2025年外研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年外研版高三化学下册月考试卷760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总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、常温下，一定量的醋酸与氢氧化钠溶液发生中和反应，当溶液中A．c（CH3COO－）=c（Na+）时，醋酸与氢氧化钠恰好完全中和B．c（CH3COO－）>c（Na+）>c（H+）>c（OH－）时，不一定是醋酸过量C．c（Na+）>c（CH3COO－）>c（OH－）>c（H+）时，一定是氢氧化钠过量D．c（CH3COO－）=c（Na+）时，该溶液一定呈中性2、取Xg镁和铝的混合物，向其中加入适量的稀盐酸，恰好完全反应生成标准状况下的气体BL向反应后的溶液中加入VmLCmol/L氢氧化钠溶液，使金属离子刚好沉淀完全，得到的沉淀质量为Yg．再将得到的沉淀灼烧至质量不再改变为止，得到固体Pg．则下列关系不正确的是（）A.X＜P＜XB.P=X+C.Y=X+V•CD.C=3、水的相对分子质量为18，则一个水分子的质量为（）A.B.g•mol-1C.18NAgD.g4、环境污染已严重已严重危害人类的生活．下列对应关系正确的是（）

。选项环境问题造成环境问题的主要物质A酸雨O3B温室效应CO2C南极臭氧层空洞SO3D光化学烟雾N2A.AB.BC.CD.D5、设NA为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是（）A.标准状况下，0.1molCl2溶于水，转移的电子数目为0.1NAB.常温常压下，16gO2和O3的混合气体中含有的原子总数为NAC.标准状况下，11.2LH2O中含有分子的数目为0.5NAD.2.4g金属镁变成镁离子时失去的电子数目为0.1NA6、某有机化合物的氧化产物甲、还原产物乙都能与钠反应放出氢气，甲、乙在浓硫酸催化下反应生成丙，丙能发生银镜反应，这种有机化合物是（）A.甲酸B.甲醛C.甲醇D.甲酸甲酯7、表中陈述I、II均正确，且两者在反应原理上相似的是。选项陈述I陈述IIA向酚酞溶液中加Na2O2，溶液先变红后褪色色向石蕊溶液中通入Cl2，溶液先变红后褪色B将SO2和Cl2同时通入BaCl2溶液中，产生白色沉淀将CO2和NH3同时通入CaCl2溶液中，产生白色沉淀C向MgCl2溶液中加入NaOH溶液生成白色沉淀向FeCl3溶液中加入NaOH溶液生成红褐色沉淀DNa投入水中产生大量气泡Na2CO3投入盐酸中产生大量气泡评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)8、研究N0x、SO2等大气污染气体的处理有重要意义．

（1）NO2可用水吸收，相应的化学方程式为____．利用反应：6NO2+8NH7N2+12H2O也可以处理NO2．当转移1.2mol电子时，消耗的NO2在标准状况下是____L．

（2）已知：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=-196.6kJ•mol-1；

2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H=-113.0kJ•mol-1；

则反应NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）的△H=____kJ•mol-1．

（3）大气中SO2和NOx是形成酸雨的主要污染气体．某地酸雨中可能含有下列离子：Na+、Mg2+、NH4+、Cl-、SO32-、SO42-、NO3-和NO2-等．某研究小组取该地一定量的酸雨，浓缩后将所得试液分成4份，进行如下实验：第一份酸化后滴加适量的淀粉KI溶液，呈蓝色；第二份滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀析出；第三份滴加NaOH溶液，加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；第四份加入硝酸酸化的AgNO3溶液，有沉淀产生，静置，在上层清液中滴加酸性KMnO4溶液，不褪色．已知：Ksp（Ag2SO4）=1.20×10-5

请回答下列问题：

①该酸雨中肯定存在的离子有____；肯定不存在的离子有____，说明其不存在的理由：____．

②写出试液中滴加淀粉KI溶液所发生反应的离子方程式：____．

③该研究小组为了探究NO参与的硫酸型酸雨的形成，在烧瓶中充入含有少量NO的SO2气体，慢慢通入O2，该过程中发生的化学反应有2NO+O2=2NO2、NO2+SO2=SO3+NO，再喷射适量蒸馏水即得硫酸型酸雨．说明NO的作用：____．9、将bmolNa2O2和amolNaHCO3混合放在密闭容器中；加热至300℃，使其充分反应，回答下列问题：

（1）当充分反应后，密闭容器内的气体只有氧气时，a和b的关系式是____；

（2）当充分反应后，密闭容器内的固体只有Na2CO3时，a和b的关系式是____；

（3）当充分反应后，密闭容器内的固体是Na2CO3和NaOH混合物时，a和b的关系式是____．10、R、X、Y、Z是位于前四周期的元素，基态R原子核外电子占据3个能级，且每个能级上电子数相等，Y、X能组成两种阳、阴离子个数比为1：1、2：1型化合物．ZX2是常见的催化剂；氧化剂和电极材料；R、X、Y组成一种常见化合物，其水溶液常用于餐具的洗涤剂．R、X、Y原子的质子数之和等于Z的质子数．

（1）基态Z原子的价电子排布图为____；上述四种元素中，第一电离能最小的元素的基态原子核外有____种不同的电子运动状态．

（2）R、X的氢化物中，既含非极性键，又含极性键的分子是____（填化学式，下同）；能形成氢键的化合物是____．在R的氢化物中，R原子杂化类型为sp2和sp3，且摩尔质量最小的结构简式是____．

（3）RX离子的中心原子价层电子对数为____；它的立体构型为____．

（4）Y单质晶体晶胞如图所示，晶胞参数为acm，Y离子直径d=____．该晶胞中，Y离子的空间利用率为____．11、已知A；B、C、D是核电荷数小于18的四种非金属元素；它们的原子序数依次增大，四种元素的原子最外层电子数之和为16，A与B、C、D之间均可形成含有10个电子或18个电子的化合物，且A、D组成的化合物在常温下呈液态．

（1）A、C两种元素组成的10个电子化合物的化学式是：____．

（2）B单质在高温下可从A与D组成的某种化合物中置换出A，同时生成化合物BD，该反应的化学方程式为____．

（3）A、C、D三种元素原子半径由小到大的顺序是____（用元素符号表示）．12、工业废水中常含有一定量的Cr2O72-和CrO42-；它们会对人类及生态系统产生很大的伤害，必须进行处理．常用的处理方法有两种．

方法l：还原沉淀法该法的工艺流程为CrO42-Cr2O72-Cr3+Cr（OH）3↓其中第①步存在平衡：2CrO42-（黄色）+2H+═Cr2O72-（橙色）+H2O（1）若平衡体系的pH=2，则溶液显____色．

（2）能说明第①步反应达平衡状态的是____．a．Cr2O72-和CrO42-的浓度相同b．2v（Cr2O72-）=v（CrO42-）

c．溶液的颜色不变。

（3）第③步生成的Cr（OH）3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr（OH）3（s）═aq）+3OH-（aq）

常温下，Cr（OH）3的溶度积Ksp=c（Cr3+）•c3（OH-）=10-32，要使c（Cr3+）降至10-5mol/L，溶液的pH应调至____．

方法2：电解法。

该法用Fe做电极电解含Cr2O72-的酸性废水，随着电解进行，在阴极附近溶液pH升高，产生Cr（OH）3沉淀．

（4）用Fe做电极的原因为____．

（5）在阴极附近溶液pH升高的原因是（用电极反应解释）____．溶液中同时生成的沉淀还有____．13、A；B、C、D、E、F均为短周期元素；原子序数依次递增．A元素原子核内无中子．B元素原子最外层电子数是次外层电子数的2倍．C元素是地壳是含量最多的元素．D是短周期元素中金属性最强的元素．E与F的位置相邻，F的最高价氧化物的水化物为最强的酸．

（1）推断B在元素周期表中的位置：____．

（2）写出A与C形成的10电子的阳离子化学式：____．（用对应的化学符号填空；下同）

（3）E、F两种元素中非金属性较强的是____；用电子式表示D2C形成过程____

（4）D、E形成的正盐的水溶液中，阴离子的浓度大小顺序为：____（从大到小排列）．

（5）常温下，1molA元素的单质与C元素的单质化合，放出286kJ的热量，写出反应的热化学方程式：____．

（6）甲是A和C按原子个数比1：1组成的化合物．已知甲的溶液能使酸性高锰酸钾溶液褪色．将含有0.5mol甲的溶液滴加到100mL2mol/L酸性高锰酸钾溶液中，溶液紫色恰好褪去，该反应的离子方程式为____．14、现有浓度均为0.1mol/L的下列溶液：①硫酸；②醋酸、③氢氧化钠、④氯化铵、⑤醋酸铵、⑥硫酸铵、⑦硫酸氢铵；⑧氨水，请回答下列问题：

（1）①、②、③、④四种溶液中由水电离出的H+浓度由小到大的顺序是____（填序号）．

（2）④、⑤、⑥、⑦、⑧五种溶液中NH4+浓度由小到大的顺序是____（填序号）．

（3）将③和④等体积混合后，混合液中各离子浓度由大到小的顺序是____．

（4）已知t℃，KW=1×10-13，则t℃____（填“＞”或“＜”或“=”）25℃．在t℃时将pH=11的NaOH溶液aL与pH=1的H2SO4的溶液bL混合后pH=10，则a：b=____．15、如图是一些常见的单质；化合物之间的转化关系图；有些反应中的部分物质被略去．反应①常被应用于野外焊接钢轨，A是一种常见金属，F是海水中含有盐的主要成分，J为D、G反应产物形成的水溶液．

请回答下列问题：

（1）B的化学式为____．

（2）F的电子式____．

（3）写出反应③的离子方程式____．

（4）写出反应④的化学方程式____．16、下表是某地区市场上销售的一种“加碘食盐”包装袋上的部分文字说明．请根据此表；结合化学和生物学科的知识，回答下列问题．

。配料表精制海盐、碘酸钾含碘量20～40mg/kg卫生许可证号××卫碘字（1999）第001号分装日期见封底储藏方法密封、避光、防潮食用方法烹调时，待食品熟后加入碘盐（1）要在食盐中加碘，是因为碘是人体内合成____激素的主要原料；缺碘会引起疾病．

（2）食盐中加碘，这碘指的是____（填“单质”、“化合物”或“元素”），其中碘元素的化合价为____．

（3）根据含碘盐的食用方法可推测碘元素的化学性质，碘酸钾在受热时容易____．评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)17、判断对错：在标准状况下，1molO2与1molSO3的体积相同____．18、为防止流感传染，可将教室门窗关闭后，用食醋熏蒸，进行消毒．____．（判断对错）19、一定量的铁粉与铜粉混合物，与适量稀硝酸反应，生成标准状况下气体5.6L，则溶液中阳离子一定是Fe2+，Cu2+．____（判断对错）20、判断对错：在标准状况下，1molO2与1molSO3的体积相同____．21、放热反应在任何条件都不能发生．____．（判断对错）22、物质发生化学变化时都伴有能量的变化．____．（判断对错）23、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）24、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．____．评卷人得分四、探究题(共4题，共24分)25、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________．26、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：27、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________．28、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7题，共14分)1、D【分析】【解析】【答案】D2、C【分析】【解答】解：反应化学方程式为Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑、2Al+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2↑、MgSO4+2KOH=Mg（OH）2↓+K2SO4、Al2（SO4）3+6KOH=2Al（OH）3↓+3K2SO4、Mg（OH）2MgO+H2O、2Al（OH）3Al2O3+3H2O，A．氧化镁和氧化铝的质量可以按照极值方法计算，若Xg全是镁，得到的氧化物为氧化镁，根据元素守恒，则质量为P==Y，若Xg全是铝，得到的氧化物为氧化铝，根据元素守恒，则质量为P==Y；质量介于二者之间，故A正确；

B．P为生成的氧化物的质量，1molMg可结合1molO，2molAl结合3molO，因此生成沉淀的物质的质量等于镁和铝的质量之和加氧元素的质量，而结合氧元素的物质的量等于生成氢气的物质的量，也等于消耗氢氧根离子的物质的量的一半，即P=×16+X=X+故B正确；

C．得到的氢氧化镁和氢氧化铝的质量等于镁铝的质量和与氢氧根离子的质量之和，即Y=X+×17；故C错误；

D．根据化学方程式的定量关系，生成的氢气的物质的量等于参加反应的碱的物质的量的一半，即B=22.4L/mol×整理得C=故D正确；

故选C．

【分析】根据题意利用反应过程中的变化进行分析计算，镁和铝的混合物中加入适量的稀硫酸全部反应生成氢气BL，和氯化镁和氯化铝；向反应后的溶液中加入Cmol/L氢氧化钾溶液VmL使金属离子刚好沉淀完全，得到的沉淀为氢氧化镁和氢氧化铝，质量为Yg，固体灼烧得到氧化镁和氧化铝质量为Pg，结合各步反应进行计算判断．3、D【分析】【分析】根据n==计算．【解析】【解答】解：水的相对分子质量为18，则1mol水的质量为18g，1mol水的分子数为NA个，则一个水分子的质量为g，故选D．4、B【分析】【分析】A．二氧化硫能形成酸雨；

B．造成温室效应的是二氧化碳；

C．造成臭氧层空洞的主要物质是氟利昂；

D．造成光化学烟雾的主要物质是氮氧化物．【解析】【解答】解：A．造成酸雨的主要物质是二氧化硫等；与氧气无关，故A错误；

B．造成温室效应的主要物质是二氧化碳；故B正确；

C．氟利昂能使臭氧生成氧气；故C错误；

D．二氧化氮是形成光化学烟雾的主要污染物；故D错误；

故选B．5、B【分析】【分析】A．氯气与水反应属于可逆反应；不能进行到底；

B．质量转化为物质的量；结合氧气和臭氧分子的构成解答；

C．气体摩尔体积只适用于气体；

D．镁离子为+2价．【解析】【解答】解：A．氯气与水反应属于可逆反应，标准状况下，0.1molCl2溶于水，只有部分氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，转移电子数小于0.1NA；故A错误；

B．氧气和臭氧都是由氧原子构成，16g氧气和臭氧混合物中含O物质的量为=1mol，含有的原子总数为NA；故B正确；

C．标准状况下；水是液态，不能使用气体摩尔体积，故C错误；

D．镁离子为+2价，2.4g金属镁变成镁离子时失去的电子数目为0.2NA；故D错误；

故选：B．6、B【分析】【分析】某有机化合物的氧化产物甲、还原产物乙都能与钠反应放出氢气，则甲为羧酸，乙为醇，丙能发生银镜反应，丙为含-CHO的酯类物质，以此来解答．【解析】【解答】解：某有机化合物的氧化产物甲；还原产物乙都能与钠反应放出氢气；则甲为羧酸，乙为醇，丙能发生银镜反应，丙中含-CHO，选项中只有B为醛，符合题意，生成丙为甲酸甲酯；

故选B．7、A|C【分析】试题分析：A.向酚酞溶液中加Na2O2，Na2O2与溶液中的水发生反应产生氢氧化钠和氧气，氢氧化钠溶液是碱性，使酚酞溶液变为红色，而新制取的氧气有强的氧化性，会将红色物质氧化为无色，因此会看到溶液先变红后褪色，向石蕊溶液中通入Cl2，Cl2与水反应产生盐酸和次氯酸，酸使紫色石蕊试液变为红色，而次氯酸有强的氧化性，会将红色物质氧化为无色，因此会看到溶液先变红后褪色，二者反应原理相似，正确；B.将SO2和Cl2同时通入BaCl2溶液中，先发生反应：Cl2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HCl，然后发生反应：H2SO4＋BaCl2=BaSO4↓+2HCl,因此会产生白色沉淀BaSO4；将CO2和NH3同时通入CaCl2溶液中，发生反应：CO2+2NH3＋H2O=(NH4)2CO3，(NH4)2CO3＋BaCl2=BaCO3↓+2NH4Cl,产生白色沉淀是BaCO3，前者发生了氧化还原反应，后者发生的是复分解反应，反应原理不相似，错误；向MgCl2溶液中加入NaOH溶液，发生复分解反应：MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl生成白色沉淀Mg(OH)2；向FeCl3溶液中加入NaOH溶液，发生复分解反应：FeCl2+2NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl，生成红褐色沉淀，反应原理相似，正确；D.Na投入水中，发生氧化还原反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑,产生大量气泡；Na2CO3投入盐酸中，发生复分解反应：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，产生大量气泡，反应原理不相似，错误。考点：考查化学反应原理的正误判断及相互关系的应用的知识。【解析】【答案】AC二、填空题(共9题，共18分)8、3NO2+H2O=2HNO3+NO6.72-41.8SO42-、NO3-、NH4+SO32-、NO2-SO32-具有较强的还原性，酸性条件下，与NO3-不能共存；若有NO2-，能使酸性KMnO4溶液褪色6I-+2NO3-+8H+=3I2+2NO↑+4H2O催化剂【分析】【分析】（1）根据物质与水的反应物与生成物来书写化学反应方程式；再利用氧化还原反应中电子转移计算，然后来计算标准状况下气体的体积；

（2）利用盖斯定律来计算反应热；

（3）①根据离子共存的知识来确定溶液中的离子的存在与否；

②根据单质碘能使淀粉KI溶液呈蓝色来分析；

③根据一氧化氮在反应中的特点来判断所起到的作用．【解析】【解答】解：（1）NO2与H2O反应的方程式为：3NO2+H2O═2HNO3+NO；6NO2+8NH3═7N2+12H2O，当反应中有1molNO2参加反应时，共转移了4mol电子，故转移1.2mol电子时，消耗的NO2为：×22.4L/mol=6.72L；

故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；6.72；

（2）根据盖斯定律，将第二个方程式颠倒过来，与第一个方程式相加得：2NO2+2SO2═2SO3+2NO，△H=-83.6kJ•mol-1，故NO2+SO2⇌SO3+NO，△H=-41.8kJ•mol-1；

故答案为：-41.8；

（3）①滴加适量的淀粉KI溶液，呈蓝色，说明在该酸性溶液中有一种能将碘离子氧化为碘单质的离子存在，而这样的离子只有NO3-，故一定含有NO3-，就一定不会含有SO32-，因为SO32-具有较强的还原性，酸性条件下，与NO3-不能共存；滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀析出，故一定含有SO42-；滴加NaOH溶液，加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则有氨气生成，故一定含有NH4+；加入足量硝酸酸化的AgNO3溶液，有沉淀产生，静置，在上层清液中滴加酸性KMnO4溶液，不褪色，一定不含NO2-，若有NO2-，能使酸性KMnO4褪色；而氯离子的存在与否不能判断，因为硫酸根已经存在；

故答案为：SO42-、NO3-、NH4+；SO32-、NO2-；SO32-具有较强的还原性，酸性条件下，与NO3-不能共存；若有NO2-，能使酸性KMnO4溶液褪色；

②硝酸氧化碘离子的离子方程式为：6I-+2NO3-+8H+=3I2+2NO↑+4H2O；

故答案为：6I-+2NO3-+8H+=3I2+2NO↑+4H2O；

③根据反应方程式2NO+O2=2NO2、NO2+SO2=SO3+NO可知；整个过程NO的质量没有变化，故在反应中作催化剂；

故答案为：催化剂．9、≥1≤＜＜1【分析】【分析】混合物在密闭容器中加热到300℃时；可能发生如下反应：

①2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2；

②2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2；

③2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2；

④2NaOH+CO2═Na2CO3+H2O；

由上述反应；可得总的反应方程式为：

Ⅰ、Na2O2+2NaHCO32Na2CO3+O2↑+H2O↑

Ⅱ、2Na2O2+2NaHCO32Na2CO3+O2↑+2NaOH

（1）容器内的气体只有氧气时；发生反应Ⅱ；

（2）当剩余固体为Na2CO3；发生反应Ⅰ，碳酸氢钠可能过量；

（3）当剩余固体为Na2CO3、NaOH时，发生反应Ⅰ、Ⅱ．【解析】【解答】解：混合物在密闭容器中加热到300℃时；可能发生如下反应：

①2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2；

②2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2；

③2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2；

④2NaOH+CO2═Na2CO3+H2O；

由上述反应；可得总的反应方程式为：

Ⅰ、Na2O2+2NaHCO32Na2CO3+O2↑+H2O↑

Ⅱ、2Na2O2+2NaHCO32Na2CO3+O2↑+2NaOH

（1）容器内的气体只有氧气时，发生反应Ⅱ，过氧化钠可能剩余，故≥1，故答案为：≥1；

（2）当剩余固体为Na2CO3，发生反应Ⅰ，碳酸氢钠可能过量，故≤，故答案为：≤；

（3）当剩余固体为Na2CO3、NaOH时，发生反应Ⅰ、Ⅱ，故＜＜1，故答案为：＜＜1．10、11CH3CH3、H2O2H2O2、H2OCH2=CHCH33平面三角形cm68%【分析】【分析】R；X、Y、Z是位于前四周期的元素；基态R原子核外电子占据3个能级，且每个能级上电子数相等，则R是C元素；

Y、X能组成两种阳、阴离子个数比为1：1、2：1型化合物，O、Na元素能形成Na2O、Na2O2化合物；所以Y是Na元素；X是O元素；

C；O、Na组成一种常见化合物碳酸钠；其水溶液常用于餐具的洗涤剂；

C、O、Na原子的质子数之和等于Z的质子数，则Z质子数=6+8+11=25，则Z是Mn元素，MnO2是常见的催化剂；氧化剂和电极材料；

（1）Z是Mn元素；其原子核外有25个电子，3d能级和4s能级电子为其价电子，3d能级有5个电子；4s能级有2个电子，据此书写基态Z原子的价电子排布图；

元素的金属性越强其第一电离能越小；这四种元素中第一电离能最小的元素为Na元素，该元素基态原子核外有几个电子具有几种运动状态；

（2）C；O的氢化物中；既含非极性键，又含极性键的有乙烷、双氧水；能形成氢键的化合物是双氧水、水；

在R的氢化物中，R原子杂化类型为sp2和sp3；且摩尔质量最小是丙烯；

（3）CO32-离子的中心原子价层电子对数=3+（4+2-3×2）=3；为平面三角形；

（4）Na单质晶体晶胞如图所示，该晶胞中两个对顶点和体心原子直接相连，2d=acm；晶胞体积=a3cm3，该晶胞中原子个数=1+8×=2，则晶胞中原子总体积=[×2]cm3，原子利用率=．【解析】【解答】解：R；X、Y、Z是位于前四周期的元素；基态R原子核外电子占据3个能级，且每个能级上电子数相等，则R是C元素；

Y、X能组成两种阳、阴离子个数比为1：1、2：1型化合物，O、Na元素能形成Na2O、Na2O2化合物；所以Y是Na元素；X是O元素；

C；O、Na组成一种常见化合物碳酸钠；其水溶液常用于餐具的洗涤剂；

C、O、Na原子的质子数之和等于Z的质子数，则Z质子数=6+8+11=25，则Z是Mn元素，MnO2是常见的催化剂；氧化剂和电极材料；

（1）Z是Mn元素，其原子核外有25个电子，3d能级和4s能级电子为其价电子，3d能级有5个电子、4s能级有2个电子，基态Mn原子的价电子排布图为

元素的金属性越强其第一电离能越小；这四种元素中第一电离能最小的元素为Na元素，该元素基态原子核外有几个电子具有几种运动状态，钠原子有11个电子，所以其原子核外电子有11种运动状态；

故答案为：11；

（2）C、O的氢化物中，既含非极性键，又含极性键的有CH3CH3、H2O2；能形成氢键的化合物是H2O2、H2O；

在R的氢化物中，R原子杂化类型为sp2和sp3，且摩尔质量最小是丙烯，其结构简式为CH2=CHCH3；

故答案为：CH3CH3、H2O2；H2O2、H2O；CH2=CHCH3；

（3）CO32-离子的中心原子价层电子对数=3+（4+2-3×2）=3；为平面三角形；

故答案为：3；平面三角形；

（4）Na单质晶体晶胞如图所示，该晶胞中两个对顶点和体心原子直接相连，2d=acm，则d=cm；晶胞体积=a3cm3，该晶胞中原子个数=1+8×=2，则晶胞中原子总体积=[×2]cm3，原子利用率===68%；

故答案为：cm；68%．11、NH3C+H2OCO+H2H＜O＜N【分析】【分析】A、B、C、D是核电荷数小于18的四种非金属元素，处于短周期，且它们的原子序数依次增大，A与B、C、D之间均可形成含有10个电子或18个电子的化合物，则A为H元素；B、C、D应处于第二周期，且A、D组成的化合物在常温下呈液态，则D为O元素；B、D原子最外层电子数之和为16-1-6=9，故B最外层电子数为4、C最外层电子数为5，则B为碳元素、C为N元素，据此解答．【解析】【解答】解：A；B、C、D是核电荷数小于18的四种非金属元素；处于短周期，且它们的原子序数依次增大，A与B、C、D之间均可形成含有10个电子或18个电子的化合物，则A为H元素；B、C、D应处于第二周期，且A、D组成的化合物在常温下呈液态，则D为O元素；B、D原子最外层电子数之和为16-1-6=9，故B最外层电子数为4、C最外层电子数为5，则B为碳元素、C为N元素；

（1）A、C两种元素组成的10个电子化合物为NH3，故答案为：NH3；

（2）B单质在高温下可从A与D组成的某种化合物中置换出A，同时生成化合物BD，是碳与水蒸气反应生成CO与氢气，该反应的化学方程式为：C+H2OCO+H2，故答案为：C+H2OCO+H2；

（3）所有元素中氢原子半径最小，同周期自左而右原子半径减小，故原子半径：H＜O＜N，故答案为：H＜O＜N．12、橙c5阳极反为Fe-2e-=Fe2+，提供还原剂Fe2+2H++2e═H2↑Fe（OH）3【分析】【分析】（1）根据外界条件对平衡的影响来确定平衡移动方向；从而确定离子浓度大小和溶液颜色变化；

（2）根据判断平衡状态的方法：V正=V逆；或各组分的浓度保持不变则说明已达平衡；

（3）根据溶度积常数以及水的离子积常数来进行计算；

（4）阳极是活性电极时；阳极本身失电子，生成阳离子；

（5）溶液PH升高的原因是溶液中氢离子浓度减少，即氢离子在阴极得电子，PH升高，氢氧根离子浓度增大，离子浓度幂的乘积大于溶度积，所以金属阳离子会生成氢氧化物沉淀．【解析】【解答】解：（1）c（H+）增大，平衡2CrO42-（黄色）+2H+⇌Cr2O72-（橙色）+H2O右移；溶液呈橙色，故答案为：橙；

（2）a．Cr2O72-和CrO42-的浓度不是相同；而是不变，故错误；

b．2v（Cr2O72-）=v（CrO42-）；未体现正逆的关系，故错误；

c．溶液的颜色不变；说明浓度不变，正逆反应速率相等，故选：C；

（3）当c（Cr3+）=10-5mol/L时，溶液的c（OH-）==10-9mol/L，c（H+）═=10-5mol/L，pH=5，即要使c（Cr3+）降至10-5mol/L；溶液的pH应调至5，故答案为：5；

（4）在电解法除铬中，铁作阳极，阳极反应为Fe-2e-═Fe2+，以提供还原剂Fe2+；故答案为：阳极反应为Fe-2e-═Fe2+，提供还原剂Fe2+；

（5）在阴极附近溶液pH升高的原因是水电离产生的H+放电生成H2的同时，大量产生了OH-，所以溶液中的Fe3+也将转化为Fe（OH）3沉淀，故答案为：2H++2e═H2↑；Fe（OH）3．13、第二周期第IVA族H3O+ClC（S2-）＞C（OH-）＞C（HS-）H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H=-286kJ/mol2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O【分析】【分析】A、B、C、D、E、F均为短周期元素，原子序数依次递增．A元素原子核内无中子，则A为氢元素；B元素原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，则B有2个电子层，最外层有4个电子，则B为碳元素；C元素是地壳中含量最多的元素，则C为氧元素；D元素是短周期元素中金属性最强的元素，则D为Na；E与F的位置相邻，F的最高价氧化物的水化物为最强的酸，可推知E为S元素、F为Cl元素，据此解答．【解析】【解答】解：A；B、C、D、E、F均为短周期元素；原子序数依次递增．A元素原子核内无中子，则A为氢元素；B元素原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，则B有2个电子层，最外层有4个电子，则B为碳元素；C元素是地壳中含量最多的元素，则C为氧元素；D元素是短周期元素中金属性最强的元素，则D为Na；E与F的位置相邻，F的最高价氧化物的水化物为最强的酸，可推知E为S元素、F为Cl元素；

（1）B是碳元素；原子有2个电子层，最外层电子数为4，在元素周期表中的位置：第二周期第IVA族，故答案为：第二周期第IVA族；

（2）H与O形成的10电子的阳离子化学式为：H3O+，故答案为：H3O+；

（3）同周期随原子序数增大非金属性增强，故非金属性Cl＞S；用电子式表示Na2O形成过程为

故答案为：Cl；

（4）Na、S形成的正盐的水溶液中，S2-离子水解，溶液呈碱性，OH-离子来源于水的电离、HS-及S2-离子水解，故C（OH-）＞C（HS-），水解程度比较微弱，阴离子的浓度大小为：C（S2-）＞C（OH-）＞C（HS-）；

故答案为：C（S2-）＞C（OH-）＞C（HS-）；

（5）常温下，1mol氢气与与氧气化合，放出286kJ的热量，则该反应的热化学方程式为：H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H=-286kJ/mol；

故答案为：H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H=-286kJ/mol；

（6）甲是H和O按原子个数比1：1组成的化合物，则甲为H2O2，甲的溶液能使酸性高锰酸钾溶液褪色，甲被氧化生成氧气，含有0.5mol甲的溶液滴加到100mL2mol/L酸性高锰酸钾溶液中，溶液紫色恰好褪去，设Mn元素在还原产物中的化合价为a，根据电子转移守恒，则：0.5mol×2×[0-（-1）]=0.1L×2mol/L×[7-a]，解得a=2，还有生成Mn2+，该反应的离子方程式为2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O；

故答案为：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O．14、①③②④⑧⑤④⑦⑥c（Na+）=c（Cl-）＞c（OH-）＞c（NH4+）＞c（H+）；＞101：9【分析】【分析】（1）盐溶液促进水的电离，溶液中c（H+）或c（OH-）越大；水的电离程度越小，以此分析；

（2）从盐类的水解和弱电解质的电离程度角度分析；

（3）③和④等体积混合后，溶液溶质为NaCl和NH4Cl；从盐类的水解角度分析；

（4）根据温度对电解质的电离影响判断温度的大小，根据c（OH-）=计算酸碱混合反应．【解析】【解答】解：（1）④氯化铵为强酸弱碱盐，水解促进水的电离，②醋酸为弱酸，溶液中c（H+）较小，①硫酸和③氢氧化钠都为强电解质，浓度相同时，硫酸对水的电离抑制程度较大，所以四种溶液中由水电离出的H+浓度由小到大的顺序是①③②④；

故答案为：①③②④；

（2）④氯化铵、⑤醋酸铵、⑥硫酸铵、⑦硫酸氢铵等溶液中存在：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，其中硫酸铵溶液中铵根离子浓度最大，硫酸氢铵存在大量的H+，抑制NH4+的水解，醋酸铵为弱酸弱碱盐，发生相互促进的水解，四种物质中NH4+浓度最小，⑧氨水为弱电解质，难以电离，在这五种溶液中NH4+浓度最小，所以NH4+浓度由小到大的顺序是：⑧⑤④⑦⑥；

故答案为：⑧⑤④⑦⑥；

（3）③和④等体积混合后，溶液溶质为NaCl和NH4Cl，由于溶液中存在：NH3•H2O⇌NH4++OH-，则c（Na+）=c（CI-）＞c（NH4+），c（OH-）＞c（H+），又溶液中存在水的电离，则c（OH-）＞c（NH4+），故有：c（Na+）=c（CI-）＞c（OH-）＞c（NH4+）＞c（H+）

故答案为：c（Na+）=c（CI-）＞c（OH-）＞c（NH4+）＞c（H+）；

（4）t℃，KW=1×10-13，25℃，KW=1×10-14，已知水的电离为吸热过程，升高温度促进电离，KW增大；所以t℃大于25℃；

t℃时将pH=11的NaOH溶液中c（OH-）==0.01mol/L；

在t℃时将pH=11的NaOH溶液aL与pH=1的H2SO4的溶液bL混合（忽略混合后溶液体积的变化），若所得混合溶液的pH=10，则混合后溶液中c（OH-）==0.001mol/L

则有：=0.001mol/L，则a：b=101：9；

故答案为：＞；101：9．15、Fe2O3Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3【分析】【分析】反应①常被应用于野外焊接钢轨，应为金属铝和氧化铁发生铝热反应，A为常见金属，则A为Al，B为Fe2O3，F是海水中含有盐的主要成分，则F为NaCl，电解生成NaOH、H2和Cl2，N为红褐色固体，应为Fe（OH）3，则D应为Fe，C为Al2O3，H为NaOH，E为NaAlO2，G为Cl2，J为FeCl3溶液，K为FeCl2溶液，M为Fe（OH）2，I为H2，结合物质的性质解答该题．【解析】【解答】解：反应①常被应用于野外焊接钢轨，应为金属铝和氧化铁发生铝热反应，A为常见金属，则A为Al，B为Fe2O3，F是海水中含有盐的主要成分，则F为NaCl，电解生成NaOH、H2和Cl2，N为红褐色固体，应为Fe（OH）3，则D应为Fe，C为Al2O3，H为NaOH，E为NaAlO2，G为Cl2，J为FeCl3溶液，K为FeCl2溶液，M为Fe（OH）2，I为H2．

（1）由以上分析可知B为Fe2O3，故答案为：Fe2O3；

（2）F为NaCl，电子式为故答案为：

（3）反应③为Al2O3和NaOH的反应，离子方程式为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，故答案为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；

（4）反应④为氢氧化亚铁氧化生成氢氧化铁，反应化学方程式为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3．16、甲状腺元素+5分解【分析】【分析】食盐中的碘是以碘酸钾形式存在，计算含碘量是以碘元素进行计算，人体缺碘，易导致甲状腺疾病，根据化合价代数和为0判断元素的化合价，由题中信息可知，碘酸钾易分解．【解析】【解答】解：（1）人体缺碘；易导致甲状腺疾病，碘是人体内合成甲状腺激素的主要原料，故答案为：甲状腺；

（2）食盐中的碘是以碘酸钾形式存在，计算含碘量是以碘元素进行计算，碘盐中不存在碘原子和分子，在KIO3中；K的化合价为+1价，O的化合价为-2价，根据化合价代数和为0可知I的化合价为+5价，故答案为：元素；+5；

（3）烹调时，待食品熟后加入碘盐，说明碘酸钾不稳定，在加热时易分解，故答案为：分解．三、判断题(共8题，共16分)17、×【分析】【分析】标况下，SO3不是气体，与相同物质的量的氧气体积不相等．【解析】【解答】解：标况下，SO3不是气体，与相同物质的量的氧气体积不相等，故错误，故答案为：×．18、√【分析】【分析】流感病毒的成分为蛋白质，而食醋的主要成分为乙酸，乙酸能使蛋白质发生变性，以此来解答．【解析】【解答】解：因流感病毒的成分为蛋白质；而食醋的主要成分为乙酸，乙酸能使蛋白质发生变性，则为防止流感传染，可将教室门窗关闭后，用食醋熏蒸，进行消毒，做法正确；

故答案为：√．19、×【分析】【分析】还原性Fe＞Cu，铁首先与稀硝酸反应，如金属不足，则反应生成Fe3+，如金属过量，则生成Fe2+，如铁过量，则溶液中没有Cu2+，以此解答该题．【解析】【解答】解：还原性Fe＞Cu，铁首先与稀硝酸反应，如铁不足，则反应生成Fe3+，如铁过量，则生成Fe2+，且溶液中没有Cu2+；

故答案为：×．20、×【分析】【分析】标况下，SO3不是气体，与相同物质的量的氧气体积不相等．【解析】【解答】解：标况下，SO3不是气体，与相同物质的量的氧气体积不相等，故错误，故答案为：×．21、×【分析】【分析】放热反应一般在加热条件能发生．【解析】【解答】解：放热反应一般在加热条件能发生，例如燃烧反应，故错误，故答案为：×．22、√【分析】【分析】依据化学反应实质是反应物化学键断裂化学键吸收能量，生成物形成化学键放出热量，反应过程中一定伴随能量变化．【解析】【解答】解：化学反应实质是反应物化学键断裂化学键吸收能量，生成物形成化学键放出热量，所以反应过程中一定伴随能量变化，故正确，故答案为：√．23、×【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：×．24、√【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：√．四、探究题(共4题，共24分)25、|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．26、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.