2025年粤教版高三化学上册月考试卷

…………○…………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年粤教版高三化学上册月考试卷730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9题，共18分)1、下列叙述中不正确的是（）A.铝制、铁制容器常温下可以盛放浓硫酸和浓硝酸B.久置的浓硝酸呈黄色C.硝酸电离出的H+能被Zn、Fe等金属还原成H2D.浓硫酸是一种干燥剂，能够干燥Cl2、氧气等气体2、下列除去杂质的方法正确的是（）

。物质杂质试剂主要操作ASiO2Fe2O3盐酸过滤BCO2COO2点燃CFeCl2溶液FeCl3Cu分液DCH3CH2OHH2ONa蒸馏

A.A

B.B

C.C

D.D

3、经分析，某物质只含有一种元素，则此物质（）A.一定是一种单质B.一定是纯净物C.一定是混合物D.可能是纯净物，也可能是混合物4、25℃时，10mL0.15mol/L的硫酸与10mL0.1mol/L的氢氧化钠溶液混合，则混合后的pH为（）A.0B.1C.2D.35、下列说法不正确的是（）A.钢铁发生电化学腐蚀时，负极发生的反应是2H2O+O2+4e-=4OH-B.在空气中，金属铝表面能迅速被氧化形成保护膜，因此铝不容易被腐蚀C.铸铁输油管道应埋在干燥致密不透气的土壤中D.白铁（镀Zn铁）表面有划损时，也能阻止铁被氧化6、居里夫人发现了放射性元素镭（Ra），因而获得诺贝尔化学奖，已知镭原子核内有88个质子，与Ca处于同一主族．下列说法不正确的是（）A.镭位于周期表中第七周期ⅡA族B.镭的硫酸盐难溶于水C.镭的碳酸盐可溶于水D.镭的氢氧化物为强碱7、现用5mol•L-1的氢氧化钠溶液配制1mol•L-1的氢氧化钠溶液，则所取原氢氧化钠溶液与蒸馏水的体积比约为（）A.1：5B.1：4C.3：1D.1：18、下列事实得出的结论错误的是A.维勒用无机物合成了尿素，突破了无机物与有机物的界限B.门捷列夫在前人的基础上发现了元素周期律，表明科学研究既要继承又要创新C.C60是英国和美国化学家共同发现的，体现了国际科技合作的重要性D.科恩和波尔因物质结构理论方面的贡献获诺贝尔化学奖，意味着化学已成为以理论研究为主的学科9、下列物质中不具有漂白性的是rm{(}rm{)}A.rm{NaClO}溶液B.干燥的氯气C.氯水D.次氯酸钙溶液评卷人得分二、双选题(共7题，共14分)10、下列有关说法正确的是（）A.一定条件下，使用催化剂能加快反应速率和提高反应物转化率B.常温下，向水中滴加少量酸形成稀溶液，溶液中c（OH-）和水的离子积常数Kw均不变C.在锌与足量稀硫酸反应溶液中加入少量铜粉溶液，可以加快反应速率但不影响产生氢气的量D.在密闭绝热的容器中发生2SO2+O2⇌2SO3反应，当反应容器温度恒定时，反应达到平衡11、在四个恒容密闭容器中按左下表相应量充入气体，发生rm{2N_{2}O(g)?2N_{2}(g)+O_{2}(g)}容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中rm{2N_{2}O(g)?

2N_{2}(g)+O_{2}(g)}平衡转化率如右下图所示。。rm{N_{2}O}容器容积rm{/L}起始物质的量rm{/mol}rm{N_{2}O}rm{N_{2}}rm{O_{2}}rm{N_{2}}rm{O_{2}}Ⅰrm{V_{1}}rm{0.1}rm{0}rm{0}Ⅱrm{1.0}rm{0.1}rm{0}rm{0}Ⅲrm{V_{3}}rm{0.1}rm{0}rm{0}Ⅳrm{1.0}rm{0.06}rm{0.06}rm{0.04}

下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.该反应的正反应放热B.相同温度下反应时，平均反应速率：rm{v(}Ⅰrm{)>v(}Ⅲrm{)}C.图中rm{A}rm{B}rm{C}三点处容器内总压强：rm{p(}Ⅰrm{)_{A}<p(}Ⅱrm{)_{B}<p(}Ⅲrm{)_{C}}D.容器Ⅳ在rm{470隆忙}进行反应时，起始速率：rm{v(N_{2}O)_{脮媒}>v(N_{2}O)_{脛忙}}12、下列说法中正确的是（）A.丙烯分子中有8个σ键，1个π键B.在SiO2晶体中，1个Si原子和2个O原子形成2个共价键C.NF3的沸点比NH3的沸点低得多，是因为NH3分子间有氢键，NF3只有范德华力E.在“冰→水→水蒸气→氧气和氢气”的变化过程中，各阶段被破坏的粒子间主要的相互作用依次是氢键、分子间作用力、极性键E.在“冰→水→水蒸气→氧气和氢气”的变化过程中，各阶段被破坏的粒子间主要的相互作用依次是氢键、分子间作用力、极性键13、生活中难免会遇到一些突发事件，我们要善于利用学过的知识，采取科学、有效的方法保护自己．如果发生了氯气(能与碱性溶液反应)泄漏，以下自救方法得当的是()A.只要在室内放一盆水B.向地势低的地方撤离C.观察风向，逆风撤离D.用湿毛巾或蘸有纯碱水的毛巾捂住口鼻撤离14、全世界各国运动会上都禁止运动员服用兴奋剂，这是保证公正公平的基本要求；如图是某种兴奋剂的结构简式，有关该物质的说法正确的是（）A.该分子中所有碳原子一定都在一个平面上B.该分子遇FeCl3溶液显紫色，但与苯酚不属于同系物C.1mol该物质与浓溴水和H2反应时，最多消耗Br2和H2的物质的量分别为4mol、7molD.滴入酸性KMnO4溶液，观察到紫色褪去，可证明分子中存在双键．15、下列说法正确的是()A.船舶防腐时，船体上加装的阳极锌需定期更换B.合成氨反应中使用高效催化剂可提高原料转化率C.将上图中的活塞快速推至rm{A}处固定，气体颜色先变深、再变浅，但比起始时深D.等体积、等物质的量浓度的rm{NaOH}溶液和rm{CH_{3}COOH}溶液混合后溶液rm{pH=7}16、在给定的四种溶液中，加入以下各种离子，各离子能在原溶液中大量共存的是()

A.滴加石蕊试液显红色的溶液：rm{Fe^{3+}}rm{N{{H}_{4}}^{+}}rm{Cl^{-}}rm{SCN^{-}}B.rm{pH}为rm{1}的溶液：rm{Cu^{2+}}、rm{Na}rm{Na}rm{{,!}^{+}}、rm{Mg}rm{Mg}C.rm{{,!}^{2+}}为、rm{N{{O}_{3}}^{-}}的溶液：rm{N{{O}_{3}}^{-}}rm{pH}rm{13}rm{K^{+}}、rm{Cl}rm{Cl}rm{{,!}^{-}}D.所含溶质为、rm{Br}rm{Br}rm{{,!}^{-}}、rm{Ba}rm{Ba}rm{{,!}^{2+}}rm{Na_{2}}rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{4}}评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)17、按照要求写出下列反应方程式：

（1）硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，向其中通入过量的CO2，会出现软而透明的凝胶胶体，其离子方程式是____；

（2）实验室通常用MnO2与浓盐酸反应制取氯气，其反应的离子方程式是____；如有1molCl2生成，被氧化的HCl的物质的量是____mol，转移电子的物质的量是____mol；

（3）铝和氢氧化钡溶液反应生成偏铝酸钡，反应的化学方程式为____；

（4）氢氧化亚铁被空气里氧气氧化，反应的化学方程式为____．18、（2014秋•福建校级期中）有一澄清透明的溶液，可能有NH4+、Fe3+、H+、Mg2+、Al3+、I-、CO32-等离子；现分别取溶液进行下列实验：

①加入浓溴水；溶液变为黄褐色；

②加入淀粉；未见蓝色；

③逐滴加入1mol•L-1NaOH溶液；随NaOH溶液的滴入，产生沉淀的量如图所示．

试确定溶液中一定存在的离子及各离子物质的量分别是____．19、能源问题日益成为制约国际社会经济发展的瓶颈；越来越多的国家开始实行“阳光计划”，开发太阳能资源，寻求经济发展的新动力．

（1）太阳能热水器中常使用一种以镍或镍合金空心球为吸收剂的太阳能吸热涂层，写出基态镍原子的核外电子排布式____．

（2）富勒烯衍生物由于具有良好的光电性能，在太阳能电池的应用上具有非常光明的前途．富勒烯（C60）的结构如图1，分子中碳原子轨道的杂化类型为____；1molC60分子中σ键的数目为____．

（3）多元化合物薄膜太阳能电池材料为无机盐；其主要包括砷化镓；硫化镉、硫化锌及铜硒薄膜电池等．

①第一电离能：As____Se（填“＞”；“＜”或“=”）．

②硫化锌的晶胞中（结构如图2所示），硫离子的配位数是____．

③二氧化硒分子的空间构型为____．

（4）金属酞菁配合物在硅太阳能电池中有重要作用，一种金属镁酞菁配合物的结构如图3，请在图中用箭头表示出配键．20、（2011秋•重庆期末）生物质能是一种洁净、可再生能源．生物质气（主要成分为CO、CO2、H2等）与H2混合；催化合成甲醇是生物质能利用的方法之一．

（1）上述反应的催化剂含有Cu、Zn、Al等元素．写出基态Al原子的核外电子排布式____、基态Cu原子的外围电子排布式____；

（2）根据等电子原理，写出CO分子的结构式____；

（3）甲醇催化氧化可得到甲醛，甲醛与新制Cu（OH）2的碱性溶液反应生成Cu2O沉淀．

①甲醇的沸点比甲醛的高，其主要原因是____；

②甲醛分子的空间构型是____；1mol甲醛分子中σ键的数目为____；

③在1个Cu2O晶胞中（结构如上图所示）所包含的Cu原子数目为____．21、高锰酸钾是一种典型的强氧化剂．

（1）在用KMnO4酸性溶液处理Cu2S和CuS的混合物时；发生的反应如下：

①MnO4-+Cu2S+H+→Cu2++SO2↑+Mn2++H2O（未配平）

②MnO4-+CuS+H+→Cu2++SO2↑+Mn2++H2O（未配平）

（2）下列关于反应①的说法中错误的是____（选填编号）．

a．被氧化的元素是Cu和S

b．氧化剂与还原剂的物质的量之比为8：5

c．生成2.24L（标况下）SO2；转移电子的物质的量是0.8mol

d．还原性的强弱关系是：Mn2+＞Cu2S

（3）标出反应②中电子转移的方向和数目：MnO4-+CuS____

（4）在稀硫酸中，MnO4-和H2O2也能发生氧化还原反应。

氧化反应：H2O2-2e→2H++O2↑

还原反应：MnO4-+5e+8H+→Mn2++4H2O

（5）反应中若有0.5molH2O2参加此反应，转移电子的个数为____．由上述反应得出的物质氧化性强弱的结论是____＞____（填写化学式）．

（6）已知：2KMnO4+7H2O2+3H2SO4→K2SO4+2MnSO4+6O2↑+10H2O，则被1molKMnO4氧化的H2O2是____mol．22、聚合物G可用于生产生物降解塑料；在“白色污染”日益严重的今天有着重要的作用．有关转化关系如下：

请回答下列问题：

（1）物质A的分子式为____，B的结构简式为____；

（2）请写出F中含氧官能团的名称____；

（3）反应①～④中属于加成反应的是____；

（4）写出由F生成聚合物G的化学方程式____．23、（2015•宿迁模拟）草酸二乙酯可用于苯巴比妥等药物的中间体；实验室以草酸（HOOC-COOH）和乙醇为原料制备草酸二乙酯的实验步骤如下：

步骤1：在如图所示装置中；加入无水草酸45g，无水乙醇81g，苯200mL，浓硫酸10mL，搅拌下加热于68～70℃回流共沸脱水．

步骤2：待水基本蒸完后；分离出乙醇和苯．

步骤3：所得混合液冷却后依次用C水；饱和碳酸氢钠溶液洗涤；再用无水硫酸钠干燥．

步骤4：常压蒸馏；收集182～184℃的馏分，得草酸二乙酯57g．

（1）步骤1中发生反应的化学方程式是____，反应过程中冷凝水应从____端（选填“a”或“b”）进入．

（2）步骤2操作为____．

（3）步骤3用饱和碳酸氢钠溶液洗涤的目的是____．

（4）步骤4出抽气减压装置外所用玻璃仪器有蒸馏烧瓶、冷凝管、接液管、锥形瓶和____．

（5）本实验中，草酸二乙酯的产率为____．24、分子筛可用于物质的分离提纯．某种型号的分子筛的工业生产流程可简单表示如下：

（1）在加NH3•H2O调节pH的过程中，若pH控制不当会有Al（OH）3生成．已知常温下，Al（OH）3浊液的pH=3，其Ksp=1×10-36，则其中c（Al3+）=____．

（2）生产流程中所得滤液的主要成分为____（写化学式）．

（3）假设生产流程中铝元素和硅元素均没有损耗，钠原子的利用率为10%，试通过计算确定该分子筛的化学式（写出计算过程）．____

（4）分子筛的孔道直径为4A称为4A型分子筛；当Na+被Ca2+取代时就制得5A型分子筛，当Na+被K+取代时就制得3A型分子筛．要高效分离正丁烷（分子直径为4.65A）和异丁烷（分子直径为5.6A）应该选用____型的分子筛．评卷人得分四、判断题(共3题，共21分)25、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）26、向0.1mol/LAgNO3溶液中加入过量的盐酸完全反应后溶液中无Ag+．____（判断对错）27、苯的同系物能与溴水反应．____（判断对错）评卷人得分五、书写(共2题，共20分)28、按下列要求作答．

（1）①向Ba（OH）2溶液中，逐滴加入NaHSO4溶液使钡离子刚好完全沉淀，请写出反应的离子方程式：____

②向以上溶液中，继续滴加NaHSO4溶液，请写出此步反应的离子方程式：____

（2）用双线桥表示下列反应的电子转移情况．

2KMnO4+16HCl═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O____．29、写出下列化学反应的离子方程式．

（1）盐酸与NaOH溶液反应____．

（2）锌和稀硫酸反应____．

（3）CaO与稀盐酸反应____．

（4）CuSO4溶液与Ba（OH）2溶液反应____．评卷人得分六、简答题(共2题，共4分)30、化合物rm{X}是一种香料；可采乙烯与甲苯为主要原料，按下列路线合成：

已知：rm{RXxrightarrow{NaOH/H_{2}O}}rm{RX

xrightarrow{NaOH/H_{2}O}}rm{RCHO+CH_{3}COOR隆盲xrightarrow{CH_{3}CH_{2}ONa}RCH=CHCOOR隆盲}

请回答：

rm{ROH}的名称是______．

rm{RCHO+CH_{3}COOR隆盲

xrightarrow{CH_{3}CH_{2}ONa}RCH=CHCOOR隆盲}的化学方程式______．

rm{(1)E}的结构简式______．

rm{(2)B+D隆煤F}对于化合物rm{(3)X}下列说法正确的是______．

A.能发生水解反应rm{(4)}不与浓硝酸发生取代反应。

C.能使rm{X}溶液褪色rm{B.}能发生银镜反应。

rm{Br_{2}/CCl_{4}}下列化合物中属于rm{D.}的同分异构体的是______．

A.rm{(5)}

B.rm{F}

C.rm{CH_{2}OCH_{2}CH_{2}CHO}

D.rm{CH=CHCH_{2}CH_{2}CHO}．rm{CH_{2}=CHCH=CHCH=CHCH=CHCOOH}31、书写下列离子方程式．

A．铁与稀硫酸反应：______．

B．盐酸与氢氧化钡溶液：______．

C．碳酸钙与稀盐酸：______．

D．硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液：______．参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【分析】A．浓硝酸；浓硫酸具有强的氧化性；

B．浓硝酸不稳定受热易分解；

C．硝酸具有强的氧化性；与金属反应不产生氢气；

D．浓硫酸具有吸水性．【解析】【解答】解：A．浓硝酸；浓硫酸具有强的氧化性；能够使铁铝发生钝化，故A正确；

B．浓硝酸不稳定受热易分解生成二氧化氮；氧气和水；二氧化氮溶于硝酸显黄色，故B正确；

C．硝酸具有强的氧化性；与金属反应不产生氢气，故C错误；

D．浓硫酸具有吸水性，常做干燥剂，能够干燥Cl2；氧气等气体；故D正确；

故选：C．2、A【分析】

A．二氧化硅与盐酸不反应；三氧化二铁与盐酸反应生成氯化铁和水，过滤即可分开，故A正确；

B．除杂所用的试剂是过量的；过量的氧气引入了新的杂质，故B错误；

C．氯化铁与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜；引入了新的杂质，故C错误；

D．钠能与水和乙醇反应；会将乙醇除掉，故D错误．

故选A．

【解析】【答案】根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法；所谓除杂（提纯），是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变．除杂质题至少要满足两个条件：①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质．

3、D【分析】【解析】【答案】D4、B【分析】【分析】n（H+）=2×0.01L×0.15mol/L=0.003mol，n（OH-）=0.01L×0.1mol/L=0.0O1mol，酸过量，反应后溶液呈酸性，计算反应后c（H+），可计算pH．【解析】【解答】解：n（H+）=2×0.01L×0.15mol/L=0.003mol，n（OH-）=0.01L×0.1mol/L=0.0O1mol，酸过量，所以c（H+）==0.1mol/L；

则pH=1，故选B．5、A【分析】【分析】A．钢铁发生电化学腐蚀时；负极上铁失电子发生氧化反应；

B．氧化铝薄膜能防止铝被腐蚀；

C．空气；水是钢铁被腐蚀的条件之一；

D．作原电池负极的金属加速被腐蚀，作原电池正极的金属被保护．【解析】【解答】解：A．钢铁发生电化学腐蚀时，负极反应式为Fe-2e-=Fe2+；故A错误；

B．Al是亲氧元素；极易被空气中氧气氧化生成致密的氧化物薄膜氧化铝，能防止铝被腐蚀，故B正确；

C．空气；水是钢铁被腐蚀的条件之一；隔绝空气或水能防止铁被腐蚀，故C正确；

D．Zn；Fe和电解质溶液构成原电池；Zn易失电子作负极、Fe作正极，所以铁被保护，故D正确；

故选A．6、C【分析】【分析】镭是周期表第7周期IIA族的元素，与Mg、Ca等金属同主族，根据同主族元素对应单质、化合物的性质的相似性和递变性解答该题．【解析】【解答】解：A．第六周期稀有气体的原子序数为86；则镭是周期表第7周期IIA族的元素，故A正确；

B．根据同主族元素对应单质；化合物的性质的相似性可知；硫酸钡不溶于水，则镭的硫酸盐难溶于水，故B正确；

C．已知碳酸镁；碳酸钙难溶于水；根据同主族元素对应单质、化合物的性质的相似性可知，碳酸盐难溶于水，故C错误；

D．Ca；Ba为金属性很强的元素；同主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，则镭对应的氢氧化物具有强碱性，故D正确．

故选C．7、B【分析】【分析】可以忽略认为混合后溶液体积为5mol/L的NaOH溶液与蒸馏水的体积之和，再根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变计算原溶液与蒸馏水的体积比．【解析】【解答】解：混合后溶液体积可以认为是为5mol/L的NaOH溶液与蒸馏水的体积之和；令5mol/L的NaOH溶液与蒸馏水的体积分别为xL；yL，溶液稀释前后氢氧化钠的物质的量不变，则：

5mol/L×xL=1mol/L×（xL+yL）

解得x：y=1：4

故选B．8、D【分析】【解析】【答案】D9、B【分析】解：rm{A.NaClO}溶液中次氯酸根离子水解生成具有漂白性的次氯酸，rm{ClO^{-}+H_{2}O?HClO+OH^{-}}故A不选；

B.干燥的氯气不具有漂白性；故B选；

C.氯水中含有次氯酸；可用于漂白，故C不选；

D.次氯酸钙具有强氧化性，可生成具有漂白性的次氯酸，rm{ClO^{-}+H_{2}O?HClO+OH^{-}}故D不选．

故选B．

常见具有漂白性的物质有次氯酸；臭氧、过氧化氢、二氧化硫、活性炭等；以此解答．

本题考查元素化合物知识，侧重基础知识的考查，注意把握常见具有漂白性物质的种类和原理，题目难度不大，注意相关基础知识的积累．【解析】rm{B}二、双选题(共7题，共14分)10、D【分析】解：A；催化剂可以同等程度的改变正逆反应速率；不能提高反应物转化率，故A错误；

B、常温下，向水中滴加少量酸形成稀溶液，水的电受到抑制，溶液中c（OH-）减硝；Kw只受温度的影响，Kw不变，故B错误；

C；锌与足量稀硫酸反应溶液中加入少量铜粉溶液；硫酸铜会和金属锌反应生成金属铜，金属锌被消耗，产生氢气的量减少，形成了原电池，可以加快反应速率，故C错误；

D；化学反应一定伴随吸放热；化学反应容器中的温度恒定时，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故D正确．

故选D．

A；催化剂可以同等程度的改变正逆反应速率；

B；常温下；向水中滴加少量酸形成稀溶液，水的电受到抑制，根据Kw只受温度的影响来回答；

C；锌与足量稀硫酸反应溶液中加入少量铜粉溶液；会和金属锌反应生成金属铜，金属锌被消耗，形成了原电池；

D；化学反应容器中的温度恒定时；说明正逆反应速率相等，达到了平衡．

本题考查学生化学反应速率的影响因素以及化学平衡的影响因素知识，注意知识的迁移应用是关键，难度中等．【解析】【答案】D11、CD【分析】【分析】

本题考查化学反应速率的计算及化学平衡移动的相关问题，题目难度中等，侧重对学生分析能力和逻辑推理能力的培养，意在提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。【解答】A.根据图像，升高温度，rm{N_{2}O}平衡转化率增大；所以正反应吸热，故A错误；

B.rm{I}Ⅱ、Ⅲ中投入的rm{N_{2}O}一样多，相同温度下，rm{N_{2}O}平衡转化率依次减小，说明压强依次增大，容器体积依次减小，所以平均反应谏率：rm{v(I)<v(}Ⅲrm{)}故B错误；

C.根据rm{B}选项，rm{I}Ⅱ、Ⅲ容器体积依次减小，rm{A}rm{B}rm{C}三点温度依次增大，所以压强依次增大，rm{P(I)_{A}<P(}Ⅱrm{)_{B}<P(}Ⅲrm{)_{C}}故C正确；

D.根据图示，Ⅱ中rm{470隆忙}进行反应时rm{N_{2}O}平衡转化率为rm{2N}rm{2N}rm{2}rm{2}rm{O(g)}rm{O(g)}rm{?}rm{2N}rm{2N}初始rm{2}rm{2}rm{(g)+O}rm{(g)+O}转化rm{2}rm{2}rm{(g)}rm{(g)}平衡rm{(mol)}rm{0.1}rm{0}rm{0}rm{K=dfrac{0.03隆脕0.{06}^{2}}{0.{04}^{2}}=0.0675}容器Ⅳ在rm{(mol)}进行反应时，rm{Q=dfrac{0.04隆脕0.{06}^{2}}{0.{06}^{2}}=0.04<K}反应正向进行，rm{0.06}rm{0.06}rm{0.03}rm{(mol)}rm{0.04}rm{0.06}rm{0.03}rm{K=dfrac{0.03隆脕0.{06}^{2}}{0.{04}^{2}}

=0.0675}，故D正确。故选CD。rm{470隆忙}【解析】rm{CD}12、A|C【分析】解：A．结构简式为CH3-CH=CH2；C-C；C-H键均为σ键，C=C中一个σ键，一个π键，则丙烯分子有8个σ键和1个π键，故A正确；

B．SiO2晶体中；每个Si原子形成4个共价键，1个O原子和2个Si原子形成2个共价键，故B错误；

C．NF3的沸点比NH3的沸点低得多，是因为NH3分子间有氢键，NF3分子间只有范德华力；故C正确；

D．NCl3中N形成3个σ键，孤电子对数==1，为SP3杂化，BCl3中B形成3个σ键，无孤电子对，为sp2杂化；故D错误；

E．固态水中和液态水中含有氢键；当冰→水→水蒸气主要是氢键被破坏，但属于物理变化，共价键没有破坏，水蒸气→氧气和氢气，为化学变化，破坏的是极性共价键，故E错误．

故选AC．

A．根据结构简式CH3-CH=CH2判断；

B．SiO2晶体中；每个Si原子形成4个共价键；

C．NH3分子间有氢键；沸点较高；

D．NCl3中N形成3个σ键，孤电子对数=1，为SP3杂化，BCl3中B形成3个σ键，无孤电子对，为sp2杂化；

E．根据冰→水→水蒸气的过程为物理变化；破坏的是分子间作用力，主要是氢键，水蒸气→氧气和氢气是化学变化，破坏的是化学键，为极性键。

本题综合考查了共价键的形成和共价键的种类、杂化方式和类型、晶体的微粒间作用，综合性较强，难度一般，注意基础知识的积累．【解析】【答案】AC13、C|D【分析】A；虽然氯气能和水反应；且氯气的溶解性不大，室内放一盆水不能吸收大量的氯气，故A错误；

B；氯气的密度低于空气的密度；且氯气有毒，故B错误；

C；根据风向；向逆风方向撤离，故C正确；

D、Cl2+H2O=HCl+HClO、2HCl+Na2CO3=2NaCl+H2O+CO2↑；所以可用湿毛巾或蘸有纯碱水的毛巾捂住口鼻撤离，故D正确；

故选CD．【解析】【答案】CD14、B|C【分析】解：A．从苯环的平面结构及乙烯的平面结构出发；把上述结构分成三部分：右边以苯环为中心8个碳原子共平面，左边以苯环为中心8个碳原子共平面，还有以C=C为中心4个碳原子共平面，因C-C可自由旋转，则上述三个平面可以重合，但不一定共平面，故A错误；

B．此有机物遇FeCl3溶液显紫色；苯酚的同系物应符合有且只有一个苯环，且苯环上只连一个羟基，其余全部是烷烃基，故B正确；

C．与浓溴水反应酚类为邻对位上的氢被溴取代，左边苯环邻对位上只有一个H，右边苯环邻对位上有两个H，还有一个C=C与溴水发生加成反应，共消耗4mol的Br2；两个苯环、一个C=C共消耗7mol的H2；故C正确；

D．能使酸性KMnO4褪色的官能团有酚羟基；C.苯环上的甲基；故D错误．

故选BC．

该有机物含有酚羟基；可与溴水发生取代反应，可与高锰酸钾发生氧化反应，含有C=C官能团，可发生加成；氧化反应，结合苯环、乙烯的结构特征判断有机物的空间结构特点，以此解答该题．

本题考查的是由有机物结构推断物质性质，首先分析有机物的结构简式，找出官能团，根据有机物官能团的性质进行判断，易错点为A，注意有机物空间结构的分析，题目难度中等．【解析】【答案】BC15、AC【分析】【分析】本题综合考查了电化学腐蚀的防护、平衡的移动和盐类的水解等问题，难度不大，应注意的是催化剂不能改变物质的转化率。【解答】A.在电解池中，阴极被保护，阳极被腐蚀，故可以将船体做电解池的阴极，锌做电解池的阳极，故锌需要定期更换，故A正确；B.催化剂不能使平衡移动，故使用高效的催化剂平衡不移动，则原料的转化率不能改变，故B错误；C.将图中的活塞快速推至rm{A}处，则气体的浓度瞬间增大，故颜色瞬间变深，但由于增大压强后平衡rm{2NO_{2}?N_{2}O_{4}}右移，故颜色又逐渐变浅，但由于平衡的移动只能减弱改变，故颜色变浅后还是比原来的深，故C正确；D.等体积、等浓度rm{NaOH}溶液和rm{CH_{3}COOH}溶液混合后所得的溶液为醋酸钠溶液，醋酸钠是强碱弱酸盐，水解显碱性，故rm{pH>7}故D错误。故选AC。【解析】rm{AC}16、BC【分析】【分析】本题主要考查常见离子共存的相关知识，据此进行分析解答。【解答】A.溶液显酸性，rm{Fe^{3;+}}与rm{SCN^{-}}生成了rm{拢脹Fe(SCN)_{2}拢脻^{+}}而不能大量共存，故A错误；B.rm{pH}为rm{1}的溶液：rm{Cu^{2+}}rm{Na^{+}}rm{Mg^{2+}}rm{NO_{3}^{-}}可以大量共存，故B正确；C.rm{pH}为rm{13}的溶液：rm{K^{+}}rm{Cl^{-}}rm{Br^{-}}rm{Ba^{2+}}可以大量共存，故C正确；D.rm{Al^{3;+}}与rm{AlO_{2}^{-!-!}}因发生rm{Al^{3;+}+3AlO_{2}^{-!-!}+6H_{2}O=4Al(OH)_{3}隆媒}而不能大量共存，故D错误。故选BC。rm{Al^{3;+}+3AlO_{2}^{-!-!}+6H_{2}

O=4Al(OH)_{3}隆媒}【解析】rm{BC}三、填空题(共8题，共16分)17、SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3-MnO2+4H+Mn2++Cl2↑+2H2O222Al+Ba（OH）2+2H2O=Ba（AlO2）2+3H2↑4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3【分析】【分析】（1）硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，向其中通入过量的CO2，会出现软而透明的凝胶胶体硅酸胶体和碳酸氢钠，其离子方程式是SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3-；

（2）实验室里通常用MnO2与浓盐酸反应制取氯气，其反应的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，所以离子反应方程式为：MnO2+4H+Mn2++Cl2↑+2H2O，反应中消耗4mol氯化氢，只有2mol氯化氢中氯元素化合价升高，被氧化，氯元素由-1价升高到0价，所以如有1molCl2生成；被氧化的HCl的物质的量是2mol转移电子数为2mol；

（3）铝和氢氧化钡溶液反应生成偏铝酸钡，反应的化学方程式为：2Al+Ba（OH）2+2H2O=Ba（AlO2）2+3H2↑；

（4）氢氧化亚铁在氧气和水的作用下生成氢氧化铁，就是氢氧化亚铁与氧气和水发生反应的过程，据此写出化学方程式．【解析】【解答】解：（1）硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，向其中通入过量的CO2，会出现软而透明的凝胶胶体硅酸胶体和碳酸氢钠，其离子方程式是SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3-，故答案为：SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3-；

（2）实验室里通常用MnO2与浓盐酸反应制取氯气，其反应的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，所以离子反应方程式为：MnO2+4H+Mn2++Cl2↑+2H2O，反应中消耗4mol氯化氢，只有2mol氯化氢中氯元素化合价升高，被氧化，氯元素由-1价升高到0价，所以如有1molCl2生成，被氧化的HCl的物质的量是2mol转移电子数为2mol，故答案为：MnO2+4H+Mn2++Cl2↑+2H2O；2，2；

（3）铝和氢氧化钡溶液反应生成偏铝酸钡，反应的化学方程式为：2Al+Ba（OH）2+2H2O=Ba（AlO2）2+3H2↑，故答案为：2Al+Ba（OH）2+2H2O=Ba（AlO2）2+3H2↑；

（4）氢氧化亚铁与氧气和水发生反应生成氢氧化铁，反应为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3．18、H+0.01mol、Al3+0.01mol、NH4+0.02mol、I-0.06mol【分析】【分析】加入浓溴水，溶液变为黄褐色，说明生成碘，则含有I-，Fe3+能把I-氧化为碘单质，淀粉遇碘变蓝色，溶液未变蓝说明无Fe3+，由图象可知氢氧化钠溶液先后分别与H+、Mg2+和Al3+、NH4+、Al（OH）3反应，则不含Mg2+，故溶液中一定含有H+、Al3+、NH4+，因沉淀完全溶解，三种离子均可与CO32-发生反应，因此溶液中无CO32-，结合对应图象的数据计算各离子的物质的量，以此解答该题．【解析】【解答】解：加入浓溴水，溶液变为黄褐色，说明生成碘，则含有I-，Fe3+能把I-氧化为碘单质，淀粉遇碘变蓝色，溶液未变蓝说明无Fe3+，由图象可知氢氧化钠溶液先后分别与H+、Mg2+和Al3+、NH4+、Al（OH）3反应，则不含Mg2+，故溶液中一定含有H+、Al3+、NH4+，因沉淀完全溶解，三种离子均可与CO32-发生反应，因此溶液中无CO32-；

氢氧化钠与氢离子反应消耗的物质的量为：1mol•L-1×0.01L=0.01mol，因此n（H+）=0.01mol；

溶解氢氧化铝消耗的氢氧化钠的物质的量为1mol•L-1×0.01L=0.01mol，因此n（Al3+）=n[Al（OH）3]=0.01mol；

与铵根离子反应的氢氧化钠的物质的量为1mol•L-1×0.02L=0.02mol，则n（NH4+）=0.02mol；

溶液存在n（H+）+3n（Al3+）+n（NH4+）=n（I-），则n（I-）=0.01mol+0.01mol×3+0.02mol=0.06mol；

故答案为：H+0.01mol、Al3+0.01mol、NH4+0.02mol、I-0.06mol．19、1s22s22p63s23p63d84s2sp290NA＞4V【分析】【分析】（1）镍原子核外有28个电子；根据构造原理书写其基态镍原子的核外电子排布式；

（2）在每个C60分子中，每个C原子价层电子对个数是3，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型；参与形成σ键的电子只有3个，所以形成σ键的电子共有60×3=180个，而每个σ键需要2个电子，所以σ键的数目为90个，故1molC60中σ键的数目为90NA；

（3）①同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势；但注意第VA族元素大于相邻元素的第一电离能；

②与硫离子最近的锌离子的数目为硫离子的配位数；

③计算Se原子价层电子对；孤电子对；确定其空间构型；

（4）配位键由提供孤电子对的原子指向提供空轨道的原子．【解析】【解答】解：（1）镍原子核外有28个电子，其基态镍原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d84s2；

故答案为：1s22s22p63s23p63d84s2；

（2）每个碳原子形成3个σ键个数且不含孤电子对，所以采用sp2杂化，每个碳原子含有的σ键个数为，所以1molC60分子中σ键的数目=1mol×60××NAmol-1=90NA；

故答案为：sp2；90NA；

（3）①As和Se属于同一周期；且As属于第VA族，Se属于第VIA族，As原子4p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于Se；

故答案为：＞；

②与硫离子最近的锌离子的数目为1×4=4；即硫离子的配位数是4；

故答案为：4；

③二氧化硒分子中Se原子孤电子对数==1；价层电子对=2+1=3，所以其空间结构为V形；

故答案为：V形；

（4）配位键由提供孤电子对原子指向提供空轨道的原子，所以该配合物中的配位键为故答案为：．20、1s22s22p63s23p13d104s1C≡O甲醇分子之间形成氢键平面三角形3NA4【分析】【分析】（1）根据元素符号；判断元素原子的核外电子数，再根据核外电子排布规律来写；

（2）CO与N2为等电子体；根据互为等电子体分子的结构相似判断；

（3）①甲醇中含有氢键；沸点较高；

②根据价层电子对互斥模型判断；

③利依据晶胞示意图可以看出Cu原子处于晶胞内部，以此判断铜原子数．【解析】【解答】解：（1）Al元素为13号元素，原子核外有13个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p1；Cu是29号元素，其原子核外有29个电子，3d能级上有10个电子、4s能级上有1个电子，3d、4s能级上电子为其外围电子，根据构造原理知其基态原子外围电子排布式为3d104s1；

故答案为：1s22s22p63s23p1；3d104s1；

（2）依据等电子原理，可知CO与N2为等电子体，N2分子的结构式为：N≡N；互为等电子体分子的结构相似，可写出CO的结构式为C≡O；

故答案为：C≡O；

（3）①甲醇分子之间形成了分子间氢键；甲醛分子间只是分子间作用力，而没有形成氢键，故甲醇的沸点高；

故答案为：甲醇分子之间形成氢键；

②甲醛为sp2杂化，不含孤电子对，分子的空间构型为平面三角形；1mol甲醛分子中含有2mol碳氢δ键，1mol碳氧δ键，故含有δ键的物质的量为3mol，数目为3NA个；

故答案为：平面三角形；3NA；

③依据晶胞示意图可以看出Cu原子处于晶胞内部，所包含的Cu原子数目为4，故答案为：4．21、dNAMnO4-H2O22.5【分析】【分析】（2）根据化合价的变化判断氧化还原反应的相关概念；根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子的物质的量相等计算转移电子的物质的量，在氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性；

（3）反应中还原剂失电子被氧化；氧化剂得电子被还原，得失电子数目相等；

（5）根据化合价的变化计算转移电子的物质的量；氧化剂的氧化性大于还原剂的氧化性；

（6）根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子的物质的量相等计算．【解析】【解答】解：（2）a．反应中铜元素化合价从+1价升高到+2价；硫元素化合价从-2价升高到+4价，化合价升高的元素被氧化，所以被氧化的元素有S；Cu，故a正确；

b．锰元素化合价降低，从+7价降低为+2价，Cu2S元素化合价都升高做还原剂，1molMnO4-得到5mol电子，反应中铜元素化合价从+1价升高到+2价，硫元素化合价从-2价升高到+4价，1molCu2S失去8mol电子，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为8：5，故b正确；

c．生成2.24LL（标况下）SO2时，物质的量为0.1mol；反应的Cu2S物质的量为0.1mol；反应中转移电子的物质的量是：

Cu+～Cu2+～e-；S2-～SO2～6e-；

1116

0.2mol0.2mol0.1mol0.6mol

所以电子转移共0.8mol；故c正确；

d．氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性的强弱关系是：Mn2+＜Cu2S；故d错误．

故选d．

（3）反应②中Mn元素化合价降低，从+7价降低为+2价，1molMnO4-得到5mol电子，CuS中硫元素化合价从-2价升高到+4价，1molCuS失去6mol电子，则二者物质的量之比为6：5，转移电子数目为5×6=30，可表示为故答案为：

（5）由H2O2-2e→2H++O2↑可知，反应中若有0.5molH2O2参加此反应，转移电子的个数为0.5×2×NA=NA；在反应中。

MnO4-为氧化剂，H2O2为还原剂，则氧化性MnO4-＞H2O2；

故答案为：NA；MnO4-；H2O2；

（6）反应2KMnO4+7H2O2+3H2SO4→K2SO4+2MnSO4+6O2↑+10H2O中，2molKMnO4可氧化5molH2O2，生成的6molO2中，有5mol为H2O2被氧化生成，有1mol为H2O2自身发生氧化还原反应生成，则1molKMnO4氧化的H2O2是2.5mol，故答案为：2.5．22、C6H12O6CH3-CH=CH2羟基、羧基①④【分析】【分析】B的分子式为C3H6，根据题中各物质转化关系，比较B、C的分子式可知反应①为加成反应，所以B中有碳碳双键，所以B为CH3-CH=CH2，B与溴加成生成C为CH3CHBrCH2Br，C在碱性条件下水解得D为CH3CHOHCH2OH，D氧化得E为CH3COCOOH，E与氢气发生加成反应得F为CH3CHOHCOOH，F在一定条件下发生缩聚反应得G，淀粉在酸性条件下水解得A为葡萄糖，据此答题．【解析】【解答】解：B的分子式为C3H6，根据题中各物质转化关系，比较B、C的分子式可知反应①为加成反应，所以B中有碳碳双键，所以B为CH3-CH=CH2，B与溴加成生成C为CH3CHBrCH2Br，C在碱性条件下水解得D为CH3CHOHCH2OH，D氧化得E为CH3COCOOH，E与氢气发生加成反应得F为CH3CHOHCOOH；F在一定条件下发生缩聚反应得G，淀粉在酸性条件下水解得A为葡萄糖；

（1）根据上面的分析可知，A为葡萄糖，分子式为C6H12O6，B为CH3-CH=CH2；

故答案为：C6H12O6；CH3-CH=CH2；

（2）F为CH3CHOHCOOH；F中的含氧官能团为羟基；羧基；

故答案为：羟基；羧基；

（3）根据上面的分析可知；反应①～④中属于加成反应的是①④；

故答案为：①④；

（4）F在一定条件下发生缩聚反应得G，反应方程式为

故答案为：．23、a蒸馏除去草酸、硫酸等酸性物质温度计、酒精灯78%【分析】【分析】（1）加入无水草酸45g，无水乙醇81g，苯200mL，浓硫酸10mL，搅拌下加热于68～70℃回流共沸脱水，1分子草酸（HOOC-COOH）与2分子乙醇反应生成草酸二乙酯，化学方程式为反应过程中冷凝水，为充分冷凝，应从下端a进水，上端b出水；

（2）乙醇和苯互溶；根据沸点不同，用蒸馏的方法分离；

（3）步骤3用饱和碳酸氢钠溶液；可以吸收草酸；硫酸等酸性物质。

（4）根据如图所示装置；常压蒸馏，收集182～184℃的馏分，需要用酒精灯加热，需要温度计测定蒸汽的温度。

（5）根据反应

9092146

45g73g；

则本实验中，草酸二乙酯的产率为：×100%=78%．【解析】【解答】解：（1）加入无水草酸45g，无水乙醇81g，苯200mL，浓硫酸10mL，搅拌下加热于68～70℃回流共沸脱水，1分子草酸（HOOC-COOH）与2分子乙醇反应生成草酸二乙酯，化学方程式为反应过程中冷凝水，为充分冷凝，应从下端a进水，上端b出水；故答案为：a；

（2）乙醇和苯互溶；根据沸点不同，用蒸馏的方法分离；故答案为：蒸馏；

（3）步骤3用饱和碳酸氢钠溶液；可以吸收草酸；硫酸等酸性物质；故答案为：除去草酸、硫酸等酸性物质；

（4）根据如图所示装置；常压蒸馏，收集182～184℃的馏分，需要用酒精灯加热，需要温度计测定蒸汽的温度；故答案为：温度计；酒精灯；

（5）根据反应

9092146

45g73g，则本实验中，草酸二乙酯的产率为：×100%=78%；

故答案为：78%．24、0.001mol•L-1Na2SO4、（NH4）2SO4Na2O•Al2O3•10SiO2•6H2O或Na2（Al2Si10O24）•6H2O5A【分析】【分析】（1）根据Ksp=c（Al3+）×c3（OH-）计算；

（2）由（3）可知钠原子的利用率为10%；且加入氨水，则滤液中一定含有硫酸钠和硫酸铵；

（3）计算n[Al2（SO4）3]、n（Na2SiO3）；结合钠原子的利用率为10%，以及分子筛的质量计算水的质量，进而计算物质的量，可确定分子式；

（4）分离正丁烷和异丁烷，应选用分子筛的型号介于4.65A～5.6A之间．【解析】【解答】解：（1）Al（OH）3浊液的pH=3，则c（OH-）=10-11mol/L，由可知Ksp=c（Al3+）×c3（OH-），则c（Al3+）=mol/L=0.001mol•L-1；

故答案为：0.001mol•L-1；

（2）由（3）可知钠原子的利用率为10%，且加入氨水，则滤液中一定含有硫酸钠和硫酸铵故答案为：Na2SO4、（NH4）2SO4；

（3）n[Al2（SO4）3]==0.1mol，n（Na2SiO3）==1mol；

则n（Al2O3）=0.1mol，n（SiO2）=1mol；

因钠原子的利用率为10%，则n（Na2O）=1mol×10%=0.1mol；

又分子筛的质量为87.2g；

则n（H2O）==0.6mol；

则n（Na2O）：n（Al2O3）：n（SiO2）：n（H2O）=0.1mol：0.1mol：1mol：0.6mol═1：1：10：6；

所以分子筛的化学式为Na2O•Al2O3•10SiO2•6H2O或Na2（Al2Si10O24）•6H2O；

故答案为：Na2O•Al2O3•10SiO2•6H2O或Na2（Al2Si10O24）•6H2O；

（4）分离正丁烷和异丁烷，应选用分子筛的型号介于4.65A～5.6A之间，则应选用5A型，故答案为：5A．四、判断题(共3题，共21分)25、×【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：×．26、×【分析】【分析】向0.1mol/LAgNO3溶液中加入过量的盐酸完全反应生成AgCl，溶液中存在AgCl（s）⇌Ag+（ag）+Cl-（ag），以此解答．【解析】【解答】解：反应生成AgCl，氯化银难溶于水，溶液中存在AgCl（s）⇌Ag+（ag）+Cl-（ag），则一定存在Ag+；

故答案为：×．27、×【分析】【分析】苯的同系物能使溴水褪色，发生萃取现象；据此解答即可．【解析】【解答】解：苯的同系物能使溴水褪色，发生萃取现象，不发生化学反应，故错误；故答案为：×．五、书写(共2题，共20分)28、H++SO42-+Ba2++OH-═H2O+BaSO4↓H++OH-═H2O【分析】【分析】（1）①钡离子刚好完全沉淀；二者以1：1反应，反应生成硫酸钡；NaOH和水；

②向以上溶液中，继续滴加NaHSO4溶液；发生氢离子与氢氧根离子的反应；

（2）Mn元素的化合价由+7价降低为+2价，得到2×5e-，Cl元素的化合价由-1价升高为0，失去10×e-，以此来解答．【解析】【解答】解：（1）①钡离子刚好完全沉淀，二者以1：1反应，反应生成硫酸钡、NaOH和水，发生的离子反应为H++SO42-+Ba2++OH-═H2O+BaSO4↓；

故答案为：H++SO42-+Ba2++OH-═H2O+BaSO4↓；

②向以上溶液中，继续滴加NaHSO4溶液，发生氢离子与氢氧根离子的反应，该离子反应为H++OH-═H2O；

故答案为：H++OH-═H2O；

（2）Mn元素的化合价由+7价降低为+2价，得到2×5e-，Cl元素的化合价由-1价升高为0，失去10×e-，则双线桥表示反应的电子转移为故答案为：．29、H++OH-=H2OZn+2H+=H2↑+Zn2+CaO+2H+=H2O+Ca2+Cu2++SO42-+Ba2++2OH-=Cu（OH）2↓+BaSO4↓【分析】【分析】（1）盐酸与NaOH溶液反应生成氯化钠和水；

（2）锌和稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气；

（3）