2025年华东师大版高三化学上册月考试卷含答案

…………○…………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年华东师大版高三化学上册月考试卷含答案考试试卷考试范围：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8题，共16分)1、下列条件下化学反应速率最大的是（）A.20℃0.1mol•L-1的盐酸溶液20mL与0.5g块状碳酸钙反应B.20℃0.2mol•L-1的盐酸溶液10mL与0.5g粉状碳酸钙反应C.10℃0.2mol•L-1的盐酸溶液10mL与0.5g粉状碳酸钙反应D.10℃0.1mol•L-1的盐酸溶液20mL与1g块状碳酸钙反应2、用下列实验装置和方法进行相应实验，能达到实验目的是（）A.甲装置制干燥的氨气B.用乙装置收集并测量Cu与浓硝酸反应产生的气体及体积C.用丙装置除去CO2中含有的少量HC1D.用丁装置吸收NH3，并防止倒吸3、下列物质中，其水溶液能导电，溶于水时化学键被破坏，且该物质属于非电解质的是A.Cl2B.SO2C.NaOHD.C2H5OH4、松油醇具有紫丁香味，其酯类常用于香精调制．如图为松油醇的结构，以下关于它的说法正确的是（）A.分子式为C10H19OB.同分异构体可能属于醛类、酮类或酚类C.能发生取代、氧化、还原反应D.与氢气加成后的产物有4种一氯化物5、蛋白质发生下列过程中，可逆的是（）A.盐析B.变性C.煮熟D.加入酒精6、反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）经一段时间后，SO3的浓度增加了0.4mol/L，在这段时间内用O2表示的反应速率为0.04mol/（L•s），则这段时间为（）A.0.1sB.2.5sC.10sD.5s7、下列表示物质结构的化学用语或模型正确的是（）A.12C原子外围电子排布图：B.Cl-的结构示意图：C.HF的电子式：D.Na原子的电子排布式[Ne]3s18、已知：4NH3+5O2═4NO+6H2O，若反应速率分别用v（NH3）、v（O2）、v（NO）、v（H2O）表示，则下列关系正确的是（）A.4v（NH3）=5v（O2）B.5v（O2）=6v（H2O）C.3v（NH3）=2v（H2O）D.5v（O2）=4v（NO）评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)9、地球环境日益恶化，为了保护环境人类正在尽力治理．下列说法正确的是（）A.CO、甲苯、尼古丁等不是室内污染物B.污水处理方法化学包括混凝法、中和法、沉淀法C.“白色污染”的会危及海洋生物的生存E.为防止流感传染，可将教室门窗关闭后，用甲醛熏蒸，进行消毒E.为防止流感传染，可将教室门窗关闭后，用甲醛熏蒸，进行消毒10、粗产品蒸馏提纯时，如图所示装置中温度计位置正确的是（），可能会导致收集到的产品中混有低沸点杂质的装置是（）A.B.C.D.11、某工厂采用电解法处理含铬废水，耐酸电解槽用铁板作阴阳极，槽中盛放含铬废水，原理示意图如图，下列说法正确的是（）A.A电源的负极B.阳极区溶液中发生的氧化还原反应为Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2OC.阴极区附近溶液的pH降低D.若不考虑气体的溶解，当收集到H213.44L时有0.1molCr2O72-被还原12、下列物质属于纯净物的是（）A.漂白粉B.液氨C.氯气D.盐酸13、下列叙述正确的是（）A.测定相同温度下盐酸和醋酸溶液的pH，可证明盐酸是强酸、醋酸是弱酸B.改变温度能改变任何可逆反应的平衡状态C.离子反应的结果是自由移动的离子浓度减小D.Fe（OH）3胶体和饱和FeCl3溶液都呈红褐色，可通过丁达尔效应区分二者14、下列反应达到平衡后，加压或降温平衡都向正反应方向移动的是（）A.2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）（正反应为放热反应）B.PCl5（g）⇌PCl3（g）+Cl2（g）（正反应为吸热反应）C.N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）（正反应为放热反应）D.2O3（g）⇌3O2（g）（正反应为放热反应）评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)15、某学习小组对影响速率的因素和氧化还原反应滴定进行探究：

探究I“影响化学反应速率的因素”；选用4mL0.01mol/LKMn04溶液与2mL0.1mol/LH2C2O4溶液在稀硫酸中进行实验，改变条件如表：

。组别草酸的体积（mL）温度其他物质①2Ml20无②2mL2010滴饱和MnS04溶液③2mL30无④1mL201mL蒸馈水（1）实验①和②的目的是____；如果研究温度对化学反应速率的影响，使用实验____．

（2）对比实验①和④，可以研究反应物的浓度对化学反应速率的影响，实验④中加入1mL蒸馏水的目的是____．

探究II．该小组查阅资料得知：2Mn04_+5C2042_+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，欲利用该反应测定某草酸钠（Na2C204）样品中草酸钠的质量分数．该小组称量1.34g草酸钠样品溶于稀硫酸中；然后用0.200mol/L的酸性高键酸钾溶液进行滴定（其中的杂质不跟高锰酸钾和稀硫酸反应）．

（1）滴定前是否要滴加指示剂？____．（填“是”或“否”）

（2）下列操作中可能使所测Na2C204溶液的浓度数值偏低的是。

A．酸式滴定管未用标准酸性高锰酸钾溶液润洗就直接注入酸性高锰酸钾溶液。

B．滴定前盛放Na2C204溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥。

C．酸式滴定管在滴定前有气泡；滴定后气泡消失。

D．读取酸性高锰酸钾溶液体积时；开始仰视读数，滴定结束时俯视读数。

（3）达到终点时消耗了15.00mL的高锰酸钾溶液，样品中草酸钠的质量分数为____．16、铁是应用最广泛的金属；铁的卤化物；氧化物以及高价铁的含氧酸盐均为重要化合物．

（1）要确定铁的某氯化物FeClx的化学式，可用离子交换和滴定的方法．实验中称取0.54gFeClx样品，溶解后先进行阳离子交换预处理，再通过含有饱和OH-的阴离子交换柱，使Cl-和OH-发生交换．交换完成后，流出溶液的OH-用0.40mol•L-1的盐酸滴定，滴至终点时消耗盐酸25.0mL．计算该样品中氯的物质的量，并求出FeClx中的x值：____（列出计算过程）

（2）现有一含有FeCl2和FeCl3的混合物的样品，采用上述方法测得n（Fe）﹕n（Cl）=1﹕2.1，则该样品中FeCl3的物质的量分数为____．在实验室中，FeCl2可用铁粉和____反应制备，FeCl3可用铁粉和____反应制备；

（3）FeCl3与氢碘酸反应时可生成棕色物质，该反应的离子方程式为____．

（4）高铁酸钾（K2FeO4）是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料．FeCl3和KClO在强碱性条件下反应可生成K2FeO4，其反应的离子方程式为____．与MnO2-Zn电池类似，K2FeO4-Zn也可以组成碱性电池，K2FeO4在电池中作为正极材料，其电极反应式为____．该电池总反应的离子方程式为____．17、实验室制备苯甲醇和苯甲酸的化学原理是（图1）：

已知苯甲醛易被空气氧化：

苯甲醇沸点为205.3℃；苯甲酸熔点121.7℃，沸点为249℃，溶解度为0.34g；乙醚（C2H5OC2H5）沸点为34.8℃；难溶于水，制备苯甲醇和苯甲酸的主要过程如图2所示．

试根据上述信息回答：

（1）乙醚溶液中所溶解的主要成分是____，操作Ⅱ的名称是____．

（2）产品乙是____．

（3）操作Ⅱ中温度计水银球上沿x放置的位置应为____（图3中a、b、c或d），该操作中，收集产品甲的适宜温度为____．

18、有某种含有少量FeCl2杂质的FeCl3样品．现要测定其中铁元素的质量分数；实验采用下列步骤进行：

①准确称量mg样品（在2～3g范围内）；

②向样品中加入10mL6mol•L-1的盐酸；再加入蒸馏水，配制成250mL溶液；

③量取25mL操作②中配得的溶液；加入3mL氯水，加热使其反应完全；

④趁热迅速加入10%氨水至过量；充分搅拌，使沉淀完全；

⑤过滤；将沉淀洗涤后，移至坩埚，灼烧；冷却、称重，并重复操作至恒重．

试回答下列问题：

（1）溶解样品时，要加入盐酸，原因是____．

（2）加入氯水后，反应的离子方程式为____．

（3）若不用氯水，可用下列试剂中的____代替（填序号）．

A．H2O2B．碘水C．NaClO

（4）步骤⑤中检验沉淀是否洗净的方法是____．

（5）若坩埚质量为W1g，坩埚及灼烧后的固体总质量为W2g，样品中铁元素的质量分数为____．19、下图是一种天然药物桥环分子合成的部分路线图（反应条件已略去）：

回答下列问题：

（1）有机物A有多种同分异构体，其中满足下列条件的A的同分异构体的结构简式为____（任写一种）．

①属于芳香族化合物；②能使FeCl3溶液显色；③核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢．

（2）有机物B分子中含氧官能团名称为____、____，含手性碳原子数为____．

（3）C用LiBH4还原可以得到D．C→D不直接用氢气（镍做催化剂）还原的原因是____．

（4）E与新制氢氧化铜反应的化学方程式（有机物E用RCHO来表示）为____．

（5）请写出B→C的合成路线图（CH3I和无机试剂任选）____．合成路线流程图示例如下：

H2C=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH

已知：①LiBH4可以将醛；酮．酯类还原成醇；但不能还原羧酸、羧酸盐、碳碳双键，遇酸分解．

RCOR′RCH（OH）R′R-COOR′CH3CH2OH

②RCH2COOR′RCH（CH3）COOR′．20、硝酸大量用于制造无机肥料；如硝酸铵；硝酸钙、硝酸磷肥，还广泛用于其他工业生产．硝酸工业生产流程图如图所示：

（1）第-步是氨的接触氧化，在一定温度下以铂铑网作为催化剂，写出该反应的化学方程式____．

（2）在吸收塔中用水循环吸收NO2得到硝酸，写出发生反应的化学方程式____，该过程是放热的，为了使吸收效果更好在吸收过程中需要控制在____条件下．

（3）尾气中含有氮的氧化物，直接排放到空气中会危害环境，写出一项氮的氧化物可能引起的环境问题____．工业上常用纯碱溶液吸收NO2，生成亚硝酸盐、硝酸盐和其他物质，写出该反应的化学方程式____．评卷人得分四、探究题(共4题，共12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：评卷人得分五、实验题(共3题，共12分)25、为探究亚硫酸钠的热稳定性，某研究性学习小组将无水亚硫酸钠隔绝空气加热，并利用受热后的固体试样和下图所示的实验装置进行实验。请回答下列有关问题：（1）查阅资料：无水亚硫酸钠隔绝空气受热到600℃才开始分解，且分解产物只有硫化钠和另外一种固体。如果加热温度低于600℃，向所得冷却后固体试样中缓缓滴加稀盐酸至足量，在滴加稀盐酸的整个过程中的物质的量浓度变化趋势为____；（2）如果加热温度为700℃，向所得冷却后固体试样中缓缓滴加稀盐酸至足量，观察到烧瓶中出现淡黄色沉淀，且有大量气泡产生，则反应生成淡黄色沉淀的离子方程式为____；此时在B、C两装置中可能观察到的现象为____。（3）在（2）中滴加足量盐酸后，烧瓶内除外，还存在另一种浓度较大的阴离子。为检验该阴离子，先取固体试样溶于水配成溶液。以下是检验该阴离子的两种实验方案你认为合理的方案是____（填“甲”或“乙”），请说明另一方案不合理的原因____。方案甲：取少量试样溶液于试管中，先加稀再加溶液，有白色沉淀生成，证明该离子存在。方案乙：取少量试样溶液于试管中，先加稀HCl，再加溶液，有白色沉淀生成，证明该离子存在。（4）写出固体加热到600℃以上分解的化学方程式。26、氧化铜是一种黑色粉末，其制品除在烟花中使用外还可作玻璃和瓷器着色剂、油类的脱硫剂、有机合成的催化剂。为获得纯净的氧化铜以探究其性质，某化学兴趣小组利用废旧印刷电路板获得氧化铜，实现资源回收再利用，减少污染。（1）获得硫酸铜该小组同学利用H2O2和H2SO4混合溶液可溶出印刷电路板金属粉末中的铜，从而获得硫酸铜。写出该反应的化学方程式。（2）制备氧化铜①步骤I的目的是除去可溶性杂质；②步骤II的目的是得到CuSO4·5H2O固体。该步骤操作是____、____、过滤、水浴加热烘干。水浴加热的特点是。（3）探究氧化铜是否能加快氯酸钾的分解并与二氧化锰的催化效果进行比较。用如图装置进行实验，实验时均以收集25mL气体为准，其他可能影响实验的因素均已忽略，相关数据见下表：回答下列问题：①上述实验中的“待测数据”指。②若要证明实验II中干燥管内收集的气体是O2，可待气体收集结束后，用弹簧夹夹住B中乳胶管，拔去干燥管上单孔橡皮塞，。③为探究CuO在实验III中是否起催化作用，需补做如下实验（无需写出具体操作）：a.CuO的化学性质有没有改变；b。.27、某同学用如图所示装置探究rm{SO_{2}}的性质及其有关实验。rm{(1)}实验室用亚硫酸钠固体和一定浓度的硫酸反应制备rm{SO_{2}}气体，写出该反应的化学方程式：___________________________。rm{(2)}分别将rm{SO_{2}}气体通入下列rm{C}溶液中，请回答下列问题：rm{垄脵}少量rm{SO_{2}}通入紫色石蕊试液，现象是________，继续通入过量rm{SO_{2}}气体，现象是_______________________________。rm{垄脷SO_{2}}通入紫红色rm{KMnO_{4}}溶液，现象是___________________________，其反应的离子方程式为_______________________________。rm{垄脹SO_{2}}慢慢地通入澄清石灰水中，现象是_____________________。rm{垄脺}若rm{C}取双氧水，则通入rm{SO_{2}}后，请大胆判断所得溶液是__________rm{(}填溶质的化学式rm{)}若该同学制备的rm{SO_{2}}气体中混有rm{CO_{2}}气体，产生杂质的原因可能是亚硫酸钠固体中混有____。要证明气体中既有rm{SO_{2}}又有rm{CO_{2}}应该选用的试剂依次为____。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】【分析】影响化学反应速率的因素有温度、浓度、压强、催化剂、反应物的接触面积等等，据此分析．【解析】【解答】解：温度AB比CD高，盐酸浓度BC比AD大，固体状态，BC为粉末状，AD为块状，综上，反应速率最快的应为B，故选B．2、A【分析】【分析】A．浓氨水与CaO可制取氨气；氨气可用碱石灰干燥；

B．Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮；溶于水；

C．二氧化碳；HCl均与碳酸钠溶液反应；

D．苯的密度小，不能使气体与水分离．【解析】【解答】解：A．浓氨水与CaO可制取氨气；氨气可用碱石灰干燥，为固体与液体制取氨气的反应原理，装置合理，故A正确；

B．Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮；溶于水，不能利用排水法测定其体积，故B错误；

C．二氧化碳；HCl均与碳酸钠溶液反应；应选饱和碳酸氢钠溶液，故C错误；

D．苯的密度小；不能使气体与水分离，应将苯改为四氯化碳，从而起防倒吸的作用，故D错误；

故选A．3、B【分析】试题分析：A、电解质和非电解质均为化合物，Cl2为单质，既不是电解质也不是非电解质，错误；B、SO2溶于水生成亚硫酸，亚硫酸可以电离：H2SO3H++HSO3—，故溶液导电，SO2是非电解质，H2SO3是电解质，正确；C、NaOH为强电解质，错误；D、C2H5OH为非电解质，但其水溶液中无自由移动的离子，不导电，错误。考点：考查电解质、非电解质的概念。【解析】【答案】B4、C【分析】【分析】由结构可知分子式，分子中含-OH、碳碳双键，结合酚、烯烃的性质来解答．【解析】【解答】解：A．由结构可知分子式为C10H18O；故A错误；

B．含-OH和1个碳碳双键；不能形成苯环，同分异构体不可能为酚类，故B错误；

C．含双键可发生加成；氧化、还原反应；含-OH可发生取代反应，故C正确；

D．与氢气加成后的产物结构对称；含6种H（不含-OH），则有6种一氯化物，故D错误；

故选C．5、A【分析】【分析】当向蛋白质溶液中加入的盐溶液达到一定浓度时；反而使蛋白质的溶解度降低而从溶液中析出，这种作用叫盐析；

在某些物理因素或化学因素的影响下，蛋白质的理化性质和生理功能发生改变的现象称为蛋白质的变性，据此分析．【解析】【解答】解：A．当向蛋白质溶液中加入的盐溶液达到一定浓度时；反而使蛋白质的溶解度降低而从溶液中析出，这种作用叫盐析，盐析是可逆的，故A正确；

B．在某些物理因素或化学因素的影响下；蛋白质的理化性质和生理功能发生改变的现象称为蛋白质的变性，该过程是不可逆的，故B错误；

C．煮熟蛋白质属于蛋白质的变性；是不可逆过程，故C错误；

D．酒精能使蛋白质变性；是不可逆过程，故D错误．

故选A．6、D【分析】【分析】根据速率之比等于化学计量数之比计算v（SO3），再利用△t=计算．【解析】【解答】解：用O2表示的反应速率为0.04mol•L-1•s-1；

则v（SO3）=2v（O2）=2×0.04mol•L-1•s-1=0.08mol•L-1•s-1；

故反应时间==5s；

故选D．7、D【分析】【分析】A．违背洪特规则；2p能级2个电子单独占据一个轨道，且自旋方向相同；

B．氯离子质子数为18；核外电子数为18；

C．HF为共价化合物；原子之间形成1对共用电子对；

D．根据能量最低原理书写Na原子核外电子排布式．【解析】【解答】解：A．违背洪特规则，2p能级2个电子单独占据一个轨道，且自旋方向相同，12C原子外围电子排布图为：故A错误；

B．氯离子质子数为18，核外电子数为18，离子结构示意图为故B错误；

C．HF为共价化合物，原子之间形成1对共用电子对，其电子式为故C错误；

D．Na原子核外电子数为11，根据能量最低原理，Na原子核外电子排布式为1s22s22p63s1或[Ne]3s1；故D正确；

故选D．8、C【分析】【解答】不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，对应反应：4NH3+5O2═4NO+6H2O；

A．v（NH3）：v（O2）=4：5，故5v（NH3）=4v（O2）；故A错误；

B．v（O2）：v（H2O）=5：6，故6v（O2）=5v（H2O）；故B错误；

C．v（NH3）：v（H2O）=4：6，故3v（NH3）=2v（H2O）；故C正确；

D．v（O2）：v（NO）=5：4，故4v（O2）=5v（NO）；故D错误，故选C．

【分析】本题考查化学反应速率与化学计量数关系，比较基础，注意根据速率定义式理解速率规律．二、多选题(共6题，共12分)9、BCD【分析】【分析】A．CO；甲苯以及吸烟所产生的尼古丁对人体都有害；属于室内污染物；

B．根据常用的化学处理法有：中和；沉淀、混凝、氧化还原等方法来分析；

C．白色污染长期堆积会破坏土壤；污染地下水，危害海洋生物的生存，造成海难事件等；

D．根据垃圾是否变为有用资源；减少环境污染；

E．甲醛对人体有害；

F．铅笔芯的主要成分是粘土和石墨；

G．一氧化碳不溶于水．【解析】【解答】解：A．吸烟产生的烟气中一氧化碳；尼古丁；装饰材料中黏合剂释放的物质甲苯等物质，对人体都有害，属于室内污染物，故A错误；

B．污水处理方法包括：混凝法；中和法、沉淀法、氧化还原法；故B正确；

C．白色污染长期堆积会危害海洋生物的生存；造成海难事件，故C正确；

D．将垃圾分类回收；这样做最终目的就是要把有危害的垃圾资源化利用和无害化处理，故D正确；

E．甲醛对人体有害；不能用甲醛甲醛熏蒸，进行消毒，可用食醋，醋具有很强的杀菌能力，可以细菌消毒，防止流感传染，故E错误；

F．铅笔的笔芯是用石墨和粘土按一定比例混合制成的；不是金属铅，故F错误；

G．一氧化碳不溶于水；水不能吸收CO，所以不能防煤气中毒，故G错误；

故选：BCD．10、ABC【分析】【分析】蒸馏测定馏分蒸汽的温度，温度计水银球位于蒸馏烧瓶支管口处；若温度计水银球偏低则混有低沸点杂质，以此来解答．【解析】【解答】解：蒸馏提纯时；蒸馏测定馏分蒸汽的温度，温度计水银球在烧瓶支管口处，图中装置中温度计位置正确的是C；若温度计水银球偏低则混有低沸点杂质，所以可能会导致收集到的产品中混有低沸点杂质的装置是AB；

故答案为：C；AB．11、BD【分析】【分析】A．由图可知；右侧生成氢气，发生还原反应，右侧铁板为阴极，故左侧铁板为阳极；

B．左侧铁板为阳极，铁放电生成亚铁离子，亚铁离子被溶液中的Cr2O72-氧化，反应生成Cr3+、Fe3+；

C．阴极氢离子放电生成氢气；氢离子浓度降低；

D．根据n=计算氢气的物质的量，根据电子转移计算n（Fe2+），根据方程式计算被还原的Cr2O72-的物质的量．【解析】【解答】解：A．由图可知；右侧生成氢气，发生还原反应，右侧铁板为阴极，故左侧铁板为阳极，故A为电源正极，故A错误；

B．左侧铁板为阳极，铁放电生成亚铁离子，亚铁离子被溶液中的Cr2O72-氧化，反应生成Cr3+、Fe3+，发应的离子方程式为Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O；故B正确；

C．阴极氢离子放电生成氢气；氢离子浓度降低，溶液的pH增大，故C错误；

D.13.44L氢气的物质的量为=0.6mol，根据电子转移守恒n（Fe2+）==0.6mol，根据Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O可知，被还原的Cr2O72-的物质的量为0.6mol×=0.1mol；故D正确；

故选BD．12、BC【分析】【分析】混合物是由两种或多种物质混合而成的物质；

纯净物：由一种物质组成的物质．【解析】【解答】解：A．漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙；属于混合物，故A错误；

B．液氨是液态的氨气；由一种物质组成的，属于纯净物，故B正确；

C．氯气是单质；由一种物质组成的，属于纯净物，故C正确；

D．盐酸是氯化氢的水溶液；是混合物，故D错误；

故选BC．13、BD【分析】【分析】A．应测定同浓度的不同溶液的pH；

B．温度改变平衡一定移动；

C．离子反应的本质是某些离子浓度发生改变；

D．溶液和胶体的鉴别用丁达尔现象．【解析】【解答】解：A．只有测定相同温度下；相同物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液的pH；才可证明盐酸是强酸、醋酸是弱酸，故A错误；

B；温度改变平衡一定移动；改变温度能改变任何可逆反应的平衡状态，故B正确；

C．离子反应的本质是某些离子浓度发生改变；不是自由移动的离子浓度减小，故C错误；

D．胶体有丁达尔效应；而溶液没有，故D正确．

故选BD．14、AC【分析】【分析】加压或降温平衡都向正反应方向移动，反应物气体的化学计量数之和大于生成物气体的化学计量数之和，且正反应为放热反应，以此解答该题．【解析】【解答】解：A．反应物气体的化学计量数之和大于生成物气体的化学计量数之和；加压向正反应方向移动，正反应为放热反应，降温平衡向正反应方向移动，故A正确；

B．反应物气体的化学计量数之和小于于生成物气体的化学计量数之和；加压平衡向逆反应方向移动，正反应为吸热反应，降温向逆反应方向移动，故B错误；

C．反应物气体的化学计量数之和大于生成物气体的化学计量数之和；加压向正反应方向移动，正反应为放热反应，降温平衡向正反应方向移动，故C正确；

D．反应物气体的化学计量数之和小于于生成物气体的化学计量数之和；加压平衡向逆反应方向移动，故D错误．

故选AC．三、填空题(共6题，共12分)15、研究催化剂对化学反应速率的影响①和③确保①和④组对比实验中c（KMnO4）、c（H2C2O4）浓度不变或确保溶液总体积不变否75%【分析】【分析】Ⅰ（1）探究反应物浓度；温度、催化剂对反应速率影响；需在其它条件相同，的条件下，对比实验；

（2）对比实验①和④；从提供的反应物的差异解答；

II（1）根据酸性高锰酸钾溶液为紫红色；过程中不需要加指示剂；

（2）根据C（待测）═分析误差；

（3）在酸性条件下，高锰酸根离子能和草酸发生氧化还原反应生成二价锰离子、二氧化碳和水，根据反应计算．【解析】【解答】解：Ⅰ（1）由实验目的可知；探究反应物浓度；温度、催化剂对反应速率影响，需在相同的条件下对比实验，同浓度溶液，在相同温度下进行反应，①无催化剂，②有催化剂，对比实验；

故答案为：研究催化剂对化学反应速率的影响；①和③；

（2）对比实验①和④，10%硫酸的体积不同，其它物质，Ⅳ中加入了蒸馏水，说明两组实验中的反应物的浓度不同，所以可通过探究反应物的浓度对化学反应速率的影响；对比实验①和④，④中只加入1mL10%硫酸，与I中加入的溶液体积不等，就不能保证，4mL0.01mol•L-1KMnO4溶液与2mL0.1mol•L-1H2C2O4溶液，反应物浓度相同，实验④中加入1mL蒸馏水的目的是保证了KMnO4溶液与H2C2O4溶液的起始浓度相同；

故答案为：确保①和④组对比实验中c（KMnO4）、c（H2C2O4）浓度不变或确保溶液总体积不变；

II（1）酸性高锰酸钾溶液为紫红色；当达到滴定终点时，再滴入酸性高锰酸钾溶液时，紫红色不再褪去，故不需要指示剂；

故答案为：否；

（2）根据C（待测）═分析误差；

A．酸式滴定管未用标准酸性高锰酸钾溶液润洗就直接注入酸性高锰酸钾溶液；需要草酸钠的量偏低，结果偏低，故A正确；

B．滴定前盛放Na2C204溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥；无影响，故B错误；

C．酸式滴定管在滴定前有气泡；滴定后气泡消失，需要草酸钠的量偏小，浓度偏低，故C正确；

D．读取酸性高锰酸钾溶液体积时；开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，草酸钠用量偏高，浓度偏高，故D错误；

故答案为：AC；

（3）草酸钠（Na2C2O4）溶于稀硫酸中，然后用酸性高锰酸钾溶液进行滴定，消耗n（KMnO4）=0.015L×0.200mol•L-1=3×10-3mol，离子方程式为：2MnO4-+5C2O42-+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O；则。

2MnO4-+5C2O42-+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O．

25

3×10-3mol7.5×10-3mol

样品中草酸钠的质量为m=7.5×10-3mol×134g/mol=7.5×134×10-3g；

样品中草酸钠的质量分数为×100%=75%；

故答案为：75%．16、n（OH-）=n（H+）=n（Cl-）=0.0250L×0.40mol•L-1=0.010mol，=0.010mol，x=310%盐酸氯气2Fe3++2I-=2Fe2++I22Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2OFeO42-+3eˉ+4H2O=Fe（OH）3+5OH-3Zn+2FeO42-+8H2O=3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4OH-【分析】【分析】（1）依据离子交换关系氢氧根离子物质的量等于氯离子物质的量等于氢离子物质的量，依据0.54gFeClx中氯离子物质的量计算x值；

（2）依据元素守恒计算氯化亚铁和氯化铁物质的量之比；进一步计算氯化铁质量分数；氯化亚铁用铁和稀酸反应生成，氯化铁可以直接用铁和氯气反应得到；

（3）氯化铁具有氧化性碘化氢具有还原性；二者发生氧化还原反应生成氯化亚铁和碘单质；

（4）用FeCl3与KClO在强碱性条件下反应制取K2FeO4，反应的离子方程式为2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O．K2FeO4-Zn也可以组成碱性电池，K2FeO4在电池中作为正极材料，负极为锌失电子发生氧化反应，电极反应Zn-2e-+2OH-=Zn（OH）2；依据产物和电子守恒写出正极反应：FeO42-+3eˉ+4H2O→Fe（OH）3+5OHˉ；有正极反应和负极反应合并得到电池反应．【解析】【解答】解：（1）n（Cl）=n（H+）=n（OH-）=0.0250L×0.40mol•L-1=0.010mol，0.54gFeClx样品中含有氯离子物质的量为=0.010mol；解得x=3；

故答案为：n（Cl）=n（H+）=n（OH-）=0.0250L×0.40mol•L-1=0.010mol，=0.010mol；x=3；

（2）FeCl2和FeCl3的混合物的样品中FeCl2物质的量为x，FeCl3的物质的量为y，则（x+y）：（2x+3y）=1：2.1，得到x：y=9：1，氯化铁物质的量分数=×100%=10%；

在实验室中，FeCl2可用铁粉和盐酸反应得到，FeCl3可用铁粉和氯气反应生成；故答案为：10%；盐酸；氯气；

（3）氯化铁具有氧化性碘化氢具有还原性，二者发生氧化还原反应生成氯化亚铁和碘单质，反应离子方程式为：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，故答案为：2Fe3++2I-=2Fe2++I2；

（4）用FeCl3与KClO在强碱性条件下反应制取K2FeO4，反应的离子方程式为2Fe（OH）3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，原电池的负极发生氧化反应，正极电极反应式为：①FeO42-+3eˉ+4H2O=Fe（OH）3+5OH-；负极电极反应为：②Zn-2e-+2OH-=Zn（OH）2；依据电极反应的电子守恒，①×2+②×3合并得到电池反应为：3Zn+2FeO42-+8H2O=3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4OH-；

故答案为：2Fe（OH）3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；FeO42-+3eˉ+4H2O=Fe（OH）3+5OH-；3Zn+2FeO42-+8H2O=3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4OH-．17、苯甲醇蒸馏苯甲酸b205.3℃【分析】【分析】由流程结合题中信息可知，苯甲醛与KOH反应生成白色糊状物为苯甲醇、苯甲酸钾的混合物，然后加水、乙醚萃取苯甲醇，操作Ⅰ为萃取、分液，则乙醚溶液中含苯甲醇，操作II为蒸馏，得到产品甲为苯甲醇和乙醚；水溶液中含苯甲酸钾，加盐酸发生强酸制取弱酸的反应，生成苯甲酸，苯甲酸的溶解度小，则操作Ⅲ为过滤，则产品乙为苯甲酸，以此来解答．【解析】【解答】解：由流程可知；苯甲醛与KOH反应生成苯甲醇；苯甲酸钾，然后加水、乙醚萃取苯甲醇，则乙醚溶液中含苯甲醇，操作II为蒸馏，得到产品甲为苯甲醇；水溶液中含苯甲酸钾，加盐酸发生强酸制取弱酸的反应，生成苯甲酸，苯甲酸的溶解度小，则操作Ⅲ为过滤，则产品乙为苯甲酸；

（1）乙醚溶液中含苯甲醇；操作II为蒸馏，得到产品甲为苯甲醇，乙醚溶液中所溶解的主要成分是苯甲醇；

故答案为：苯甲醇；蒸馏；

（4）水溶液中含苯甲酸钾；加盐酸发生强酸制取弱酸的反应，生成苯甲酸，苯甲酸的溶解度小，则操作Ⅲ为过滤，则产品乙为苯甲酸；

故答案为：苯甲酸；

（5）蒸馏时，温度计的水银球应在支管口，则温度计水银球x的放置位置为b；通过蒸馏分离出的是苯甲醇；根据苯甲醇的沸点可知控制蒸气的温度为205.3℃；

故答案为：b；205.3℃．18、抑制Fe2+、Fe3+水解2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-AC取少量洗涤液加入少量硝酸银溶液，如果不产生沉淀就说明洗涤干净×100%【分析】【分析】（1）FeCl2、FeCl3都是强酸弱碱盐；亚铁离子；铁离子水解导致溶液变浑浊，为抑制水解加入稀盐酸；

（2）氯气具有强氧化性；能将亚铁离子氧化为铁离子；

（3）氯水主要作用是将亚铁离子氧化成铁离子；起氧化剂的作用，其它氧化剂只要对产生的氢氧化铁的质量没有影响即可；

（4）判断沉淀是否洗净的方法是：取少量洗涤液加入少量硝酸银溶液；如果不产生沉淀就说明洗涤干净；

（5）将氢氧化铁灼烧得到Fe2O3，先计算氧化铁中铁元素质量，从而计算铁元素质量分数．【解析】【解答】解：（1）FeCl2、FeCl3都是强酸弱碱盐；亚铁离子；铁离子水解生成难溶性的氢氧化亚铁、氢氧化铁导致溶液变浑浊，为抑制水解加入稀盐酸；

故答案为：抑制Fe2+、Fe3+水解；

（2）氯气具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；

故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；

（3）除去氯化铁中的氯化亚铁时不能引进新的杂质；双氧水能氧化氯化亚铁，碘和铁离子反应生成亚铁离子，次氯酸钠和亚铁离子反应生成铁离子；

故选AC；

（4）判断沉淀是否洗净的方法是：取少量洗涤液加入少量硝酸银溶液；如果不产生沉淀就说明洗涤干净，否则说明洗涤不干净；

故答案为：取少量洗涤液加入少量硝酸银溶液；如果不产生沉淀就说明洗涤干净；

（5）将氢氧化铁灼烧得到Fe2O3，氧化铁质量=（w2-w1）g××100%=0.7（w2-w1）g；

样品中铁元素质量分数=×100%=×100%；

故答案为：×100%．19、羰基酯基2避免碳碳双键被氢气加成或还原酯很难和氢气发生还原反应RCHO+2Cu（OH）2RCOOH+Cu2O↓+2H2O【分析】【分析】（1）①属于芳香族化合物，应含有苯环；②能使FeCl3溶液显色；含有酚羟基；③核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，结构应对称；

（2）根据结构简式判断含有的官能团；

（3）氢气可与碳碳双键发生加成反应；

（4）E含有醛基；可与氢氧化铜浊液在加热条件下发生氧化还原反应；

（5）B→C，应先在碱性条件下水解，然后用LiBH4还原得到羟基，在浓硫酸作用下发生酯化反应，结合信息②，与CH3I在催化剂作用下发生反应可得到C．【解析】【解答】解：（1））①属于芳香族化合物，应含有苯环；②能使FeCl3溶液显色，含有酚羟基；③核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，结构应对称，可能的结构有

故答案为：

（2）有机物B分子中含氧官能团名称为羰基；酯基；手性碳原子应连接4个不同的原子或原子团，该有机物中有2个手性碳原子；

故答案为：羰基；酯基；2；

（3）氢气可与碳碳双键发生加成反应，则为避免碳碳双键被氢气加成或还原，因酯很难和氢气发生还原反应，则用LiBH4还原；

故答案为：避免碳碳双键被氢气加成或还原；酯很难和氢气发生还原反应；

（4）E含有醛基，可与氢氧化铜浊液在加热条件下发生氧化还原反应，反应的方程式为RCHO+2Cu（OH）2RCOOH+Cu2O↓+2H2O；

故答案为：RCHO+2Cu（OH）2RCOOH+Cu2O↓+2H2O；

（5）B→C，应先在碱性条件下水解，然后用LiBH4还原得到羟基，在浓硫酸作用下发生酯化反应，结合信息②，与CH3I在催化剂作用下发生反应可得到C，反应流程为

故答案为：20、4NH3+5O24NO+6H2O3NO2+H2O=2HNO3+NO低温高压光化学烟雾、酸雨、破坏臭氧层等2NO2+Na2CO3=NaNO3+NaNO2+CO2【分析】【分析】（1）氨气的催化氧化，反应方程式是：4NH3+5O24NO+6H2O；

（2）二氧化氮和水反应生成一氧化氮和硝酸：3NO2+H2O=2HNO3+NO；根据反应特点；应用平衡移动原理选择使二氧化氮吸收效果更好的条件；

（3）一氧化氮直接排放到空气中，会引起光化学烟雾、酸雨、破坏臭氧层等危害；纯碱溶液吸收NO2，生成亚硝酸盐、硝酸盐，根据化合价升降法配平．【解析】【解答】解：（1）氨气和氧气在催化剂作用下加热生成了一氧化氮和水，反应方程式是：4NH3+5O24NO+6H2O；

故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；

（2）二氧化氮与水反应的化学方程式是：3NO2+H2O=2HNO3+NO；该反应是放热；低温促进反应正向移动，正反应气体体积减小，增大压强，反应正向移动，所以使吸收效果更好在吸收过程中需要控制低温高压下；

故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；低温高压；

（3）一氧化氮能够引起光化学烟雾；酸雨、破坏臭氧层等；严重破坏环境；纯碱和二氧化氮反应，生成亚硝酸盐、硝酸盐，根据化合价升降相等，配平反应的方程式；

2NO2+Na2CO3=NaNO3+NaNO2+CO2；

故答案为：光化学烟雾、酸雨、破坏臭氧层等；2NO2+Na2CO3=NaNO3+NaNO2+CO2．四、探究题(共4题，共12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，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故D正确；

E．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=分析；c（标准）偏小，故E错误；

故选ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装；高锰离子有催化作用而导致反应速率加快；乙二酸与KMnO4发生氧化还原反应，滴定终点时，溶液由无色变成紫红色，且半分钟内不褪色；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，根据关系式2KMnO4～5H2C2O4计算；

④根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差．23、|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．24、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，根据c（待测）=分析；c（标准）偏大，故D正确；

E．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=分析；c（标准）偏小，故E错误；

故选ACD．

【分析】②KMnO4溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装；高锰离子有催化作用而导致反应速率加快；乙二酸与KMnO4发生氧化还原反应，滴定终点时，溶液由无色变成紫红色，且半分钟内不褪色；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，根据关系式2KMnO4～5H2C2O4计算；

④根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差．五、实验题(共3题，共12分)25、略

【分析】试题分析：（1）加热温度低于600℃，亚硫酸钠没有分解，加入稀盐酸反应分步进行，SO32-+H+=HSO3-HSO3-