2025年新世纪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年新世纪版高三化学下册月考试卷349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5题，共10分)1、设NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.0.3mol氢气中含有氢原子的数目为0.3NAB.标准状况下，4.48L苯中含有苯分子的数目为0.2NAC.0.2mol•L-1CaCl2溶液中含有氯离子的数目为0.4NAD.1molNa2O2与足量水反应，转移的电子数为NA2、下列有关Na2CO3和NaHCO3性质的比较中，正确的是（）A.热稳定性：Na2CO3＜NaHCO3B.将Na2CO3与NaHCO3分别加入到足量的同物质的量浓度稀盐酸中，产生气体的快慢：Na2CO3＞NaHCO3C.Na2CO3和一定量的HCl反应时，改变反应物的滴加顺序，反应现象肯定不同，产生气体的量（相同条件下）可能相同也可能不同；而NaHCO3和一定量的HCl反应时，改变反应物的滴加顺序，反应现象与产生气体的量（相同条件下）均相同D.25℃时在水中的溶解度：Na2CO3＜NaHCO33、下列离子方程式书写正确的是（）A.过量氯气通入溴化亚铁溶液中：3Cl2+2Fe2++4Br-═6Cl-+2Fe3++2Br2B.过量二氧化碳通入偏铝酸钠溶液中：CO2+2H2O+AlO2-═Al（OH）3↓+CO32-C.在溶液中亚硫酸氢铵与等物质的量氢氧化钠混合：NH4++HSO3-+2OH-═SO32-+NH3↑+2H2OD.碳酸氢镁溶液中加入过量石灰水：Mg2++2HCO3-+Ca2++2OH-═CaCO3↓+2H2O+MgCO3↓4、Li/Li2O体系的能量循环图如图所示。下列说法正确的是（）

A.△H3＜0B.△H3+△H4+△H5=△H6C.△H6＞△H5D.△H1+△H2+△H3+△H4+△H5+△H6=05、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A.甲基橙呈红色的溶液：NH4+、Ba2+、AlO2-、Cl-B.遇苯酚显紫色的溶液：I-、K+、SCN-、Mg2+C.与铝反应产生大量氢气的溶液：NH4+、Na+、CO32-、NO3-D.加入NaOH后加热既有气体放出又有沉淀生成的溶液：Ca2+、HCO3-、NH4+、CH3COO-评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)6、防治环境污染；改善生态环境已成为全球共识．

①2013年，全国多个省市出现严重的雾霾天气．导致雾霾形成的主要污染物是____（填字母）；

A．O2B．CO2C．PM2.5

②采用焚烧处理垃圾进行发电已在江苏投入使用．下列是生活中的常见垃圾．

A．废电池B．易拉罐C．玻璃瓶。

在焚烧处理前，除废电池外，还有____（填字母）应剔除并回收．

③漂白粉可用于生活用水的杀菌消毒，工业上利用氯气和石灰乳制取漂白粉的化学反应方程式是____．7、连二亚硫酸钠（Na2S2O4）俗称保险粉；有极强的还原性．受热；遇水都会发生分解反应放出大量的热，甚至引起燃烧．不溶于乙醇，可溶于氢氧化钠水溶液并稳定存在．

（1）保险粉应如何保存？____（填一注意事项）．

（2）锌粉法是制备Na2S2O4的一种常见方法；其原理如图所示：

①步骤I中SO2表现了____（填“氧化性”、“还原性”或“酸性”）；若用Na2SO3固体和某酸反应制备SO2气体，你认为下列最适宜选用的酸是____

A．浓盐酸B．质量分数为70%的H2SO4

C．稀硝酸D．质量分数为10%的稀硫酸。

②常温下，若ZnS2O4悬浊液中c（Zn2+）=0.1mol•L-1，则应加氢氧化钠溶液调至pH≥____，才能使Zn（OH）2沉淀完全（已知离子浓度≤1.0×10-5mol•L-1，即沉淀完全；Ksp[Zn（OH）2]=1.0×10-17）

③步骤Ⅲ过程较为复杂，其中涉及过滤，洗涤，干燥等过程，请写出洗涤过程的操作方法____．

（3）甲酸钠法是制备Na2S2O4的一种新方法，其原理为将甲酸钠（HCOONa）、碳酸钠溶于乙醇中，再通入足量的SO2气体，析出Na2S2O4固体．完成反应的化学方程式：

____HCOONa+____SO2+____Na2CO3=____Na2S2O4↓+____H2O+____

（4）保险粉在空气中容易吸收氧气而发生氧化．其方程式为：①2Na2S2O4+O2+H2O═4NaHSO3或②2Na2S2O4+O2+H2O═4NaHSO3+NaHSO4请设计实验证明氧化时发生的是②的反应____．8、食盐中含有一定量的镁；铁等杂质；加碘盐中碘的损失主要是由于杂质、水分、空气中的氧气以及光照、受热而引起的．已知：

氧化性：IO3-＞Fe3+＞I2；还原性：S2O32-＞I-；

3I2+6OH-═IO3-+5I-+3H2O；KI+I2⇌KI3

某学习小组对加碘盐进行如下实验：取一定量某加碘盐（可能含有KIO3、KI、Mg2+、Fe3+），用适量蒸馏水溶解，并加稀盐酸酸化，将所得溶液分为3份．第一份试液中滴加KSCN溶液后显红色；第二份试液中加足量KI固体，溶液显淡黄色，用CCl4萃取，下层溶液显紫红色；第三份试液中加入适量KIO3固体后；滴加淀粉试剂，溶液不变色．

（1）①第一份试液中滴加KSCN溶液显红色，该红色物质是____（用化学式表示）；

②第二份试液中加入足量KI固体后，反应的离子方程式为____、____．

（2）①KI作为加碘剂的食盐在保存过程中，由于空气中氧气的作用，容易引起碘的损失．写出潮湿环境下KI与氧气反应的化学方程式：____．

②将I2溶于KI溶液，在低温条件下，可制得KI3•H2O．该物质作为食盐加碘剂是否合适？____（填“是”或“否”），并说明理由____．

（3）KBrO3与KIO3性质相似．已知某反应中反应物与生成物除了KBrO3，还有：AsH3、H2SO4、K2SO4、H3AsO4、H2O和一种未知物质X．

①已知KBrO3在反应中得到电子，则该反应的还原剂是____．

②已知0.2molKBrO3在反应中得到1mol电子生成X，则X的化学式为____．

③根据上述反应可推知____．

a．氧化性：KBrO3＞H3AsO4b．氧化性：H3AsO4＞KBrO3

c．还原性：AsH3＞Xd．还原性：X＞AsH3

④将氧化剂和还原剂的化学式及其配平后的系数填入下列方框中；并标出电子转移的方向和数目：

9、（2013•海淀区模拟）科学家设计出光伏燃料电池发电系统；其工作流程示意图如图：

已知abcd四个电极均为惰性电极；请根据题意填写下列空白：

（1）甲装置中b为____极，乙中c电池为____极．

（2）有下列四种电解质溶液，你认为甲中可以放置：____（填写字母）．

A．NaCl溶液B．KOH溶液C．HCl溶液D．H2SO4溶液。

（3）根据实际需要；乙装置中可以使用不同的电解质．

①若使用熔融碳酸盐（钠、锂）（650-700℃），写出c电极上反应的电极反应式：____．

②若使用固体氧化物（Y2O3氧化钇、ZrO2氧化锆，高温下可直接传导O2-），写出c电极上的电极反应式：____．

（4）已知氢气的燃烧热为：285.8kJ/mol，请写出水电解的热化学方程式：____．10、根据下列各题所给出的数据，可分别求出其“溶质的质量分数”或“溶质的物质的量浓度”，试判断并求解。(1)设NA表示阿伏加德罗常数的数值，若某氢氧化钠溶液VL中含有N个OH－，则可求出此溶液中______________________为__________________。(2)已知某氢氧化钠溶液中Na＋与H2O的个数之比为1∶a，则可求出此溶液中________为________。(3)已知标准状况下1体积水能溶解500体积的氯化氢，则可求出标准状况下氯化氢饱和溶液中__________为________。(4)已知将100mL氯化铝的水溶液加热蒸干灼烧，可得到白色固体bg，则可求出原氯化铝溶液中________为________。11、按要求填空。

（1）配平下列化学方程式：并用单线桥标出电子转移的方向和数目．

____Fe3O4+____CO=____Fe+____CO2

（2）检验SO42-所需要用的试剂____和____．

（3）三硅酸镁（Mg2Si3O8•11H2O）用氧化物表示____．

（4）0.3molNH3分子中所含质子数与____个H2O分子中所含质子数相等．12、研究NOx、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义．处理含CO、SO2烟道气污染的一种方法是将其在催化剂作用下转化为单质S．已知：

①CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H1=-283.0kJ•mol-1

②S（s）+O2（g）═SO2（g）△H2=-296.0kJ•mol-1

此反应的热化学方程式是____．13、已知电极材料：铁；铜、银、石墨、锌、铝；电解质溶液：氯化铜溶液、硫酸铁溶液、盐酸．按要求回答下列问题：

①电工操作上规定：不能把铜导线和铝导线连接在一起使用；请说明原因．

____．

②若电极材料选铜和石墨，电解质溶液选硫酸铁溶液，外加导线，能否构成原电池？____，若能，请写出电极反应式，负极____，正极____．若不能后面两空不填．

③若电池反应为：Cu+2H+=Cu2++H2，该电池属于原电池还是电解池？请写出电极材料和电解质溶液．____．

④有M、N两种金属分别与稀盐酸反应，产生氢气速率相近，请设计一个实验证明M、N两种金属的活泼性．____．评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)14、葡萄糖注射液不能产生丁达尔效应，不属于胶体____（判断对错）15、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）16、合理选择饮食，正确使用药物是人体健康的保证____．（判断对错）17、含碳的化合物一定是有机化合物．____（判断对错）18、提纯氯化钠，最后在蒸发皿中蒸发浓缩溶液时，只需用小火加热至溶液表面出现晶膜为止，再通过余热将溶液全部蒸干．____（判断对错）19、铁和稀硫酸反应的离子反应方程式：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑____．（判断对错）20、根据分散质粒子的直径大小，分散系分为浊液、胶体和溶液．____．（判断对错说明理由）评卷人得分四、书写(共2题，共6分)21、向淀粉KI溶液中，滴入少量NaClO溶液和稀H2SO4溶液立即变蓝，这是因为____，离子方程式为：____；如向蓝色溶液中注入足量Na2SO3溶液，蓝色又褪去，原因是____，离子方程式为：____．由此推知ClO-，SO42-，I2的氧化性由强到弱的顺序为：____．22、按要求完成下列问题

（1）写出下列有机物的键线式：（CH3CH2）2CHCOOH____；

（2）分子式为C6H12的某烯烃，所有的碳原子都在同一平面上，则该烯烃的结构简式为____

（3）写出合成纤维素硝酸酯的化学反应方程式____

（4）已知1g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121kJ，且氧气中1molO=O键完全断裂时吸收热量496kJ，水蒸气中1molH-O键形成时放出热量463kJ，则氢气中1molH-H键断裂时吸收热量为____．评卷人得分五、计算题(共2题，共18分)23、有一含Fe2O3的铁样品0.776g溶于过量盐酸，反应后无Fe3+存在，将该溶液加水稀释至100mL．取10mL通入14.56mLCl2（标准状况），溶液中恰好无Fe2+存在，求样品中铁的质量分数．24、若阿伏加德罗常数用NA表示；请回答下列问题。

（1）0.5molH2O的质量为____，其中含有____个水分子，共有____个原子．

（2）现有mg某气体，它由双原子分子构成，它的摩尔质量为Mg•mol-1；则：

①该气体的物质的量为____mol．

②该气体在标准状况下的体积为____L．

③该气体溶于水后形成VL溶液（不考虑反应），其溶液的物质的量浓度为____mol•L-1．评卷人得分六、实验题(共2题，共4分)25、（2013秋•泗县校级月考）如图所示的实验装置；向盛有足量水的水槽里放两个烧杯，小烧杯里放有适量的铜片和过量的浓硝酸，小烧杯外面倒扣一个大烧杯，请回答下列问题：

（1）实验过程中；观察到的主要现象是：

①____；②____；③____；④____．

（2）用该装置做铜与浓硝酸反应的实验，最突出的优点是____．

（3）若要验证最终得到的气体生成物，最简便的方法是____．26、（1）实验室用碳酸钠晶体，配制100mL0.1mol/L的碳酸钠溶液，正确的操作顺序是：____（填序号①②）．

①计算所用碳酸钠晶体的质量为____g

②将称好的碳酸钠晶体放在小烧杯中；加30mL水搅拌溶解，并冷却至室温。

③用天平称取所需碳酸钠晶体。

④将溶液转入容量瓶中。

⑤改用胶头滴管小心加水至刻度。

⑥继续向容量瓶中加水至页面接近刻度线2-3厘米处。

⑦用蒸馏水洗涤烧杯2-3次；洗涤液全部转入容量瓶中。

⑧盖上瓶塞；振荡摇匀．

（2）在配制一定物质的量浓度的氢氧化钠溶液时，若称取的固体氢氧化钠潮解，则溶液的浓度____；若烧杯没有洗涤，则溶液的浓度____；若转移溶液时，有部分溶液溅出，则溶液的浓度____；定容时若俯视刻度线，则溶液的浓度____，若仰视刻度线，则溶液的浓度____；若定容时加水超过刻度线，则溶液的浓度____．（填“偏大”、“偏小”、“不变”）参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】【分析】A；氢气为双原子分子；

B；标况下苯为液态；

C；溶液体积不明确；

D、过氧化钠与水的反应为歧化反应．【解析】【解答】解：A、氢气为双原子分子，故0.3mol氢气中含0.6mol原子即0.6NA个；故A错误；

B；标况下苯为液态；故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和分子个数，故B错误；

C；溶液体积不明确；故溶液中的氯离子的个数无法计算，故C错误；

D、过氧化钠与水的反应为歧化反应，1mol过氧化钠转移1mol电子即NA个；故D正确．

故选D．2、C【分析】【分析】A．碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠和水；二氧化碳；

B．相同条件下NaHCO3比Na2CO3反应放出气体剧烈；

C．依据碳酸钠与盐酸反应首先生成碳酸氢钠；然后碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳；

D．依据碳酸钠溶解度大于碳酸氢钠判断．【解析】【解答】解：A．碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠和水、二氧化碳，所以热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3；故A错误；

B．碳酸钠与盐酸反应首先生成碳酸氢钠，然后碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，所以相同条件下NaHCO3比Na2CO3反应放出气体剧烈，产生气体的快慢：Na2CO3＜NaHCO3；故B错误；

C．碳酸钠中滴入盐酸；开始碳酸根离子与氢离子反应生成碳酸氢根离子，无气体生成，盐酸中滴入碳酸钠溶液，直接反应生成二氧化碳，如果盐酸不足，则两种情况下产生二氧化碳不足，如果盐酸足量产生二氧化碳相同；碳酸氢钠与盐酸反应，反应实质都是氢离子与碳酸氢根离子反应生成二氧化碳，改变反应物的滴加顺序，对反应不产生影响，故C正确；

D．碳酸钠溶解度大于碳酸氢钠；故D错误；

故选：C．3、A【分析】【分析】A．亚铁离子；溴离子均全部被氧化；

B．反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠；

C．物质的量混合；只发生亚硫酸根离子与碱的反应；

D．反应生成碳酸钙、氢氧化镁和水．【解析】【解答】解：A．过量氯气通入溴化亚铁溶液中的离子反应为3Cl2+2Fe2++4Br-═6Cl-+2Fe3++2Br2；故A正确；

B．过量二氧化碳通入偏铝酸钠溶液中的离子反应为CO2+2H2O+AlO2-═Al（OH）3↓+HCO3-；故B错误；

C．在溶液中亚硫酸氢铵与等物质的量氢氧化钠混合的离子反应为HSO3-+OH-═SO32-+H2O；故C错误；

D．碳酸氢镁溶液中加入过量石灰水的离子反应为Mg2++2HCO3-+Ca2++4OH-═CaCO3↓+2H2O+Mg（OH）2↓；故D错误；

故选A．4、C【分析】解：A．断裂化学键吸收能量，氧气断裂化学键变为氧原子过程中吸收热，△H3＞0；故A错误；

B．盖斯定律分析可知：反应一步完成与分步完成的热效应相同，△H1+△H2+△H3+△H4+△H5=△H6；故B错误；

C．能量转化关系和盖斯定律的计算可知，反应一步完成与分步完成的热效应相同，△H1+△H2+△H3+△H4+△H5=△H6，△H6＞△H5；故C正确；

D．盖斯定律计算得到，反应过程中的焓变关系为：△H1+△H2+△H3+△H4+△H5=△H6；故D错误；

故选：C。

A．氧气断裂化学键需要吸收能量；焓变为正值；

B．盖斯定律可知；反应过程中能量变化与起始物质和终了物质有关，与变化途径无关；

C．锂和氧气断裂化学键需要吸收能量；盖斯定律分析判断；

D．盖斯定律计算△H1+△H2+△H3+△H4+△H5=△H6；

本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应的关系、盖斯定律的应用为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意物质的状态，题目难度不大。【解析】C5、D【分析】【分析】A．甲基橙呈红色的溶液为酸性溶液；溶液中存在大量的氢离子，偏铝酸根离子能够与氢离子反应；

B．遇苯酚显紫色的溶液中存在铁离子；铁离子与硫氰根离子反应生成硫氰化铁；

C．与铝反应生成氢气的溶液为酸性或者碱性溶液；铵根离子与氢氧根离子；碳酸根离子与氢离子反应；

D．加入氢氧化钠加热有气体，说明溶液中有铵根离子存在，有沉淀生成，钙离子、碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸钙沉淀．【解析】【解答】解：A．该溶液中存在大量的氢离子，AlO2-与氢离子反应；在溶液中不能大量共存，故A错误；

B．该溶液中存在铁离子，SCN-与铁离子反应生成络合物硫氰化铁；在溶液中不能大量共存，故B错误；

C．该溶液为酸性或者碱性溶液，碱性溶液中，NH4+与氢氧根离子反应，酸性溶液中CO32-与氢离子反应；在溶液中不能大量共存，故C错误；

D．加入NaOH后加热既有气体放出又有沉淀生成，证明该溶液中存在铵根离子以及能跟OH-产生沉淀的金属阳离子，Ca2+、HCO3-、NH4+、CH3COO-离子之间不反应；且在溶液中能够大量共存，故D正确；

故选D．二、填空题(共8题，共16分)6、CBC2Cl2+2Ca（OH）2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O【分析】【分析】①PM2.5”是指大气层中直径≥2.5μm的颗粒物；能被肺吸收并进入血液，对人体危害很大，是形成雾霾的主要污染物；

②不能燃烧的垃圾；不能采用焚烧处理；

③氯气和石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙、水．【解析】【解答】解：①导致雾霾形成的主要污染物是pM2.5；能被肺吸收并进入血液，对人体危害很大，故选C；

②易拉罐；玻璃瓶不能燃烧；所以不能采用焚烧处理；

故答案为：BC；

③氯气和石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙、水，该反应为2Cl2+2Ca（OH）2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O．7、密封、阴凉处保存氧化性B8向漏斗中加少量无水乙醇至没过沉淀，滤干后重复操作2～3次241213CO2取少许固体溶于水中，加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，则证明是②【分析】【分析】（1）根据题目的信息有极强的还原性．受热；遇水都会发生分解反应放出大量的热；甚至引起燃烧，所以保险粉要密封、阴凉处保存；

（2）①SO2中的硫+4价，而Na2S2O4中的硫+3价，所以硫的化合价降低，所以二氧化硫表现为氧化性；实验室用浓度较大的硫酸和亚硫酸盐反应，生成二氧化硫，盐酸易挥发，而稀硫酸溶液中水太多，大多数SO2生成了亚硫酸，不生成SO2气体，因为SO2易溶于水，1个体积的水溶解40个体积的SO2；硝酸有强氧化性；

②Ksp=c（Zn2+）•c2（OH-）来计算氢氧根离子浓度；然后根据水的离子积常数计算pH；

③因为Na2S2O4易溶于水；但不溶于乙醇，所以可以用乙醇来洗涤沉淀；

（3）根据反应硫的化合价+4价，而Na2S2O4中的硫+3价；化合价降价，根据电子得失守恒，HCOONa中的碳的化合价必然升高，由+2价变成+4价，然后由质量守恒定进行分析；

（4）反应①与反应②中都生成亚硫酸氢钠，而反应②中还产生硫酸氢钠，硫酸氢钠在水溶液中完全电离产生氢离子、钠离子和硫酸根离子，可以根据检验产物中是否存在硫酸根离子，也可以将②的产物溶于水，有刺激性气味的气体二氧化硫产生．【解析】【解答】解：（1）根据题目的信息有极强的还原性．受热；遇水都会发生分解反应放出大量的热；甚至引起燃烧，所以保险粉要密封、阴凉处保存；

故答案为：密封；阴凉处保存；

（2）①SO2中的硫+4价，而Na2S2O4中的硫+3价，所以硫的化合价降低，所以二氧化硫表现为氧化性，实验室用浓度较大的硫酸和亚硫酸盐反应，生成二氧化硫，盐酸易挥发，而稀硫酸溶液中水太多，大多数SO2生成了亚硫酸，不生成SO2气体，因为SO2易溶于水，1个体积的水溶解40个体积的SO2，硝酸有强氧化性，氧化二氧化硫，所以选择质量分数为70%的H2SO4；故答案为：氧化性；B；

②c（OH-）≥==10-6mol∥L；所以pH≥8，故答案为：8；

③因为Na2S2O4易溶于水；但不溶于乙醇，所以可以用乙醇来洗涤沉淀，具体操作为：向漏斗中加少量无水乙醇至没过沉淀，滤干后重复操作2～3次；

故答案为：向漏斗中加少量无水乙醇至没过沉淀；滤干后重复操作2～3次；

（3）根据反应硫的化合价+4价，而Na2S2O4中的硫+3价，化合价降价，根据电子得失守恒，HCOONa中的碳的化合价必然升高，由+2价变成+4价，所以缺项有+4价的碳，所以HCOONa和2Na2S2O4的系数相等，然后根据质量守恒分析得到：2HCOONa+4SO2+Na2CO3═2Na2S2O4+H2O+3CO2，故答案为：2、4、1、2、1、3CO2；

（4）反应①与反应②中都生成亚硫酸氢钠，而反应②中还产生硫酸氢钠，硫酸氢钠在水溶液中完全电离产生氢离子、钠离子和硫酸根离子，可以根据检验产物中是否存在硫酸根离子，具体操作为：取少许固体溶于水中，加入BaCl2溶液；有白色沉淀产生，则证明是②；

故答案为：取少许固体溶于水中，加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，则证明是②．8、Fe（SCN）3IO3-+5I-+6H+═3I2+3H2O2Fe3++2I-═2Fe2++I24KI+O2+2H2O═2I2+4KOH否KI3受热（或潮湿）条件下产生KI和I2，KI被氧气氧化，I2易升华AsH3Br2ac【分析】【分析】（1）①给出的离子中，只有Fe3+遇KSCN溶液显红色，Fe3+与KI发生氧化还原反应生成的碘单质；易溶于有机溶剂，且碘在四氯化碳中显紫色；

②具有氧化性的离子为IO3-、Fe3+，具有还原性的离子为I-；利用氧化还原反应来分析；

（2）根据KI具有还原性及氧化还原反应、KI3在常温下不稳定性来分析；

（3）①化合价升高元素所在的反应物是还原剂；

②根据溴元素化合价的降低情况来计算；

③氧化剂的氧化性最强；还原剂的还原性最强，氧化剂对应的产物叫还原产物；

④根据化学反应中化合价的升降情况标电子转移情况．【解析】【解答】解：（1）某加碘盐可能含有KIO3、KI、Mg2+、Fe3+，用蒸馏水溶解，并加稀盐酸酸化后将溶液分为3份．从第一份试液中滴加KSCN溶液后显红色，可知该加碘盐中含有Fe3+，反应：Fe3++3SCN-=Fe（SCN）3，Fe（SCN）3呈血红色；从第二份试液中加足量KI固体，溶液显淡黄色，用CCl4萃取，下层溶液显紫红色，可知有碘生成．这是因为由于“氧化性：IO3-＞Fe3+＞I2”，加足量KI后，IO3-和Fe3+均能将I-氧化成I2，由此也可以知道该加碘盐添加KIO3；第三份试液中加入适量KIO3固体后；滴加淀粉试剂，溶液不变色．由此可知该加碘盐中不含KI．

①该加碘盐溶液中加KSCN溶液显红色的物质是Fe（SCN）3，CCl4中显紫红色的物质是I2；

故答案为：Fe（SCN）3；

②第二份试液中加入足量KI固体后，反应的离子方程式为IO3-+5I-+6H+═3I2+3H2O、2Fe3++2I-═2Fe2++I2；

故答案为：IO3-+5I-+6H+═3I2+3H2O；2Fe3++2I-═2Fe2++I2；

（2）①KI作为加碘剂的食盐在保存过程中，KI会被空气中氧气氧化，KI在潮湿空气中氧化的反应化学方程式为：4KI+O2+2H2O═2I2+4KOH；

故答案为：4KI+O2+2H2O═2I2+4KOH；

②根据题目告知，KI3•H2O是在低温条件下，由I2溶于KI溶液可制得．再由题给的信息：“KI+I2⇌KI3”，可知KI3在常温下不稳定性，受热（或潮湿）条件下易分解为KI和I2，KI又易被空气中的氧气氧化，I2易升华，所以KI3•H2O作为食盐加碘剂是不合适的；

故答案为：否；KI3受热（或潮湿）条件下产生KI和I2，KI被氧气氧化，I2易升华；

（3）①KBrO3在反应中得到电子，所以KBrO3是氧化剂，AsH3变成了H3AsO4，所以AsH3是还原剂，故答案为：AsH3；

②设X中溴元素的化合价为x，则0.2mol（5-x）=1mol，所以x=0，故X为Br2，故答案为：Br2；

③a、反应中KBrO3是氧化剂，H3AsO4是氧化产物，氧化性为KBrO3＞H3AsO4；故a正确；

b、反应中KBrO3是氧化剂，H3AsO4是氧化产物，氧化性为KBrO3＞H3AsO4，故b错误；

c、AsH3是还原剂，Br2是还原产物，所以还原性AsH3＞Br2；故c正确；

d、AsH3是还原剂，Br2是还原产物，所以还原性AsH3＞Br2；故d错误．

故选ac．

（4）化合价升高的元素是砷元素，化合价从-3价升到+5价，化合价降低的元素是溴元素，化合价从+5价降到0价，化合价升高和降低数目得相等，所以转移40e-；

故答案为：．9、阴负BDH2-2e-+CO32-=CO2+H2OO2-+H2-2e-=H2OH2O（l）=H2（g）+O2（g）△H=+285.8kJ/mol【分析】【分析】（1）乙为氢氧燃料电池；甲为电解池；

（2）甲为电解池；电解时两极上分别生成氢气和氧气，据此判断电解质溶液；

（3）①若使用熔融碳酸盐，则负极上氢气失电子与CO32-结合生成水和二氧化碳；

②若使用固体氧化物，则氢气失电子与O2-结合生成水；

（4）方程式反写时，反应热符号相反，反应热大小与方程式的计量数成正比．【解析】【解答】解：（1）乙中两极上分别为氢气和氧气反应为氢氧燃料电池，通入氢气的一极为I负极，则c为负极，甲为电解池，b与负极相连为阴极；

故答案为：阴；负；

（2）甲为电解池；电解时两极上分别生成氢气和氧气；

A．若为NaCl溶液；则阳极上生成氯气，不符合条件，故A错误；

B．若为KOH溶液；则阳极上生成氧气，阴极上生成氢气，符合条件，故B正确；

C．若为HCl溶液；则阳极上生成氯气，不符合条件，故C错误；

D．若为H2SO4溶液；则阳极上生成氧气，阴极上生成氢气，符合条件，故D正确；

故答案为：BD；

（3）①若使用熔融碳酸盐，则负极上氢气失电子与CO32-结合生成水和二氧化碳，则负极上反应的电极反应式：H2-2e-+CO32-=CO2+H2O；

故答案为：H2-2e-+CO32-=CO2+H2O；

②若使用固体氧化物，则氢气失电子与O2-结合生成水，则负极上反应的电极反应式：O2-+H2-2e-=H2O，故答案为：O2-+H2-2e-=H2O；

（4）氢气的燃烧热为：285.8kJ/mol，则氢气燃烧的热化学方程式为：H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=+285.8kJ/mol，则水电解的热化学方程式为：H2O（l）=H2（g）+O2（g）△H=+285.8kJ/mol，故答案为：H2O（l）=H2（g）+O2（g）△H=+285.8kJ/mol．10、略

【分析】(1)n＝(2)1∶a⇒m(NaOH)∶m(H2O)⇒w＝m(NaOH)∶[m(NaOH)＋m(H2O)]。(3)V(HCl)⇒m(HCl)⇒w＝m(HCl)∶[m(HCl)＋m(H2O)]。(4)bgAl2O3⇒n(AlCl3)⇒c。【解析】【答案】(1)溶质的物质的量浓度mol/L(2)溶质的质量分数(3)溶质的质量分数44.9%(4)溶质的物质的量浓度mol/L11、1434BaCl2溶液盐酸2MgO•3SiO2•11H2O0.3NA【分析】【分析】（1）反应中四氧化三铁中三个铁共显+8价；反应生成3个0价铁，化合价降8价，一氧化碳中+2价碳化合价升高为二氧化碳中+4价碳，依据氧化还原反应得失电子守恒；原子个数守恒配平方程式，用单线桥表示；

（2）检验SO42-离子；依据硫酸根离子与氯化钡生成硫酸钡沉淀，要排除银离子；碳酸根离子的干扰；

（3）把三硅酸镁（Mg2Si3O8•nH2O）改写成氧化物形式；要保证原子总数，化合价不变，按化合价分别写出氧化物的化学式，一般按照金属氧化物；二氧化硅、水的形式书写；

（4）1个氨气分子含有10个质子，1个水分子含有10个质子．【解析】【解答】解：（1）反应中四氧化三铁中三个铁共显+8价，反应生成3个0价铁，化合价降8价，一氧化碳中+2价碳化合价升高为二氧化碳中+4价碳，要使得失电子守恒，则四氧化三铁系数1，一氧化碳系数为4，依据原子个数守恒，方程式：Fe3O4+4CO=3Fe+4CO2；

用单线桥表示为：

故答案为：

（2）证明某未知溶液中含有SO42-离子，而不含有Ag+；碳酸根离子、亚硫酸根离子；要排除银离子、碳酸根离子、亚硫酸根离子的干扰，应先加入足量的盐酸，若无明显现象，再加入氯化钡溶液，产生白色沉淀，即可证明含有硫酸根离子；

故答案为：BaCl2溶液和盐酸；．

（3）镁元素显+2价、硅元素显+4价，氧元素显-2价，其形成的氧化物分别是MgO、SiO2；在进行变换写法时，将各元素表示成氧化物的形式，注意原子个数和元素种类不能变，化合价不能改变，则三硅酸镁（Mg2Si3O8•nH2O）改写成氧化物形式可表示为：2MgO•3SiO2•nH2O；

故答案为：2MgO•3SiO2•11H2O；

（4）1个氨气分子含有10个质子，1个水分子含有10个质子，所以氨气与水分子物质的量相等时，含有的质子数相等，则.3molNH3分子中所含质子数与0.3NA或1.806×1023个H2O分子中所含质子数相等．

故答案为：0.3NA或1.806×1023．12、2CO（g）+SO2（g）═S（s）+2CO2（g）△H=-270kJ•mol-1【分析】【分析】根据盖斯定律，将所给的反应经加减乘除等变形得所要求的反应，反应热也做相应的变形即可．【解析】【解答】解：①CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283.0KJ•mol-1

②S（s）+O2（g）=SO2（g）△H=-296.0KJ•mol-1

将方程式①×2-②得2CO（g）+SO2（g）=S（s）+2CO2（g）△H=（-283.0KJ•mol-1）×2-（-296.0KJ•mol-1）=-270KJ•mol-1；

热化学反应方程式为：2CO（g）+SO2（g）=S（s）+2CO2（g）△H=-270KJ•mol-1；

故答案为：2CO（g）+SO2（g）=S（s）+2CO2（g）△H=-270KJ•mol-1．13、形成原电池加速铝导线的腐蚀能能Cu-2e-=Cu2+2Fe3++2e-=2Fe2+电解池阳极是铜阴极是碳棒稀硫酸作电解质溶液用M、N作电极，盐酸作电解液构成原电池，观察产生气泡情况【分析】【分析】①活泼性不同的两种金属遇到合适的电解质溶液易构成原电池；

②铜；石墨和硫酸铁溶液；铜能自发的和硫酸铁反应发生氧化还原反应，且铜和石墨的活泼性不同，所以能形成原电池，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应；

③铜和盐酸或硫酸不反应；和硝酸反应不生成氢气，所以该反应不是自发的进行氧化还原反应，该装置是电解池，阳极上失电子，阴极上得电子，根据得失电子判断阴阳极反应；

④活泼性不同的金属M、N都能够和盐酸反应放出氢气，产生氢气速率相近，所以可以根据原电池反应中得失电子判断金属的活泼性；【解析】【解答】解：①铜；铝的金属活泼性不同；遇到合适的电解质溶液易构成原电池，从而加快铝的腐蚀，所以不能把铜导线和铝导线连接在一起使用；

故答案为：形成原电池加速铝导线的腐蚀能；

②铜、石墨的活泼性不同且都导电，铜和硫酸铁能自发的进行氧化还原反应，所以铜、石墨、硫酸铁溶液能构成原电池，铜易失去电子发生氧化反应，所以铜作负极，石墨作正极，负极上的电极反应式为：Cu-2e-=Cu2+，正极上铁离子得电子发生还原反应，电极反应式为2Fe3++2e-=2Fe2+，故答案为Cu-2e-=Cu2+，2Fe3++2e-=2Fe2+；

③盐酸和稀硫酸不能和铜自发的发生氧化还原反应；铜和浓硫酸；浓稀硝酸不同生成氢气，所以铜和氢离子的反应不是自发的进行的氧化还原反应，所以只能是电解池中发生的反应，阳极上铜失电子，所以铜作阳极，电解质溶液中氢离子得电子发生还原反应，所以阴极上可以用碳棒作电极，电解质溶液为含氧酸；

故答案为：电解池；阳极铜，阴极碳棒，稀硫酸作电解液；

④活泼性不同的金属M；N都能够和盐酸反应放出氢气；且产生氢气速率相近，用M和N作电极、盐酸作电解质溶液形成原电池，根据电极产生气泡的情况确定金属的活泼性；

故答案为：M、N作电极，盐酸作电解液构成原电池，观察产生气泡情况．三、判断题(共7题，共14分)14、√【分析】【分析】葡萄糖注射液是溶液．【解析】【解答】解：葡萄糖注射液是溶液，不能产生丁达尔效应现象，不属于胶体，故答案为：√．15、×【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：×．16、√【分析】【分析】均衡营养，药物大多有副作用，要正确使用，才能促进人体健康．【解析】【解答】解：合理选择饮食，有益健康，药物大多有副作用，要正确使用，故答案为：√．17、×【分析】【分析】通常把含碳元素的化合物叫做有机化合物，简称有机物．一氧化碳、二氧化碳、碳酸盐、碳化物等物质中虽然含有碳元素，但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物．【解析】【解答】解：一氧化碳、二氧化碳、碳酸盐、碳化物等物质中虽然含有碳元素，但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物，故答案为：×．18、√【分析】【分析】蒸发操作不能直接蒸干，以防止温度过高而导致分解而变质，据此解答即可．【解析】【解答】解：提纯氯化钠，最后在蒸发皿中蒸发浓缩溶液时，只需用小火加热至溶液表面出现晶膜为止，再通过余热将溶液全部蒸干，符合蒸发操作要求，故此说法正确，故答案为：√．19、×【分析】【分析】铁为变价金属，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，不会生成硫酸铁，该离子方程式中反应产物错误，应该生成Fe2+离子，不是生成Fe3+．【解析】【解答】解：由于Fe3+的氧化性大于氢离子，则铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气和氢气，不会生成硫酸铁，正确的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑；

故答案为：×．20、√【分析】【分析】分散系的分类依据是分散质微粒直径大小，据此分析．【解析】【解答】解：分散系按照分散质粒子直径大小分为：溶液；胶体、和浊液；分散质粒度大于1nm的为浊液，介于1nm-100nm为胶体，小于1nm的为溶液；

故答案为：√．四、书写(共2题，共6分)21、I-能被HClO氧化成I2，I2遇淀粉变蓝；2I-+ClO-+2H+═I2+Cl-+H2OI2被Na2SO3还原为I-SO32-+I2+H2O═SO42-+2H++2I-ClO-＞I2＞SO42-【分析】【分析】溶液立即变蓝，说明生成碘，NaClO在酸性条件下氧化KI生成碘，滴加足量Na2SO3溶液，蓝色逐渐消失，说明碘与Na2SO3发生氧化还原反应，以此解答．【解析】【解答】解：在KI淀粉溶液中滴入少量NaClO溶液，并加入少量稀硫酸，溶液立即变蓝，说明生成碘，NaClO在酸性条件下氧化KI生成碘，反应的离子方程式为2I-+ClO-+2H+═I2+Cl-+H2O，氧化性：ClO-＞I2，在上述蓝色溶液中滴加足量Na2SO3溶液，蓝色逐渐消失，说明碘与Na2SO3发生氧化还原反应，即I2被Na2SO3还原为I-，反应的离子方程式为SO32-+I2+H2O═SO42-+2H++2I-，可说明氧化性I2＞SO42-，则氧化性ClO-＞I2＞SO42-；

故答案为：I-能被HClO氧化成I2，I2遇淀粉变蓝；2I-+ClO-+2H+═I2+Cl-+H2O；I2被Na2SO3还原为I-；SO32-+I2+H2O═SO42-+2H++2I-；ClO-＞I2＞SO42-．22、436KJ【分析】【分析】（1）键线式是进一步省去碳氢元素的符号；只要求表示出碳碳键以及与碳原子相连的基团，键线式中每个拐点和终点均表示一个碳原子，每个碳原子都形成四个共价键，不足的用氢原子补足；

（2）根据乙烯是平面型分子解题；

（3）酯化反应的原理是算脱羟基醇脱氢；

（4）化学反应放出的热量=新键生成释放的能量-旧键断裂吸收的能量．【解析】【解答】解：（1）键线式中所有拐点和端点都有一个碳原子，（CH3CH2）2CHCOOH的键线式：故答案为：

（2）根据乙烯是平面型分子，可看做乙烯中的四个氢原子被甲基取代，故结构简式为故答案为：

（3）合成纤维素硝酸酯的化学反应方程式：故答案为：

（4）氢气完全燃烧生成水蒸气是放热反应，所以化学反应放出的热量=新键生成释放的能量-旧键断裂吸收的能量，设氢气中1molH-H键断裂时吸收热量为K，根据方程式：2H2+O22H2O，则：4×121kJ=463kJ×4-（2K+496kJ），解得K=436KJ，故答案为：436KJ；五、计算题(共2题，共18分)23、略

【分析】【分析】含Fe203的铁样品溶于过量盐酸，反应后无Fe3+存在，溶液中溶质为FeCl2及剩余的HCl，再通入氯气，溶液中恰好无Fe2+存在，根据电子转移守恒计算溶液中n（Fe2+），设样品中Fe2O3为xmol、Fe为ymol，根据二者总质量、Fe元素守恒列方程解答，进而计算Fe的质量分数．【解析】【解答】解：含Fe203的铁样品溶于过量盐酸，反应后无Fe3+存在，溶液中溶质为FeCl2及剩余的HCl，再通入氯气，溶液中恰好无Fe2+存在，100mL消耗氯气为14.56mL×10=145.6mL，氯气物质的量为=0.0065mol，根据电子转移守恒n（Fe2+）==0.013mol；

设样品中Fe2O3为xmol；Fe为ymol；根据二者总质量、Fe元素守恒，则：

解得

则样品中Fe的质量分数为×100%=79.38%；

答：样品中铁的质量分数为79.38%．24、9g0.5NA1.5NA【分析】【分析】（1）根据m=nM计算0.5molH2O的质量，根据N=nNA计算含有水分子数目；结合1个水分子含有的原子数目计算含有原子总数；

（2）①根据n=计算该气体物质的量；

②根据V=nVm计算该气体的体积；

③根据c=计算所得溶液的物质的量浓度．【