2025年冀少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年冀少新版高三化学下册月考试卷895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、下列说法不正确的是（）A.钠块可用小刀切割，说明钠质地柔软B.铝制餐具不能长期存放酸性食物，但可长期存放碱性食物C.金属钠着火时，用细沙覆盖灭火D.KAl（SO4）2溶于水的电离方程式为：KAl（SO4）2═K++Al3++2SO42-2、下列叙述正确的是（）A.95℃时纯水的pH＜7，说明加热可导致水呈酸性B.将pH=3的CH3COOH溶液加水稀释10倍后pH=4C.0.2mol/L的盐酸1L加水到2L后，溶液的pH=1D.NaHCO3溶液水解反应的方程式：HCO3-+H2O=H3O++CO32-3、下列对化学平衡移动的分析中；不正确的是（）

①已达平衡的反应C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）；当增加反应物物质的量时，平衡一定向正反应方向移动。

②已达平衡的反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），当增大N2的浓度时，平衡向正反应方向移动，N2的转化率一定升高。

③有气体参加的反应平衡时；若减小反应器容积时，平衡一定向气体体积增大的方向移动。

④有气体参加的反应达平衡时，在恒压反应器中充入稀有气体，平衡一定不移动．A.①④B.①②③C.②③④D.①②③④4、下列物质不属于毒品的是（）A.吗啡B.青霉素C.海洛因D.冰毒5、在一定条件下，可逆反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）；△H＜0．达到平衡，当单独改变下列条件后，有关叙述错误的是（）A.加催化剂v（正）、v（逆）都发生变化，而且变化的倍数相等B.加压v（正）、v（逆）都增大，且v（正）增大的倍数大于v（逆）增大的倍数C.降温，v（正）、v（逆）都减小，且v（正）减小的倍数小于v（逆）减小的倍数D.加入氩气，v（正）、v（逆）都增大且v（正）增大的倍数大于v（逆）增大的倍数评卷人得分二、双选题(共5题，共10分)6、部分氧化的Fe-Cu合金样品（氧化产物为Fe2O3；CuO）共5.76g；如如图所示流程处理，下列说法中，正确的是（）

A.滤液A中阳离子为Fe2+、H+B.样品中金属Fe的质量为2.14gC.样品中CuO的质量为4.0gD.V=4487、下列说法正确的是（）A.由不同原子组成的纯净物一定是化合物B.碱性氧化物一定为金属氧化物C.化学式C6H5-CH3既能表示物质组成，又能表示物质分子式D.4，4-二甲基-2-己烯这种命名是错误的8、下列有关金属的说法正确的是（）A.牺牲阳极的阴极保护法构成原电池，被保护的金属作正极B.当镀锌铁制品的镀层破损时，镀层不能对铁制品起保护作用C.不锈钢不易生锈是因为表面有保护膜D.可将地下输油钢管与外加直流电源的正极相连以保护它不受腐蚀9、体积为rm{1ml}浓度均为rm{0.10mol/L}的rm{XOH}和rm{X_{2}CO_{3}}溶液分别加水稀释至体积为rm{V}rm{pH}随rm{lgV}的变化情况如图所示，下列叙述中正确的是rm{(}rm{)}A.rm{XOH}是强碱B.rm{pH=10}的两种溶液中的rm{c(X^{+})}rm{XOH}大于rm{X_{2}CO_{3}}C.已知rm{H_{2}CO_{3}}的电离平衡常数rm{K_{a1}}远远大于rm{K_{a2}}则rm{K_{a2}}约为rm{1隆脕10^{-10?2}}D.当rm{lgV=2}时，若rm{X_{2}CO_{3}}溶液升高温度，溶液碱性增强，则rm{dfrac{c(HCO_{3}^{-})}{c(CO_{3}^{2-})}}减小rm{dfrac{c(HCO_{3}^{-})}{c(CO_{

3}^{2-})}}10、《天工开物》对某种颜料“朱”制备的描述为：“夫亦依坎附离，而共呈五行变态．”所述“朱”的制备，用水银一斤和过量的硫（石亭脂）进行反应，得到上朱十四两、次朱三两五钱，共得朱十七两五钱（当时一斤等于十六两）．有关该反应的描述正确的是（）A.“朱”的主要成分是Hg2SB.该反应为置换反应C.该反应不符合质量守恒定律D.该反应Hg作还原剂评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)11、各1mol的Na、Mg、Al分别与足量稀盐酸充分反应，则所产生H2的物质的量之比为____．12、某研究性学习小组为了探究醋酸的电离情况；进行了如下实验．

实验一配制并标定醋酸溶液的浓度取冰醋酸配制250mL0.2mol•L-1的醋酸溶液，用0.2mol•L-1的醋酸溶液稀释成所需浓度的溶液；再用NaOH标准溶液对所配醋酸溶液的浓度进行标定．

回答下列问题：

（1）配制250mL0.2mol•L-1醋酸溶液时需要用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、____和____．

（2）为标定醋酸溶液的准确浓度，用0.2000mol．L-1的NaOH溶液对20.00mL醋酸溶液进行滴定；几次滴定消耗NaOH溶液的体积如下：

。实验序号1234消耗NaOH溶液的体积（mL）20.0520.0018.8019.95则该醋酸溶液的准确浓度为____．（保留小数点后四位）

实验二探究浓度对醋酸电离程度的影响。

用pH计测定25℃时不同浓度的醋酸的pH；结果如下：

。醋酸浓度（mol•L-1）0.00100.01000.02000.10000.2000pH3.883.383.232.882.73回答下列问题：

（1）根据表中数据，可以得出醋酸是弱电解质的结论，你认为得出此结论的依据是：____．

（2）从表中的数据，还可以得出另一结论：随着醋酸浓度的减小，醋酸的电离程度将____（填“增大”减小”或“不变”）13、（2015秋•舒兰市校级月考）将海水淡化与浓缩海水资源化结合起来是综合利用海水的重要途径之一．一般是先将海水淡化获得淡水；再从剩余的浓缩海水中通过一系列工艺流程提取其他产品．

回答下列问题：

（1）采用空气吹出法从浓海水中吹出Br2，并用纯碱吸收．碱吸收溴的主要反应是Br2+Na2CO3+H2O→NaBr+NaBrO3+NaHCO3（未配平），吸收1molBr2时，转移的电子为____mol．

（2）海水提镁的一段工艺流程如下图：

浓主要成分如下：

。离子Na+Mg2+Cl-SO42-浓度/（g•L-1）63.728.8144.646.4产品2的化学式为____，1L浓海水最多可得到产品2的质量为____g．

（3）采用石墨阳极、不锈钢阴极电解熔融的氯化镁，发生反应的化学方程式为____，电解时，若有少量水存在会造成产品镁的消耗，写出有关的化学方程式____．14、物质的分离和提纯的方法有：A．萃取B．分液C．蒸馏D．过滤E．蒸发。

请选择合适的方法分离提纯下列各组物质（填写字母）

（1）分离植物油和水____；

（2）除去粗盐水中的泥沙____；

（3）食盐水中的食盐的提取____；

（4）用四氯化碳在碘水中提取碘____；

（5）分离CCl4（沸点：76.75℃）和甲苯（沸点：110.6℃）的混合物____．15、以下是合成涤纶的路线：

（1）A的名称____，1molB完全燃烧消耗O2物质的量为____mol．

（2）指出①的反应类型：____．

（3）写出反应②的化学方程式：____．16、工业上，以钛铁矿为原料制备二氧化钛的某工艺流程如下图所示。钛铁矿主要成分为钛酸亚铁(FeTiO3)．其中一部分铁元素在风化过程中会转化为+3价。完成下列填空：（1）步骤②中，用铁粉将Fe3＋转化为Fe2＋的反应的离子方程式为____。（2）步骤③中，实现混合物的分离是利用物质的____（填字母序号）。a．熔沸点差异b溶解性差异c氧化性、还原性差异（3）步骤②、③、④中，均需进行的操作是____（填操作名称）。（4）可利用生产过程中的废液与软锰矿（主要成分MnO2）反应生产硫酸锰，则反应的离子方程式为（5）利用下图装置，石墨作阳极，钛网作阴极，熔融CaF2－CaO做电解质，可获得金属钙，钙再作为还原剂，可还原二氧化钛制各金属钛。①阳极所发生的反应为________。②在制备金属钛前后，CaO的总量不变，其原因是____。（6）_T业上用4.0吨钛铁矿制得1.6吨的二氧化钛，则钛铁矿中钛元素的质量分数是____。（假设生产过程中钛没有损失）评卷人得分四、判断题(共4题，共12分)17、钠的性质活泼，在空气中易发生反应，故应保存在CCl4或酒精中．____（判断对错）18、水体污染的危害是多方面的；它不仅加剧水资源短缺，而且严重危害人体健康．

请判断下列说法是否正确（填“√”或“×”）．

（1）工业废水中含有的酸、碱、盐，会造成水体污染．____

（2）生活污水中不含工业污染物，因此可以不经处理任意排放．____

（3）含重金属（Hg、Pb、Cd、Cr等）的水，对人类健康有害．____

（4）含大量N、P的污水任意排向湖泊和近海，会出现水华、赤潮等问题．____．19、分液时，先将下层液体从分液漏斗下端放出，再将上层液体从上口倒出．____．（判断对错）20、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）评卷人得分五、探究题(共4题，共16分)21、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________．22、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：23、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________．24、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5题，共10分)1、B【分析】【分析】A．钠硬度小；能够用小刀切割；

B．铝；三氧化二铝能与碱反应；

C．根据钠的性质分析；能和水；氧气反应；

D．KAl（SO4）2是强电解质，完全电离．【解析】【解答】解：A．钠是硬度小的金属；能够用小刀切割，故A正确；

B．铝能够与碱性物质发生反应；用铝制餐具长时间存放碱性食物，能够腐蚀铝，故B错误；

C．钠性质很活泼；能和水；氧气反应，所以为防止钠燃烧，必须隔绝空气和水，一般用细沙覆盖灭火，故C正确；

D．KAl（SO4）2是强电解质，完全电离，电离方程式为：KAl（SO4）2═K++Al3++2SO42-；故D正确；

故选：B．2、C【分析】【分析】A．溶液的酸碱性是由溶液中C（H+）、C（OH-）的相对大小决定的，而不在于C（H+）、C（OH-）的绝对值的大小；

B．CH3COOH溶液中存在：CH3COOH⇌CH3COO-+H+；加水稀释，促进弱电解质电离，pH＜4；

C．根据pH=-lgC（H+）计算溶液的pH；

D．碳酸氢根离子水解生成碳酸和氢氧根离子，H3O+为水合氢离子；【解析】【解答】解：A．因室温纯水的pH=7，水的电离过程（H2O⇌H++OH-）是吸热反应，升高到95℃，电离度增大，使C（H+）=C（OH-）＞10-7mol/l；则pH＜7，但水电离出的氢离子和氢氧根离子相等，所以水仍是中性，故A错误；

B．由于CH3COOH溶液中存在：CH3COOH⇌CH3COO-+H+，所以将pH=3的CH3COOH溶液加水稀释10倍；促进弱电解质电离，pH＜4，故B错误；

C．0.2mol/L的盐酸1L加水到2L后，C（H+）==0.1mol/L，pH=-lgC（H+）=1；故C正确；

D．H3O+为水合氢离子，HCO3-+H2O=H3O++CO32-为碳酸氢根离子电离的方程式，NaHCO3溶液其水解方程式为：HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-；故D错误；

故选C．3、D【分析】【分析】①如增大固体的量；平衡不移动；

②当增大N2的物质的量，N2的转化率减小；

③如气体反应物与生成物化学计量数之和相等；则增大压强平衡不移动；

④在恒压反应器中充入稀有气体，反应物的浓度改变，平衡可能移动．【解析】【解答】解：①C为固体；增大固体的量，平衡不移动，故①错误；

②增大N2的物质的量，平衡向正反应方向移动，但转化的少，增加的多，N2的转化率减小；故②错误；

③如气体反应物与生成物化学计量数之和相等；则增大压强平衡不移动，故③错误；

④在恒压反应器中充入稀有气体；如气体反应物与生成物化学计量数之和相等，则平衡不移动，如反应前后气体的化学计量数之和不等，则平衡移动，故④错误．

故选D．4、B【分析】【分析】毒品是指鸦片、海洛因、甲基苯丙胺（冰毒）、吗啡、大麻、可卡因以及国家规定管制的其他能够使人形成瘾癖的麻醉药品和精神药品．【解析】【解答】解：A．吗啡属于毒品；故A错误；

B．青霉素是抗生素；故B正确；

C．海洛因属于毒品；故C错误；

D．冰毒属于毒品；故D错误．

故选B．5、D【分析】【分析】由反应的热化学方程式N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）；△H＜0可知，反应物气体的化学计量数大于生成物气体的化学计量数，增大压强，平衡向正反应方向移动；正反应放热，则升高温度平衡向逆反应方向移动，以此解答该题．【解析】【解答】解：A．加入催化剂；正逆反应速率都增大，且增大的倍数相同，平衡不移动，故A正确；

B．反应物气体的化学计量数大于生成物气体的化学计量数；增大压强，v（正）；v（逆）都增大，平衡向正反应方向移动，说明v（正）增大的倍数大于v（逆）增大的倍数，故B正确；

C．正反应放热；则升高温度平衡向逆反应方向移动，则降低温度，正逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动，v（正）减小的倍数小于v（逆）减小的倍数，故C正确；

D．在体积不变的密闭容器中通入氩气；虽然压强增大，但参加反应的气体的浓度不变，反应速率不变，平衡不移动，故D错误．

故选D．二、双选题(共5题，共10分)6、A|D【分析】解：A．由于氧化性Fe3+＞Cu2+＞H+，铁离子优先反应，由于滤液A中不含铜离子，且硫酸足量，滤液A中阳离子为Fe2+、H+；故A正确；

B．滤液A中含有亚铁离子和氢离子，加入足量氢氧化钠溶液后，过滤，最后灼烧得到的固体为氧化铁，3.2g氧化铁的物质的量==0.02mol；含有铁元素的物质的量为0.02mol×2=0.04mol，样品中所有铁元素都生成了氧化铁，所以样品中Fe元素的质量为：56g/mol×0.04mol=2.24g，故样品中金属Fe的质量小于2.24g，但不能确定就是2.14g，故B错误；

C．由于硫酸过量；生成氢气，滤液中不含铜离子，滤渣3.2g为金属铜，铜元素的物质的量为0.05mol，若全部为氧化铜，氧化铜的质量为：80g/mol×0.05mol=4.0g，由于部分铜被氧化成氧化铜，则样品中氧化铜的质量一定小于4.0g，故C错误；

D．最后溶液中溶质为过量H2SO4和FeSO4，而铁元素物质的量为0.04mol，说明参加反应硫酸物质的量为0.04mol，含氢离子0.08mol，其中部分氢离子生成氢气，另外的H+和合金中的氧结合成水了，由于合金中氧原子的物质的量=0.02mol，它结合氢离子0.04mol，所以硫酸中有0.08mol-0.04mol=0.04molH+生成氢气；即生成0.02mol氢气，标况体积=0.02mol×22.4L/mol=0.448L=448ml，故D正确；

故选AD．

硫酸足量，由于氧化性：Fe3+＞Cu2+＞H+，铁离子优先反应，由于滤液A中不含铜离子，且有气体氢气生成，则滤液A中不含铁离子，滤渣3.2g为金属铜，物质的量为0.05mol，即合金样品中总共含有铜元素0.05mol，滤液A中加入足量氢氧化钠溶液，所得滤渣灼烧得到的固体3.2g为Fe2O3，物质的量为0.02mol，铁元素的物质的量为0.04mol，利用极限法判断样品中金属Fe、CuO的质量问题，滤液A溶质为过量H2SO4和FeSO4，而铁元素物质的量为0.04mol，说明参加反应硫酸物质的量为0.04mol，硫酸含氢离子0.08mol，其中部分氢离子生成氢气，另外的H+和合金中的氧结合成水了；计算合金中氧原子的物质的量，进而计算氧原子它结合氢离子物质的量，再根据H原子守恒生成氢气的体积．

本题考查混合物计算，清楚反应过程是解答关键，侧重解题方法与分析解决问题能力的考查，注意利用极限法与原子守恒解答，难度中等．【解析】【答案】AD7、B|C【分析】解：A．同位素是不同种原子；如HD为单质，故A错误；

B．碱性氧化物一定是金属氧化物；酸性氧化物一般是非金属氧化物，故B正确；

C．C6H5-CH3为分子晶体；晶体中含有单个分子，故C正确；

D.4；4-二甲基-2-己烯，主链为己烯，编号从距离碳碳双键最近的一端开始，碳碳双键在2号C；两个甲基在4号C，该命名满足烯烃的系统命名原则，故D错误；

故选BC．

A．同位素是不同种原子；

B．碱性氧化物是指能跟酸起反应；生成盐和水的氧化物；

C．化学式既能表示物质的组成；又能表示物质的一个分子的应是分子晶体物质，晶体中含有单个分子；

D．根据命名原则判断．

本题考查同位素、氧化物、物质的组成及命名，难度不大，注意概念的含义，明确化学式表示分子根据是由分子组成的物质，金属晶体、原子晶体、离子晶体中化学式仅表示组成．【解析】【答案】BC8、A|C【分析】解：A；在原电池中；正极金属被保护，该保护方法称为牺牲阳极的阴极保护法，故A正确；

B；镀锌铁制品的镀层破损时；金属锌和金属铁形成原电池，金属锌是负极，铁是正极，镀层Zn被腐蚀，能对铁制品起保护作用，故B错误；

C；铬为不锈钢中主要的添加元素；铬的表面生成一薄层致密的钝态氧化物保护膜，是不锈钢具有耐蚀性的原因，故C正确；

D；地下输油钢管与外加直流电源的正极相连；在该电解池中，阳极金属铁易被腐蚀，故D错误．

故选AC．

A；在原电池中；正极金属被保护；

B；金属锌和金属铁形成的原电池中；金属锌是负极，铁是正极；

C、不锈钢中添加了Cr元素；铬的表面能生成一薄层致密的钝态氧化物保护膜；

D；在电解池中；阳极金属易被腐蚀．

本题涉及金属的腐蚀和防护知识，原电池中，正极金属被保护，负极金属被腐蚀，电解池中，阳极金属的腐蚀速率加快，据此回答即可．【解析】【答案】AC9、rAC【分析】解：rm{A.}根据图知，rm{0.1mol/L}的rm{XOH}的rm{pH=13}说明rm{XOH}溶液中rm{c(OH^{-})=c(XOH)}rm{XOH}完全电离；为强电解质，即为强碱，故A正确；

B.rm{XOH}是强碱溶液、rm{X_{2}CO_{3}}是强碱弱酸盐溶液，要使两种溶液的rm{pH}相等，则rm{c(XOH)<c(X_{2}CO_{3})}再结合物料守恒得rm{c(X^{+})}rm{XOH}小于rm{X_{2}CO_{3}}故B错误；

C.rm{0.10mol/LX_{2}CO_{3}}溶液的rm{pH=11.6}则该溶液中rm{c(OH^{-})=c(HCO_{3}^{-})=dfrac{10^{-14}}{10^{-11.6}}mol/L=10^{-2.4}mol/L}rm{c(OH^{-})=c(HCO_{3}^{-})=dfrac

{10^{-14}}{10^{-11.6}}mol/L=10^{-2.4}mol/L}rm{K_{h1}=dfrac{c(HCO_{3}^{-})拢庐c(OH^{-})}{c(CO_{3}^{2-})}=}则rm{K_{a2}=dfrac{K_{w}}{K_{h1}}=dfrac{Kwc(CO_{3}^{2-})}{c(HCO_{3}^{-}).c(OH^{-})}=dfrac{10^{-14}隆脕0.1}{10^{-2.4}times10^{-2.4}}=1.0隆脕10^{-10.2}}故C正确；

D.当rm{c(CO_{3}^{2-})=0.1mol/L}时，则溶液的体积变为原来的rm{K_{h1}=dfrac

{c(HCO_{3}^{-})拢庐c(OH^{-})}{c(CO_{3}^{2-})}=}倍，升高温度，促进水解，第一步水解程度远远大于第二步，所以溶液中rm{K_{a2}=dfrac{K_{w}}{K_{h1}}=dfrac

{Kwc(CO_{3}^{2-})}{c(HCO_{3}^{-}).c(OH^{-})}=dfrac

{10^{-14}隆脕0.1}{10^{-2.4}times10^{-2.4}}=1.0隆脕10^{-10.2}}减小，rm{lgV=2}增大，所以rm{dfrac{c(HCO_{3}^{-})}{c(CO_{3}^{2-})}}增大；故D错误；

故选AC．

A.根据图知，rm{100}的rm{c(CO_{3}^{2-})}的rm{c(HCO_{3}^{-})}说明rm{dfrac

{c(HCO_{3}^{-})}{c(CO_{3}^{2-})}}溶液中rm{0.1mol/L}

B.rm{XOH}是强碱溶液、rm{pH=13}是强碱弱酸盐溶液，要使两种溶液的rm{XOH}相等，则rm{c(OH^{-})=c(XOH)}再结合物料守恒判断；

C.rm{XOH}溶液的rm{X_{2}CO_{3}}则该溶液中rm{c(OH^{-})=c(HCO_{3}^{-})=dfrac{10^{-14}}{10^{-11.6}}mol/L=10^{-2.4}mol/L}rm{pH}rm{K_{h1}=dfrac{c(HCO_{3}^{-})拢庐c(OH^{-})}{c(CO_{3}^{2-})}=}则rm{K_{a2}=dfrac{K_{w}}{K_{h1}}=dfrac{Kwc(CO_{3}^{2-})}{c(HCO_{3}^{-}).c(OH^{-})}}

D.当rm{c(XOH)<c(X_{2}CO_{3})}时，则溶液的体积变为原来的rm{0.10mol/LX_{2}CO_{3}}倍，升高温度，促进水解，第一步水解程度远远大于第二步，所以溶液中rm{pH=11.6}减小，rm{c(OH^{-})=c(HCO_{3}^{-})=dfrac

{10^{-14}}{10^{-11.6}}mol/L=10^{-2.4}mol/L}增大．

本题考查离子浓度大小比较，侧重考查学生分析判断及计算能力，为高频考点，明确电离平衡常数与水解平衡常数的关系是解本题关键，注意：二元弱酸中存在rm{c(CO_{3}^{2-})=0.1mol/L}为易错点．rm{K_{h1}=dfrac

{c(HCO_{3}^{-})拢庐c(OH^{-})}{c(CO_{3}^{2-})}=}【解析】rm{AC}10、AD【分析】解：A．发生2Hg+SHg2S，“朱”的主要成分是Hg2S；故A正确；

B．该反应为化合反应；故B错误；

C．化学反应遵循质量守恒定律；故C错误；

D．Hg元素的化合价升高；失去电子，作还原剂，故D正确；

故选：AD。

由信息可知，发生2Hg+SHg2S；Hg元素的化合价升高，以此来解答．

本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握发生的反应及元素化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意S具有弱氧化性，题目难度不大．【解析】AD三、填空题(共6题，共12分)11、1：2：3【分析】【分析】Na、Mg、Al与盐酸反应生成H2，由关系式：Na～HCl～H2，Mg～2HCl～H2，Al～3HCl～H2，以此解答．【解析】【解答】解：各1mol的Na、Mg、Al分别与足量稀盐酸充分反应，反应的关系式为Na～HCl～H2，Mg～2HCl～H2，Al～3HCl～H2；

由此可知分别生成氢气的物质的量为0.5mol；1mol、1.5mol；则物质的量之比为1：2：3．

故答案为：1：2：3．12、胶头滴管250mL容量瓶0.2000mol•L-10.0100mol•L-1醋酸的pH大于2或醋酸稀释10倍时，pH的变化值小于1增大【分析】【分析】实验一（1）根据仪器的用途选取仪器；

（2）根据NaOH的体积；第3次数据显然误差较大，舍去；另外三次所用NaOH平均体积为20mL，代入计算；

实验二（1）部分电离的电解质是弱电解质；

（2）醋酸浓度越小，醋酸的电离程度越大．【解析】【解答】解：实验一（1）根据仪器的用途选取仪器；用胶头滴管定容，用250mL容量瓶配制溶液；

故答案为：胶头滴管；250mL容量瓶；

（2）根据NaOH的体积，第3次数据显然误差较大，舍去；另外三次所用NaOH平均体积为：mL=20mL；

则氢氧化钠溶液平均浓度：=0.2000mol•L-1；

故答案为：0.2000mol•L-1；

实验二（1）孤立的看每次测量值，H+浓度远小于醋酸的浓度，说明醋酸不完全电离；联系起来看，浓度为0.1000mol•L-1、0.0100mol•L-1及0.0010mol•L-1的醋酸；pH变化值小于1，所以醋酸是弱电解质；

故答案为：0.0100mol•L-1醋酸的pH大于2或醋酸稀释10倍时；pH的变化值小于1；

（2）以0.1000mol•L-1、0.0100mol•L-1醋酸为例，设0.1000mol•L-1的醋酸溶液体积为1L，将其稀释至0.0100mol/L，体积变为10L，两溶液中H+的物质的量分别为：10-2.88mol、10-2.38mol，可见溶液变稀，电离出的H+的物质的量增大；故说明醋酸的电离程度增大；

故答案为：增大．13、Mg（OH）269.6MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑Mg+2H2OMg（OH）2+H2↑【分析】【分析】（1）反应中Br2起氧化剂；还原剂作用；根据电子转移守恒可知，氧化剂与还原剂物质的量之比为5：1，据此计算；

（2）工艺流程合成步骤中加入石灰乳，沉降后，将过滤后的滤液进行脱硫，应是用钙离子沉淀硫酸根离子生成硫酸钙沉淀，产品1为硫酸钙，合成得到氢氧化镁沉淀，故过滤后干燥的产品2为氢氧化镁，计算1L溶液中Mg2+的质量，根据Mg2+～Mg（OH）2计算氢氧化镁的质量；

（3）电解熔融氯化镁得到Mg与氯气；电解时，若有少量水存在，Mg与水反应生成氢氧化镁与氢气，会造成产品镁的消耗．【解析】【解答】解：（1）反应中Br2起氧化剂、还原剂作用，根据电子转移守恒可知，2×n氧化剂（Br2）=2×5×n还原剂（Br2），故n氧化剂（Br2）：n还原剂（Br2）=5：1，故吸收1molBr2时，转移的电子数为1mol×2××5=mol，故答案为：；

（2）工艺流程合成步骤中加入石灰乳，沉降后，将过滤后的滤液进行脱硫，用Ca2+沉淀SO42-生成CaSO4沉淀，离子方程式为：Ca2++SO42-=CaSO4↓，采用过滤的方法得到产品1为CaSO4，滤液中加入石灰乳，发生反应为Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓，合成中应得到Mg（OH）2沉淀，过滤、干燥的产品2为Mg（OH）2；

溶液中m（Mg2+）=1L×28.8g/L=28.8g；

Mg2+～Mg（OH）2

24g58g

28.8gm[Mg（OH）2]

m[Mg（OH）2]=28.8g×=69.6g；

故答案为：Mg（OH）2；69.6；

（4）电解熔融氯化镁得到Mg与氯气，电解反应方程式为：MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑；电解时，若有少量水存在，Mg与水反应生成氢氧化镁与氢气，会造成产品镁的消耗，反应方程式为：Mg+2H2OMg（OH）2+H2↑；

故答案为：MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑；Mg+2H2OMg（OH）2+H2↑．14、BDEAC【分析】【分析】（1）植物油和水互不相溶；

（2）过滤常用于分离固液混合物；

（3）水易挥发；

（4）碘易溶于有机物溶剂；

（5）蒸馏常用于分离沸点不同的液体混合物．【解析】【解答】解：（1）植物油和水互不相溶；可用分液的方法分离，故答案为：B；

（2）泥沙不溶于水；可用过滤的方法分离，故答案为：D；

（3）氯化钠不挥发；水易挥发，可用蒸发分离，故答案为：E；

（4）碘易溶于有机物溶剂；可用萃取的方法分离，故答案为：A；

（5）CCl4和甲苯的沸点不同，可用蒸馏分离，故答案为：C．15、1，2-二溴乙烷2.5加成反应BrCH2CH2Br+2NaOHHOCH2CH2OH+2NaBr【分析】【分析】根据题中各物质转化关系可知，乙烯与溴水发生加成反应生成A为BrCH2CH2Br，BrCH2CH2Br在碱性条件下水解，发生取代反应生成B为HOCH2CH2OH，HOCH2CH2OH与对苯二甲酸发生缩聚反应生成涤沦，据此答题；【解析】【解答】解：根据题中各物质转化关系可知，乙烯与溴水发生加成反应生成A为BrCH2CH2Br，BrCH2CH2Br在碱性条件下水解，发生取代反应生成B为HOCH2CH2OH，HOCH2CH2OH与对苯二甲酸发生缩聚反应生成涤沦；

（1）A为BrCH2CH2Br，A的名称为1，2-二溴乙烷，B为HOCH2CH2OH，从耗氧的角度B可看成C2H2•2H2O，所以1molB完全燃烧消耗O2物质的量为2.5mol；

故答案为：1；2-二溴乙烷；2.5；

（2）反应①的反应类型为加成反应；

故答案为：加成反应；

（3）反应②的化学方程式为BrCH2CH2Br+2NaOHHOCH2CH2OH+2NaBr；

故答案为：BrCH2CH2Br+2NaOHHOCH2CH2OH+2NaBr；16、略

【分析】试题分析：（1）见答案（2）将FeSO4·7H2O从溶液中分离出来，利用了物质溶解性的差异（3）步骤②、③、④均是固液分离（4）废液中含有H+和Fe2+具有还原性，与MnO2发生氧化还原反应（5）由图可知，O2-在阳极放电，石墨电极参与反应生成了CO2（6）Ti~TiO24880m=0.96t1.6t则钛铁矿中钛元素的质量分数是0.96÷4.0×100%=24%考点：考查化学与技术模块【解析】【答案】（1）2Fe3++Fe=3Fe2+(2分)（2）b(2分)（3）过滤(2分)（4）MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O(2分)（5）①2O2-—4e-+C=CO2↑(2分)②制备TiO2时，电解槽发生反应：2CaO2Ca+O2↑，2Ca+TiO2=Ti+2CaO，可知CaO的总量不会变(3分)（合理答案给分）（6）24%(2分)四、判断题(共4题，共12分)17、×【分析】【分析】钠的性质活泼，易与水、氧气等反应，保存钠时，应注意隔绝空气，且不能与水接触，结合钠能与乙醇反应以及四氯化碳的密度解答该题．【解析】【解答】解：钠能与乙醇反应生成乙醇钠和氢气；钠的密度比四氯化碳的小，钠浮在四氯化碳的上面，不能用于保存钠；

故答案为：×．18、√【分析】【分析】（1）工业废水应遵循“先净化；后排放”的原则，工业废水需要经过处理达标后再排放才不会污染环境；

（2）生活污水不经处理任意排放；会危害人畜等需饮水生物的健康；

（3）重金属能使蛋白质变性；

（4）含N、P的大量污水任意排向湖泊和近海，会造成水体的富营养化从而破坏水体生态系统，会出现水华、赤潮等水体污染问题．【解析】【解答】解：（1）工业废水是指工业生产过程中产生的废水；污水和废液；其中含有随水流失的工业生产用料、中间产物和产品以及生产过程中产生的污染物．废水中含有的酸、碱、盐，会造成水体污染，需要经过处理达标后才能排放；

故答案为：√；

（2）生活污水中虽不含工业污染物；但废水中污染物成分极其复杂多样，常要几种方法组成处理系统才能达到完全净化的目的，因此可以不经处理任意排放错误；

故答案为：×．

（3）重金属能使蛋白质变性；对人类健康有害；

故答案为：√；

藻类生长需要大量的N；P元素；如果水体中N、P元素严重超标，会引起藻类疯长，从而导致水中氧气含量降低，水生生物大量死亡，海水中常称为赤潮，淡水中称为水华；

故答案为：√．19、√【分析】【分析】上层液体若从下口流出会掺杂仪器中附着的下层液体．据此解题．【解析】【解答】解：分液时，先把下层液体从下口放出，再把上层液体从上口倒出，故答案为：√．20、×【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：×．五、探究题(共4题，共16分)21、|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．22、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