2025年岳麓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年岳麓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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、实验室用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，下列操作会使所测NaOH浓度偏低的是（）A.滴定前，未用NaOH溶液对锥形瓶进行润洗B.滴定过程中，有少量盐酸滴在锥形瓶外C.盛装盐酸前，未对酸式滴定管进行润洗D.滴定终点时，对酸式滴定管俯视读数2、ClO2是一种杀菌消毒效率高、二次污染小的水处理剂，实验室中可通过以下反应制得2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O．下列说法不正确的是（）A.KClO3发生还原反应B.H2C2O4在反应中被氧化C.H2C2O4的氧化性强于ClO2的氧化性D.每生成1molClO2，转移的电子数约为6.02×10233、下列选用的相关仪器符合实验要求的是()。ABCD存放浓硝酸分离水和乙酸乙酯准确量取9.50mL水实验室制取乙烯A.AB.BC.CD.D4、同位素的发现能揭示物质微观结构与性质之间的关系．下列说法正确的是（）A.O2和O3互为同位素B.1个15O2中含有18个中子C.18O2与16O2的性质完全相同D.16O和18O的核外电子数相同5、用酒精灯给下列仪器加热时，不需垫石棉网的是（）A.试管B.锥形瓶C.烧杯D.烧瓶评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)6、海水中蕴藏着丰富的资源．海水综合利用的示意图如下：

下列说法正确的是（）A.通过氯碱工业可生产的产品有NaOH、NaClO、盐酸、Na2CO3等B.除去粗盐中的SO42-、Ca2+、Mg2+等杂质，加入试剂及相关操作顺序可以是：NaOH溶液→BaCl2溶液→Na2CO3溶液→过滤→盐酸C.可将MgCl2•6H2O晶体在空气中直接加热脱水得到较纯净的无水MgCl2D.电解MgCl2溶液可制取金属镁7、工业上有一种用CO2生产甲醇的方法：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）+49kJ，现将6molCO2和8molH2充入20L的密闭容器中，测得H2的物质的量随时间变化如图所示，a、b、c、d括号内数据表示坐标．下列说法正确的是（）A.升高温度，平衡常数将变大B.0～1min，v（CO2）=0.1mol/（L•min）C.达到平衡时，氢气的转化率为75%D.到达平衡时，甲醇的体积分数为20%8、某高分子化合物的部分结构如下：下列说法正确的是（双选）（）A.聚合物的分子式是C3H3Cl3B.聚合物的链节是C.合成该聚合物的单体是CHCl═CHClD.若n表示聚合度，则其相对分子质量为97n9、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.一定温度下，pH=6的纯水中含有OH-的数目为10-6NAB.120gNaHSO4固体中含有的离子总数为2NAC.标准状况下，22.4L乙烷中所含分子的数目为NAD.100mL0.5mol/L-1的（NH4）2SO4溶液中，NH4+的数目为0.1NA10、某无色气体X，可能含有CO2、SO2、HCl、HBr中的一种或几钟．将X通过适量的氯水时，X完全被吸收．将所得的无色溶液分装于两支试管后，分别加入酸化AgNO3与BaCl2溶液，结果均产生白色沉淀．下列推论正确的是（）A.X中可能有HBrB.X中一定有SO2C.X中可能有CO2D.X中一定有HCl评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)11、阅读下面短文．

光的散射与丁达尔效应。

光通过光学性质不均匀的介质时出现偏离原来传播方向；而沿侧向传播的现象，称为光的散射．在暗室里，将一束经聚集后的光线投射到胶体系统上，在与入射光垂直的方向上，可观察到一条明亮的光路，这就是丁达尔效应．产生丁达尔效应的实质是光的散射．

表1分散系对可见光的不同作用。

。溶液胶体浊液光路示意图对光的主要作用透射散射反射或折射当入射光的波长略大于分散相粒子的直径时就发生光的散射．可见光的波长在400～760nm的范围；略大于一般胶体粒子的直径（1～100nm），因此当可见光束投射于胶体时，就发生光的散射，产生丁达尔效应．

对于溶液；分散质分子或离子更小，对可见光的散射作用很微弱；而当可见光束通过浊液时，由于分散质的粒子直径大于入射光的波长，主要发生反射或折射现象．

回答下列问题：

（1）产生丁达尔效应的实质是____．

（2）制备Fe（OH）3胶体，在小烧杯中加入20mL蒸馏水，加热至沸腾后，向沸水中滴入5～6滴饱和的____溶液；继续煮沸至液体呈红褐色即可．

（3）胶体区别于其他分散系的本质特征是____（填序号）．

a．胶体有丁达尔效应b．胶体粒子可以透过滤纸。

c．胶体的胶粒带有电荷d．胶体粒子的直径在1～100nm之间。

（4）CuSO4溶液无明显丁达尔效应的原因是____．12、某兴趣小组欲利用下列装置1探究A反应中Cl2的产生速率．

（1）完善A中反应：____KMnO4+____HC1═____MnCl2+____Cl2↑+____KCl+____，A、B、C装置的接口连接顺序为：①→____→____→____→____〔填数肀序号）．

（2）当黄绿色气体缓缓慢进人C时，一段时间后C中溶液才变蓝，C中溶液变蓝前发生反应的离子方程式为____；少量淀粉KI溶液的作用是____

（3）若实验测得速率值偏小；小组同学作如图2实验改进和反思，请帮助完成；

I、用D裝置代替c装置，目的是____

Ⅱ；导致測得值偏小的原因可能还有：

①Cl2扩散需要一段时间。

②____（任答一点）

（4）进一步探究：仅将A装置做如图2改变．则此改进欲探究的是____．13、（1）0.5molCH4的质量是____，在标准状况下的体积为____；含____个氢原子．

（2）将标准状况下22.4L的HCl溶于水配成200mL的溶液，所得溶液的物质的量浓度为____；

（3）配制300mL0.5mol•L-1氯化钠溶液，需要1.5mol•L-1的氯化钠溶液的体积是____mL．14、某温度时，测得0.01mol•L-1的NaOH溶液的pH=11，则在此温度下pH=3的某溶液中=____．15、实验基础题

（1）现要配制150mL0.2mol•L-1NaCl溶液，请按使用的先后顺序，写出所用到的玻璃仪器：____．

（2）要除去NO中NO2杂质，所用的除杂方法是____，所用的试剂是____；请画出装置图____．

（3）请回忆下列气体制取的发生装置：

A．实验室用MnO2和浓盐酸反应制取氯气；B．大理石与稀盐酸反应制取CO2C．氯化铵与熟石灰反应制取氨气

某同学计划在实验室，用铜片与浓硫酸反应制取SO2气体，其发生装置应选用上述三种装置中的____，请按从下往上的顺序写出所用玻璃仪器的名称____．16、切开的金属Na暴露在空气中，其变化过程如下：（1）反应Ⅰ的反应过程与能量变化的关系如下：①反应Ⅰ是反应（填“放热”或“吸热”），判断依据是。②1molNa(s)全部氧化成Na2O(s)的热化学方程式是。（2）反应Ⅱ是Na2O与水的反应，其产物的电子式是。（3）白色粉末为Na2CO3。将其溶于水配制为0.1mol/LNa2CO3溶液，下列说法正确的是（填字母）。A．升高温度，溶液的pH降低B．c(OH－)－c(H＋)＝c(HCO3－)＋2c(H2CO3)C．加入少量NaOH固体，c(CO32―)与c(Na＋)均增大D．c(Na＋)>c(CO32―)>c(HCO3―)>c(OH―)>c(H＋)（4）钠电池的研究开发在一定程度上可缓和因锂资源短缺引发的电池发展受限问题。①钠比锂活泼，用原子结构解释原因_______。②ZEBRA电池是一种钠电池，总反应为NiCl2+2NaNi+2NaCl。其正极反应式是_____。17、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：____．

（5）写出A的气态氢化物的电子式____．18、在MgCl2和AlCl3的混合溶液中；逐滴加入NaOH溶液直至过量．经测定，加入的NaOH的物质的量(mol)和所得沉淀的物质的量(mol)的关系如图所示．则：

(1)写出代表各线段发生反应的离子方程式：

OD段____________；

DC段____________．

(2)原溶液中Mg2+、Al3+物质的量浓度之比为____________．

(3)图中C点表示当加入____________molNaOH时，Al3+已经转化为____________Mg2+已经转化为____________．

(4)图中线段OA：AB=____________．评卷人得分四、判断题(共1题，共3分)19、将10克氯化钠溶于4℃、90毫升的水中，所得溶质的质量分数为90%．____（判断对错）评卷人得分五、简答题(共3题，共9分)20、氯化两面针碱rm{(H)}具有抑制肿瘤细胞增殖和诱杀作用，被认定为潜在的抗肿瘤药物。其合成路线如下：具有抑制肿瘤细胞增殖和诱杀作用，被认定为潜在的抗肿瘤药物。其合成路线如下：rm{(H)}化合物rm{(1)}化合物rm{B}中含氧官能团的名称为________和________。中含氧官能团的名称为________和________。rm{(1)}化合物rm{B}的结构简式为________________；由rm{(2)}化合物rm{C}的结构简式为________________；由rm{E隆煤F}的反应类型为________________。的反应类型为________________。rm{(2)}写出同时满足下列条件的rm{C}的一种同分异构体的结构简式：________________。rm{E隆煤F}能与rm{(3)}写出同时满足下列条件的rm{A}的一种同分异构体的结构简式：________________。rm{(3)}rm{A}既能发生银镜反应又能发生水解反应；rm{垄脵}能与rm{FeCl}分子中只含rm{垄脵}种不同化学环境的氢。rm{FeCl}请以rm{{,!}_{3}}溶液发生显色反应，rm{垄脷}既能发生银镜反应又能发生水解反应；rm{垄脹}分子中只含rm{4}种不同化学环境的氢。无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干rm{垄脷}rm{垄脹}21、向亚硫酸钠中滴加酚酞，溶液变为红色，若在该溶液中再滴入过量的rm{BaCl_{2}}溶液，有白色沉淀生成，溶液红色褪去，请结合离子方程式，运用平衡移动原理进行解释：____。22、已知酮（R-C-R’）不发生银镜反应；酮在一定条件下能催化加氢还原成相应的醇；现有如图的反应关系，方框内均表示有机物．

（1）写出反应Ⅰ和反应Ⅲ的化学方程式______

（2）写出D、F、H的结构简式D______F______H______

（3）写出反应Ⅱ和反应Ⅳ的反应类型：______，______．评卷人得分六、探究题(共4题，共28分)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：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：参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】【分析】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．【解析】【解答】解：A．滴定前；未用NaOH溶液对锥形瓶进行润洗，标准液的体积不变，结果不变，故A错误；

B．滴定过程中，有少量盐酸滴在锥形瓶外，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；可知c（待测）偏大，故B错误；

C．盛装盐酸前，未对酸式滴定管进行润洗，标准液浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析；可知c（待测）偏大，故C错误；

D．滴定终点时，对酸式滴定管俯视读数，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=分析；可知c（待测）偏小，故D正确；

故选D．2、C【分析】【解答】解：A．KClO3中Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，得到电子被还原发生还原反应，则KClO3发生还原反应，故A正确；B．H2C2O4中C元素的化合价由+3加升高为+4价，则H2C2O4在反应中被氧化；故B正确；

C．由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，KClO3的氧化性强于CO2的氧化性，不能比较H2C2O4、ClO2的氧化性；故C错误；

D．每生成1molClO2，转移的电子为1×（5﹣4）×6.02×1023=6.02×1023；故D正确；

故选C．

【分析】2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O中，Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，C元素的化合价由+3加升高为+4价，以此来解答．3、B【分析】解：A．浓硝酸有强氧化性；能将橡胶塞氧化，不能用橡胶塞，故A错误；

B．分液漏斗分离互不相溶的液体；水和乙酸乙酯不互溶，能分层，能用分液漏斗分离，故B正确；

C．量筒精确到0.1ml；无法量取9.50mL水，故C错误；

D．实验室制取乙烯需在170℃；温度计的最大量程是100℃，不符合要求，故D错误．

故选B．【解析】【答案】B4、D【分析】【分析】A．同位素是指：质子数相同中子数不同的同种元素的不同核素；

B．质量数=质子数+中子数；

C．同位素原子物理性质不同；化学性质相同；

D．根据原子符号的含义，左上角数字为质量数，左下角数字为质子数，质子数=核外电子数来解答．【解析】【解答】解：A．O2和O3是由同种元素组成的性质不同的单质；互为同素异形体，故A错误；

B．15O，中质量数为15，质子数8，所以中子数=15-8=7，所以1个15O2中含有2×7=14个中子；故B错误；

C．18O2与16O2的是由氧的不同核素组成的同种物质；物理性质有所不同，化学性质相同，故C错误；

D．16O和18O的质子数都为8，所以核外电子数都为8，两者相等，故选D．5、A【分析】【分析】实验室中；能够直接加热的仪器有：试管；燃烧匙、蒸发皿和坩埚等；

需要垫石棉网的是：烧杯；烧瓶、锥形瓶等；

不能加热的仪器有：漏斗、量筒、集气瓶等，据此完成本题．【解析】【解答】解；A；试管是化学实验中最常用的仪器；可以在酒精灯上直接加热，故A正确；

B；给锥形瓶中的液体加热时；为了受热均匀，需要垫上石棉网进行加热，故B错误；

C；烧杯进行加热时；不能直接加热，需要垫上石棉网加热，故C错误；

D；给烧瓶加热时；不能直接加热，应该垫上石棉网，使其受热均匀，故D错误；

故选A．二、多选题(共5题，共10分)6、AB【分析】【分析】A．氯碱工业主要产品是氢氧化钠和氯气；根据物质间的反应确定产品；

B．除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-及泥沙；可以加过量的氯化钡除去硫酸根离子，然后用碳酸钠去除钙离子和过量的钡离子．盐酸要放在最后，来除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，加氢氧化钠和氯化钡无先后顺序要求；

C．若在空气中加热MgCl2•6H2O；生成的是Mg（OH）Cl；

D．活泼金属采用电解其熔融盐或氧化物的方法冶炼．【解析】【解答】解：A．氯碱工业主要产品是氢氧化钠和氯气，延伸产品可以有NaClO、盐酸、Na2CO3等；故A正确；

B．镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，离子都沉淀了，再进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，所以正确的顺序为：NaOH溶液→BaCl2溶液→Na2CO3溶液→过滤→盐酸；故B正确；

C．若在空气中加热MgCl2•6H2O，生成的是Mg（OH）Cl，在干燥的HCl气流中加热MgCl2•6H2O来得到无水MgCl2；故C错误；

D．镁是活泼金属；如果电解氯化镁溶液，阴极上氢离子放电而不是镁离子放电，所以得不到镁单质，工业上用电解熔融氯化镁的方法冶炼镁，故D错误；

故选AB．7、CD【分析】【分析】A．该反应为放热反应；升高温度后平衡向着逆向移动，则平衡常数减小；

B.0～1min，氢气的物质的量从8mol变为6mol，根据v=计算出氢气的反应速率；然后根据反应速率与计量数成正比计算出二氧化碳的平均反应速率；

C．转化率=×100%；据此计算出氢气的转化率；

D．平衡时消耗了6mol氢气，据此可计算出平衡时甲醇的物质的量，然后利用差量法计算出平衡时气体减小的总物质的量，最后计算出甲醇的体积分数．【解析】【解答】解：A．该反应为放热反应；升高温度后平衡向着逆向移动，则反应物浓度增大，生成物浓度减小，所以平衡常数会减小，故A错误；

B.0～1min，氢气的物质的量从8mol变为6mol，氢气消耗了2mol，则v（H2）===0.1mol/（L•min），则v（CO2）=v（H2）=mol/（L•min）；故B错误；

C．平衡时氢气的物质的量为2mol，则平衡时消耗氢气的物质的量为：8mol-2mol=6mol，则氢气的转化率为：×100%=75%；故C正确；

D．CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△n（减小）

312

6moln△n

则平衡时混合气体减小的物质的量为：△n==4mol；则平衡时气体的总物质的量为：6mol+8mol-4mol=10mol；

平衡时生成甲醇的物质的量为n==2mol，所以甲醇的体积分数为：×100%=20%；故D正确；

故选CD．8、CD【分析】【分析】在高分子链中；单体转变为在化学组成上能够重复的最小单位，即链节；

根据链节寻找单体：凡链节的主碳链为两个碳原子其单体必为一种；将链节的两个半键闭全即为单体；

凡链节中主碳链为4个碳原子个碳原子个碳原子个碳原子；无碳碳双键结构，其单体必为两种从主链中间断开后再分别将两个半键闭合即得单体；

根据以上知识进行解答．【解析】【解答】解：A．该聚合物的分子式为：（C2H2Cl2）n；故A错误；

B．因为高分子主链上均为C原子，又由于链节是重复的结构单元，且碳碳单键可以旋转，所以该高分子化合物的链节是：故B错误；

C．该高分子化合物的链节是：将两个半键闭合可得其单体：CHCl═CHCl，故C正确；

D．根据分子式可知：（C2H2Cl2）n；其相对分子质量为97n（n为聚合度），故D正确．

故选CD．9、BC【分析】【分析】A．一定温度离子积常为10-12，计算氢氧根离子浓度为10-6mol/L；溶液体积不知不能计算微粒数；

B．硫酸氢钠是钠离子和硫酸氢根离子构成；

C．标况下22.4L乙烷的物质的量为1mol；

D．氨根离子为弱碱阳离子，部分发生水解．【解析】【解答】解：A．一定温度下，pH=6的纯水中，离子积常为10-12，氢氧根离子浓度为10-6mol/L；溶液体积不知不能计算氢氧根微粒数，故A错误；

B.120gNaHSO4固体的物质的量为=1mol，含有的离子总数为2NA；故B正确；

C．标准状况下，22.4L乙烷的物质的量为1mol，乙烷含有的分子数为NA；故C正确；

D．氨根离子为弱碱阳离子，部分发生水解，所以100mL0.5mol/L-1的（NH4）2SO4溶液中，NH4+的数目小于0.1NA；故D错误；

故选：BC．10、BC【分析】【分析】能与氯气反应的有SO2、HBr，加入酸化的BaCl2溶液，结果产生白色沉淀，说明一定有SO2，沉淀为硫酸钡；加入酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀为氯化银，但氯水中含有氯元素，不能确定原气体含氯化氢．【解析】【解答】解：将X通过适量的氯水时，X恰好完全反应，没有任何气体剩余，能与氯气反应的有SO2、HBr，所得溶液是无色溶液，判断气体中一定无HBr；加入酸化的BaCl2溶液，结果产生白色沉淀，说明一定有SO2，沉淀为硫酸钡；加入酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀为氯化银，但氯水中含有氯元素，不能确定原气体含氯化氢．二氧化碳依据混合气体中含量多少，可能被完全吸收，也可能不能被完全吸收，所以二氧化碳不一定含有，故一定无HBr，一定含SO2，无法确定的是CO2和HCl；

故选BC．三、填空题(共8题，共16分)11、光的散射FeCl3d分散质的离子很小，对可见光的散射作用很微弱【分析】【分析】（1）产生丁达尔效应的实质是光的散射；

（2）向沸水中滴入5～6滴饱和的FeCl3溶液；继续煮沸至液体呈红褐色可制得氢氧化铁胶体；

（3）胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小不同；

（4）溶液分散质分子或离子更小，对可见光的散射作用很微弱．【解析】【解答】解：（1）在暗室里；将一束经聚集后的光线投射到胶体系统上，在与入射光垂直的方向上，可观察到一条明亮的光路，这就是丁达尔效应．产生丁达尔效应的实质是光的散射，故答案为：光的散射；

（2）向沸水中滴入几滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液变成红褐色，即可制得氢氧化铁胶体，故答案为：FeCl3；

（3）胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小不同；胶体的分散质微粒直径介于1-100nm之间，故答案为：d；

（4）溶液分散质分子或离子更小，对可见光的散射作用很微弱，故答案为：分散质的离子很小，对可见光的散射作用很微弱．12、2162528H2O②③⑤④Cl2+SO32-+H2O=2Cl-+SO42-+2H+指示剂利用多孔球泡将气体分散为小气泡，增大气体与溶液的接触面积，加快吸收速率，减少Cl2逸出C中亚硫酸钠溶液浓度偏小，气体吸收速率小于气体生成速率浓度对反应速率的影响【分析】【分析】（1）依据氧化还原反应中得失电子守恒以及元素守恒配平即可；BC装置分别为洗气和验证；故应“长进短出”，据此解答即可；

（2）亚硫酸钠具有还原性；氯气具有氧化性，能氧化亚硫酸根生成硫酸根，碘遇淀粉变蓝；据此解答即可；

（3）I；D装置与C装置的不同点在于D中加了一个多孔球泡；据此多孔气泡用途回答；

II；若气体吸收速率过慢；可以导致氯气的损失，亚硫酸钠的浓度太小，也可以导致气体吸收不完全，据此解答即可；

（4）将A装置做如图2改变，从图中得出改变的是HCl的浓度，据此解答即可．【解析】【解答】解：（1）KMnO4中Mn由+5价降低到MnCl2中的+2价，故发生还原反应，化合价变化为5，HCl中Cl从-1价升高到0价，故化合价变化为1，故氯气前系数为5，氯化锰为2，据此依据质量守恒定律得出：2KMnO4+16HC1═2MnCl2+5Cl2↑+2KCl+8H2O，B为除去氯气中HCl杂质气体，故应从②进入，C为验证气体装置，故应从⑤进入，故答案为：2、16、2、5、2、8H2O；②③⑤④；

（2）亚硫酸钠具有还原性，氯气具有氧化性，能氧化亚硫酸根生成硫酸根，在溶液中本身被还原生成氯离子，离子反应方程式为：Cl2+SO32-+H2O=2Cl-+SO42-+2H+，若溶液中存有亚硫酸根，就不会有碘单质生成，即此时淀粉KI试纸不变蓝，只有亚硫酸根完全反应，通入的氯气置换出KI中的碘生成碘碘单质，此时溶液变蓝，故淀粉KI为指示剂，故答案为：Cl2+SO32-+H2O=2Cl-+SO42-+2H+；指示剂；

（3）I、D装置与C装置的不同点在于D中加了一个多孔球泡，利用多孔球泡可以将气体分散为小气泡，增大气体与溶液的接触面积，加快吸收速率，减少Cl2逸出，故答案为：利用多孔球泡将气体分散为小气泡，增大气体与溶液的接触面积，加快吸收速率，减少Cl2逸出；

II；若气体吸收速率过慢；可以导致氯气的损失，亚硫酸钠的浓度太小，也可以导致气体吸收不完全，故答案为：C中亚硫酸钠溶液浓度偏小，气体吸收速率小于A中气体生成速率；

（4）观察图可知：图2中把A中2.0mol/L的HCl换成了1.0mol/L的HCl，故此改进要探究的是难度对反应速率的影响，答案为：浓度对反应速率的影响．13、8g11.2L2NA5mol/L100【分析】【分析】（1）根据m=nM计算甲烷的质量，根据V=nVm计算甲烷体积；结合分子含有H原子数目计算0.5mol甲烷含有氢原子；

（2）根据n=计算HCl的物质的量，再根据c=计算溶液物质的量浓度；

（3）根据稀释定律计算．【解析】【解答】解：（1）0.5mol甲烷的质量=0.5mol×16g/mol=8g，标况下甲烷体积=0.5mol×22.4L/mol=11.2L，每个分子含有4个H原子，故0.5mol甲烷含有氢原子数目=0.5mol×4×NAmol-1=2NA；

故答案为：8g；11.2L；2NA；

（2）HCl的物质的量==1mol，溶于水配成200mL溶液，所得溶液物质的量浓度==5mol/L；

故答案为：5mol/L；

（3）令需要1.5mol•L-1的氯化钠溶液的体积是xL，根据稀释定律：0.3L×0.5mol•L-1=xL×1.5mol•L-1，解得x=0.1L，即需要100mL1.5mol•L-1的氯化钠溶液；

故答案为：100．14、107【分析】【分析】根据0.01mol•L-1的NaOH溶液的pH=11，求出此温度下的Kw值，然后利用Kw进行求解．【解析】【解答】解：pH=11的溶液C（H+）=10-11mol•L-1，C（OH-）=0.01mol•L-1该温度下Kw=10-13．pH=3溶液中C（H+）=10-3mol•L-1，C（OH-）==10-10mol•L-1；

所以=107；

故答案为：107．15、烧杯、筒量、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管洗气水A酒精灯、圆底烧瓶、分液漏斗、导气管【分析】【分析】（1）根据实验操作的步骤以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器；

（2）二氧化氮能和水反应生成硝酸和一氧化氮；从而除去二氧化氮；应采用洗气装置；

（3）根据反应物的状态和反应条件选取反应装置，根据各仪器的作用确定所用玻璃仪器．【解析】【解答】解：（1）配制步骤有量取；稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作；一般用天平称量固体的质量，在烧杯中溶解，冷却至室温转移到150mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，转移完毕，用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒2～3次并将洗涤液全部转移到容量瓶中，再加适量蒸馏水，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻线相平，塞好瓶塞，反复上下颠倒摇匀．

故答案为：烧杯；玻璃棒；150mL容量瓶；胶头滴管．

（2）二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮从而达到去除二氧化氮的目的；所以所用试剂为水，采用洗气的方法，气体长进短出，用排水法收集一氧化氮．

故答案为：洗气；水；

（3）A、MnO2和浓盐酸的状态是固体和液体；反应条件是加热，所以应选取固液混合加热型装置；

B；大理石与稀盐酸的状态是固体和液体；且反应不需加热，所以应选取固液混合不加热型装置；

C；氯化铵与熟石灰的状态是固体和固体；反应条件是加热，所以应选取固固混合加热型装置．

铜片与浓硫酸反应制取SO2气体；铜片和浓硫酸状态是固体和液体，反应条件是加热，所以应选取固液混合加热型装置，故选B；

加热需要酒精灯；盛放固体需要圆底烧瓶，盛放液体需要分液漏斗，导出气体需要导气管．

故答案为：A；酒精灯、圆底烧瓶、分液漏斗、导气管．16、略

【分析】试题分析：（1）①由于反应物的总能量比生成物的总能量高，所以发生的反应Ⅰ是放热反应。②由题目提供的能量关系可得该反应的热化学方程式为：Na(s)＋1/4O2(g)＝1/2Na2O(s)△H＝－207kJ/mol。（2）反应Ⅱ是Na2O与水的反应，Na2O与水反应产生NaOH，反应的方程式为Na2O＋H2O=2NaOH。NaOH的电子式为：（3）A.Na2CO3是强碱弱酸盐，在溶液中发生水解反应：Na2CO3+H2ONaHCO3+NaOH。盐的水解反应是吸热反应，所以升高温度，促进盐的水解，溶液的碱性增强，溶液的pH增大。错误。B．根据电荷守恒可得c(H＋)+c(Na＋)=c(OH－)+c(HCO3－)+2c(CO32―)；根据物料守恒可得c(Na＋)=2c(H2CO3)+2c(HCO3－)+2c(CO32―)，两式相减，整理可得c(OH－)－c(H＋)＝c(HCO3－)＋2c(H2CO3)。正确。C．加入少量NaOH固体，由于Na+物质的量增多。c(Na＋)增大，c(OH－)增大，使平衡Na2CO3+H2ONaHCO3+NaOH逆向移动，所以c(CO32―)也增大。正确。D．Na2CO3=2Na＋+CO32―；c(Na＋)>c(CO32―)；H2O+CO32-OH-+HCO3-，所以c(OH―)>c(H＋)。由于在溶液中还存在H2OH＋+OH―。所以cc(OH―)>(HCO3―)。因此在溶液微粒的浓度关系为c(Na＋)>c(CO32―)>c(OH―)>c(HCO3―)>c(H＋)。错误。（4）①Na、Li都是第一主族的元素，由于原子半径Na>Li。原子半径越大，原子失去电子的能力就越强，因此钠比锂活泼。②由总方程式可知该电池的正极电极式为NiCl2+2Na＋+2e－＝Ni+2NaCl；负极的电极式为2Na－2e-=2Na+.考点：考查物质的能量与反应热的关系、热化学方程式和物质的电子式的书写、盐的水解、离子浓度的大小比较、原电池反应原理的知识。【解析】【答案】（1）①放热反应物总能量高于生成物总能量②Na(s)＋1/4O2(g)＝1/2Na2O(s)△H＝－207kJ/mol（2）（3）BC（4）①最外层电子数相同，随着核电荷数增加，原子半径逐渐增大，金属性增强。②NiCl2+2Na＋+2e－＝Ni+2NaCl17、氮硫氟第二周期ⅦA族HF＞H2S＞NH3+HNO3=NH4NO3【分析】【分析】A、B、C为短周期元素，由它们在周期表中的位置，可知A、C处于第二周期，B处于第三周期，令A原子核外电子为x，则B质子数为x+9，C核外电子数为x+2，则：x+x+2=x+9，解得x=7，故A为N元素、B为S元素、C为F元素，据此解答．【解析】【解答】解：A；B、C为短周期元素；由它们在周期表中的位置，可知A、C处于第二周期，B处于第三周期，令A原子核外电子为x，则B质子数为x+9，C核外电子数为x+2，则：x+x+2=x+9，解得x=7，故A为N元素、B为S元素、C为F元素．

（1）由上述分析可知；A为氮元素；B为硫元素、C为氟元素，故答案为：氮；硫；氟；

（2）C为氟元素；处于周期表中第二周期ⅦA族，故答案为：第二周期ⅦA族；

（3）B为S元素，原子结构示意图为非金属性F＞S，故氢化物稳定性：HF＞H2S；

故答案为：HF＞H2S；

（4）同周期自左而右原子半径减小，故原子半径A＞C，A的气态氢化物、最高价氧化物对应水化物分别为氨气、硝酸，氨气与硝酸反应生成硝酸铵，反应的化学方程式为：NH3+HNO3=NH4NO3；

故答案为：＞；NH3+HNO3=NH4NO3；

（5）A的气态氢化物为NH3，电子式为：故答案为：．18、略

【分析】解：(1)OD段镁离子和铝离子全部转化为沉淀，其离子方程式为Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓、Al3++3OH-═Al(OH)3↓；DC段NaOH过量时氢氧化铝溶解，其离子方程式为：Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O；

故答案为：Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓、Al3++3OH-═Al(OH)3↓；Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O；

(2)由图象可知，0～A发生Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓、Al3++3OH-═Al(OH)3↓，A～B发生Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O；

C点对应的沉淀为Mg(OH)2，D点对应的沉淀为Mg(OH)2和Al(OH)3；

则Mg(OH)2的物质的量为0.2mol，Al(OH)3的物质的量为0.3mol-0.2mol=0.1mol；

由Mg(OH)2～Mg2+、Al(OH)3～Al3+；溶液的体积相同，浓度之比等于物质的量之比；

所以原溶液中Mg2+、Al3+物质的量浓度之比为0.2mol：0.1mol=2：1；故答案为：2：1；

(3)由Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓

0.2mol0.4mol

Al3++3OH-═Al(OH)3↓

0.1mol0.3mol

Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O

0.1mol0.1mol

则C点NaOH的物质的量为0.4mol+0.3mol+0.1mol=0.8mol，此时铝离子完全转化为AlO2-；镁离子完全转化为沉淀；

故答案为：0.8；AlO2-；Mg(OH)2；

(4)0～A发生Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓、Al3++3OH-═Al(OH)3↓；

A～B发生Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O；

则线段OA对应的NaOH的物质的量为0.4mol+0.3mol=0.7mol；

线段AB对应的NaOH的物质的量为0.1mol；

所以线段OA：AB=0.7mol：0.1mol=7：1；

故答案为：7：1．【解析】Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓、Al3++3OH-═Al(OH)3↓;Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O;2：1;0.8;AlO2-;Mg(OH)2;7：1四、判断题(共1题，共3分)19、×【分析】【分析】4℃时水的1g/mL，根据m=ρV计算水的质量，溶液质量=NaCl的质量+水的质量，溶质质量分数=×100%．【解析】【解答】解：4℃时90毫升水的质量为90mL×1g/mL=90g，故溶液质量=10g+90g=100g，则溶液中NaCl的质量分数为×100%=10%，故错误，故答案为：×．五、简答题(共3题，共9分)20、（1）羰基醚键

（2）取代

（3）

（4）【分析】【分析】本题考查有机推断与合成，涉及多官能团有机物性质及同分异构体的书写，难点是设计合成路线以原料合成目标产物，综合性较强，对学生基础性知识要求较高，中等难度。比较rm{A}rm{B}结构简式知，rm{A}发生取代反应生成rm{B}比较rm{B}和rm{D}的结构简式可知，结合rm{C}的分子式可知，rm{B}发生加成反应生成rm{C}rm{C}为rm{D}发生取代反应生成rm{E}rm{E}发生取代反应生成rm{F}rm{F}发生消去反应生成rm{G}rm{G}发生一系列反应生成rm{H}据此分析。

【解答】比较rm{A}rm{B}结构简式知，rm{A}发生取代反应生成rm{B}比较rm{B}和rm{D}的结构简式可知，结合rm{C}的分子式可知，rm{B}发生加成反应生成rm{C}rm{C}为rm{D}发生取代反应生成rm{E}rm{E}发生取代反应生成rm{F}rm{F}发生消去反应生成rm{G}rm{G}发生一系列反应生成rm{H}rm{(1)}由rm{B}的结构简式可知分子结构中含有的含氧官能团为羰基和醚键；

故答案为：羰基和醚键；

rm{(2)}由分析可知rm{C}的结构简式为由rm{E}发生取代反应生成rm{F}

故答案为：取代；

rm{(3)垄脵}能与rm{FeCl_{3}}溶液发生显色反应，说明含有苯环和酚羟基；rm{垄脷}既能发生银镜反应又能发生水解反应，说明含有醛基和酯基，可能是甲酸酯；rm{垄脹}分子中只含rm{4}种不同化学环境的氢，说明结构对称性比较强，符合上述条件的rm{A}的同分异构体可能是

故答案为：

rm{(4)}以为原料制备的合成流程为：

故答案为：【解析】rm{(1)}羰基醚键rm{(2)}取代rm{(3)}rm{(4)}21、cd

【分析】

【分析】本题考查了离子浓度大小比较、盐类水解的原理应用，盐类水解平衡的影响因素判断、平衡常数的理解、化学方程式的有关计算、化学平衡移动原理，明确注意电荷守恒、物料守恒在比较离子浓度大小时的应用。【解答】rm{1)a.}根据电荷守恒得rm{c(Na}rm{c(Na}rm{{,!}^{+}}rm{)+c(H}rm{)+c(H}rm{{,!}^{+}}rm{)=c(HCO}rm{)=c(HCO}rm{{,!}_{3}^{-}}rm{)+c(OH}rm{)+c(OH}，故rm{{,!}^{-}}错误；

rm{)+2c(CO}根据物料守恒得rm{)+2c(CO}rm{{,!}_{3}^{2-}}rm{)}rm{)}rm{a}rm{b.}根据物料守恒得rm{c(H_{2}CO_{3})+}rm{b.}故rm{c(H_{2}CO_{3})+}错误；rm{c(HCO}rm{c(HCO}rm{{,!}_{3}^{-}}rm{)+c(CO}的水解程度大于其电离程度，则rm{)+c(CO}rm{{,!}_{3}^{2-}}rm{)=0.1mol隆陇L}rm{)=0.1mol隆陇L}rm{{,!}^{-1}}rm{b}rm{c.}故rm{NaHCO}正确；rm{NaHCO}根据物料守恒得rm{3}rm{3}溶液显碱性，rm{HCO_{3}^{-}}的水解程度大于其电离程度，则rm{HCO_{3}^{-}}rm{c(CO}rm{c(CO}rm{{,!}_{3}^{2-}}rm{)<c(H}rm{)<c(H}rm{{,!}_{2}}rm{CO}，故rm{CO}正确；故答案为：rm{{,!}_{3}}rm{)}故rm{c}正确；因稀释rm{)}时，碳酸根离子、碳酸氢根、氢氧根离子的浓度变小，因rm{c}不变，则氢离子的浓度增大，故rm{d.}根据物料守恒得错误；

rm{d.}通入水中，生成rm{c(Na}溶液rm{c(Na}减小，故rm{{,!}^{+}}正确；

rm{)=c(H}加入rm{)=c(H}固体，rm{{,!}_{2}}rm{CO}rm{CO}rm{{,!}_{3}}rm{)+c(HCO}rm{)+c(HCO}rm{{,!}_{3}^{-}}rm{)+c(CO}rm{)+c(CO}rm{{,!}_{3}^{2-}}向左移动，rm{dfrac{c(HCO_{3}^{?})}{c(CO_{3}^{2?})}}减小，故rm{)}正确；

rm{)}温度不变，平衡常数不变，稀释溶液，rm{d}，故rm{cd}错误；故答案为：rm{2)a.}rm{Na_{2}CO_{3}}根据题意要求，rm{Kw}被完全吸收，rm{a}也完全反应，则反应的产物可能是rm{b.CO_{2}}此时rm{H_{2}CO_{3}}的浓度最大rm{pH}或rm{b}此时rm{c.}的浓度最小rm{NaOH}或水解平衡rm{CO}和rm{CO}的混合物，用极值思想分析两个特殊情况：rm{{,!}_{3}^{2-}}rm{n(NaOH)=n(CO_{2})=2.40mol}则rm{c(NaOH)=dfrac{2.4mol}{2L}=1.20mol/L}rm{+H}rm{n(NaOH)=2n(CO_{2})=4.80mol}则rm{c(NaOH)=dfrac{4.8mol}{2L}=2.40mol/L}综合可知，rm{+H}溶液的浓度应该为rm{1.20mol/Lleqslantc(NaOH)leqslant2.40mol/L}故答案为：rm{1.2mol/Lleqslantcleqslant2.4mol/L}

rm{{,!}_{2}}根据电荷守恒，如溶液呈中性，rm{O}则有rm{O}此时氨水应过量少许，故rm{?}正确；

rm{HCO}根据电荷守恒，rm{HCO}则不可能有rm{{,!}_{3}^{-}}rm{+OH}rm{+OH}rm{{,!}^{-}}rm{

dfrac{c(HCO_{3}^{?})}{c(CO_{3}^{2?})}}rm{c}rm{d.}平衡常数不变rm{d}rm{bc}rm{3)}rm{2.40molCO_{2}}rm{NaOH}rm{Na_{2}CO_{3}(}rm{NaOH}rm{)}故rm{NaHCO_{3}(}错误；

rm{NaOH}体系为rm{)}溶液和rm{Na_{2}CO_{3}}氨水过量较多时，溶液呈碱性：rm{NaHCO_{3}}故rm{CO_{2}+NaOH=NaHCO_{3}}正确；rm{n(NaOH)=n(CO_{2})=2.40

mol}盐酸是rm{c(NaOH)=dfrac{2.4mol}{2L}=1.20

mol/L}rm{CO_{2}+2NaOH=Na_{2}CO_{3}+H_{2}O}的电离氢离子，氢离子被氨水中和一部分，所以rm{n(NaOH)=2n(CO_{2})=4.80

mol}不可能大于rm{c(NaOH)=dfrac{4.8mol}{2L}=2.40

mol/L}故rm{NaOH}错误；故答案为：rm{1.20mol/Lleqslantc(NaOH)leqslant

2.40mol/L}rm{1.2mol/Lleqslantcleqslant2.4

mol/L}rm{1.2mol/Lleqslantcleqslant2.4

mol/L}是强碱弱酸盐碳酸钠，在纯碱溶液中rm{4)a.}易水解生成氢氧根离子：rm{c(H^{+})=c(OH^{-})}导致溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度而使溶液呈碱性，滴入酚酞，溶液变红；向溶液中加入氯化钡后，钡离子和rm{c(Cl^{-})=c(NH_{4}^{+})}离子反应生成碳酸钡沉淀，rm{a}白色rm{b.}由于rm{c(Cl^{-})+c(OH^{-})=c(H^{+})+c(NH_{4}^{+})}浓度减小，水解平衡左移，rm{c}浓度减小；溶液褪色；

故答案为：rm{c}rm{(Cl}加入氯化钡后，rm{(Cl}降低了rm{{,!}^{-}}的浓度，使得水解平衡往左移动，导致溶液中rm{)>}浓度降低，因此溶液红色褪去。

rm{)>}【解析】。【小题rm{1}】rm{cd}

【小题rm{2}】rm{bc}

【小题rm{3}】rm{1.2mol/Lleqslantcleqslant2.4mol/L}

【小题rm{4}】rm{ac}

【小题rm{5}】亚硫酸钠溶液水解成碱性，滴入酚酞成红色，rm{SO_{3}^{2-}+H_{2}O?HCO_{3}^{-}+OH^{-}}加入氯化钡后，rm{Ba^{2+}+SO_{3}^{2-}篓TBaSO_{3}隆媒}降低了rm{SO_{3}^{2-}}的浓度，使得水解平衡往左移动，导致溶液中rm{OH^{-}}浓度降低；因此溶液红色褪去。

22、略

【分析】解：已知酮（R-C-R’）不发生银镜反应，则反应Ⅰ是醛基被氧化为羧基的过程，与银氨溶液反应生成的A为A酸化-COONH4转化为-COOH，酮在一定条件下能催化加氢还原成相应的醇，所以B与氢气加成生成的C为C中含有羟基和羧基，在浓硫酸作用下即可以发生酯化反应也可以发生消去反应，还有可能发生缩聚反应，反应Ⅲ生成的E能够发生加聚反应生成F，说明反应Ⅲ为消去反应生成的E为E发生加聚反应生成的F为反应Ⅱ为酯化反应，生成的D为反应Ⅴ为缩聚反应生成的H为

（1）反应Ⅰ的化学方程式为+2Ag（NH3）2OH→+2Ag↓+3NH3+H2O；

反应Ⅲ的化学方程式为+H2O；

故答案为：+2Ag（NH3）2OH→+2Ag↓+3NH3+H2O；

+H2O；

（2）据分析DFH的结构简式分别为

故答案为：

（3）据上述分析；反应Ⅱ为酯化反应，反应Ⅳ为加聚反应，故答案为：酯化反应；加聚反应．

已知酮（R-C-R’）不发生银镜反应，则反应Ⅰ是醛基被氧化为羧基的过程，与银氨溶液反应生成的A为A酸化-COONH4转化为-COOH，酮在一定条件下能催化加氢还原成相应的醇，所以B与氢气加成生成的C为C中含有羟基和羧基，在浓硫酸作用下即可以发生酯化反应也可以发生消去反应，还有可能发生缩聚反应，反应Ⅲ生成的E能够发生加聚反应生成F，说明反应Ⅲ为消去反应生成的E为E发生加聚反应生成的F为反应Ⅱ为酯化反应，生成的D为反应Ⅴ为缩聚反应生成的H为据此分析．

本题考查了有机物的推断和有机反应类型，注意根据有机物的官能团以及反应条件反应产物的性质推断，题目难度中等．【解析】+2Ag（NH3）2OH→+2Ag↓+3NH3+H2O；+H2O；酯化反应；加聚反应六、探究题(共4题，共28分)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