2025年湘教新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年湘教新版高三化学上册月考试卷401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、下列各组离子，在水溶液中能大量共存的是（）A.Al3+、Na+、OH-、NO3-B.Ba2+、OH-、Na+、NO3-C.K+、Cl-、SO42-Ag+D.NH4+Cl-、H+、C032-2、化合物rm{A}经李比希法和质谱法分析得知其相对分子质量为rm{136}分子式为rm{C_{8}H_{8}O_{2}}rm{A}的核磁共振氢谱有rm{4}个峰且面积之比为rm{1漏U2漏U2漏U3}rm{A}分子中只含一个苯环且苯环上只有一个取代基，其红外光谱与核磁共振氧谱如下图。关于rm{A}的下列说法中，正确的是rm{(}rm{)}

A.rm{A}分子属于酯类化合物，在一定条件下不能发生水解反应B.rm{A}在一定条件下可与rm{4molH_{2}}发生加成反应C.符合题中rm{A}分子结构特征的有机物有rm{1}种D.与rm{A}属于同类化合物的同分异构体只有rm{2}种3、某气态烃0.2mol最多和0.4mol氢气发生加成反应，所得产物又能与2mol氯气发生取代反应，最后得到一种只含碳、氯元素的化合物，则原气态烃为（）A.1-丁炔B.丙烯C.丙炔D.2-戊炔4、如图所示的装置；下列说法正确的是（）

A.电子从铜片上流出B.铜片上产生气泡C.负极上发生了还原反应D.锌片是原电池的正极5、往溶液中加入rm{KSCN}溶液呈血红色，则该溶液中一定含有rm{(}rm{)}A.rm{Fe^{3+}}B.rm{NH_{4}^{+}}C.rm{OH^{-}}D.rm{Cl^{-}}评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)6、工业上制备CuCl2时，是将浓盐酸用水蒸汽加热至80°C左右，慢慢加入粗制CuO粉（含杂质Fe2O3、FeO），充分搅拌，使之溶解，已知：pH≥7.6时，Fe2+以Fe（OH）2的形式开始沉淀，pH≥9.6时，Fe2+沉淀完全；pH≥4.4时，Cu2+以Cu（OH）2的形式开始沉淀，pH≥6.4时，Cu2+沉淀完全；pH≥2.7时，Fe3+以Fe（OH）3的形式开始沉淀，pH≥3.7时，Fe3+沉淀完全．

（1）为除去溶液中的Fe2+，可采用的方法是____．

（2）工业上为除去溶液中的Fe3+，常使用NaClO，当向溶液中加入NaClO后，溶液的pH变化是____．

（3）若此溶液中只含Fe3+时，要调整pH在3.7～4.4之间，此时最好向溶液中加入____．

（4）已知溶液中c（Cu2+）与pH的关系为lgc（Cu2+）=8.6-2pH，若溶液中c（Cu2+）为1mol/L，则此溶液的pH为____，此时溶液中Fe3+能否沉淀完全：____（填“能”或“否”）．7、（2014秋•滁州校级月考）Na；Cu、Al、O、C、H是常见的六种元素．

（1）Al位于元素周期表第____周期第____族；Cu的基态原子价电子排布式为____．

（2）用“＞”或“＜”填空：

。第一电离能离子半径沸点Na____AlO2-____Na+CH4____H2O（3）250℃时，以镍合金为催化剂，向4L容器中通入6molCO2、6molCH4，发生如下反应：CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）．平衡体系中各组分体积分数如下表：

。物质CH4CO2COH2体积分数0.10.10.40.4①此温度下该反应的平衡常数K=____

②已知：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H=-890.3kJ•mol-1

CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H=+2.8kJ•mol-1

2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=-566.0kJ•mol-1

反应CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）的△H=____

（4）以二氧化钛表面覆盖Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸．

①在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图所示．250～300℃时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是____

②为了提高该反应中CH4的转化率，可以采取的措施是____．8、已知常温下，AgBr的Ksp=4.9×10-13，AgI的Ksp=8.3×10-17．

（1）AgBr固体在水中达到溶解平衡，写出其表达式____；此时溶液中c（Ag+）=____mol/L；

（2）现向AgBr的悬浊液中：①加入AgNO3固体，则c（Br-）____（填“变大”；“变小”或“不变”；下同）；

②若改加更多的AgBr固体，则c（Ag+）____；

③若改加更多的KI固体，则c（Ag+）____，c（Br-）____．

（3）有关难溶盐的溶度积及溶解度有以下叙述，其中正确的是____

A．将难溶电解质放入纯水中；溶解达到平衡时，电解质离子的浓度的乘积就是该物质的溶度积。

B．两种难溶盐电解质；其中Ksp小的溶解度也一定小。

C．难溶盐电解质的Ksp与温度有关。

D．向AgCl的悬浊液中加入适量的水，使AgCl再次达到溶解平衡，AgCl的Ksp不变，其溶解度也不变．9、乙苯催化脱氢生产苯乙烯的反应：

（1）一定温度下；将amol乙苯加入体积为VL的密闭容器中，发生上述反应，反应时间与容器内气体总压强的数据如下表．

。时间/min010203040总压强/1000kPa1.01.21.31.41.4①平衡时，容器中气体物质的量总和为____mol，乙苯的转化率为____．

②列式计算此温度下该反应的平衡常数K____

（2）根据化学反应原理，分析减小压强对该反应的影响____

（3）实际生产的反应在常压下进行，且向乙苯蒸气中掺入水蒸气，利用热力学数据计算得到温度和投料比对乙苯转化率的影响可用图表示．[M=n（H2O）/n（乙苯]

①比较图中A、B两点对应平衡常数大小：KA____KB

②图中投料比（M1、M2、M3）的大小顺序为____

③随着反应的进行，催化剂上的少量积炭使其活性减弱，水蒸气有助于恢复催化剂的活性，原因是____（用化学方程式表示）10、MnO2又名黑锰矿，主要用于生产优质软磁铁氧体．MnO2的合成方法按制备工艺中所用原料的不同，分为固相合成和液相合成．已知：MnO2不溶于水；其中锰的价态有+2价，也可能有+3价和+4价．

请回答下列问题：

（1）若Mn3O4中锰的价态看作由+2和+4价组成，写出它由氧化物形成的表达式：____．

（2）MnOOH中锰的价态为____价，写出②的化学方程式：____．

（3）将（NH4）2SO4溶于水使锰的悬浊液显酸性，随即缓慢地产生气泡，试用相应的离子方程式解释原因：____．过滤出的Mn（OH）2需要洗涤，简要说明洗涤沉淀的操作过程：____．

（4）若③中收集到672mL（标准状况下）的H2，则理论上可以得到____gMn3O4．11、某研究性学习小组；为了探究电极与原电池的电解质之间关系，设计了下列实验方案：用铝片；铜片、镁片作电极，分别与下列溶液构成原电池，并接电流表．

（1）若电解质溶液为0.5mol/L硫酸，电极为铜片和铝片，则电流计指针偏向____（填“铝”或“铜”）．

（2）若用浓硝酸作电解质溶液，电极为铜片和铝片，则电流计指针偏向____（填“铝”或“铜”），铜极上电极反应式为：____

（3）若电解质溶液为0.5mol/L氢氧化钠溶液，电极为镁片和铝片，则正极发生的电极反应为____．通过上述实验探究，你受到的启示是____．12、（2012秋•惠民县期中）如图所示甲、乙两电化学装置（一个为原电池，一个为电解池），其电极材料都是铁棒与碳棒，装置部分外电路未画完整，若两装置中均盛放CuSO4溶液；一段时间后甲池中的碳棒和乙池中的铁棒均有红色物质析出．请回答下列问题：

（1）甲是____（填写装置名称，下同）；乙是____．

（2）甲乙装置中铁电极的名称分别是____、____．

（3）甲乙装置中碳电极上发生反应的电极反应式分别是．甲：____；乙：____．

（4）若两装置中均盛放饱和NaCl溶液．则甲池中碳电极的电极反应式为____．现乙装置中转移0.02mol电子后停止实验，装置中溶液的体积是200mL，则此时溶液中c（OH-）=____（不考虑产物的相互反应）．13、下列除杂的有关操作和试剂均正确的是()组别被提纯物质杂质除杂试剂除杂操作ACO2SO2Na2CO3溶液洗气B乙酸乙酯乙酸乙醇和浓H2SO4加热C乙烷乙烯溴水、碱石灰洗气DCH3CH2OHH2O分液14、C；N、O、Si、S、Cl等元素形成的单质中。

①属于空气主要成分它们相互反应的化学方程式____；

②常用于自来水消毒的是实验室制备该气体的化学方程式____．评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)15、金属阳离子一定只具有氧化性．____（判断对错）16、为了防止龋齿，人人都要使用含氟牙膏．____．（判断对错）17、判断下列说法的正误．

（1）任何一种原子核内都含有质子和中子．____

（2）元素的种类和核素的种类相同．____

（3）同位素和核素都属于原子．____

（4）互为同位素的原子性质完全相同．____

（5）1940K与2040Ca属于同位素．____

（6）O2与O3属于同位素．____

（7）1940K与1939K属于同位素．____．18、一个化学反应中，当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，△H为“-”____（判断对错）19、浓硫酸可用于干燥NH3、H2、O2等气体____．（判断对错）20、18gH2O在标准状况下的体积是22.4L____．（判断对错）21、水蒸气变为液态水时放出的能量就是该变化的反应热．____．（判断对错）22、向蛋白质溶液中滴加Na2SO4溶液产生沉淀属于化学变化____．（判断对确）23、NaHCO3溶液与NaOH溶液反应：OH-+HCO3-=CO32-+H2O．____（判断对错）评卷人得分四、解答题(共1题，共10分)24、某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀．

甲同学认为两者反应只生成CuCO3一种沉淀；

乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu（OH）2一种沉淀；

丙同学认为生成CuCO3和Cu（OH）2两种沉淀．（查阅资料知：CuCO3和Cu（OH）2均不带结晶水）

I．按照乙同学的观点，请写出Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的离子方程式：______．

Ⅱ．在探究沉淀成分前；须将沉淀从溶液中过滤；洗涤、低温干燥，检验沉淀是否洗涤干净的方法是______．并用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分．

（1）装置B中所装试剂是______．

（2）能证明乙同学观点正确的实验现象是______．

Ⅲ．若CuCO3和Cu（OH）2两种沉淀都有，可通过下列所示装置的连接，进行定量分析来测定其组成．

（3）各装置连接顺序为______接______接______接______接______．

（4）装置C中碱石灰的作用是______；实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气，其作用分别是______．

（5）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为______．

评卷人得分五、书写(共4题，共8分)25、写出下列反应的离子方程式；是氧化还原反应的指出氧化产物与还原产物的物质的量之比：

①铁与硝酸银溶液反应：____

②铝和稀硫酸反应：____

③磷酸钡溶于盐酸：____

④碳酸钠与稀盐酸反应：____

⑤澄清石灰水暴露在空气中变质：____．26、（1）写出下列反应的离子方程式：

①用氯化铁溶液蚀刻印刷铜电路板____

②过量二氧化碳通入澄清石灰水____

③氯化铝溶液与足量的氨水反应____

（2）写出下列反应的化学方程式：

①铁与水反应____

②氧化铝与氢氧化钠溶液反应____

③碳酸钠转化为碳酸氢钠的反应____．27、将含有Ag+，Ba2+，Cu2+，K+四种阳离子的溶液；按下述实验步骤进行分离，最终分别得到沉淀物或溶液．可供选择的分离试剂有氯化钠溶液；硫酸溶液、氢氧化钠溶液．试将适当的分离试剂的化学式填在括号里，生成物的化学式填在方框里，写出有关反应的离子方程式（如图）．

28、锌；碳酸钙、氧气、盐酸、硫酸铜溶液五种物质中选出1种或2种为反应物；按下列反应类型各写1个化学方程式：

（1）化合反应____；

（2）分解反应____；

（3）置换反应____；

（4）复分解反应____．参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】【分析】如离子之间不发生复分解反应生成沉淀、气体或弱电解质，或不发生氧化还原反应、互促水解反应，则可大量共存，以此解答．【解析】【解答】解：A．Al3+与OH-反应生成氢氧化铝沉淀而不能大量共存；故A错误；

B．离子之间不发生任何反应；可大量共存，故B正确；

C．Cl-、SO42-与Ag+反应生成沉淀而不能大量共存；故C错误；

D．H+、C032-反应生成二氧化碳和水而不能大量共存；故D错误．

故选B．2、C【分析】【分析】本题考查有机物结构的推断，核磁共振氢谱，红外光谱图，官能团性质等，难度中等，推断的结构是解题的关键，注意结合分子式与红外光谱含有的基团进行判断。【解答】有机物rm{A}的分子式为分子式rm{C}的分子式为分子式rm{A}rm{C}rm{8}rm{8}rm{H}rm{H}，不饱和度为rm{8}rm{8}分子中只含一个苯环且苯环上只有一个取代基，rm{O}的核磁共振氢谱有rm{O}个峰且面积之比为rm{2}rm{2}rm{dfrac{2隆脕8+2-8}{2}=5}rm{A}说明rm{A}含有四种氢原子且其原子个数之比为rm{4}rm{1}rm{2}rm{2}结合红外光谱可知，分子中存在酯基等基团，故有机物rm{3}的结构简式为或rm{A}rm{1}含有酯基，属于酯类化合物，在一定条件下能发生水解反应，故A错误；rm{2}在一定条件下可与rm{2}rm{3}rm{A}

A.符合题中rm{A}分子结构特征的有机物只有B.rm{A}在一定条件下可与rm{3molH}种，故C正确；rm{A}属于同类化合物，应含有酯基、苯环，若为羧酸与醇形成的酯有：甲酸苯甲酯，若为羧酸与酚形成的酯，可以是乙酸酚酯，可以是甲酸与酚形成的酯，甲基有邻、间、对三种位置，故rm{3molH}种异构体rm{2}

rm{2}发生加成反应，故B错误；【解析】rm{C}3、A【分析】【分析】同一条件下，参加反应的气体体积之比=物质的量之比，某气态烃0.2mol最多和0.4mol氢气发生加成反应，生成0.2mol氯代烷，则1mol该气态烃最多和2mol氢气发生加成反应，说明分子中含有1个C≡C或2个C=C键；所得0.2mol产物又能与2mol氯气发生取代反应，则1mol该产物与氯气反应最多消耗10mol氯气，说明加成产物中含有10个H原子，则该气态烃应含有6个H原子，由此可确定烃的种类．【解析】【解答】解：某气态烃0.2mol最多和0.4mol氢气发生加成反应，生成0.2mol氯代烷，则1mol该气态烃l最多和2mol氢气发生加成反应，说明分子中含有1个C≡C或2个C=C键，所得0.2mol产物又能与2mol氯气发生取代反应，则1mol该产物与氯气反应最多消耗×2mol=10mol氯气；说明加成产物中含有10个H原子，则原气态烃应含有6个H原子；

根据分析可知；该气态烃可能为炔烃或二烯烃，故B错误；

结合分子中含有6个H原子可知满足条件的炔烃为丁炔；故A正确，C；D错误。

故选A．4、B【分析】【分析】锌比铜活泼，形成原电池反应时，锌为负极，被氧化，铜为正极，发生还原反应，氢离子得到电子生成氢气，电子由负极经外电路流向正极，以此解答该题．【解析】【解答】解：A．锌为负极；铜为正极，电子从锌极流出，故A错误；

B．铜为正极；发生还原反应，氢离子得到电子生成氢气，故B正确；

C．负极发生氧化反应；故C错误；

D．锌较活泼；为原电池的负极，故D错误．

故选B．5、A【分析】解：rm{A.}往溶液中加入rm{KSCN}溶液呈血红色，则该溶液中一定含有rm{Fe^{3+}}故A选；

B.rm{NH_{4}^{+}}与rm{KSCN}不反应；一般选碱及红色石蕊试纸检验，故B不选；

C.rm{OH^{-}}与rm{KSCN}不反应；故C不选；

D.rm{Cl^{-}}与rm{KSCN}不反应；一般选硝酸；硝酸银检验，故D不选；

故选A．

rm{Fe^{3+}}遇rm{KSCN}溶液变为血红色；以此来解答．

本题考查常见离子的检验，为高频考点，把握离子检验的试剂、现象与结论为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意常见离子检验的特征试剂，题目难度不大．【解析】rm{A}二、填空题(共9题，共18分)6、向溶液中加入足量过氧化氢，充分反应后，调节pH在3.7～4.4之间，最后过滤一定增大CuO或Cu（OH）2或CuCO34.3能【分析】【分析】（1）题给信息可知，Fe2+开始沉淀时，Cu2+已经沉淀完全，而Fe3+沉淀完全时，Cu2+未沉淀，故除去溶液中Fe2+，应先加入氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+沉；再调节溶液pH，注意不能引入杂质离子；

（2）NaClO为强碱弱酸盐；水解呈碱性，则加入NaClO，溶液的pH一定增大，另外NaClO可以酸反应生成HClO而导致溶液pH增大，氧化亚铁离子时会有氢离子参加，也导致溶液pH增大；

（3）使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀；应调节溶液的pH，所加物质能与酸反应，注意不能引入新杂质；

（4）根据关系式：lgc（Cu2+）=8.6-2pH计算溶液pH，再结合pH≥3.7时Fe3+沉淀完全判断．【解析】【解答】解：（1）题给信息可知，Fe2+开始沉淀时，Cu2+已经沉淀完全，而Fe3+沉淀完全时，Cu2+未沉淀，故除去溶液中Fe2+，应先加入氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+沉；再调节溶液pH，具体方法为：向溶液中加入足量过氧化氢或氯水，充分反应后，调节pH在3.7～4.4之间，最后过滤；

故答案为：向溶液中加入足量过氧化氢或氯水；充分反应后，调节pH在3.7～4.4之间，最后过滤；

（2）NaClO为强碱弱酸盐；水解呈碱性，则加入NaClO，溶液的pH一定增大，另外NaClO可以酸反应生成HClO而导致溶液pH增大，氧化亚铁离子时会有氢离子参加，也导致溶液pH增大；

故答案为：一定增大；

（3）使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，应调节溶液的pH，所加物质能与酸反应，注意不能引入新杂质，则则可用CuO或Cu（OH）2或CuCO3；

故答案为：CuO或Cu（OH）2或CuCO3；

（4）若溶液中c（Cu2+）为1mol/L，根据关系式：lgc（Cu2+）=8.6-2pH，可知溶液pH=4.3，pH≥3.7时Fe3+沉淀完全，故溶液中Fe3+沉淀完全；

故答案为：4.3；能．7、三IIIA3d104s1＜＞＜64+247.3kJ•mol-1温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低增大反应压强、增大CO2的浓度【分析】【分析】（1）Al为13号元素；位置第三周期；第IIIA主族；Cu是29号元素，原子核外电子数为29，根据核外电子排布规律书写铜的基态原子价电子电子排布式；

（2）金属性越强；第一电离能越小；核外电子排布相同的离子，原子序数越大，半径越小；含有氢键的氢化物沸点较高；

（3）①先利用三段法求出各物质的物质的量；然后再根据平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积；

②根据盖斯定律来解答；

（4）①根据温度对催化剂活性的影响分析；

②提高该反应中CH4的转化率平衡正向移动，反应物转化率增大，根据外界条件对化学平衡的影响分析．【解析】【解答】解：（1）Al为13号元素，位置第三周期、第IIIA主族；Cu是29号元素，原子核外电子数为29，铜的基态原子价电子电子排布式3d104s1；

故答案为：三、IIIA；3d104s1；

（2）金属性越强，越容易失去一个电子，则第一电离能越小，所以第一电离能：Na＜Al；核外电子排布相同的离子，原子序数越大，半径越小，则离子半径：O2-＞Na+；含有氢键的氢化物沸点较高；水分子之间存在氢键沸点比甲烷的高；

故答案为：＜；＞、＜；

（3）①CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）．

起始（mol）6600

反应（mol）xx2x2x

平衡（mol）6-x6-x2x2x

由CH4的体积分数为0.1，则=0.1，解得x=4，所以K===64；

故答案为：64；

②CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=-890.3kJ•mol-1①

CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H=2.8kJ•mol-1②

2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=-566.0kJ•mol-1③

根据盖斯定律，由①+②×2-③×2得，CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H=-890.3kJ•mol-1+2.8kJ•mol-1×2+566.0kJ•mol-1×2=+247.3kJ•mol-1；

故答案为：+247.3kJ•mol-1；

（4）①温度超过250℃时；催化剂的催化效率降低，所以温度升高而乙酸的生成速率降低，故答案：温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低；

②增大反应压强、增大CO2的浓度，平衡正向移动，反应物转化率增大，故答案为：增大反应压强、增大CO2的浓度；8、AgBr（s）⇌Ag+（aq）+Br-（aq）7×10-7变小不变变小变大CD【分析】【分析】（1）依据溶解平衡书写方程式即可；依据溶度积计算浓度；

（2）根据影响沉淀溶解平衡的因素：浓度；同离子效应等方面知识来回答；

（3）沉淀的溶度积常数只受温度的影响．【解析】【解答】解：（1）AgBr固体在水中溶解平衡的表达式为：AgBr（s）⇌Ag+（aq）+Br-（aq），依据其Ksp=4.9×10-13即：Ksp=c（Ag+）c（Br-），因为c（Ag+）=c（Br-），故c（Ag+）====7×10-7mol/L，故答案为：Br（s）⇌Ag+（aq）+Br-（aq）；7×10-7；

（2）根据溴化银的沉淀溶解平衡：AgBr（s）⇌Ag+（aq）+Br-（aq），①加入AgNO3固体；增大银离子浓度，所以平衡向左移动，溴离子浓度减小，故答案为：变小；

②加更多的AgBr固体；因为已达到溶解平衡，所以固体不再溶解，溶液是饱和溶液，故银离子浓度不变，故答案为：不变；

③加更多的KI固体；则碘离子和银离子之间反应，会转化为更难溶的沉淀碘化银，所以银离子浓度减小，平衡右移，溴离子浓度增大，故答案为：变小；变大；

（3）A；有的物质的溶解度随温度升高而增大；有的却是减小的，所以升高温度，Ksp不一定增大，故A错误；

B；如果难溶盐中阴阳离子个数相等；其中Ksp小的溶解度也一定小，故B错误；

C；难溶盐电解质的Ksp与温度有关；不受其他因素的影响，故C正确；

D；难溶盐电解质的Ksp与温度有关；不受其他因素的影响，溶解度只受温度的影响，不受其他因素的影响，故D正确．

故选CD．9、1.4a40%该反应分子数增加，减小压强使平衡右移，乙苯转化率增大，苯乙烯产率增加，减小压强使乙苯浓度减小，反应速率减小＜M1＞M2＞M3C+H2OCO+H2【分析】【分析】（1）①根据压强与气体物质的量成正比确定反应后气体的总物质的量；利用差量法计算出反应消耗乙苯的物质的量；然后计算出乙苯的转化率；

②利用三段式计算出平衡时各组分的物质的量；然后利用平衡常数表达式计算出该温度下该反应的平衡常数；

（2）该反应为气体体积增大的反应；减小压强后平衡向着气体体积增大的反应方向移动；再结合压强对反应速率的影响分析；

（3）①图象分析可知；随温度升高，乙苯转化率增大，说明升温平衡正向进行，正反应为吸热反应，AB两点B点温度高；

②乙苯量越多；投料比越小，乙苯转化率越小，据此分析判断M的值；

③催化剂上的少量积炭使其活性减弱，水蒸气有助于恢复催化剂的活性是因为碳和水蒸气在高温下反应生成一氧化碳气体和氢气，除去表面的积碳．【解析】【解答】解：（1）①容器容积固定；则容器内压强与气体的总物质的量成正比，根据表中数据可知，达到平衡时压强为反应前的1.4倍，则平衡时气体的总物质的量为：amol×1.4=1.4amol；

平衡时气体的物质的量增大：1.4amol-amol=0.4amol；设有xmol乙苯发生转化；

△n

1111

xmol0.4amol

则：x==0.4amol；

所以乙苯的转化率为：×100%=40%；

故答案为：1.4a；40%；

②发生反应为

反应前（mol）a00

转化（mol）0.4a0.4a0.4a

平衡时（mol）0.6a0.4a0.4a

则该反应的平衡常数为：K==；

故答案为：；

（2）根据反应方程式可知；该反应中气体的分子数增加，则减小压强后平衡右移，乙苯转化率增大，苯乙烯产率增加；减小压强后使乙苯浓度减小，则反应速率减小；

故答案为：该反应分子数增加；减小压强使平衡右移，乙苯转化率增大，苯乙烯产率增加，减小压强使乙苯浓度减小，反应速率减小；

（3）①图象分析可知，随温度升高，乙苯转化率增大，说明升温平衡正向进行，正反应为吸热反应，AB两点B点温度高，平衡正向进行程度大，平衡常数B点大，KA＜KB；

故答案为：＜；

②乙苯量越多，投料比越小，乙苯转化率越小，据此分析判断M的值，M1＞M2＞M3；

故答案为：M1＞M2＞M3；

③催化剂上的少量积炭使其活性减弱，水蒸气有助于恢复催化剂的活性是因为碳和水蒸气在高温下反应生成一氧化碳气体和氢气，除去表面的积碳，反应的化学方程式为：C+H2OCO+H2；

故答案为：C+H2OCO+H2．10、2MnO•MnO2或MnO2•2MnO+312Mn2O3+CH4═8Mn3O4+CO2+2H2OMn+2NH4++2H2O=Mn2++H2↑+2NH3•H2O向过滤器中加蒸馏水浸没沉淀，待水自然流出后，重复上述操作2-3次2.29【分析】【分析】由制备流程可知，MnOOH焙烧Mn2O3，②中发生12Mn2O3+CH48Mn3O4+CO2+2H2O，Mn3O4中锰的价态看作由+2和+4价组成，可写成2MnO•MnO2，金属锰的悬浊液与硫酸铵发生反应为Mn+2NH4++2H2O=Mn2++H2↑+2NH3•H2O，过滤出的Mn（OH）2需要洗涤，在空气中加热生成Mn3O4，以此来解答．【解析】【解答】解：由制备流程可知，MnOOH焙烧Mn2O3，②中发生12Mn2O3+CH48Mn3O4+CO2+2H2O，Mn3O4中锰的价态看作由+2和+4价组成，可写成2MnO•MnO2，金属锰的悬浊液与硫酸铵发生反应为Mn+2NH4++2H2O=Mn2++H2↑+2NH3•H2O，过滤出的Mn（OH）2需要洗涤，在空气中加热生成Mn3O4；

（1）若Mn3O4中锰的价态看作由+2和+4价组成，它由氧化物形成的表达式2MnO•MnO2或MnO2•2MnO，故答案为：2MnO•MnO2或MnO2•2MnO；

（2）O为-2价，H为+1价，由化合物中正负化合价的代数和为0可知，MnOOH中锰的价态为+3；②的化学方程式为12Mn2O3+CH4═8Mn3O4+CO2+2H2O；

故答案为：+3；12Mn2O3+CH4═8Mn3O4+CO2+2H2O；

（3）将（NH4）2SO4溶于水使锰的悬浊液显酸性，随即缓慢地产生气泡，用相应的离子方程式解释原因为Mn+2NH4++2H2O=Mn2++H2↑+2NH3•H2O；过滤出的Mn（OH）2需要洗涤；简要说明洗涤沉淀的操作过程为向过滤器中加蒸馏水浸没沉淀，待水自然流出后，重复上述操作2-3次；

故答案为：Mn+2NH4++2H2O=Mn2++H2↑+2NH3•H2O；向过滤器中加蒸馏水浸没沉淀；待水自然流出后，重复上述操作2-3次；

（4）由Mn+2NH4++2H2O=Mn2++H2↑+2NH3•H2O、6Mn（OH）2+O22Mn3O4+6H2O可知，存在3H2～Mn3O4，则③中收集到672mL（标准状况下）的H2，则理论上可以得到Mn3O4的质量为××229g/mol=2.29g，故答案为：2.29．11、铝铜2NO3-+2e-+4H+=2NO2↑+2H2O2H2O+2e-=2OH-+H2↑启示1；电极类型与电解质溶液性质有关；

启示2；金属活泼性相对某溶液而言，不同的物质相对同一种金属，可能活泼性发生变化；

启示3；根据电极类型比较金属活泼性不一定正确；

启示4，可以通过电流流向确定金属的相对活泼性【分析】【分析】（1）Cu；Al和稀硫酸构成原电池；Al易失电子作负极、Cu作正极，电子从负极沿导线流向正极，电流计指针偏向原电池负极；

（2）Cu；Al和浓硝酸构成原电池；Cu易失电子发生氧化反应作负极，Al作正极，电流计指向负极；

（3）Mg、Al和NaOH溶液构成原电池，Al易失电子作负极、Mg作正极，正极上水得电子发生还原反应．【解析】【解答】解：（1）Cu、Al和稀硫酸构成原电池，Al易失电子作负极、Cu作正极，电子从负极沿导线流向正极，电流计指针偏向原电池负极Al，负极电极反应式为Al-3e-=Al3+，正极电极反应式为2H++2e-=H2↑；

故答案为：铝；

（2）Cu、Al和浓硝酸构成原电池，Cu易失电子发生氧化反应作负极，Al作正极，负极电极反应式为Cu-2e-=Cu2+，正极电极反应式为2NO3-+2e-+4H+=2NO2↑+2H2O；

电流计指向负极Cu；

故答案为：铜；2NO3-+2e-+4H+=2NO2↑+2H2O；

（3）Mg、Al和NaOH溶液构成原电池，Al易失电子作负极、Mg作正极，负极上电极反应式为Al-3e-=Al3+，正极上水得电子发生还原反应，正极上电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑；根据以上实验得到的启示为，启示1，电极类型与电解质溶液性质有关；启示2，金属活泼性相对某溶液而言，不同的物质相对同一种金属，可能活泼性发生变化；启示3，根据电极类型比较金属活泼性不一定正确；启示4，可以通过电流流向确定金属的相对活泼性。

故答案为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑；启示1，电极类型与电解质溶液性质有关；启示2，金属活泼性相对某溶液而言，不同的物质相对同一种金属，可能活泼性发生变化；启示3，根据电极类型比较金属活泼性不一定正确；启示4，可以通过电流流向确定金属的相对活泼性．12、原电池电解池负极阴极2Cu2++2e-=Cu4OH--4e-=2H2O+O2↑O2+2H2O+4e-=4OH-0.1mol/L【分析】【分析】（1）甲装置中电子从铁电极出来；乙装置中电子向铁电极移动，由此说明能自发的进行氧化还原反应是甲，乙不能自发的进行氧化还原反应，所以甲是原电池，乙是电解池；

（2）甲电池中铁作负极；乙电池中铁作阴极；

（3）甲中碳棒作正极；正极上得电子发生还原反应，乙中碳棒作阳极，阳极上失电子发生氧化反应；

（4）甲中发生吸氧腐蚀，正极上氧气得电子发生还原反应；【解析】【解答】解：（1）甲装置中电子从铁电极出来；乙装置中电子向铁电极移动，由此说明能自发的进行氧化还原反应是甲，乙不能自发的进行氧化还原反应，所以甲是原电池，乙是电解池；

故答案为：原电池；电解池；

（2）甲池中铁易失电子而作负极；乙池中铁上得电子发生氧化反应，所以铁作阴极；

故答案为：负极；阴极；

（3）甲池中碳棒作正极，正极上铜得电子发生还原反应，电极反应式为：2Cu2++2e-=Cu，乙池中碳棒作阳极，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，电极反应式为：4OH--4e-=2H2O+O2↑；

故答案为：甲：2Cu2++2e-=Cu，乙：4OH--4e-=2H2O+O2↑；

（4）①如果甲池中是氯化钠溶液，则铁发生吸氧腐蚀，正极上氧气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-；

②乙池中电解氯化钠溶液时，阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电，所以电池反应式为：2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，当有0.02mol电子转移时，生成氢氧化钠的物质的量是0.02mol，则生成氢氧化钠的物质的量浓度==0.1mol/L；

故答案为：0.1mol•L-1．13、略

【分析】A项，CO2和Na2CO3溶液也可反应；B项，酯化反应为可逆反应，反应不彻底；C项，乙烯和Br2加成得二溴乙烷为液态，挥发出的Br2又可被碱石灰吸收，故C项正确；D项，乙醇在H2O和苯中的溶解度都较大，故D项错误。【解析】【答案】C14、N2+O22NO|MnO2+4HCl（浓）Cl2↑+MnCl2+2H2O【分析】【解答】解：①空气中氮气和氢气在高温下反应生成NO，反应方程式为N2+O22NO，故答案为：N2+O22NO；②常用于自来水消毒的是氯气，实验室用二氧化锰和浓盐酸加热制取氯气，反应方程式为MnO2+4HCl（浓）Cl2↑+MnCl2+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl（浓）Cl2↑+MnCl2+2H2O．

【分析】①空气中氮气和氢气在高温下反应生成NO；②常用于自来水消毒的是氯气，实验室用二氧化锰和浓盐酸加热制取氯气．三、判断题(共9题，共18分)15、×【分析】【分析】金属阳离子不一定只有氧化性，可能具有还原性，考虑变价金属阳离子即可．【解析】【解答】解：一般常见金属阳离子只具有氧化性，但是亚铁离子、亚铜离子等据既具有氧化性又具有还原性，故金属阳离子一定只具有氧化性的说法错误，故答案为：×．16、×【分析】【分析】氟化物可能影响儿童正常生长发育．【解析】【解答】解：氟化物能有效预防龋齿但氟化物可能影响儿童正常生长发育所以儿童不建议使用含氟牙膏，故答案为：×．17、×【分析】【分析】（1）氢原子不含有中子；

（2）计算核素种类要考虑中子数和质子数；元素种类只考虑质子数；

（3）具有相同质子数；不同中子数同一元素的不同原子互为同位素，核素是指具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子；

（4）同位素的化学性质相同但物理性质不同；

（5）具有相同质子数；不同中子数同一元素的不同原子互为同位素；

（6）具有相同质子数；不同中子数同一元素的不同原子互为同位素；

（7）具有相同质子数，不同中子数同一元素的不同原子互为同位素．【解析】【解答】解：（1）氢原子不含有中子；故答案为：×；

（2）计算核素种类要考虑中子数和质子数；元素种类只考虑质子数，故后者多，故答案为：×；

（3）同位素和核素都属于原子；故答案为：√；

（4）元素的原子的最外层电子数决定了元素性质；而同位素的外层电子数相等，所以它们的化学性质几乎完全相同，但物理性质不一定相同，故答案为：×；

（5）质子数不同；为不同元素的原子，不是同位素关系，故答案为：×；

（6）O2与O3均为单质；为氧的同素异形体，故答案为：×；

（7）1940K与1939K有相同质子数、不同中子数，互为同位素，故答案为：√．18、√【分析】【分析】根据放热反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量，吸热反应中，反应物的总能量小于生成物的总能量来解答，放热反应的△H为负值，吸热反应的△H为正值．【解析】【解答】解：当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，△H为“-”，故答案为：√．19、×【分析】【分析】浓硫酸为酸性、强氧化性干燥剂，能够干燥酸性、中性气体，如：氧气、氢气、二氧化硫等，浓硫酸不能用于干燥碱性气体，如氨气，据此进行解答．【解析】【解答】解：浓硫酸为酸性、强氧化性干燥剂，能够干燥酸性、中性气体，如：氧气、氢气、二氧化硫等，能够与NH3反应；不能使用浓硫酸干燥氨气，所以该说法错误；

故答案为：×．20、×【分析】【分析】18g的物质的量为1mol，标况下，水为液态，不能用气体摩尔体积计算其体积．【解析】【解答】解：18g的物质的量为1mol，标况下，水为液态，不能用气体摩尔体积计算其体积，应根据V=计算水的体积，其体积远远小于22.4L，故错误，故答案为：×．21、×【分析】【分析】水蒸气变化为液态水不是化学反应；【解析】【解答】解：水蒸气变化为液态水不是化学反应，是物质的能量变化，故错误；22、×【分析】【分析】化学变化的实质是在原子核不变的情况下，有新物质生成，分析各选项是否符合化学变化的概念，即有新物质生成，就是化学变化．【解析】【解答】解：蛋白质溶液中加入Na2SO4溶液，蛋白质析出，再加水会溶解，盐析是可逆的，没有新物质生成是物理变化，故答案为：×．23、√【分析】【分析】NaHCO3为强电解质，在溶液中电离出钠离子和碳酸氢根离子；NaOH为可溶性的强碱，在溶液中完全电离出钠离子和氢氧根离子，NaHCO3与NaOH溶液反应实质为碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水．【解析】【解答】解：NaHCO3溶液与NaOH溶液反应生成可溶性的碳酸钠和水，反应的实质为HCO3-与OH-反应生成CO32-和H2O，该反应的离子方程式为：OH-+HCO3-=CO32-+H2O；

故答案为：√．四、解答题(共1题，共10分)24、略

【分析】

Ⅰ．Cu2+与CO32-发生相互促进的水解反应生成CO2和Cu（OH）2，可分别发生：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，Cu2++2OH-=Cu（OH）2↓，也可写成总反应式：Cu2++CO32-+H2O=Cu（OH）2↓+CO2↑；

故答案为：Cu2++CO32-+H2O=Cu（OH）2↓+CO2↑或CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，Cu2++2OH-=Cu（OH）2↓；

Ⅱ．沉淀具有吸附能力，可吸附硫酸根离子，通过加入氯化钡的方法进行检验，通常做法是取最后一次洗涤液，滴加BaCl2溶液；无沉淀生成，说明已洗净；

故答案为：取最后一次洗涤液，滴加BaCl2溶液；无沉淀生成，说明已洗净；

（1）如有Cu（OH）2，解热时生成水，用无水硫酸铜检验，如白色固体变为蓝色，说明有水生成，故答案为：CuSO4；

（2）如为Cu（OH）2；解热时生成水，则B中无水硫酸铜变蓝，并且C中澄清石灰水不变浑浊，故答案为：B中无水硫酸铜变蓝，C中澄清石灰水不变浑浊；

Ⅲ．（3）若CuCO3和Cu（OH）2两种沉淀都有，加热时生成CO2和H2O；定量检验时，可用浓硫酸吸收水，用碱石灰吸收二氧化碳，实验时，为减小误差，应排除空气中水和二氧化碳的干扰，并保证水和二氧化碳完全吸收，则实验仪器的连接顺序应为CABED（或CABDE）；

故答案为：CABED（或CABDE）；

（4）为保证样品加热分解生成的二氧化碳和水蒸气完全被吸收；应通入空气，由于空气中含有二氧化碳和水蒸气，应先通过盛有碱石灰的装置B，反应结束后，为防止空气的中二氧化碳和水蒸气被吸收，应在装置的后面连接盛有碱石灰的干燥管；

故答案为：吸收空气中的H2O蒸汽和CO2；开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的H2O蒸汽和CO2排出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出．

（5）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，应为水的质量，发生：Cu（OH）2CuO+H2O；

Cu（OH）2CuO+H2O

98g18g

m（Cu（OH）2）ng

m（Cu（OH）2）=g；

m（CuCO3）=mg-g；

ω（CuCO3）==1-

则沉淀中CuCO3的质量分数为1-

故答案为：1-．

【解析】【答案】Ⅰ．根据Cu2+与CO32-发生相互促进的水解反应生成CO2和Cu（OH）2书写反应的离子方程式；

Ⅱ．检验沉淀是否洗涤干净；可取最后一次洗涤液加入合适的化学试剂进行检验，根据氢氧化铜加热分解生成水的性质选择检验试剂；

Ⅲ．若CuCO3和Cu（OH）2两种沉淀都有，加热时生成CO2和H2O；定量检验时，可用浓硫酸吸收水，用碱石灰吸收二氧化碳，根据质量的增加值计算碳酸铜和氢氧化铜的质量，实验时，为减小误差，应排除空气中水和二氧化碳的干扰，并保证水和二氧化碳完全吸收．

五、书写(共4题，共8分)25、Fe+2Ag+═2Ag+Fe2+，1：22Al+6H+═2Al3++3H2↑，2：3Ba3（PO4）2+6H+═3Ba2++2H3PO4CO32-+2H+═H2O+CO2↑Ca2++2OH-+CO2═CaCO3↓+H2O【分析】【分析】①反应生成硝酸亚铁和Ag；

②反应生成硫酸铝和氢气；

③反应生成氯化钡和磷酸；

④反应生成氯化钠；水、二氧化碳；

⑤与二氧化碳反应生成碳酸钙、水．【解析】【解答】解：①反应生成硝酸亚铁和Ag，该离子反应为Fe+2Ag+═2Ag+Fe2+；Fe为还原剂被氧化，硝酸银为氧化剂，由反应可知，氧化产物与还原产物的物质的量之比1：2；

故答案为：Fe+2Ag+═2Ag+Fe2+；1：2；

②反应生成硫酸铝和氢气，离子反应为2Al+6H+═2Al3++3H2↑；Al为还原剂被氧化，硫酸为氧化剂，由反应可知，氧化产物与还原产物的物质的量之比2：3；

故答案为：2Al+6H+═2Al3++3H2↑；2：3；

③反应生成氯化钡和磷酸，该离子反应为Ba3（PO4）2+6H+═3Ba2++2H3PO4，不属于氧化还原反应，故答案为：Ba3（PO4）2+6H+═3Ba2++2H3PO4；

④反应生成氯化钠、水、二氧化碳，该离子反应为CO32-+2