示剂，用rm{0.1000mol隆陇L^{-1}Na_{2}S_{2}O_{3}}溶液滴定rm{(I_{2}+2Na_{2}S_{2}O_{3}=2NaI+Na_{2}S_{4}O_{6})}滴定到终点时消耗rm{Na_{2}S_{2}O_{3}}溶液rm{24.00mL}rm{(1)}步骤rm{1}温度不宜超过rm{50隆忙}其原因是____；制备rm{ICl}反应的化学方程式为____。rm{(2)}步骤rm{2}配制韦氏试剂需要的玻璃仪器除烧杯、量筒及玻璃棒外，还需要____rm{(}填仪器名称rm{)}rm{(3)}油脂的碘值是指每rm{100g}油脂与单质碘发生加成反应时所能吸收的碘的质量rm{(}单位rm{g/100g}油脂rm{)}根据以上实验数据计算该调和油的碘值rm{(}写出计算过程rm{)}参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、A【分析】【分析】A、浓盐酸和NH3反应生成固体NH4Cl；

B；见光分解的物质存放在棕色瓶里；

C；木灰中的碳酸根离子水解显碱性；铵态氮肥中铵根离子水解显酸性；

D、二氧化硫与使酸性KMnO4溶液褪色是还原性．【解析】【解答】解：A、浓盐酸和NH3反应生成固体NH4Cl；产生白烟，故A正确；

B；见光分解的物质存放在棕色瓶里；而氨水见光不分解，所以不要存放在棕色瓶里，故B错误；

C；木灰中的碳酸根离子水解显碱性；铵态氮肥中铵根离子水解显酸性，二者相互促进，与水解有关，故C错误；

D、二氧化硫与使酸性KMnO4溶液褪色是还原性；而不是漂白性，故D错误；

故选A．2、C【分析】【分析】A．分散系属于混合物；分散系包含溶液；

B．置换反应全部属于氧化还原反应；

C．电解质一定是化合物；

D．Fe的核电荷数为26．【解析】【解答】解：A；分散系属于混合物；分散系包含溶液胶体和浊液，故A错误；

B；置换反应均属于氧化还原反应；故属于包含关系，故B错误；

C；电解质一定是化合物；属于包含关系，故C正确；

D；Fe为第四周期第VIII族元素；核电荷数为26，大于20，故D错误；

故选C．3、B【分析】【分析】A．该装置中Al作负极；Mg作正极；负极上Al失电子和氢氧根离子反应生成偏铝酸根离子；

B．该装置中通入氢气的电极是负极、通入氧气的电极是正极，所以b是正极；正极上氧气得电子和氢离子反应生成水；

C．该装置发生吸氧腐蚀；Fe作负极；Pt作正极，Fe失电子生成亚铁离子，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，易被氧气氧化生成氢氧化铁；

D．充电时，阳极上硫酸铅失电子生成二氧化铅和硫酸．【解析】【解答】解：A．该装置中Al作负极、Mg作正极，负极上Al失电子和氢氧根离子反应生成偏铝酸根离子，铝片发生的电极反应式是：Al+4OH--3e═AlO2-+2H2O；故A正确；

B．该装置中通入氢气的电极是负极、通入氧气的电极是正极，所以b是正极，正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，b电极的电极反应为：2H2O+O2+4e-═4OH-；故B错误；

C．该装置发生吸氧腐蚀，Fe作负极、Pt作正极，Fe失电子生成亚铁离子，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，易被氧气氧化生成氢氧化铁，所以图③溶液中发生了变化：4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3；故C正确；

D．充电时，阳极上硫酸铅失电子生成二氧化铅和硫酸，充电时：阳极反应是PbSO4+2H2O-2e-═PbO2+SO42-+4H+；故D正确；

故选B．4、C【分析】【解析】【答案】C5、D【分析】解：rm{A.}胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在rm{1-100nm(10^{-7}隆芦10^{-9}m)}之间，溶液的粒子直径小于rm{1nm}浊液的子直径大于rm{100nm}故A正确；

B.稀释浓氢氧化钠溶液；离子的浓度降低，导电能力降低，故B正确；

C.向碳酸钠溶液中逐滴滴加盐酸；先生成碳酸氢钠，再生成氯化钠和二氧化碳，故C正确；

D.离子方程式：rm{AlO_{2}^{-}+H^{+}+H_{2}O=Al(OH)_{3}隆媒}rm{Al(OH)_{3}+3H^{+}=Al^{3+}+3H_{2}O}生成沉淀和溶解应为rm{1}rm{3}故D错误．

故选D．

A.胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在rm{1-100nm(10^{-7}隆芦10^{-9}m)}之间；

B.稀释浓氢氧化钠溶液；离子的浓度降低；

C.向碳酸钠溶液中逐滴滴加盐酸；先生成碳酸氢钠；

D.离子方程式：rm{AlO_{2}^{-}+H^{+}+H_{2}O=Al(OH)_{3}隆媒}rm{Al(OH)_{3}+3H^{+}=Al^{3+}+3H_{2}O.}

本题考查分散系、溶液的导电、钠、铝及其化合物的性质，难度不大，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力．【解析】rm{D}二、填空题(共5题，共10分)6、⑦⑥②①⑤②CH2=CH2+Br2→CH2Br-CH2Br⑥CH2=CH2、⑦4【分析】【分析】Ⅰ．有相同质子数；不同中子数的原子互为同位素；

具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体；

结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物互相称为同系物；

相同元素组成；不同形态的单质互为同素异形体；

Ⅱ．①乙烯含有碳碳双键；能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应而褪色；

②乙酸乙酯能发生水解反应；

③乙烯和苯为平面型分子；所以原子共平面；

④甲烷的一卤代物有1种，乙烯的一卤代物有1种，苯的一卤代物有1种，甲苯的一卤代物有4种．【解析】【解答】解：Ⅰ．①正丁烷和异丁烷分子式相同；但结构不同，故互为同分异构体；

②甲醇和乙醇结构相似，分子组成相差1个“CH2”原子团；故互为同系物；

③苯和环己烷结构不相似；分子式也不同，既不是同系物，也不是同分异构体；

④淀粉和纤维素的聚合度不同；既不是同系物，也不是同分异构体；

⑤葡萄糖与果糖分子式相同；但结构不同，故互为同分异构体；

⑥金刚石与石墨都是由碳元素形成的不同单质；故互为同素异形体；

⑦1H、2H和3H质子数相同；中子数不同，故互为同位素；

故互为同位素的有⑦；互为同素异形体的有⑥，互为同系物的有②，互为同分异构体的有①⑤；

故答案为：⑦；⑥；②；①⑤；

Ⅱ．①能发生加成反应而使溴的四氯化碳溶液褪色的是乙烯（碳碳双键）反应的化学方程式为：CH2=CH2+Br2→CH2Br-CH2Br；

故答案为：②；CH2=CH2+Br2→CH2Br-CH2Br；

②7种化合物中；能发生水解反应的是乙酸乙酯（酯基）；

故答案为：⑥；

③所有原子共平面的烃是乙烯和苯，结构简式为：CH2=CH2、

故答案为：CH2=CH2、

④甲烷的一卤代物有1种；乙烯的一卤代物有1种，苯的一卤代物有1种，甲苯的一卤代物有4种；

故答案为：⑦；4．7、27Al三ⅢA【分析】【分析】（1）根据单质和稀硫酸的反应中电子转移守恒；确定R元素原子的相对原子质量；

（2）相对原子质量在数值上近似等于质量数，据A=Z+N来确定质子数，确定元素原子的核外电子排布以确定该元素在周期表中的位置．【解析】【解答】解：（1）设4.5gR元素单质的物质的量为n；根据电子转移守恒，则：

n×3=×2，解得n=mol；

所以R的摩尔质量M===27g/mol；

所以R元素的相对原子质量为27；

故答案为：27；

（2）若R原子中质子数比中子数少1；Z+N=Z+Z+1=27，Z=13，R是Al，位于第三周期第ⅢA族；

故答案为：Al；三；ⅢA．8、②氟气第三周期第VIA族PCl3HClO4HNO3OH-+Al（OH）3=AlO2-+2H2OAl（OH）3+3H+=Al3++3H2O【分析】【分析】①②⑧最高正价为+1；为第IA族元素，原子半径都大于⑩原子半径，结合原子半径可知，①是Li元素；②是K元素、⑧是Na元素；

⑦⑩最低价为-1；为第VIIA族元素，⑦的原子半径大于⑩，所以⑦是Cl元素；⑩是F元素；

③只有-2价；没有正化合价，为第VIA族元素，则③是O元素；

④只有+3价；为第IIIA族元素，原子半径大于Cl原子半径，所以④是Al元素；

⑤有+4；-4价；为第IVA族元素，原子半径小于Cl原子半径，所以⑤是C元素；

⑥⑨有+5；-3价；为第VA族元素，⑥的原子半径大于⑨，则⑥是P元素、⑨是N元素；

结合物质的性质分析解答即可．【解析】【解答】解：①②⑧最高正价为+1；为第IA族元素，原子半径都大于⑩原子半径，结合原子半径可知，①是Li元素；②是K元素、⑧是Na元素；

⑦⑩最低价为-1；为第VIIA族元素，⑦的原子半径大于⑩，所以⑦是Cl元素；⑩是F元素；

③只有-2价；没有正化合价，为第VIA族元素，则③是O元素；

④只有+3价；为第IIIA族元素，原子半径大于Cl原子半径，所以④是Al元素；

⑤有+4；-4价；为第IVA族元素，原子半径小于Cl原子半径，所以⑤是C元素；

⑥⑨有+5；-3价；为第VA族元素，⑥的原子半径大于⑨，则⑥是P元素、⑨是N元素；

（1）电子层数越多；最外层电子数越少，受原子核的吸引力越小，越容易失去最外层电子，在这些元素中K电子层数最多，最外层电子数最少为1，元素的非金属性越强，与氢气化合越容易，F的非金属性最强，故答案为：②；氟气；

（2）C元素形成点的氢化物为甲烷，甲烷为正四面体结构，其结构式为：CO2是共价化合物，其结构式为O=C=O，碳原子和氧原子之间有2对电子，其电子式为Na2O2是钠离子和过氧根离子构成的离子化合物，钠离子失电子形成阳离子，过氧根离子得到电子形成阴离子，电子式为故答案为：

（3）原子半径为1.02×10-10m大于Cl却小于P，故R应是S，处于第三周期第VIA族，故答案为：CCl4或PCl3；第三周期第VIA族；

（4）P与Cl形成的每个原子都满足最外层为8电子稳定结构的分子PCl3，故答案为：PCl3；

（5）高氯酸为强酸，硝酸也为强酸，元素的非金属性越强，其对应最高价氧化物的水化物的酸性越强，故酸性HClO4大于HNO3，故答案为：HClO4；HNO3；

（6）氢氧化铝为两性强氧化物，能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，与高氯酸反应生成铝盐和水，离子反应方程式分别为：OH-+Al（OH）3=AlO2-+2H2O；Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，故答案为：OH-+Al（OH）3=AlO2-+2H2O；Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O．9、212214SHNO3＞Fe3+＞SO42-0.1NA【分析】【分析】（1）根据氧化还原反应中化合价升降相等配平该离子方程式；

（2）反应中化合价升高的元素为被氧化的元素；

（3）由溶液由浅绿色变为黄色，说明亚铁离子被氧化为铁离子，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可判断，氧化性硝酸强于三价铁离子，Fe3+和SO42-氧化性强弱可从（1）得到；

（4）计算出二氧化硫的物质的量，根据SO2SO42-计算转移电子数．【解析】【解答】解：（1）Fe3+→Fe2+，化合价从+3→+2，降低1价，SO2→SO42-，化合价从+4→+6，升高2价，化合价升高和降低总数相等，故铁元素前面系数为2，硫元素前面系数为1，则2Fe3++1SO2+H2O═2Fe2++1SO42-+H+，再根据氧原子守恒可知H2O前面系数为2，H+前系数为4，配平后的反应为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+；

故答案为：2；1；2；2；1；4；

（2）该反应中；二氧化硫中+4价S元素氧化成硫酸根离子中的+6价，所以被氧化的元素为S；

故答案为：S；

（3）浅绿色为亚铁离子颜色，黄色为三价铁离子颜色，溶液由浅绿色变为黄色，说明亚铁离子被氧化为铁离子，故氧化性硝酸强于三价铁离子，根据（1）可知，三价铁离子氧化性强于SO42-；

故答案为：HNO3＞Fe3+＞SO42-；

（4）SO2的物质的量为=0.05mol，根据SO2SO42-可知，反应消耗0.05mol二氧化硫转移电子数为：0.05×2×NA=0.1NA；

故答案为：0.1NA．10、O＞C＞AlH-O1s22s22p63s23p63d63Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2SiO2+2CSi+2CO↑H2O2H2O2分子之间存在氢键，而C2H2分子之间为范德华力SiH4（g）+2O2（g）=SiO2（s）+2H2O（l）△H=-1520kJ/mol【分析】【分析】X、Y、Z、W、T是原子序数依次增大的前四个周期的元素，其中有两种是金属元素．X一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，则X为C元素；Y基态原子的s轨道电子与P轨道电子数相等，原子核外电子排布为1s22s22p4，则Y为O元素；W的单质被誉为“信息革命的催化剂”常用做半导体材料，则W为Si；Z是所在周期的单核离子中半径最小，结合原子序数可知，Z只能处于第三周期，可推知Z为Al；T有多种化合物，其白色氢氧化物在空气中会迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，则T为Fe，据此解答．【解析】【解答】解：X、Y、Z、W、T是原子序数依次增大的前四个周期的元素，其中有两种是金属元素．X一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，则X为C元素；Y基态原子的s轨道电子与P轨道电子数相等，原子核外电子排布为1s22s22p4；则Y为O元素；W的单质被誉为“信息革命的催化剂”常用做半导体材料，则W为Si；Z是所在周期的单核离子中半径最小，结合原子序数可知，Z只能处于第三周期，可推知Z为Al；T有多种化合物，其白色氢氧化物在空气中会迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，则T为Fe；

（1）同周期自左而右电负性增大；非金属性越强确定性越大，故电负性O＞C＞Al；电负性越大，对键合电子吸引越强，键的极性越大，故H-O键的极性较大；

故答案为：O＞C＞Al；H-O；

（2）Fe2+的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d6；在高温下Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁与氢气，化学方程式为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；工业上用用二氧化硅与碳反应生成Si与CO制得粗硅，化学反应方程式为：SiO2+2CSi+2CO↑；

故答案为：1s22s22p63s23p63d6；3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；SiO2+2CSi+2CO↑；

（3）H2O2分子之间存在氢键，而C2H2分子之间为范德华力，二者沸点相差较大，H2O2沸点高于C2H2的沸点；

故答案为：H2O2；H2O2分子之间存在氢键，而C2H2分子之间为范德华力；

（4）硅的稳定的气态氢化物为SiH4，在25℃、101kPa下，SiH4在氧气中完全燃烧，恢复至原来状态，平均每消耗4gSiH4放热190.0KJ，则1molSiH4完全反应放出的热量=190.0kJ×=1520kJ，则该反应的热化学方程式为：SiH4（g）+2O2（g）=SiO2（s）+2H2O（l）△H=-1520kJ/mol；

故答案为：SiH4（g）+2O2（g）=SiO2（s）+2H2O（l）△H=-1520kJ/mol．三、判断题(共7题，共14分)11、×【分析】【分析】0.012kg12C中所含的碳原子数为阿伏加德罗常数，以此解答该题．【解析】【解答】解：0.012kg12C中所含的碳原子数为阿伏加德罗常数，而不是13C，故答案为：×．12、×【分析】【分析】标准状况下任何气体的摩尔体积都是22.4L/mol．据此解题．【解析】【解答】解：标准状况下，1mol气体的体积为22.4L，气体的摩尔体积是22.4L/mol，故答案为：×．13、×【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：×．14、×【分析】【分析】氢气具有可燃性，氧气是助燃剂，混合气体通过灼热的氧化铜可能会产生爆炸，且氢气还原CuO后生成的Cu易被氧化．【解析】【解答】解：氢气具有可燃性，氧气是助燃剂，混合气体通过灼热的氧化铜可能会产生爆炸，且氢气还原CuO后生成的Cu易被氧化，则混合气体通过灼热的氧化铜，不能除杂，故答案为：×．15、×【分析】【分析】烯烃、炔烃及苯的同系物均能被高锰酸钾氧化，使其褪色，而不含不饱和键的物质不能，以此来解答．【解析】【解答】解：乙炔；聚乙炔、乙烯均含不饱和键；均能被高锰酸钾氧化，使其褪色；

甲苯、乙苯为苯的同系物，都能使KMnO4（H+）溶液褪色；

只有聚乙烯中不含C=C；不能被高锰酸钾氧化，则不能使其褪色；

故答案为：×．16、×【分析】【分析】复分解反应均属于非氧化还原反应，据此解答即可．【解析】【解答】解：复分解反应中不存在元素化合价的变化，一定属于非氧化还原反应，故答案为：×．17、×【分析】【分析】常温常压下，气体的气体摩尔体积不等于22.4L/mol，无法计算物质的量．【解析】【解答】解：常温常压下，气体的气体摩尔体积不等于22.4L/mol，则22.4LSO2和O2的混合气体的物质的量不等于1mol，氧原子个数不等于2NA；

故答案为：×．四、计算题(共3题，共30分)18、3：44：5【分析】【分析】根据n==计算．【解析】【解答】解：等物质的量的SO2和SO3的分子数之比为1：1；则原子数之比为1×（1+2）：1×（1+3）=3：4；

m（SO2）：m（SO3）=nM（SO2）：nM（SO3）=64g/mol：80g/mol=4：5；

故答案为：3：4；4：5．19、略

【分析】【分析】（1）根据c=计算该浓硫酸的物质的量浓度；

（2）根据n=计算铜的物质的量，根据Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O计算生成二氧化硫的物质的量，再根据V=nVm计算体积；

（3）由方程式可知，被含有的硫酸生成二氧化硫，被还原的硫酸的物质的量等于生成的二氧化硫的物质的量，再根据m=nM计算．【解析】【解答】解：（1）质量分数为98%、密度为ρg•cm-3浓H2SO4溶液的物质的量浓度为mol/L=10ρmol/L；

答：该浓H2SO4的物质的量浓度是10ρmol/L；

（2）6.4g铜的物质的量为=0.1mol；则：

Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O

11

0.1moln（SO2）

故n（SO2）=0.1mol，所以v（SO2）=0.1mol×22.4L/mol=2.24L；

答：生成二氧化硫的体积为2.24L；

（3）由方程式Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O可知；被含有的硫酸生成二氧化硫，被还原的硫酸的物质的量等于生成的二氧化硫的物质的量为0.1mol，质量为0.1mol×98g/mol=9.8g；

答：被还原的H2SO4的质量为9.8g．20、略

【分析】【分析】（1）根据v=计算v（SO2）；

（2）根据方程式，结合二氧化硫的转化的物质的量可计算出氧气的转化的物质的量，根据转化率=×100%计算SO2和O2的转化率，据此答题．【解析】【解答】解：（1）2min末测得容器中有1.6molSO2，则参加反应的二氧化硫物质的量为4mol-1.6mol=2.4mol，v（SO2）==0.6mol/（L．min）；

答：2min内SO2的平均反应速率为0.6mol/（L．min）；

（4）根据反应SO2+O2⇌SO3可知，2min末参加反应的二氧化硫物质的量为2.4mol，则参加反应的O2的物质的量为1.2mol，所以SO2的转化率为×100%=60%，O2的转化率为×100%=60%；所以两者的转化化率相等，比较两物质的起始物质的量与反应中计量数的关系可知，当反应物的起始量之比等于计量系数比时，转化率相等；

答：SO2和O2的转化率都是60%，得出的结论是当反应物的起始量之比等于计量系数比时，转化率相等．五、实验题(共4题，共40分)21、略

【分析】【解析】【答案】22、略

【分析】试题分析：（1）依题意，二氧化硫气体与硫化氢气体反应生成单质硫和水，由此推断反应现象为管壁内有淡黄色固体生成、有液滴生成；由于硫化氢能被浓硫酸氧化，则硫化亚铁出加水的目的是稀释浓硫酸，防止稀硫酸与硫化亚铁反应放出的硫化氢气体被浓硫酸氧化；（2）根据二氧化硫的性质推断，右侧Y型管的作用是制取氨气，由于无加热仪器，则选择的试剂为浓氨水液体和生石灰或碱石灰或氢氧化钠固体，产生的氨气溶于BaCl2溶液，得到碱性溶液，再通入二氧化硫气体时，二氧化硫与氨水反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与BaCl2溶液发生复分解反应，可以得到白色BaSO3沉淀和NH4Cl溶液；导管A的作用是保持集气瓶内外气压平衡，以便左右两边产生的气体顺利导入；（3）读数时，应放低（或移动）水准管位置，使水准管中的液面高于量气管中液面相平，以免造成误差；防止倒吸；设铁镁合金含有xmolFe、ymolMg，根据m=n•M，则①56x+24y=0.080；由于Fe+2HCl=FeCl2+H2↑、Mg+2HCl=MgCl2+H2↑中的系数之比等于物质的量之比，充分反应后得到氢气的物质的量为(x+y)mol；由于初末读数相差(45.80—1.00)mL=(45.80—1.00)×10—3L，说明充分反应后得到氢气的体积为(45.80—1.00)×10—3L；由于n=V/Vm，根据氢气的物质的量相等可得：②x+y=解①②可得：x=0.001，y=0.001，则合金中铁的质量为0.056g，镁为0.024g，所以合金中铁的质量分数为×100%=70%。考点：考查综合实验和化学计算，涉及实验现象的描述、解释原因、制取氨气的试剂、解释目的、量气方法、物质的量在化学方程式计算中的应用、摩尔质量、气体摩尔体积、质量分数等。【解析】【答案】（17分）（1）（共4分）管壁内有淡黄色固体生成（2分）稀释浓硫酸，防止硫化氢被氧化（2分）（2）（共6分）浓氨水、生石灰（或碱石灰、固体NaOH，4分）保持集气瓶内外气压平衡（1分），以便左右两边产生的气体顺利导入（1分）（3）（共7分）①放低（或移动）水准管位置（2分），使水准管、量气管内液面相平（2分）②70.00%（3分）23、略

【分析】解：方案一：铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，反应方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；

故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；

（1）含镁为3%时；金属铝的含量最高，10.8g合金中铝的质量为，10.8g×（1-3%）=10.8×97%g，则：

2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑

54g2mol

10.8g×97%V×10-3L×4.0mol/L

所以54g：（10.8g×97%）=2mol：（V×10-3L×4.0mol/L）；解得：V=97；

故V（NaOH溶液）≥97mL；

故答案为：97；

（2）镁上会附着偏铝酸钠等物质；未洗涤导致测定的镁的质量偏大，镁的质量分数偏高；

故答案为：偏高；

方案二：（1）装置的组装顺序：合金与水反应；用排水量气法测定氢气的体积，其中盛水的试剂瓶导管一定要短进长出，利用增大压强原理将水排出，量筒中水的体积就是生成氢气的体积，量筒内导管应伸入量筒底部，故连接顺序为：（A）接（E）（D）接（G）；

故答案为：E；D、G；

（2）①装置中导管a的作用是：保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等；打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差；

故答案为：保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等；打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差；

②滴定管的数值零刻度在上方，两次的体积之差为测定的氢气的体积，收集氢气后滴定管内液面读数减小，所以测定氢气的体积为V1-V2；

故答案为：V1-V2；

③由于气体受温度和压强的影响较大；若要确定气体的物质的量，必须知道实验时的温度和压强；

故答案为：实验时的温度和压强．

方案一：铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气；

（1）镁的质量分数最小时；金属铝的质量最大，需要的氢氧化钠溶液最多，实际需要氢氧化钠溶液的体积应大于或等于最大值，据此计算；

（2）镁上会附着偏铝酸钠等物质；未洗涤导致测定的镁的质量偏大；

方案二：（1）装置的组装顺序：合金与水反应；用排水量气法测定氢气的体积，其中盛水的试剂瓶导管一定要短进长出，增大压强原理将水排出，量筒中水的体积就是生成氢气的体积，量筒内导管应伸入量筒底部；

（2）①保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等；打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差；

②滴定管的数值零刻度在上方；两次的体积之差为测定的氢气的体积（注意应保持干燥管与滴定管内液面等高），收集氢气后滴定管内液面上升，读数减小；

③气体受温度和压强的影响较大；若要确定气体的物质的量，必须知道实验时的温度和压强．

本题主要考查物质含量的测定、对实验原理与装置的理解、实验方案设计等，题目难度中等，理解实验原理是解题的关键，是对知识的综合考查，需要学生具有知识的基础与综合运用知识分析问题、解决问题的能力．【解析】2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；97；偏高；E；D；G；空；空；保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差；V1-V2；实验时的温度和压强24、（1）防止碘升华和ICl挥发3I2+6HCl+NaClO3=6ICl+NaCl+3H2O

（2）1000mL容量瓶和胶头滴管。

（3）起始加入的ICl的物质的量为：

滴定消耗n（Na2S2O3）=0.1000mol•L-1×24.00mL×10-3L•mL-1=2.400×10-3mol

过量的n（ICl）=n（I2）=1/2n（Na2S2O3）=1.200×10-3mol

油脂消耗的n（ICl）=2.500×10-3m2ol-1.200×10-3mol=1.300×10-3mol

碘值为：油脂

答：该调和油的碘值82.6g/100g油脂。【分析】【分析】本题考查了实验条件的控制，仪器的选择，有关计算，题目难度中等，注意对基础知识的掌握和计算。

【解答】rm{(1)}防止碘升华和rm{ICl}挥发，步骤rm{1}温度不宜超过rm{50隆忙