2025年统编版2024高三化学下册月考试卷含答案

…………○…………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年统编版2024高三化学下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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、在一密闭容器中通入A、C、D各为2mol和xmolB，按下式发生反应：A（g）+4B（g）2C（g）+D（g）；△H＞0达到平衡，下列说法错误的是（）A.若容器容积可变，且保持温度和压强不变，D的物质的量均加倍或减半，平衡不移动B.若容器的容积可变，且保持温度和压强不变，D的物质的量均增加1mol，平衡一定右移C.若容器的容积可变，且保持压强不变，降低温度时，容器的容积可能变大D.若容器的容积固定，且通过调节温度使反应达到平衡时保持容器中气体总物质的量为10mol，当起始反应正方向进行时，x的取值范围是4＜x＜82、设计如下装置探究HCl溶液中阴、阳离子在电场中的相对迁移速率（已知：Cd的金属活动性大于Cu）．恒温下，在垂直的玻璃细管内，先放CdCl2溶液及显色剂，然后小心放入HCl溶液，在aa′处形成清晰的界面．通电后，可观察到清晰界面缓缓向上移动．下列说法正确的是（）A.通电时，H+、Cd2+向Cd电极迁移，Cl-向Pt电极迁移B.一定时间内，如果通过HCl溶液某一界面的总电量为1.0C，测得H+所迁移的电量为0.82C，说明该HCl溶液中H+的迁移速率约是Cl-的4.6倍C.如果电源正负极反接，则下端产生大量Cl2，使界面不再清晰，实验失败D.装置中总反应的化学方程式为：2HClCl2↑+H2↑3、为了检验久置的FeSO4溶液是否变质，最好向适量样品中加入（）A.KSCN溶液B.稀硫酸C.氨水D.铁4、海洋中资源丰富，以海水为原料可制得一系列产品，如图所示：

下列有关说法正确的是（）

A.第①步除去粗盐Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质离子，加入的药品顺序为：NaCO3溶液→NaOH溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸。

B.将第②步结晶出的MgCl•6H2O在空气中加热分解制备无水MgCl2

C.在第③④⑤步中溴元素均被氧化。

D.电解饱和食盐水时；在阴极区生成NaOH

5、反应aM(g)+bN(g)cP(g)+dQ(g)达到平衡时。M的体积分数(M)与反应条件的关系如图所示。其中：表示反应开始时N的物质的量之比。下列说法正确的是A.同温同压Z时，加入催化剂，平衡时Q的体积分数增加B.同压同Z时，升高温度，平衡时Q的体积分数增加C.同温同Z时，增加压强，平衡时Q的体积分数增加D.同温同压时，增加Z，平衡时Q的体积分数增加。评卷人得分二、双选题(共7题，共14分)6、某容器中发生一个化学反应，反应过程中存在H2O、ClO-、CN-、HCO3-、N2、Cl-六种物质．在反应过程中测得ClO-和N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示．下列有关判断中正确的是（）A.还原剂是含CN-的物质，氧化产物不只有N2B.氧化剂是ClO-，还原产物是HCO3-C.配平后氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5：2D.若生成2.24LN2则转移电子1mol7、用rm{N_{A}}表示阿伏加德罗常数的值rm{.}下列叙述不正确的是rm{(}rm{)}A.标准状况下，rm{33.6L}氯气与rm{56g}铁充分反应，转移电子数为rm{3N_{A}}B.常温常压下，rm{22.4L}丙烷中共价键数目为rm{10N_{A}}C.通常状况下，rm{2.24LNO_{2}}和rm{N_{2}O_{4}}的混合气体中氮原子和氧原子数比为rm{1}rm{2}D.rm{1mol}rm{L^{-1}}的rm{Na_{2}CO_{3}}溶液中所含阴离子数大于rm{N_{A}}个8、常温下，四种金属的氢氧化物的rm{pK_{sp}(pK_{sp}=-lgK_{sp})}以及金属离子rm{pK_{sp}(pK_{sp}=-lg

K_{sp})}起始浓度均为rm{(}开始沉淀和沉淀完全rm{0.10mol隆陇L^{-1})}金属离子浓度rm{leqslant10^{-6}mol隆陇L^{-1})}时的rm{(}等相关数据如下表：下列说法正确的是rm{leqslant10^{-6}

mol隆陇L^{-1})}rm{pH}A.rm{(}不溶于rm{)}的rm{Mg(OH)_{2}}溶液B.rm{pH=7}C.rm{CH_{3}COONH_{4}}的rm{pK_{sp}[Mg(OH)_{2}]>pK_{sp}[Cu(OH)_{2}]}D.rm{Fe(OH)_{3}}在溶液中沉淀完全的rm{pK_{sp}=38.5}rm{Al^{3+}}9、新型纳米材料rm{MFe_{2}O_{x}(3<x<4)}中rm{M}表示rm{+2}价的金属元素，在反应中化合价不变化rm{.}常温下，rm{MFe_{2}O_{x}}能使工业废气中的rm{SO_{2}}转化为rm{S}转化过程表示如图rm{.}下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.rm{x<y}B.rm{SO_{2}}是该反应的催化剂C.rm{MFe_{2}O_{x}}是还原剂D.氧化性：rm{MFe_{2}O_{y}>SO_{2}}10、关于胶体，下列说法正确的是（）A.胶体的聚沉是化学变化B.含有0.01molFeCl3的溶液制成的胶体中，胶体粒子的数目约为6.02×1021个C.胶体的介稳性与胶体带有电荷有关D.NaCl晶体既可制成溶液又可制成胶体11、在温度、初始容积相同的两个密闭容器中，按不同方式投入反应物(如图所示)，发生如下反应：3X(g)+Y(g)2Z(g)△H＜0

保持温度不变；测得平衡时的有关数据如下：

。恒容容器甲恒压容器乙X的物质的量(mol)n1n2Z的体积分数φ1φ2下列说法正确的是()A.平衡时容器乙的容积一定比反应前小B.n2＞n1C.平衡时容器甲的压强一定比反应前小D.φ2＞φ112、甲、乙、丙三种物质是某抗生素合成过程中的中间产物，下列说法正确的是rm{(}rm{)}

A.甲、乙、丙三种有机化合物均可跟rm{NaOH}溶液反应B.用rm{FeCl_{3}}溶液区分甲、丙两种有机化合物C.一定条件下丙可以与rm{NaHCO_{3}}溶液、rm{C_{2}H_{5}OH}反应D.乙、丙都能发生银镜反应评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)13、（2014秋•唐山期中）熔融盐燃料电池具有较高的发电效率，因而受到重视．某燃料电池以熔融的K2CO3（其中不含O2-和HCO3-）为电解质，以丁烷为燃料，以空气为氧化剂，以具有催化作用和导电性能的稀土金属材料为电极．该燃料电池负极电极反应式为：2C4H10+26CO32--52e-=34CO2+10H2O．

试回答下列问题：

（1）该燃料电池的化学反应方程式为____；

（2）正极电极反应式为____．

（3）为了使该燃料电池长时间稳定运行，电池的电解质组成应保持稳定．为此，必须在通入的空气中加入一种物质，加入的物质是____．

（4）某学生想用该燃料电池和如图所示装置电解饱和食盐水：写出反应的离子方程式____．14、（2013•陕西校级模拟）硫酸工业用SO2制取SO3的反应为：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）△H=-47kJ/mol．

不同温度下；反应的平衡常数如表：

。温度200℃300℃400℃平衡常数K1K2K3（1）该反应的平衡常数表达式为=____

（2）下列描述中能说明上述反应已达到平衡的是____（填序号）

a．v正（O2）=2v逆（SO3）

b．容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化。

c．容器中气体的密度不随时间而变化。

d．容器中气体的分子总数不随时间而变化。

（3）在上述平衡体系中加入18O2，当平衡发生移动后，SO2中18O的百分含量____（填增加、减少、不变）其原因是____．

（4）一定温度下，把2molSO2和1molO2通入一恒容密闭容器中，平衡时SO3的体积分数为x．保持温度不变，若初始加入的SO2、O2和SO3的物质的量分别为a、b、c，当a、b、c的取值满足①____（填a与c的关系）、②____（填b、c的关系）时，才能保证达到平衡时SO3的体积分数仍为x．

（5）工业上用Na2SO3吸收尾气中的SO2，再用如图装置电解（惰性电极）NaHSO3制取H2SO4，阳极电极反应式为____，阳极区逸出气体的成分为____（填化学式）．15、已知：

①1molH2中的共价键断裂吸收436KJ能量，0.5molO2中的共价键断裂吸收249KJ能量；形成1mol水蒸气中的共价键释放930KJ能量．

②H2O（l）=H2O（g）△H=+44kJ•mol-1

③CH4（g）+2O2（g）=2H2O（l）+CO2（g）△H=-890kJ•mol-1

（1）写出H2在O2中燃烧生成水蒸气的热化学方程式____；

（2）1.12L（折算成标况下的体积）H2完全燃烧生成液态水放出的热量为____；

（3）实验测得氢气和甲烷的混合气体共4mol完全燃烧时放热为2358kJ（生成的水为液态），则混合气体中氢气和甲烷的体积比为____．16、苯甲酸甲酯是一种重要的工业原料；有机化学中通过酯化反应原理，可以进行苯甲酸甲酯的合成．有关物质的物理性质；实验装置如下所示：

。苯甲酸甲醇苯甲酸甲酯熔点/℃122.4-97-12.3沸点/℃24964.3199.6密度/g•cm-31.26590.7921.0888水溶性微溶互溶不溶实验一：制取苯甲酸甲酯。

在大试管中加入15g苯甲酸和一定量的甲醇；边振荡边缓慢加入一定量浓硫酸，按图A连接仪器并实验．

（1）苯甲酸与甲醇反应的化学方程式为____．

（2）大试管Ⅰ中除了装有15g苯甲酸和一定量的甲醇和一定量浓硫酸外还需要加入____

（3）中学实验室中制取乙酸乙酯时为了提高酯的产率可以采取的措施有____．

实验二：提纯苯甲酸甲酯。

该实验要先利用图B装置把图A中制备的苯甲酸甲酯水洗提纯；再利用图C装置进行蒸馏提纯。

（4）用图B装置进行水洗提纯时，B装置中固体Na2CO3作用是____．

（5）用图C装置进行蒸馏提纯时，当温度计显示____时；可用锥形瓶收集苯甲酸甲酯．

实验三：探究浓硫酸在合成苯甲酸甲酯中的作用。

（6）比较有、无浓硫酸存在条件下酯化反应进行的快慢，在其他实验条件相同时需要测量的实验数据是____．17、在标准状况下22gCO2的体积是____L，与____gN2含有相同的分子数．18、请写出正确的方程式．

（1）除去Na2CO3粉末中混入的NaHCO3杂质，相应的化学方程式是____；

（2）除去NaCl溶液中混入的少量NaHCO3杂质，相应的离子方程式是____；

（3）除去Fe2O3中混有的Al2O3，相应的离子方程式是____；

（4）除去FeCl2溶液中混有的FeCl3，相应的离子方程式是____．19、A、B、C为短周期元素，在周期表中所处的位置如图所示。A、C两元素的原子核外电子数之和等于B原子的质子数。B原子核内质子数和中子数相等。（1）写出A、B、C三元素名称____、____、____。(2)C在元素周期表中的位置是________________。（3）B的原子结构示意图为_____，C的氢化物与B的氢化物的稳定性强弱顺序为_____>_____（填化学式）。（4）比较A、C的原子半径：A_____C，写出A的气态氢化物与A的最高价氧化物对应水化物反应的化学方程式：____________________。20、（15分）已知：A、B、C、D、E、F五种元素核电荷数依次增大，属周期表中前四周期的元素。其中A原子核外有三个未成对电子；化合物B2E的晶体为离子晶体，E原子核外的M层中只有两对成对电子；C元素是地壳中含量最高的金属元素；D单质的熔点在同周期元素形成的单质中是最高的；F原子核外最外层电子数与B相同，其余各层均充满。请根据以上信息，回答下列问题：（1）A、B、C、D的第一电离能由小到大的顺序为。(用元素符号表示)（2）B的氯化物的熔点比D的氯化物的熔点____（填高或低），理由是。（3）E的最高价氧化物分子的空间构型是。（4）F的核外电子排布式是，F的高价离子与A的简单氢化物形成的配离子的化学式为.（5）A、F形成某种化合物的晶胞结构如图所示，则其化学式为；（黑色球表示F原子）（6）A、C形成的化合物具有高沸点和高硬度，是一种新型无机非金属材料，其晶体中所含的化学键类型为。评卷人得分四、判断题(共4题，共36分)21、Na2O2的电子式为____．（判断对确）22、一定压强下，所有物质在温度变化时都能表现出三态变化．____（判断对错）23、用PH试纸可以测定溶液酸碱性时，用玻璃棒蘸取待测溶液在已有水的PH试纸上进行观察颜色变化．____（填√或×）．24、如果盐酸的浓度是醋酸浓度的二倍，则盐酸的H+浓度也是醋酸的二倍；____．评卷人得分五、解答题(共3题，共15分)25、将13.0g锌与足量的稀盐酸完全反应；

求：（1）反应中最多可收集多少体积（标准状况下）的H2

（2）生成的氢气质量是多少克？26、有机物A的结构简式为从A出发，可发生图示中的一系列反应．其中K的分子式为C12H14O4；L和K互为同分异构体，F的产量可作为衡量一个国家石油化工发展水平的标志．（图中[O]表示氧化）

已知甲苯经氧化可生成苯甲酸：

（1）写出结构简式：B______；K______，E______．

（2）写出化学方程式（注明反应条件并配平）：C十J→L______．

（3）写出与B互为同分异构体；属于酯类；苯环上只有一个取代基的各有机物的结构简式______．

27、氨和联氨（N2H4）是氮的两种常见化合物；在科学技术和生产中有重要的应用．根据题意完成下列计算：

（1）联氨用亚硝酸氧化生成氮的另一种氢化物；该氢化物的相对分子质量为43.0，其中氮原子的质量分数为0.977，计算确定该氢化物的分子式______．该氢化物受撞击则完全分解为氮气和氢气．4.30g该氢化物受撞击后产生的气体在标准状况下的体积为______L．

（2）联氨和四氧化二氮可用作火箭推进剂；联氨是燃料，四氧化二氮作氧化剂，反应产物是氮气和水．由联氨和四氧化二氮组成的火箭推进剂完全反应生成72.0kg水，计算推进剂中联氨的质量．

（3）氨的水溶液可用于吸收NO与NO2混合气体；反应方程式为。

6NO+4NH3=5N2+6H2O

6NO2+8NH3=7N2+12H2O

NO与NO2混合气体180mol被8.90×103g氨水（质量分数0.300）完全吸收，产生156mol氮气．吸收后氨水密度为0.980g/cm3．

计算：①该混合气体中NO与NO2的体积比．

②吸收后氨水的物质的量浓度（答案保留1位小数）．

（4）氨和二氧化碳反应可生成尿素CO（NH2）2．尿素在一定条件下会失去氨而缩合，如两分子尿素失去一分子氨形成二聚物：

已知常压下120molCO（NH2）2在熔融状态发生缩合反应，失去80molNH3，生成二聚物（C2H5N3O2）和三聚物．测得缩合产物中二聚物的物质的量分数为0.60；推算缩合产物中各缩合物的物质的量之比．

评卷人得分六、其他(共1题，共9分)28、（10分）已知某种有机物A的质谱图和红外光谱图如下：图2：红外光谱图回答下列问题：⑴结合以上谱图推断：有机物A的相对分子质量为，分子式为，有机物A的核磁共振氢谱图中有____种吸收峰，峰面积之比为____；该有机物与氢氧化钠溶液在加热条件下反应的化学方程式为：。⑵直链烃B的相对分子质量比A小4，含2个甲基，并能使溴的四氯化碳溶液褪色，写出B所有可能的结构简式：、。⑶链烃C是B的同系物，且其对乙烯的相对密度为3，C的核磁共振氢谱显示：C中只含有一种氢原子。则C在一定条件下发生聚合反应的方程式为：。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】【分析】A．根据容器容积可变；且保持温度和压强不变，A；B、C、D的物质的量均加倍或减半，则浓度不变；

B．若x=2时；容器的容积可变，且保持温度和压强不变，A；B、C、D的物质的量均增加1mol，则浓度不变；

C．根据降低温度；平衡向放热的方向移动；气体的物质的量增大，保持压强不变，则体积增大；

D．根据起始反应正方向进行时，气体的物质的量减少，平衡时保持容器中气体总物质的量为10mol，说明其实物质的量之和大于10mol，若该反应完全进行，气体的物质的量最多减少2mol．【解析】【解答】解：A．根据容器容积可变；且保持温度和压强不变，A；B、C、D的物质的量均加倍或减半，则浓度不变，平衡不移动，故A正确；

B．B．若x=2时；容器的容积可变，且保持温度和压强不变，A；B、C、D的物质的量均增加1mol，则浓度不变，平衡不移动，故B错误；

C．根据降低温度；该反应向逆反应方向移动，使得混合气体的物质的量增大，要保持压强不变，则体积增大，故C正确；

D．根据起始反应正方向进行时；气体的物质的量减少，平衡时保持容器中气体总物质的量为10mol，说明其实物质的量之和大于10mol，则6+x＞10，气体的物质的量最多减少2mol，则6+x＜12，所以x的取值范围是4＜x＜8，故D正确；

故选B．2、B【分析】【分析】A．根据电源的正负极来判断Cd为阳极；Pt为阴极，在电解池中阳离子流向阴极，阴离子流向阳极；

B．根据电源的正负极来判断Cd为阳极，Pt为阴极，Cd为活泼金属，本身失去电子形成Cd2+；阴极氢离子得到电子形成氢气；

C．根据某一界面的总电量为5.0C，测得H+所迁移的电量为4.1C，所以Cl-所迁移的电量为0.9C；利用电量之比等于迁移速率之比；

D．如果电源正负极反接，Cd为阴极，Pt为阳极，则下端Cd2+放电产生大量Cd，上端氯离子放电，界面清晰；【解析】【解答】解：A．由电源的正负极来判断Cd为阳极，Pt为阴极，通电时，H+、Cd2+向Pt电极迁移，Cl-向Cd电极迁移；故A错误；

B．根据某一界面的总电量1.0C，测得H+所迁移的电量为0.82C，所以Cl-所迁移的电量为0.18C，说明该HCl溶液中H+的迁移速率约是Cl-的4.6倍；故B正确；

C．如果电源正负极反接，Cd为阴极，Pt为阳极，则下端Cd2+放电产生大量Cd；上端氯离子放电，界面清晰，故C错误；

D．由电源的正负极来判断Cd为阳极，Pt为阴极，Cd为活泼金属，本身失去电子形成Cd2+，阴极氢离子得到电子形成氢气，总反应方程式为：Cd+2HClCdCl2+H2↑；故D错误；

故选：B．3、A【分析】【分析】如果FeSO4溶液变质，变质后的物质是硫酸铁，溶液中一定存在铁离子，Fe3+能和SCN-生成络合物硫氰化铁，使溶液呈现血红色，据此进行检验即可．【解析】【解答】解：A、如果FeCl2溶液变质，变质后的物质是FeCl3，Fe3+能和SCN-生成络合物，使溶液呈现血红色现象明显，这一反应是Fe3+的特征反应；所以用KSCN溶液，故A正确；

B；稀硫酸不与铁离子和亚铁离子反应；使用稀硫酸无法检验硫酸亚铁是否变质，故B错误；

C、FeCl2和氨水生成灰绿色沉淀氢氧化亚铁；氢氧化亚铁不稳定，能迅速被氧化成灰绿色；最终氧化成红褐色，检验效果不如硫氰化钾溶液，故C错误；

D；铁片不与溶液中硫酸亚铁反应；无法检验硫酸亚铁是否变质，故D错误；

故选：A．4、D【分析】

A、除去粗盐中的可溶性杂质：Mg2+、Ca2+、Fe3+、SO42-时，可以加入过量NaOH（去除镁离子和铁离子）：Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓，Fe3++3OH-═Fe（OH）3↓；

加入过量BaCl2（去除硫酸根离子）：SO42-+Ba2+=BaSO4↓；加入过量Na2CO3（去除钙离子的多余的钡离子）：Ca2++CO32-=CaCO3；碳酸钠必须加在氯化钡之后，氢氧化钠和氯化钡可以颠倒加入的顺序；故A错误；

B、结晶出的MgCl•6H2O在空气中加热分解得到氯化镁和水，氯化镁水解得不到无水MgCl2；应在氯化氢气流中脱水，防止镁离子水解，故B错误；

C；③是溴元素被氧化为溴单质；④是溴单质被还原为溴离子，⑤是溴元素被氧化为溴单质；此过程是富集溴的操作，故C错误；

D、电解饱和食盐水溶液中阴离子Cl-移向阳极，阳离子H+移向阴极得到电子发生还原反应生成氢气；电极附近氢氧根离子浓度增大，形成氢氧化钠，故D正确；

故选D．

【解析】【答案】A、把杂质转化为沉淀或气体除去，除钙离子用碳酸根，除镁离子用氢氧根，除Fe3+用氢氧根；除硫酸根用钡离子．要注意除杂质的顺序，后加的试剂最好能把前面先加是过量试剂除掉；

B、MgCl•6H2O在空气中加热分解得到氯化镁和水；氯化镁易水解；

C；③是溴元素被氧化；④是溴单质被还原，⑤是溴元素被氧化；

D、电解饱和食盐水溶液中阳离子H+移向阴极，阴离子Cl-移向阳极；

5、B【分析】【解析】【答案】B二、双选题(共7题，共14分)6、A|C【分析】解：由曲线变化图可知，随反应进行ClO-的物质的量降低，N2的物质的量增大，故ClO-为反应物，N2是生成物，根据电子转移相等可知，CN-是反应物，由氯元素守恒可知Cl-是生成物，由碳元素守恒可知HCO3-是生成物，由氢元素守恒可知H2O是反应物．反应中Cl元素化合价由+1价降低为-1价，化合价总共降低2价，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，化合价总共升降最小公倍数为2[（4-2）+（3-0）]=10价，故CN-系数为2，ClO-系数为5，由元素守恒可知HCO3-系数为2，N2系数为1，Cl-系数为5，H2O系数为1，反应方程式为2CN-+5ClO-+H2O=2HCO3-+N2↑+5Cl-．

A．反应中，C元素化合价由CN-中+2价升高为HCO3-中+4价，N元素化合价由CN-中-3价升高为N2中0价，可知氧化产物有HCO3-、N2；故A正确；

B．反应中Cl元素化合价由ClO-中+1价降低为Cl-中-1价，ClO-是氧化剂，还原产物是Cl-；故B错误；

C．由上述分析可知，反应为2CN-+5ClO-+H2O=2HCO3-+N2↑+5Cl-，反应中是CN-是还原剂，ClO-是氧化剂；氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5：2，故C正确；

D.2.24LN2（标准状况）的物质的量为0.1mol，所以参加反应的ClO-的物质的量为0.5mol，反应中只有氯元素化合价降低，由ClO-中+1价降低为Cl-中-1价；所以转移电子为0.5mol×2=1mol，但状况未知，不能计算，故D错误．

故选AC．

由曲线变化图可知，随反应进行ClO-的物质的量降低，N2的物质的量增大，故ClO-为反应物，N2是生成物，根据电子转移相等可知，CN-是反应物，由氯元素守恒可知Cl-是生成物，由碳元素守恒可知HCO3-是生成物，由氢元素守恒可知H2O是反应物．反应中Cl元素化合价由+1价降低为-1价，化合价总共降低2价，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，化合价升降最小公倍数为2[（4-2）+（3-0）]=10价，故CN-系数为2，ClO-系数为5，由元素守恒可知HCO3-系数为2，N2系数为1，Cl-系数为5，H2O系数为1，反应方程式为2CN-+5ClO-+H2O=2HCO3-+N2↑+5Cl-；以此来解答．

本题考查氧化还原反应及计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，题目难度不大．【解析】【答案】AC7、rBD【分析】解：rm{A}标况下rm{33.6L}氯气的物质的量为rm{1.5mol}rm{56g}铁的物质的量为rm{1mol}两者恰好完全反应，由于反应后氯元素为rm{-1}价，故rm{1.5mol}氯气反应后转移rm{3mol}电子即rm{3N_{A}}个；故A正确；

B、常温常压下气体摩尔体积大于rm{22.4L/mol}故rm{22.4L}丙烷的物质的量小于rm{1mol}则含有的共价键数小于rm{10N_{A}}个；故B错误；

C、rm{NO_{2}}和rm{N_{2}O_{4}}中rm{N}rm{O}原子个数之比均为rm{1}rm{2}故rm{2.24LNO_{2}}和rm{N_{2}O_{4}}的混合气体中氮原子和氧原子数比为rm{1}rm{2}与两者的比例和所处的状态无关，故C正确；

D；溶液体积不明确；故溶液中的阴离子的个数无法计算，故D错误．

故选BD．

A、标况下rm{33.6L}氯气的物质的量为rm{1.5mol}而和铁反应后变为rm{-1}价；

B、常温常压下气体摩尔体积大于rm{22.4L/mol}

C、rm{NO_{2}}和rm{N_{2}O_{4}}中rm{N}rm{O}原子个数之比均为rm{1}rm{2}

D；溶液体积不明确．

本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．【解析】rm{BD}8、CD【分析】【分析】本题考查了沉淀溶解平衡的应用，难度较难。【解答】A.rm{pH=10.8}rm{c(OH^{-})=10^{-3.2}mol隆陇L^{-1}}则rm{K_{sp}[Mg(OH)_{2}=0.1隆脕{left({10}^{-3.2}right)}^{2}={10}^{-7.4}}rm{K_{sp}[Mg(OH)_{2}=0.1隆脕{left({10}^{-3.2}right)}^{2}={10}^{-7.4}

}rm{pH=7}则rm{Qc=0.1隆脕{left({10}^{-7}right)}^{2}={10}^{-15}}则rm{c(OH^{-})=10^{-7}mol隆陇L^{-1}}rm{Qc=0.1隆脕{left({10}^{-7}right)}^{2}={10}^{-15}

}所以rm{Qc<}溶于rm{K_{sp}}的rm{Mg(OH)_{2}}溶液，故A错误；B.rm{pH=7}rm{CH_{3}COONH_{4}}则rm{pH=4.4}rm{=0.1隆脕{left({10}^{-8.6}right)}^{2}={10}^{-18.2}}rm{pK_{sp}[Cu(OH)_{2}]=-lg{10}^{-18.2}=18.2}rm{K_{sp}[Mg(OH)_{2}]=0.1隆脕{left({10}^{-3.2}right)}^{2}={10}^{-7.4}}rm{pK_{sp}[Mg(OH)_{2}]=-lg{10}^{-7.4}=7.4}所以rm{c(OH^{-})=10^{-8.6}mol隆陇L^{-1}}故B错误；C.rm{K_{sp}[Cu(OH)_{2}]}rm{=0.1隆脕{left({10}^{-8.6}right)}^{2}={10}^{-18.2}

}则rm{K_{sp}[Fe(OH)_{3}]=0.1隆脕{left({10}^{-12.5}right)}^{3}={10}^{-38.5}}rm{pK_{sp}[Fe(OH)_{3}]=-lg{10}^{-38.5}=38.5}故C正确；D.rm{pK_{sp}[Cu(OH)_{2}]=-lg

{10}^{-18.2}=18.2}则rm{K_{sp}[Mg(OH)_{2}]=0.1隆脕{left({10}^{-3.2}right)}^{2}={10}^{-7.4}

}恰好沉淀完全时，rm{pK_{sp}[Mg(OH)_{2}]=-lg

{10}^{-7.4}=7.4}则：rm{K_{sp}[Al(OH)_{3}]=c(Al^{3+})隆脕c(OH^{-})^{3}}则rm{pK_{sp}[Mg(OH)_{2}]>pK_{sp}[Cu(OH)_{2}]}rm{pH=1.5}rm{c(OH^{-})=10^{-12.5}mol隆陇L^{-1}}rm{K_{sp}[Fe(OH)_{3}]=0.1隆脕{left({10}^{-12.5}right)}^{3}={10}^{-38.5}

}故D正确。故选CD。rm{pK_{sp}[Fe(OH)_{3}]=-lg

{10}^{-38.5}=38.5}【解析】rm{CD}9、rAC【分析】解：rm{A}rm{MFe_{2}O_{x}}是还原剂，化合价升高被氧化，由于rm{M}表示rm{+2}价的金属元素，在反应中化合价不发生变化，故负价数增加，氧原子数目增多，故rm{x<y}故A正确；

B、催化剂反应前后不会消耗，rm{SO_{2}}转化为rm{S}减少了，故二氧化硫不是催化剂，故B错误；

C、反应中，二氧化硫变成rm{S}化合价由rm{4隆煤0}被还原，作氧化剂，故rm{MFe_{2}O_{x}}是还原剂；故C正确；

D、反应中rm{SO_{2}}转化为rm{S}rm{SO_{2}}作氧化剂，rm{MFe_{2}O_{y}}是氧化产物，则氧化性：rm{MFe_{2}O_{y}<SO_{2}}故D错误；

故选AC．

A、rm{MFe_{2}O_{x}}是还原剂，反应中化合价升高，rm{M}化合价不变；

B；催化剂又称触媒；一类能改变化学反应速度而在反应中自身并不消耗的物质；

C、根据化合价变化分析，rm{SO_{2}}转化为rm{S}化合价降低，被还原，作氧化剂，rm{MFe_{2}O_{x}}是还原剂；

D；氧化剂的氧化性大于氧化产物．

本题考查氧化还原反应，涉及到反应类型、催化剂判断，重点考查学生阅读、处理信息的能力，题目难度中等，注意根据元素的化合价来分析判断．【解析】rm{AC}10、C|D【分析】解：A．胶体的聚沉为分散质粒子的直径变大的过程；没有新物质生成，为物理变化，故A错误；

B．胶体粒子是氢氧化铁的集合体，0.01molFe3+完全水解生成氢氧化铁胶体粒子的数目小于6.02×1021个；故B错误；

C．胶体具有介稳定性主要是胶粒带有电荷；故C正确；

D．NaCl分散在水中形成溶液；分散在酒精中形成胶体，故D正确．

故选CD．

A．胶体的聚沉为分散质粒子的直径变大的过程；

B．胶体粒子是氢氧化铁的集合体；

C．胶体不带电荷；

D．氯化钠分散在酒精中形成胶体．

本题考查胶体的性质和氢氧化铁胶体的制取，难度不大，注意基础知识的积累．【解析】【答案】CD11、A|D【分析】解：A；容器乙内反应向正反应方向进行；气体总的物质的量减少，恒温恒压下，体积之比等于物质的量之比，所以平衡时容器乙的容积一定比反应前小，故A正确；

B、容器甲内反应所达到的平衡状态可以等效为开始投入3molX，1molY在相同条件下达到的平衡状态，容器乙开始投入虽然也是3molX，1molY，但是保持恒压，而容器甲根据开始投入3molX，1molY在相同条件下达到的平衡状态来分析，随反应进行压强减小，容器乙所到达的平衡状态可以等效为容器甲增加压强，平衡向体积减小方向移动，即向正反应方向移动，所以n1＞n2；故B错误；

C；容器甲内反应根据有关数据无法判断反应向哪个方向进行、还是处于平衡状态；因此无法判断平衡时容器内的压强与比反应前压强大小关系，故C错误；

D、根据B中的分析可知φ2＞φ1；故D正确；

故选AD．【解析】【答案】AD12、rBC【分析】解：rm{A.}酚羟基、羧基、卤原子或酯基都能和rm{NaOH}溶液反应，甲中不含酚羟基、羧基、卤原子或酯基，所以不能和rm{NaOH}溶液反应；故A错误；

B.氯化铁能和酚发生显色反应；甲不含酚羟基而丙含有酚羟基，则丙能发生显色反应，而甲不能发生显色反应，所以可以用氯化铁溶液鉴别甲；丙，故B正确；

C.丙中含有酚羟基；羧基、氯原子、醚键和苯环；具有酚、羧酸、卤代烃、醚和苯的性质，羧基能和乙醇、碳酸氢钠反应，故C正确；

D.醛基能发生银镜反应；乙含有醛基，能发生银镜反应，丙不含醛基，不能发生银镜反应，故D错误；

故选BC．

A.酚羟基、羧基、卤原子或酯基都能和rm{NaOH}溶液反应；

B.氯化铁能和酚发生显色反应；

C.丙中含有酚羟基；羧基、氯原子、醚键和苯环；具有酚、羧酸、卤代烃、醚和苯的性质；

D.醛基能发生银镜反应．

本题考查有机物结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，涉及酚、醛、羧酸的性质，注意酚羟基能和碳酸钠反应但和碳酸氢钠不反应，为易错点．【解析】rm{BC}三、填空题(共8题，共16分)13、2C4H10+13O2═8CO2+10H2OO2+2CO2+4e-═2CO32-CO22Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-【分析】【分析】（1）丁烷和氧气反应生成二氧化碳和水；

（2）正极上氧气得电子发生还原反应；

（3）总反应减去分解反应可得正极反应式；根据正极反应式判断；

（4）电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电，生成氢气、氯气和氢氧化钠．【解析】【解答】解：（1）该电池中，丁烷和氧气反应生成二氧化碳和水，反应方程式为：2C4H10+13O2=8CO2+10H2O；

故答案为：2C4H10+13O2═8CO2+10H2O；

（2）正极上氧气得电子发生还原反应和二氧化碳反应生成碳酸根离子，电极反应式为：O2+2CO2+4e-=2CO32-

故答案为：O2+2CO2+4e-═2CO32-；

（3）电池总反应为2C4H10+13O2=8CO2+10H2O，负极反应为2C4H10+26CO32--52e-=34CO2+10H2O，则正极反应为O2+2CO2+4e-═2CO32-，可知应通入CO2；

故答案为：CO2；

（4）电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气，同时还生成氢氧化钠，离子方程式为2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-；

故答案为：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-．14、bd增加该反应是可逆反应，所以达到新的平衡后18O2出现在SO2、O2与SO3中a+c=22b+c=24OH--4e-=2H2O+O2、HSO3--2e-+H2O=3H++SO42-O2、SO2【分析】【分析】（1）根据平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积；

（2）当反应达到平衡状态时；正逆反应速率相等，各物质的浓度；百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，据此解答，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；

（3）根据可逆反应的特点进行判断；

（4）根据等效平衡进行计算；

（5）阳极上阴离子失去电子发生氧化反应，且酸与亚硫酸氢根离子反应．【解析】【解答】解：（1）2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），K=，故答案为：K=；

（2）a．v正（O2）=2v逆（SO3）；反应速率之比与化学计量数之比不等，故a错误；

b．平均分子量=，总质量一定，总物质的量会变，故容器中气体的平均分子量不随时间而变化能说明到达平衡状态，故b正确；

c．随反应进行气体的质量不变；容器的体积也不变，故容器中气体的密度不随时间而变化不能说明到达平衡状态，故c错误；

d．随反应进行气体的分子数减少；故容器中气体的分子总数不随时间而变化能说明到达平衡状态，故d正确；

故答案为：bd；

（3）2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）的平衡体系中加入18O2，由于反应是可逆反应，所以达到新的平衡后18O2出现在SO2、O2与SO3中，故SO2中18O的百分含量增加；

故答案为：增加；该反应是可逆反应，所以达到新的平衡后18O2出现在SO2、O2与SO3中；

（4）2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3

Ⅰ2mol1mol0

Ⅱabc

当SO2和SO3的物质的量之和为2mol时，才能保证反应初始SO2的物质的量为2mol，即a+c=2mol，此时要求O2为1mol，那么就有b+0.5c=1mol．

满足此两条件方可使平衡与原平衡为等效平衡；

故答案为：a+c=2；2b+c=2；

（5）阳极电极是氢氧根离子放电，阳极反应为4OH--4e-=2H2O+O2、HSO3--2e-+H2O=3H++SO42-；且部分亚硫酸氢根离子会和氢离子反应生成二氧化硫气体；

故答案为：4OH--4e-=2H2O+O2、HSO3--2e-+H2O=3H++SO42-；O2、SO2．15、2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=-490kJ•mol-114.45KJ1：1【分析】【分析】（1）依据热化学方程式的书写方法写出；标注物质聚集状态和对应反应的焓变，焓变△H=反应物键能之和-生成物键能之和；

（2）由（1）中的热化学方程式结合反应②利用盖斯定律求出生成液体水的热化学方程式；再根据氢气的量进行计算；

（3）先根据方程式求出H2和CH4的燃烧热，化学反应的燃烧热和物质的量之间成正比，然后设出H2的物质的量，利用方程式来解各自的物质的量即可得出结果．【解析】【解答】解：（1）已知拆开1molH2中的化学键需要消耗436kJ能量，0.5molO2中的共价键断裂吸收249KJ能量即拆开1molO2中化学键需要消耗498kJ能量；形成1mol水蒸气中的共价键释放930KJ能量；

则2H2+O2=2H2O中△H=436kJ×2+498kJ/mol-930kJ/mol×2=-490KJ/mol；

热化学方程式为：2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=-490kJ•mol-1；故答案：2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=-490kJ•mol-1；

（2）由（1）得2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=-490kJ•mol-1；结合②H2O（l）=H2O（g）△H=+44kJ•mol-1

则生成液态水的热化学方程式为：2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=-578kJ•mol-1；1.12L（折算成标况下的体积）H2完全燃烧生成液态水放出的热量为×=14.45KJ；故答案：14.45KJ；

（3）设混合气中H2的物质的量为x，则CH4的物质的量为4mol-x．根据题意，列方程为：kJ/mol×x+890kJ/mol×（4mol-x）=2358kJ

解得x=2mol；CH4的物质的量为4mol-2mol=2mol．

所以混合气体中H2与CH4的体积比即物质的量之比为2：2=1：1，故答案：1：1．16、一定量浓硫酸使用浓硫酸吸水、把酯蒸出反应体系、提高醇的用量等（能回答出两条措施即可）洗去苯甲酸甲酯中过量的酸199.6时间【分析】【分析】（1）根据酯化反应的原理酸脱羟基醇脱氢完成方程式的书写；

（2）根据酯化反应需要浓硫酸作催化剂和吸水剂进行分析；

（3）增大乙酸或乙醇的浓度或减小水或乙酸乙酯的浓度；能够提高酯的产率；

（4）利用碳酸钠固体洗去苯甲酸甲酯中过量的酸；

（5）根据表中数据；苯甲酸甲酯的沸点是199.6℃进行判断；

（6）在其他实验条件相同时，根据反应时间比较有、无浓硫酸存在条件下酯化反应进行的快慢．【解析】【解答】解：（1）酯化反应的原理是酸脱羟基醇脱氢，反应方程式为：

故答案为：

（2）酯化反应中；需要加入一定量的浓硫酸作为催化剂和吸水剂；

故答案为：一定量浓硫酸；

（3）由于增大乙酸或乙醇的浓度或减小水或乙酸乙酯的浓度；能够提高酯的产率；

故答案为：使用浓硫酸吸水；把酯蒸出反应体系、提高醇的用量等（能回答出两条措施即可）；

（4）反应后的酯中含有杂质苯甲酸等酸性物质，可以利用固体Na2CO3除去；

故答案为：洗去苯甲酸甲酯中过量的酸；

（5）苯甲酸甲酯的沸点是199.6℃；用图C装置进行蒸馏提纯时，当温度计显示199.6℃时，可用锥形瓶收集苯甲酸甲酯；

故答案为：199.6；

（5）由于在其他实验条件相同时；可以根据反应时间比较有；无浓硫酸存在条件下酯化反应进行的快慢；

故答案为：时间．17、11.214【分析】【分析】根据n=计算二氧化碳物质的量，再根据V=nVm计算其体积；分子数相同，则物质的量相等，根据m=nM计算氮气的质量．【解析】【解答】解：22gCO2的物质的量为=0.5mol；标况下，二氧化碳体积是0.5mol×22.4L/mol=11.2L；

与N2含有相同的分子数；则氮气物质的量为0.5mol，其质量为0.5mol×28g/mol=14g；

故答案为：11.2；14．18、2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2OHCO3-+H+=CO2↑+H2OAl2O3+2OH-═2AlO2-+H2OFe+2Fe3+═3Fe2+【分析】【分析】（1）NaHCO3不稳定；加热易分解；

（2）NaHCO3与盐酸反应可生成NaCl；

（3）Al2O3具有两性；可与氢氧化钠溶液反应；

（4）FeCl3可与铁反应生成FeCl2．【解析】【解答】解：（1）因Na2CO3加热不分解，NaHCO3加热分解得到碳酸钠、水、二氧化碳，所以可用加热的方法除去Na2CO3粉末中混入的NaHCO3杂质，方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，故答案为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；

（2）因NaCl不能和盐酸反应，NaHCO3能与盐酸反应反应生成氯化钠、水、二氧化碳，生成的氯化钠又溶于水，所以可用盐酸除去混入NaCl溶液中少量NaHCO3杂质，离子方程式为HCO3-+H+=CO2↑+H2O，故答案为：HCO3-+H+=CO2↑+H2O；

（3）氧化铝为两性氧化物，可与强碱反应，反应的离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，故答案为：Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O；

（4）Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁，且Fe不能溶于水，选Fe来除杂，发生的离子反应为Fe+2Fe3+═3Fe2+，故答案为：Fe+2Fe3+═3Fe2+．19、略

【分析】据A、B、C在周期表中的位置可知，A、C处于第二周期，B处于第三周期，设B的原子序数为x，则A为x-9，C为x-7，据题意有x-9+x-7=x，则x=16，又由于B原子核内质子数和中子数相等，则B的中子数为16，即S，那么A为N，C为F。【解析】【答案】（1）氮硫氟（2）第二周期ⅦA族（3）HFH2S（4）NH3+HNO3=NH4NO320、略

【分析】【解析】【答案】（1）Na＜Al＜Si＜N（2分）（2）高（1分）NaCl为离子晶体而SiCl4为分子晶体（2分）（3）平面正三角形（2分）（4）1s22s22p63s23p63d104s1（或[Ar]3d104s1）（2分）[Cu(NH3)4]2+（2分）（5）Cu3N（2分）（6）共价键（2分）四、判断题(共4题，共36分)21、×【分析】【分析】过氧化钠是离子化合物，其电子式由阴、阳离子的电子式组合而成，相同的离子不能合并．【解析】【解答】解：Na2O2是钠离子和过氧根离子构成的离子化合物，钠离子失电子形成阳离子，氧原子得到电子形成过氧根阴离子，电子式为故答案为：×．22、×【分析】【分析】有的固体受热时会直接升华为气体．【解析】【解答】解：一定压强下；所有物质在温度变化时不一定能表现出三态变化，如碘受热时直接升华为气体，不形成液体，故错误；

故答案为：×．23、×【分析】【分析】用PH试纸测定溶液PH的方法为：用玻璃棒蘸取少许待测液滴在PH试纸上，然后把试纸显示的颜色与标准比色卡对照，即可确定溶液的酸碱度，切记不能直接把试纸浸入待测液中，也不能先用水将pH试纸润湿后测定，因为这样做会稀释待测液，使测量结果不准．【解析】【解答】解：用玻璃棒蘸取待测溶液在已有水的PH试纸上；稀释了溶液，使测量结果不准．

故答案为：×．24、×【分析】【分析】强电解质在其水溶液里完全电离，弱电解质在其水溶液里部分电离，根据氯化氢和醋酸所属电解质的种类确定氢离子浓度关系．【解析】【解答】解：氯化氢是强电解质，在其水溶液里完全电离，所以盐酸溶液中，C（H+）=C（HCl），醋酸是弱电解质，在其水溶液里只有部分电离，所以C（H+）＜C（CH3COOH），所以如果盐酸的浓度是醋酸浓度的二倍，则盐酸的H+浓度大于醋酸的二倍，故答案为：×．五、解答题(共3题，共15分)25、略

【分析】【分析】13g锌的物质的量为0.2mol，锌与盐酸发生反应Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑，根据方程式计算生成的氢气的物质的量，再根据V=nVm计算氢气体积，根据m=nM计算质量．【解析】【解答】解：（1）13g锌的物质的量为=0.2mol；令生成的氢气的物质的量为n，则：

Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑

11

0.2moln

所以n=0.2mol

故标准状况下生成氢气的体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L．

答：标准状况下最多可收集氢气4.48L．

（2）m=nM=0.2mol×2mol/L=0.4g；

答：生成的氢气质量是0.4g．26、略

【分析】

F的产量可作为衡量一个国家石油化工发展水平的标志；所以F是乙烯，乙烯和水发生加成反应生成H，所以H是乙醇，乙醇和酸能发生酯化反应，所以G是酸；

A是酯，酸性条件下A水解生成B和C，B能被氧化生成酸