2025年粤教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年粤教新版高三化学下册月考试卷288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9题，共18分)1、和下列离子反应方程式相对应的化学方程式正确的是（）A.Cu2++2OH-═Cu（OH）2CuCO3+2NaOH═Cu（OH）2↓+Na2CO3B.Ba2++SO═BaSO4↓Ba（OH）2+H2SO4═BaSO4↓+2H2OC.Ag++Cl-═AgCl↓AgNO3+NaCl═AgCl↓+NaNO3D.Cu+2Ag+═Cu2++2Ag↓Cu+2AgCl═2Ag+CuCl22、化学在工业生产和日常生活中有着重要的应用．下列说法正确的是（）A.CO2、NO2和SiO2都是酸性氧化物，都是大气污染物B.Na2O2、H2O2所含化学键完全相同，都能作供氧剂C.常温下，浓硫酸、浓硝酸与铁均能发生钝化，均能用铁罐储运D.NaClO和明矾都能作消毒剂或净水剂，加入酚酞试液均显红色3、下列变化过程；属于放热反应的是（）

①液态水变成水蒸气

②酸碱中和反应

③浓H2SO4稀释

④固体NaOH溶于水

⑤H2在Cl2中燃烧

⑥弱酸电离．A.②③④⑤B.②③④C.②⑤D.①③⑤4、下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是：A.无色溶液中：K+、Na+、MnO4－、SO42－B.pH=11的溶液中：CO32－、Na+、SO32－C.由水电离出的c(OH－)=10－13mol·L－1的溶液中：Na+、Ba2+、Cl－、HCO3－D.酸性溶液中：Fe2+、Al3+、NO3－、I－5、在含有Fe3+、Fe2+、Al3+、NH4+的稀溶液中，加入足量的Na2O2固体并微热，充分反应后，再加入过量的稀盐酸，完全反应后，离子数目没有明显变化的是()A.Fe3+B.Fe2+C.NH4+D.Al3+6、汽车尾气净化中的一个反应如下：rm{NO(g)+CO(g)?dfrac{1}{2}N_{2}(g)+CO_{2}}rm{(g)triangleH=-373.4kJ.mol^{-1}}若反应在恒容的密闭容器中达到平衡状态，下列有关说法正确的是rm{NO(g)+CO(g)?dfrac

{1}{2}N_{2}(g)+CO_{2}}rm{(g)triangle

H=-373.4kJ.mol^{-1}}A.其它条件不变，加入催化剂，rm{(}变大B.及时除去二氧化碳，正反应速率加快C.降低温度，可提高反应物的转化率D.若气体的密度保持不变，说明平衡不发生移动rm{)}7、下列化学用语表达不正确的是（）A.图为丙烷的球棍模型：B.丙烯的结构简式为：CH3CHCH2C.某有机物的名称是：2，3二甲基戊烷D.的最简式为：C4H38、能表明NH3•H2O是弱电解质的叙述是（）A.NH3•H2O的导电性比NaOH溶液弱得多B.0.1mol•L-1NH3•H2O的pH大于7C.（NH4）2SO4的水溶液，其pH小于7D.5mL1mol•L-1的NH3•H2O跟10mL0.5mol•L-1的HCl恰好完全反应9、物质的量浓度相同的三种盐NaX、NaY、NaZ的溶液，其PH依次为10、9、8，则HX、HY、HZ的酸性由强到弱的顺序是（）A.HX＞HZ＞HYB.HZ＞HY＞HXC.HX＞HY＞HZD.HY＞HX＞HZ评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)10、下列反应中的氨与反应4NH3+5O2→4NO+6H2O中的氨作用相同的是（）A.2NH3+3CuO→3Cu+N2+3H2OB.2Na+2NH3→2NaNH2+H2↑C.4NH3+6NO→5N2+6H2OD.3SiH4+4NH3→Si3N4+12H211、下列选用的相关仪器或装置符合实验要求的是（）A.

实验室制备乙烯B.

分离甲苯和水C.

实验室制硝基苯D.

分离溴苯和苯12、KClO3和KHSO3能发生反应：ClO3-+HSO3-→SO42-+Cl-+H+（未配平）．已知该反应的速率随c（H+）的增大而加快．图为用ClO3-在单位时间内物质的量浓度变化表示的该反应υ-t图．下列说法正确的（）A.反应开始时速率增大可能是c（H+）所致B.纵坐标为υ（Cl-）的υ-t曲线与图中曲线不能完全重合C.后期速率υ下降的主要原因是反应向逆反应方向进行D.图中阴影“面积”可以表示t1-t2时间内c（Cl-）增加量13、对于反应：3S+6KOH2K2S+K2SO3+3H2O，下列说法正确的是（）A.硫是氧化剂，KOH是还原剂B.反应中共转移4摩尔电子C.还原剂和氧化剂质量比是1：2D.氧化产物和还原产物的质量比是1：214、刚装修好的房子须通风换气一段时间后方可入住，其原因是装修材料会挥发出一些有毒物质，这些物质可能是（）A.甲醛B.苯C.甲苯D.CO215、下列物质中属于强电解质的是（）A.盐酸B.BaSO4C.CH3COONaD.H2O16、下列关于乙醇和乙酸的说法中，正确的是（）A.乙醇和乙酸分子中都含有C═O键B.乙醇和乙酸相互之间能溶解C.乙醇和乙酸均能使紫色石蕊试液变红D.乙醇和乙酸在一定条件下能发生酯化反应评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)17、（2015秋•乌鲁木齐校级月考）能源是人类生活和社会发展的基础；研究化学反应中的能量变化，有助于更好地利用化学反应为生产和生活服务．阅读下列有关能源的材料，回答有关问题：

（1）从能量的角度看，断开化学键要____，形成化学键要____．

（2）在生产和生活中经常遇到化学能与电能的相互转化．如图是将____能转化为____能的装置，负极电极反应式为____，发生____反应（填“氧化”或“还原”，下同）．正极现象____，发生____反应；发生反应时，电子由____片流向____片．当导线中有2mol电子通过时，正极上析出____g氢气．18、氯气是一种重要的化工原料；自来水的消毒；农药的生产、药物的合成都需要用氯气．

Ⅰ．工业上通常采用电解法制氯气：观察图1；回答：

（1）电解反应的化学方程式为____．

（2）若饱和食盐水中通电后，b侧产生的气体检验方法是____．

Ⅱ．某学生设计如图2所示的实验装置；利用氯气与潮湿的消石灰反应制取少量漂白粉（这是一个放热反应），回答下列问题：

（1）在A装置中用固体二氧化锰与浓盐酸，在加热条件下制取氯气，写出反应的化学方程式____；

（2）漂白粉将在U形管中产生，其化学方程式是____．

（3）C装置的作用是____．

（4）此实验所得漂白粉的有效成分偏低，该学生经分析并查阅资料发现，主要原因是在U形管中还存在两个副反应．①温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca（ClO3）2，为避免此副反应的发生，可采取的措施是____．

②试判断另一个副反应（用化学方程式表示）____，为避免此副反应的发生，可将装置做何改进____．19、（2014•碑林区校级模拟）Cu3N具有良好的电学和光学性能；在电子工业领域；航空航天领域、国防领域、通讯领域以及光学工业等领域中，发挥着广泛的、不可替代的巨大作用．

（1）N位于周期表中第____周期____族，与N3-含有相同电子数的三原子分子的空间构型是____．

（2）Cu具有良好的导电、导热和延展性，请解释Cu具有导电性的原因____．

（3）在Cu的催化作用下，乙醇可被空气氧化为乙醛，乙醛分子中碳原子的杂化方式是____，乙醛分子中H-C-O的键角____乙醇分子中的H-C-O的键角．（填“大于”；“等于”或“小于”）

（4）Cu+的电子排布式为____，其在酸性溶液中不稳定，可发生歧化反应生成Cu2+和Cu，但CuO在高温下会分解成Cu2O，试从结构角度解释高温下CuO为何会生成Cu2O____．

（5）[Cu（H2O）4]2+为平面正方形结构，其中的两个H2O被Cl-取代有两种不同的结构，试画出[Cu（H2O）2（Cl）2]具有极性的分子的结构式____．

（6）Cu3N的晶胞结构如图，N3-的配位数为____，Cu+半径为apm，N3-半径为bpm，Cu3N的密度____g/cm3．（阿伏加德罗为常数用NA表示）20、0.5Na个Cl2的物质的量是____．21、（2014春•微山县校级期中）如图所示装置组成一种原电池．试回答下列问题：

（1）若烧杯中溶液为稀硫酸，则观察到的现象为____，两极反应式为：正极____；负极____．该装置将____能转化为____能．

（2）若烧杯中溶液为氢氧化钠溶液，则负极为____，总反应方程为____

（3）原电池原理的应用之一是可以设计原电池．请利用反应“Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+”设制一个原电池（正极材料用碳棒）则该电池的负极材料是____，若导线上转移电子1.5mol，则溶解铜的质量是____g．另外的重要应用是实验室在用锌与稀硫酸反应制备氢气时，可向溶液中滴加少量硫酸铜溶液，其作用是：____．22、苯巴比妥是安眠药的成分，化学式为C12H12N2O3，分子结构中有两个六元环：下图是以A为原料合成苯巴比妥的流程示意图。完成下列填空。已知：①有机物D、E中亚甲基（—CH2—）的氢原子受羰基影响活性较高，容易发生如下反应：②（1）芳香烃A与HCl反应后，制取B还需进行反应的类型依次为。（2）一种酯与B互为同分异构体，且苯环上只有一个取代基，该酯同分异构体有种，写出其中一种结构系统命名。（3）写出D转化为E的化学方程式：（4）苯巴比妥G的结构简式：（5）E与CO(NH2)2在一定条件下合成的高分子结构简式：（6）已知：请设计合理方案以B的同系物为原料合成（用合成路线流程图表示为：AB目标产物）。评卷人得分四、判断题(共2题，共8分)23、碳酸钠可以除苯中的苯酚．____（判断对错）24、氨水呈弱碱性，故NH3是弱电解质____（判断对错）评卷人得分五、推断题(共2题，共14分)25、Ⅰ．短周期元素组成的单质X2、Y，标准状况下X2的密度为3.17g•L-1；常温下，Y为浅黄色固体．Z是一种化合物，焰色反应呈浅紫色（透过钴玻璃）；0.1mol•L-1Z的水溶液pH=13．X2；Y和Z之间有如下转化关系（其他无关物质已略去）

（1）写出常温下单质X2与Z反应的离子方程式：____．

（2）已知C能与硫酸反应生成能使品红溶液褪色的气体．

①D的化学式是：____；D的水溶液pH＞7，原因是（用离子方程式表示）：____．

②将20mL0.5mol•L-1C溶液逐滴加入到20mL0.2mol•L-1KMnO4溶液（硫酸酸化）中，溶液恰好褪为无色．写出反应的离子方程式：____．

Ⅱ．图甲是元素周期表的一部分；表中所列的字母分别代表某一元素．

某种金属元素的单质G，可以发生如图乙所示转化：其中化合物M是一种白色胶状沉淀；K的溶液与过量B的某种氧化物反应的化学方程式为____；一种新型无机非金属材料由G元素和C元素组成，其化学式为____．26、由短周期元素组成的单质A、B、C和甲、乙、丙、丁四种化合物有下图的转化关系，已知C为密度最小的气体，甲为非电解质。根据以上转化关系回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式：A____B丁____。（2）元素A在周期表中的位置是，写出甲的一种用途。（3）写出下列变化的方程式：A与NaOH溶液反应的化学方程式____。乙与过量CO­2反应的离子方程式。评卷人得分六、书写(共3题，共6分)27、（1）实验室用二氧化锰跟浓盐酸反应制取氯气的离子方程式为____．

（2）高锰酸钾是常用氧化剂，在酸性条件下，MnO4-被还原成Mn2+，用高锰酸钾跟浓盐酸反应在室温下制氯气的离子方程式为____．

（3）历史上曾用“地康法”制氯气，这一方法是用CuCl2作催化剂，在450℃利用空气中的氧气跟氯化氢反应制氯气，反应的化学方程式为____．

（4）现有100mLAlCl3与MgSO4的混合溶液；分成两等份．

①向其中一份中加入10mL4mol/L的氨水，恰好完全反应，其中AlCl3与氨水反应的离子方程式是____．继续加入1mol/LNaOH溶液至10mL时，沉淀不再减少，沉淀减少的离子方程式是____，减少的沉淀的物质的量是____．

②向另一份中加入amL1mol/LBaCl2溶液能使SO42-沉淀完全，a=____．28、（1）在标准状况下，3.55g氯气的体积是____L，将其与氢气完全化合需氢气的物质的量是____mol，将生成的气体制成100mL溶液，溶质的物质的量浓度是____mol•L-1，将此溶液取出20mL加蒸馏水稀释成500mL溶液，此稀稀后的溶液中溶质的物质的量浓度是____mol•L-1．

（2）写出下列反应的化学方程式：

①镁在二氧化碳中燃烧反应：____．

②实验室用二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气：____．

③金属铜与浓硫酸加热反应：____．

（3）白磷（P4）是一种常见的晶体；可用于制备较纯的磷酸．已知白磷和氯酸溶液可发生如下反应：

____P4+____HClO3+____=____HCl+____H3PO4

配平并完成上述反应方程式，该反应的氧化剂是____；若有1molP4反应，则有____mol电子转移．29、铁及其化合物在生活；生产中有广泛应用．请回答下列问题．

（1）黄铁矿（FeS2）是生产硫酸和冶炼钢铁的重要原料．其中一个反应为3FeS2+8O26SO2+Fe3O4，有3molFeS2参加反应，转移____mol电子．

（2）氯化铁溶液称为化学试剂中的“多面手”，写出SO2通入氯化铁溶液中反应的离子方程式：____．参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【分析】A．碳酸铜为沉淀；应保留化学式，且与氢氧化钠不反应；

B．Ba（OH）2+H2SO4═BaSO4↓+2H2O反应的实质是钡离子与硫酸根离子；氢离子与氢氧根离子反应；

C．可溶性盐反应生成AgCl和可溶性盐的离子反应为Ag++Cl-=AgCl↓；

D．铜与氯化银不反应．【解析】【解答】解：A．CuCO3在离子反应中保留化学式，且与NaOH不反应，不能用离子方程式：Cu2++2OH-═Cu（OH）2；表示，故A错误；

B．Ba（OH）2+H2SO4═BaSO4↓+2H2O反应的实质是钡离子与硫酸根离子，氢离子与氢氧根离子反应，离子方程式：Ba2++2H++2OH-+SO42-=BaSO4↓+2H2O，不能用Ba2++SO42-═BaSO4↓表示；故B错误；

C．AgNO3+NaCl=AgCl↓+NaNO3为可溶性盐反应生成AgCl和可溶性盐的离子反应为Ag++Cl-=AgCl↓；故C正确；

D．铜与氯化银不反应；故D错误；

故选：C．2、C【分析】【分析】A；酸性氧化物是能和碱反应生成盐和水的化合物；二氧化碳是无毒物质；

B、根据Na2O2、H2O2所含的化学键类型以及化学性质来回答；

C；常温下；冷的浓硫酸、浓硝酸均能使Al、Fe钝化；

D、明矾中的Al3+水解显酸性，氢氧化铝具有净水作用，次氯酸盐具有氧化性．【解析】【解答】解：A、NO2不是酸性氧化物；二氧化碳不是大气污染物，故A错误；

B、Na2O2中含有离子键和共价键，H2O2中只含共价键；含有的化学键不一样，故B错误；

C；冷的浓硫酸、浓硝酸均能使Al、Fe钝化；故在常温条件下，能用铁罐储运浓硫酸、浓硝酸，故C正确；

D、明矾中的Al3+水解显酸性；加入酚酞试液不变色，故D错误．

故选C．3、C【分析】【分析】常见的放热反应有：所有的物质燃烧；所有金属与酸或与水、所有中和反应、绝大多数化合反应、铝热反应；

常见的吸热反应有：绝大数分解反应、个别的化合反应（如C和CO2）、工业制水煤气、碳（一氧化碳、氢气等）还原金属氧化物、某些复分解（如铵盐和强碱）．【解析】【解答】解：①液态水变成水蒸气是物理变化；故①错误；

②酸碱中和反应是放热反应；故②正确；

③浓H2SO4稀释是物理变化；故③错误；

④固体NaOH溶于水是物理变化；故④错误；

⑤H2在Cl2中燃烧是放热反应；故⑤正确；

⑥弱酸电离是吸热过程；故⑥错误．

故选C．4、B【分析】【解析】【答案】B5、D【分析】试题分析：溶液中加入过量的过氧化钠，会产生氧气、氢氧化钠，氧气可以氧化亚铁离子，使铁离子数目增多，亚铁离子数目减少，同时产生的过量的氢氧根离子与铝离子反应生成偏铝酸根离子，与铵根离子反应生成氨气逸出，与铁离子反应生成氢氧化铁沉淀，最后加入过量的稀盐酸后，偏铝酸根离子有变为铝离子，所以数目不变的离子是铝离子，答案选D。考点：考查离子之间的反应【解析】【答案】D6、C【分析】【分析】

本题考查了催化剂对平衡移动的影响；影响反应速率的因素、化学平衡状态的判断；题目难度中等．

该反应是正反应气体体积减小的放热反应；据外界条件的改变对反应速率和平衡移动的影响分析，容器体积不变，混合气体的密度始终不变．

【解答】

解：rm{A}催化剂不影响平衡移动，所以，加入催化剂rm{triangleH}不变；故A错误；

B；除去二氧化碳；物质浓度降低，正反应速率逐渐减慢，故B错误；

C；降温平衡正向移动；反应物转化率增大，故C正确；

D；恒容容器中；混合气体的密度始终不变，所以密度不变不能说明反应达到平衡状态，故D错误；

故选C．

【解析】rm{C}7、B【分析】【分析】A．根据丙烷的分子组成；结构特点及球棍模型的表示方法进行判断；

B．丙烯的结构简式中没有标出其官能团碳碳双键；

C．2；3-二甲基戊烷符合烷烃的系统命名法规则；

D．最简式是用元素符号表示化合物分子中各元素的原子个数比的最简关系式．【解析】【解答】解：A．丙烷为含有3个碳原子的烷烃，丙烷的球棍模型为故A正确；

B．丙烯的官能团为碳碳双键，结构简式中需要标出官能团，丙烯的结构简式为CH3CH=CH2；故B错误；

C．2；3-二甲基戊烷符合烷烃的系统命名法规则，故C正确；

D．的最简式为：C4H3；故D正确．

故选B．8、C【分析】【分析】A；弱电解质溶液导电性不一定比强电解质溶液弱；溶液导电性决定于溶液中离子浓度；

B；0.1mol/L强碱溶液pH也大于7；

C；氯化铵溶液呈酸性说明铵根离子发生水解；证明铵根对应的碱一水合氨是弱碱；

D、一元强碱和一元弱碱和酸都能恰好反应．【解析】【解答】解：A、弱电解质溶液导电性不一定比强电解质溶液弱，溶液导电性决定于溶液中离子浓度；NH3•H2O的导电性比NaOH溶液不一定弱；故A错误；

B；0.1mol/L强碱溶液pH也大于7；不能证明一水合氨是弱碱，故B错误；

C；氯化铵溶液呈酸性说明铵根离子发生水解；证明铵根对应的碱一水合氨是弱碱，故C正确；

D；一元强碱和一元弱碱和酸都能恰好反应；不能证明强碱弱碱；故D错误；

故选C．9、B【分析】【分析】根据酸根离子水解程度越大，其盐溶液碱性越强，对应的酸越弱来解答．【解析】【解答】解：因pH越大；其盐溶液碱性越强，说明酸根离子水解越是强烈，对应的酸越弱；

所以HX；HY、HZ的酸性由弱到强的顺序：HZ＞HY＞HX；

故选B．二、多选题(共7题，共14分)10、AC【分析】【分析】4NH3+5O2→4NO+6H2O，反应中氨气中-3价的氮元素化合价升高为氮气中0价的氮，发生氧化还原反应，氨气表现为还原性，据此判断．【解析】【解答】解：A.2NH3+3CuO→3Cu+N2+3H2O反应中；氨气中-3价的氮元素化合价升高为氮气中0价的氮，发生氧化还原反应，氨气表现为还原性，故A正确；

B.2Na+2NH3→2NaNH2+H2↑反应中；氨气中的氢元素化合价降低，氨气为氧化剂，表现氧化性，故B错误；

C.4NH3+6NO→5N2+6H2O反应中；氨气中-3价的氮元素，化合价升高为氮气中0价，氨气做还原剂，表现还原性，故C正确；

D.3SiH4+4NH3→Si3N4+12H2反应中；氨气中的+1价氢元素化合价降低，氨气做氧化剂，表现氧化性，故D错误；

故选：AC．11、BD【分析】【分析】A．制备乙烯的温度为170℃；

B．甲苯和水分层；

C．制备硝基苯的温度为50～60℃；

D．溴苯和苯互溶，但沸点不同．【解析】【解答】解：A．制备乙烯的温度为170℃；则图中温度不合理，故A错误；

B．甲苯和水分层；则利用图中分液装置可分离，故B正确；

C．制备硝基苯的温度为50～60℃；则不能利用沸水加热，故C错误；

D．溴苯和苯互溶；但沸点不同，则利用图中蒸馏装置可分离，故D正确；

故选BD．12、AD【分析】【分析】A．由题目信息可知反应的速率随c（H+）的增大而加快；

B．先根据电子得失守恒和原子守恒配平方程式；然后根据速率之比等于化学计量数之比；

C．根据随着反应的进行；反应物的浓度减少，反应速率减小；

D．先根据电子得失守恒和原子守恒配平方程式，然后根据改变的物质的量之比等于化学计量数之比．【解析】【解答】解：A．由方程式：ClO3-+HSO3--SO42-+Cl-+H+可知：反应开始时随着反应的进行，c（H+）不断增大，反应的速率加快由题目信息可知反应的速率随c（H+）的增大而加快；故A正确；

B．在反应中ClO3-+HSO3--SO42-+Cl-+H+，1molClO3-参加氧化还原反应得到6mol电子，1mol亚硫酸氢根离子参加氧化还原反应失去2mol电子，所以得失电子的最小公倍数是6，则ClO3-的计量数是1，亚硫酸氢根离子的计量数是3，其它原子根据原子守恒来配平，所以该方程式为：ClO3-+3HSO3-=3SO42-+Cl-+3H+，v（ClO3-）：v（Cl-）=1：1，纵坐标为v（Cl-）的v-t曲线与图中曲线重合；故B错误；

C．随着反应的进行；反应物的浓度减少，反应速率减小，所以后期反应速率下降的主要原因是反应物浓度减小，故C错误；

D．在反应中ClO3-+HSO3--SO42-+Cl-+H+，1molClO3-参加氧化还原反应得到6mol电子，1mol亚硫酸氢根离子参加氧化还原反应失去2mol电子，所以得失电子的最小公倍数是6，则ClO3-的计量数是1，亚硫酸氢根离子的计量数是3，其它原子根据原子守恒来配平，所以该方程式为：ClO3-+3HSO3-=3SO42-+Cl-+3H+，△n（Cl-）：△n（ClO3-）=1：1，所以图中阴影部分“面积”可以表示t1-t2时间为n（Cl-）增加；故D正确；

故选：AD．13、BC【分析】【分析】3S+6KOH2K2S+K2SO3+3H2O中，S元素的化合价由0升高为+4价，由0降低为-2价，以此来解答．【解析】【解答】解：A．只有S元素的化合价变化；S既是氧化剂又是还原剂，故A错误；

B．若3mol硫完全反应；1molS为还原剂，则反应中共转移了1mol×（4-0）=4mol电子，故B正确；

C.3mol硫完全反应；1molS为还原剂，2molS作氧化剂，则还原剂与氧化剂的质量比是1：2，故C正确；

D．氧化产物为K2SO3，还原产物为K2S；由反应可知，则氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：2，而质量比不是1：2，故D错误；

故选BC．14、ABC【分析】【分析】根据装修材料中含有甲醛、苯、甲苯等有害物质，易挥发；【解析】【解答】解：装修材料会挥发出一些有毒物质如：甲醛、苯、甲苯等，不会挥发出CO2；

故选：ABC；15、BC【分析】【分析】强电解质在水溶液或者熔融状态下能完全电离，包括强酸、强碱、大多数盐、活泼金属氧化物等．【解析】【解答】解：A．盐酸是混合物；不是电解质，故A错误；

B．硫酸钡属于盐；在熔融状态现能完全电离产生钡离子和硫酸根离子，属于强电解质，故B正确；

C．醋酸钠属于盐；在水溶液中完全电离产生醋酸根离子和钠离子，属于强电解质，故C正确；

D．水只能部分电离产生氢离子和氢氧根离子；属于弱电解质，故D错误．

故选：BC．16、BD【分析】【分析】乙醇含有羟基，可发生取代、氧化和消去反应，乙酸含有羧基，具有酸性，可发生中和和酯化反应，以此解答该题．【解析】【解答】解：A．乙醇和乙酸的结构简式分别是CH3CH2OH、CH3COOH；只有乙酸分子中都含有C=O键，故A错误；

B．乙醇和乙酸都为极性分子；且可形成氢键，相互之间是能溶解，故B正确；

C．乙醇不能电离出氢离子；不能使紫色石蕊试液变红，乙酸能电离出氢离子，能使紫色石蕊试液变红，故C错误；

D．乙醇和乙酸在浓硫酸作用下加热可发生酯化反应生成乙酸乙酯；故D正确．

故选BD．三、填空题(共6题，共12分)17、吸收能量释放能量化学电Zn-2e-=Zn2+氧化产生气泡还原锌铜2【分析】【分析】（1）断开化学键要吸收能量；形成化学键要释放能量，据此回答；

（2）原电池是将化学能转化为电能的装置，其中活泼金属做负极发生氧化反应，正极得电子发生还原反应；根据原电池的工作原理结合电子转移进行计算即可．【解析】【解答】解：（1）在化学反应中；化学反应的实质是旧键的断裂和新键的生成，断开化学键要吸收能量，形成化学键要释放能量，故答案为：吸收能量，释放能量；

（2）原电池是将化学能转化为电能的装置，其中活泼金属Zn做负极，发生氧化反应Zn-2e-=Zn2+；正极氢离子得电子发生还原反应2H++2e-=H2↑；当导线中有2mol电子通过时，产生氢气是1mol，质量是2g．

故答案为：化学，电；Zn-2e-=Zn2+；氧化；产生气泡；还原；锌片；铜片；2g．18、2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑移走烧杯，将湿润的淀粉碘化钾试纸放在b导气管口处，若试纸变蓝，则说明产生的气体为Cl2MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O吸收未反应完的氯气，防止污染空气冷却B装置2HCl+Ca（OH）2=CaCl2+2H2O在A与B之间连接一个装有饱和氯化钠溶液的洗气瓶【分析】【分析】I．（1）电解饱和食盐水生成氢氧化钠；氢气和氯气；

（2）氯气具有强的氧化性；能够氧化碘化钾生成单质碘，碘遇到淀粉变蓝；

Ⅱ．（1）实验室用浓盐酸与二氧化锰在加热条件下制备氯气；

（2）氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙；次氯酸钙和水；

（3）氯气有毒；不能直接排放到空气中，氯气能够与氢氧化钠反应生成氯化钠；次氯酸钠和水，可以用氢氧化钠吸收过量的氯气；

（4）①依据信息可知温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca（ClO3）2；为为避免此副反应的发生应降低温度；

②挥发出的氯化氢能够与氢氧化钙发生酸碱中和反应；要避免此反应的发生应该除去氯气中的氯化氢．【解析】【解答】解：I．（1）电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，化学方程式：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；

故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；

（2）氯气具有强的氧化性，能够氧化碘化钾生成单质碘，碘遇到淀粉变蓝，所以检验氯气的方法为：移走烧杯，将湿润的淀粉碘化钾试纸放在b导气管口处，若试纸变蓝，则说明产生的气体为Cl2；

故答案为：移走烧杯，将湿润的淀粉碘化钾试纸放在b导气管口处，若试纸变蓝，则说明产生的气体为Cl2；

Ⅱ．（1）浓盐酸与二氧化锰在加热条件下生成氯化锰、氯气和水，化学方程式：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；

故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；

（2）氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，化学方程式：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；

故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；

（3）氯气有毒；不能直接排放到空气中，氯气能够与氢氧化钠反应生成氯化钠；次氯酸钠和水，可以用氢氧化钠吸收过量的氯气；

故答案为：吸收未反应完的氯气；防止污染空气；

（4）①依据信息可知温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca（ClO3）2；为为避免此副反应的发生应该冷却B装置；

故答案为：冷却B装置；

②挥发出的氯化氢能够与氢氧化钙发生酸碱中和反应，方程式为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；要避免此反应的发生应该除去氯气中的氯化氢；可以在A与B之间连接一个装有饱和氯化钠溶液的洗气瓶；

故答案为：2HCl+Ca（OH）2=CaCl2+2H2O；在A与B之间连接一个装有饱和氯化钠溶液的洗气瓶．19、二VAVCu为金属晶体，晶体中存在可自由移动的电子，通电后定向移动sp3、sp2大于1s22s22p63s23p63d10Cu+的3d轨道上电子全满其结构稳定6【分析】【分析】（1）N位于周期表中第二周期第VA族，与N3-含有相同电子数的微粒为等电子体，如NO2-；等电子体结构相似，根据价层电子对互斥理论确定其空间构型；

（2）含有自由电子的金属单质能导电；

（3）乙醛分子中甲基上碳原子含有4个σ键；醛基上的碳原子含有3个σ键，据此判断碳原子的杂化方式，碳原子杂化方式不同导致其键角不同；

（4）Cu+的核外有28个电子；根据构造原理书写其基态离子核外电子排布式，原子轨道处于全空；半满或全满时最稳定；

（5）[Cu（H2O）4]2+为平面正方形结构，其中的两个H2O被Cl-取代有两种不同的结构，[Cu（H2O）2（Cl）2]具有极性的分子；说明该分子的结构不对称；

（6）Cu3N的晶胞结构如图，大球个数=12×=3，小球个数==1，所以大球表示Cu原子、小球表示N原子，N3-的配位数=3×2=6，Cu3N的密度=．【解析】【解答】解：（1）N位于周期表中第二周期第VA族，与N3-含有相同电子数的微粒为等电子体，如NO2-，得电子体结构相似，亚硝酸根离子中N原子价层电子对个数=2+×（5+1-2×2）=3且含有一个孤电子对；所以为V形结构，故答案为：二；VA；V；

（2）铜属于金属晶体；晶体中含有可以自由移动的电子，通电后定向移动，所以能导电；

故答案为：Cu为金属晶体；晶体中存在可自由移动的电子，通电后定向移动；

（3）乙醛分子中甲基上碳原子含有4个σ键，醛基上的碳原子含有3个σ键，所以甲基中的碳原子采用sp3杂化，醛基中的碳原子采用sp2杂化，醛基中碳原子采用sp2杂化、乙醇中含有醇羟基的碳原子采用sp3杂化；导致乙醛分子中H-C-O的键角大于乙醇分子中的H-C-O的键角；

故答案为：sp3、sp2；大于；

（4）Cu+的核外有28个电子，根据构造原理知其基态离子核外电子排布式1s22s22p63s23p63d10，原子轨道处于全空、半满或全满时最稳定，Cu+的3d轨道上全满，稳定，故答案为：1s22s22p63s23p63d10；Cu+的3d轨道上电子全满其结构稳定；

（5）[Cu（H2O）4]2+为平面正方形结构，其中的两个H2O被Cl-取代有两种不同的结构，[Cu（H2O）2（Cl）2]具有极性的分子，说明该分子的结构不对称，则其结构式为故答案为：

（6）Cu3N的晶胞结构如图，大球个数=12×=3，小球个数==1，所以大球表示Cu原子、小球表示N原子，N3-的配位数=3×2=6，晶胞的体积=[（2a+2b）×10-10cm]3，Cu3N的密度==g/cm3=g/cm3，故答案为：6；．20、0.5mol【分析】【分析】依据n=计算0.5Na个Cl2的物质的量．【解析】【解答】解：0.5Na个Cl2的物质的量==0.5mol；

故答案为：0.5mol．21、镁逐渐溶解，铝上有气泡冒出，电流表指针发生偏转2H++2e-=H2↑Mg-2e-=Mg2+化学电铝2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑Cu48形成了Zn-Cu原电池，加快了化学反应的速率【分析】【分析】（1）金属镁和铝为电极材料，电解质溶液为稀H2SO4时；可形成原电池，金属镁较铝活泼，做原电池的负极，铝做原电池的正极；

（2）金属镁和铝为电极材料，电解质溶液为稀NaOH时，由于金属铝能与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠溶液和氢气，所以铝为负极，镁为正极，总反应为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；

（3）根据电池反应式知，Cu易失电子作负极、石墨作正极，电解质为可溶性的铁盐，负极上Cu失电子发生氧化反应，正极上铁离子得电子发生还原反应，根据铜和转移电子之间的关系式计算，作原电池负极的金属加速被腐蚀．【解析】【解答】解：（1）金属镁和铝为电极材料，电解质溶液为稀H2SO4时，可形成原电池，将化学能转变为电能，金属镁较铝活泼，做原电池的负极，铝做原电池的正极，负极反应为Mg-2e-=Mg2+，正极反应为2H++2e-=H2↑；观察到的现象为镁逐渐溶解，铝上有气泡冒出，电流表指针发生偏转；

故答案为：镁逐渐溶解，铝上有气泡冒出，电流表指针发生偏转；2H++2e-=H2↑；Mg-2e-=Mg2+；化学；电；

（2）金属镁和铝为电极材料，电解质溶液为稀NaOH时，由于金属铝能与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠溶液和氢气，所以铝为负极，镁为正极，负极反应为2Al-6e-+8OH-=2AlO2-+4H2O，正极反应为6H2O+6e-=3H2+6OH-，总反应为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；

故答案为：铝；2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；

（3）根据电池反应式知，Cu元素化合价由0价变为+2价、Fe元素化合价由+3价变为+2价，所以Cu作负极、石墨作正极，电解质为可溶性的铁盐，负极上Cu失电子发生氧化反应，电极反应式为Cu-2e-=Cu2+，正极上铁离子得电子发生还原反应，电极反应式为Fe3++e-=Fe2+；

根据Cu-2e-=Cu2+知，导线上转移电子1.5mol，则溶解m（Cu）==48g；

Zn和铜离子发生置换反应生成Cu；Zn；Cu和硫酸构成原电池，Zn易失电子作负极、Cu作正极，从而加速Zn的腐蚀；

故答案为：Cu；48；形成了Zn-Cu原电池，加快了化学反应的速率．22、略

【分析】试题分析：（1）芳香烃A与HCl反应，说明分子中含有碳碳双键，因此A是苯乙烯。与氯化氢反应生成卤代烃，而B是苯乙酸，所以卤代烃要转化为羧酸，则氯原子首先发生水解反应引入羟基，然后羟基被氧化生成羧基即可，所以制取B还需进行反应的类型依次为取代反应和氧化反应。（2）B是苯乙酸，结构简式为一种酯与B互为同分异构体，且苯环上只有一个取代基，则符合条件的酯类可以是苯甲酸甲酯或甲酸苯甲酯或乙酸苯酚酯，共计是3种。（3）有机物D中亚甲基（—CH2—）的氢原子受羰基影响活性较高，容易发生取代反应，所以D转化为E的化学方程式为（4）根据已知信息②可知F与尿素发生取代反应，F中与碳氧双键相连的碳氧单键断键，然后与氮原子相连，所以生成物的结构简式为（5）根据已知信息②可知E与尿素发生取代反应，E中与碳氧双键相连的碳氧单键断键，然后依次与氮原子相连从而得到高分子化合物，所以生成物的结构简式为（6）有机物的合成一般结合已知信息采用逆推法进行，所以根据有机物的结构特点可知正确的合成路线为考点：考查有机物推断、合成以及同分异构体的判断【解析】【答案】（1）取代（1分）氧化（1分）（2）3种（1分）苯甲酸甲酯（甲酸苯甲酯、乙酸苯酚酯）（1分）（3）（2分）（4）（1分）（5）（1分）（6）（4分）四、判断题(共2题，共8分)23、√【分析】【分析】苯酚为石炭酸，是酸性比碳酸还弱的酸，碳酸钠和苯酚反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，据此解答即可．【解析】【解答】解：苯酚为石炭酸，是酸性比碳酸还弱的酸，碳酸钠和苯酚反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，两者均为盐溶液，溶于水，与苯分层，然后分液即可，故利用碳酸钠可以除去苯中的苯酚，故正确，故答案为：√．24、×【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：×．五、推断题(共2题，共14分)25、Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2OK2SS2-+H2OHS-+OH-5SO32-+2MnO4-+6H+=5SO42-+2Mn2++3H2ONaAlO2+CO2+2H2O═NaHCO3+Al（OH）3↓AlN【分析】【分析】Ⅰ．短周期元素组成的单质X2、Y，标准状况下X2的密度为3.17g•L-1，其相对分子质量=3.17×22.4=71，应为Cl2，Y为浅黄色固体单质，应为S，Z是一种化合物，焰色反应呈浅紫色（透过钴玻璃），应含有K元素，且常温下，0.1mol•L-1Z的水溶液pH=13；说明Z为一元强碱，则Z为KOH，据此解答；

Ⅱ．由元素在周期表中位置可知；A为Na；B为碳、C为氮、D为氧、E为硫、F为Cl；

金属单质G，能与氢氧化钠溶液反应，则G为Al，K为NaAlO2，K与B的氧化物反应得到化合物M是一种白色胶状沉淀，故该氧化物为二氧化碳，M为氢氧化铝沉淀，而Al与氯气反应生成氯化铝，氯化铝溶液与氨气反应也得到氢氧化铝沉淀，由G元素和C元素组成的一种新型无机非金属材料为AlN．【解析】【解答】解：Ⅰ．短周期元素组成的单质X2、Y，标准状况下X2的密度为3.17g•L-1，则相对分子质量为3.17×22.4=71，应为Cl2，Y为浅黄色固体单质，应为S，Z是一种化合物，焰色反应呈浅紫色（透过钴玻璃），应含有K元素，且常温下，0.1mol•L-1Z的水溶液pH=13；说明Z为一元强碱，则Z为KOH；

（1）常温下Cl2与KOH反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；

（2）S和KOH反应生成K2SO3和NaK2S，已知C能与硫酸反应生成能使品红溶液褪色的气体，应为SO2，则C为K2SO3，D为K2S；

①D为K2S，为强碱弱酸盐，发生水解：SO32-+H2OHS-+OH-；则溶液呈碱性；

故答案为：K2S；S2-+H2OHS-+OH-；

②n（SO32-）=0.02L×0.5mol/L=0.01mol，n（MnO4-）=0.02L×0.2mol/L=0.004mol，物质的量之比为5：2，令Mn元素在还原产物中化合价为a，则：5×2=2×（7-a），解得a=2，故生成Mn2+，反应的离子方程式为5SO32-+2MnO4-+6H+=5SO42-+2Mn2++3H2O；

故答案为：5SO32-+2MnO4-+6H+=5SO42-+2Mn2++3H2O；

Ⅱ．由元素在周期表中位置可知；A为Na；B为碳、C为氮、D为氧、E为硫、F为Cl；

金属单质G，能与氢氧化钠溶液反应，则G为Al，K为NaAlO2；K与B的氧化物反应得到化合物M是一种白色胶状沉淀，故该氧化物为二氧化碳，M为氢氧化铝沉淀，而Al与氯气反应生成氯化铝，氯化铝溶液与氨气反应也得到氢氧化铝沉淀，则：

偏铝酸钠的溶液与过量二氧化碳反应的化学方程式为：NaAlO2+CO2+2H2O═NaHCO3+Al（OH）3↓；由G元素和C元素组成的一种新型无机非金属材料为AlN；

故答案为：NaAlO2+CO2+2H2O═NaHCO3+Al（OH）3↓；AlN．26、略

【分析】试题分析：根据题意可知A：SiB：O2、C：H2、甲：SiO2、乙：Na2SiO3、丙：H2O、丁：H2SiO3。（1）突破口：C为密度最小的气体，知C是H2；甲为非电解质，不能是Al2O3，只能是SiO2；则A为Si、B为O2、乙是Na2SiO3，通CO­2生成丁，丁为H2SiO3。丁失去丙生成甲，丙为H2O。（2）A为Si，在周期表的第三周期第ⅣA族；用途是做玻璃、光导考点：本题以元素推断为基础，考查硅及其化合物的性质等知识。【解析】【答案】（1）Si（2分）O2（2分）H2SiO3或H4SiO4（2分）（2）第三周期第ⅣA族（2分）是玻璃、光导纤维等（2分）（3）①Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑（2分）②SiO32—+2CO­2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3—（2分）六、书写(共3题，共6分)27、MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O4HCl+O22Cl2↑+2H2OA13++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O0.00550【分析】【分析】（1）实验室制备氯气是利用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰；氯气和水；

（2）在酸性条件下，MnO4-被还原成Mn2+；用高锰酸钾跟浓盐酸反应在室温下制氯气，依据电荷守恒和原子守恒配平写出离子方程式；

（3）CuCl2作催化剂；在450℃利用空气中的氧气跟氯化氢反应制氯气，依据原子守恒配平化学方程式；

（4）①100mLAlCl3与MgSO4的混合溶液；向其中一份中加入10mL4mol/L的氨水，恰好完全反应铝离子和镁离子全部恰好沉淀，继续加入氢氧化钠溶液，氢氧化铝沉淀溶解剩余的沉淀为氢氧化镁沉淀，依据离子方程式计算；

②依据①计算得到溶液中硫酸根离子物质的量等于镁离子物质的量，结合Ba2++SO42-=BaSO4↓计算得到．【解析】【解答】解：（1）实验室制备氯气是利用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰，氯气和水，反应的化学方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；

故答案为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；

（2）在酸性条件下，MnO4-被还原成Mn2+，用高锰酸钾跟浓盐酸反应在室温下制氯气，依据电荷守恒和原子守恒配平写出离子方程式为：2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；

故答案为：2MnO4-+16H++10Cl