2025年华东师大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年华东师大版高三化学上册月考试卷922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9题，共18分)1、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（）A.足量的氯气与1molFeBr2充分反应，转移的电子数为3NAB.1mol•L-1Al2（SO4）3溶液中，含Al3+数目为2NAC.NA个SO3分子所占的体积约为22.4LD.1mol过氧化钡（BaO2）固体中阴、阳离子总数约为3NA2、下列说法正确的是（）A.在含FeCl2杂质的FeCl3溶液中通足量Cl2后，即可得到较纯净的FeCl3溶液B.除去干燥CO2中混有的少量SO2，可将混合气体依次通过盛有酸性KMnO4溶液、浓硫酸的洗气瓶C.准确量取9.50mL水D.1mol羟基中电子数为10NA3、有专家指出，如果将燃烧产物如CO2、H2O、N2等利用太阳能使它们重新变成CH4、CH3OH、NH3等的构想能够成为现实，则下列说法中，错误的是（）A.可消除对大气的污染B.可节约燃料C.可缓解能源危机D.此题中的CH4、CH3OH、NH3等为一级能源4、化学反应经常伴随着颜色变化；下列关于颜色的叙述正确的是。

①鸡蛋白溶液遇浓硝酸——黄色②淀粉溶液遇碘离子——蓝色。

③溴化银见光分解——白色④热的氧化铜遇乙醇——红色。

⑤新制氯水久置后——无色⑥过氧化钠在空气中久置——淡黄色。

⑦Fe3+离子遇苯酚——紫色⑧石蕊试液中通二氧化硫气体——无色A.①②③⑧B.①④⑤⑦C.②③④⑥D.④⑤⑦⑧5、仅通过物理方法就能从海水中获得的物质是rm{(}rm{)}A.钠、镁B.溴、碘C.食盐、淡水D.氯气、烧碱6、以下实验能获得成功的是（）A.用酸性KMn04溶液鉴别乙烯和乙炔B.将铁屑、溴水、苯混合制溴苯C.苯和硝基苯采用分液的方法分离D.分离沸点相差30℃以上的混溶液休，采用蒸馏的方法7、为了配制NH4+的浓度与Cl-的浓度比为1：1的溶液，可在NH4Cl溶液中加入：①适量的HCl；②适量的NaCl；③适量的氨水；④NaOH（）A.①②B.③C.③④D.④8、下列表达式错误的是（）A.碳-12原子表示为CB.氮原子的L层电子的电子排布图C.硫离子的核外电子排布式1s22s22p63s23p6D.NH4Cl的电子式为：9、新房子装修使用的木工板、胶合板等材料常会释放出一种具刺激性气味的气体，该气体是（）A.甲烷B.氨气C.甲醛D.二氧化硫评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)10、铝灰的回收利用方法很多，现用含有A12O3、SiO2和少量FeO•xFe2O3的铝灰制备A12（SO4）3•18H2O；工艺流程如图：

请回答下列问题：

（1）加入过量稀H2SO4溶解A12O3的离子方程式是____．

（2）流程中加入的KMnO4也可用H2O2代替，若用H2O2发生反应的化学方程式为____．

（3）已知：浓度均为0.1mol/L的金属阳离子；生成氢氧化物沉淀的pH如表：

。Al（OH）3Fe（OH）2Fe（OH）3开始沉淀时3.46.31.5完全沉淀时4.78.32.8步骤③的目的是____；若在该浓度下除去铁的化合物，调节pH的最大范围是____．

（4）已知Ksp[Fe（OH）3]=c（Fe3+）•c3（OH-）=4.0×10-38，常温下，当pH=2时，Fe3+开始沉淀的浓度为____．

（5）操作④发生反应的离子方程式为____；为了验证该操作所得固体中确实含有MnO2，可选用的试剂是____或____．

（6）操作⑤“一系列操作”，下列仪器中用不到的是____（填序号）．

A．蒸发皿B．坩埚C．玻璃棒D．酒精灯E．漏斗．11、已知：①P4（S，白磷）+5O2（g）=P4O10（S）△H=-2983.2kJ•mol-1

②P（S，红磷）+△H=-738.5kJ•mol-1

（1）写出白磷转化为红磷的热化学方程式：____．

（2）则对应下列化学反应过程中的能量变化图，能正确反映出由白磷转化为红磷的是[选填A～D]____．

12、如图所示是由4个碳原子结合成的五种有机物（氢原子没有画出）：

（1）有机物a有一种同分异构体，试写出其结构简式：____．

（2）上述有机物中与c互为同分异构体的是____（填序号）．

（3）任写一种与e互为同系物的有机物的结构简式：____．

（4）上述五种物质中不能与溴水反应，能使其褪色的有____（填序号）．

（5）上述五种物质中，4个碳原子一定处于同一平面的有____（填序号）．

（6）上述五种物质中，含有相同官能团的物质是____和____，该官能团为____．13、工业上煅烧黄铜矿（CuFeS2）冶炼铜并得到碱式硫酸铁[Fe（OH）SO4]等其他重要化合物；主要流程如下（部分反应物和产物未标出）：

已知4CuFeS2+11O24Cu+2Fe2O3+8SO2

（1）溶液B是____；X是____．

（2）某同学取溶液C滴入KSCN溶液，溶液不变红，说明溶液C中不含Fe3+，其原因是____（用简单的文字和离子方程式说明）：再向该溶液中滴入H2O2溶液，溶液变红色．则滴入H2O2溶液发生反应的离子方程式为____．

（3）在溶液D与NaNO2的反应中，常采用同时通入O2以减少NaNO2的用量，O2与NaNO2在反应中均作____，如参加反应的O2有11.2L（标况），则相当于节约NaNO2物质的量为____mol．

（4）该法得到的金属铜中常含有金；银、铁、镍等金属杂质；常用电解精炼的方法得到纯铜，请在右边框内画出其原理装置示意图．

（5）[Fe（OH）SO4]是一种用于污水处理的新型高效絮凝剂，它溶于水后产生的Fe（OH）2+离子，可部分水解生成Fe2（OH）42+聚合离子．该水解反应的离子方程式为____．14、（2010秋•武昌区期末）如图所示；甲；乙两池电极材料都是铁棒和石墨棒，请回答下列问题：

（1）若两池中均为CuSO4溶液；反应一段时间后：

①有红色物质析出的是甲池中的____棒，乙池中的____棒．

②乙池中阳极的电极反应式是____．

（2）若两池中均为饱和NaCl溶液：

①写出乙池中总反应的离子方程式____．

②甲池中石墨电极上的电极反应属于____（填“氧化反应”或“还原反应”）．

③将湿润的KI淀粉试纸放在乙池石墨电极附近，发现试纸变蓝，反应的化学方程式为____．

④若乙池转移0.02mole-后停止实验，池中溶液体积是200mL，则溶液混合匀后的pH=____．评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)15、标准状况下，22.4L己烷中含共价键数目为19NA．____（判断对错）16、放热反应不需加热就可以发生____．（判断对错）17、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）18、制备MgO，既可以通过化合反应，又可以通过置换反应制备____（判断对和错）19、O2和O3互为同位素____．（判断对错）评卷人得分四、推断题(共4题，共36分)20、已知A为淡黄色固体；T；R为两种常见的用途很广的金属单质，D是具有磁性的黑色晶体，C是无色无味的气体，H是白色沉淀，W溶液中加入KSCN出现红色．

（1）写出下列物质的化学式：A：____D：____E：____N：____．

（2）B与E混和得到H并在潮湿空气中变成M的过程中，可能观察到的现象：____；

（3）按要求写方程式：B和R反应生成N的离子方程式：____；M→W的离子方程式：____．21、A；B、C、X是中学化学常见物质；均由短周期元素组成，且均为气体，转化关系如图所示（图中部分产物及条件已略去）．A的大量人工合成是化学对人类社会的卓越贡献之一，请回答：

（1）写出A的分子式____；

（2）写出A与X反应生成C的化学方程式____；

（3）在容积为amL的试管中充满C气体，然后倒置在水中，再通入bmLX气体，充分反应后测得试管内最后剩余气体为cmL，则a，b，c的关系可能为____．22、（2013•余江县校级二模）A；B、C是元素周期表中前18号元素中的3种单质；甲、乙是常见的化合物，它们之间存在如图所示关系．

（1）若甲常温下呈液态，A常温下是固态非金属单质，则乙的化学式是____．若甲常温下呈液态，A常温下是气态非金属单质，则乙的电子式是____．

（2）若甲常温下呈气态，A是常见的金属单质，写出A和甲在一定条件下反应的化学方程式____

（3）若A、B属于同一主族的高硬度单质，写出反应②的化学反应方程式____．23、A；B、C、D、E是前四周期原子序数依次增大的五种元素．A元素原子的核外电子等于其电子层数；B元素基态原子有三个能级电子数相同；A和D可形成两种常见液态化合物甲、乙；其原子数之比分别为1：1，2：1；E元素原子的K、L层电子数之和等于其M、N层电子数之和．回答下列问题（涉及元素用相应化学符号表示）：

（1）B、C、D三种元素中电负性最大的元素其基态原子的电子排布式为______．

（2）处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用______形象化描述．在B的基态原子中，核外存在______对自旋相反的电子．

（3）由E和D形成的晶胞如图1所示，晶体中E2+周围等距且最近的E2+有______个；ED的焰色反应为砖红色，许多金属或它们的化合物都可以发生焰色反应，焰色反应的原理是______．E和B可形成的晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似（如图2所示），但该晶体中含有的哑铃形B22-的存在，使晶胞沿一个方向拉长．晶体中E2+的配位数为______；该化合物的化学式为______．

（4）用高能射线照射液态化合物乙时；一个乙分子能释放出一个电子，同时产生一种阳离子．

①释放出来的电子可以被若干乙分子形成的“网”捕获，乙分子间能形成“网”的原因是______．

②由乙分子释放出电子时产生的一种阳离子具有较强的氧化性，试写出该阳离子与SO2的水溶液反应的离子方程式______．评卷人得分五、实验题(共1题，共3分)24、双氧水最主要的用途是漂白和杀菌消毒，在环境保护、化学合成和工业生产中有着广泛的应用．查阅资料得知：工业上用电解KHSO4饱和溶液制取H2O2；如图所示．

（1）电解饱和KHSO4溶液时，阳极的电极反应式为______，K2S2O8水解时生成H2O2和KHSO4，写出该反应的化学方程式：______．

（2）在碱性介质中，H2O2有较强的还原性，可与Ag2O反应，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为______．

（3）已知：①2H2O2（l）═2H2O（l）+O2（g）△H1=-196.46kJ•mol-1

②H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H2=-285.84kJ•mol-1

③Cl2（g）+H2（g）═2HCl（g）△H3=-184.6kJ•mol-1

用H2O2（1）可除去工业尾气中的Cl2（g），生成HCl（g）和O2（g），该反应的热化学方程式为______．

（4）该同学用此法制取一定浓度的H2O2溶液，并进行下列实验测定H2O2的质量分数．

I．将5.00mLH2O2溶液（密度为1g•cm-3）置于锥形瓶中加水稀释；再加稀硫酸酸化；

Ⅱ．用0.1000mol•L-1KMnO4溶液滴定；

Ⅲ．用同样的方法滴定，三次滴定消耗KMnO4溶液的体积分别为20.00mL；19.98mL、20.02mL．

①操作Ⅱ中，滴入第一滴KMnO4溶液，溶液紫红色消失很慢，随滴定过程中Mn2+的增多，溶液的紫红色消失速率加快．Mn2+的作用是______．

②配平H2O2与酸性高锰酸钾溶液反应的离子方程式：

______MnO4-+______H2O2+______H+=______Mn2++______H2O+______

③原H2O2溶液中溶质的质量分数为______．参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、A【分析】【分析】A、1molFeBr2中含1molFe2+和2molBr-；均能被氯气氧化；

B；溶液体积不明确；

C；三氧化硫所在的状态不明确；

D、过氧化钡（BaO2）由1个钡离子和1个过氧根构成．【解析】【解答】解：A、1molFeBr2中含1molFe2+和2molBr-，均能被氯气氧化，故1molFeBr2转移3mol电子即3NA个；故A正确；

B；溶液体积不明确；故溶液中的铝离子的个数无法计算，故B错误；

C；三氧化硫所在的状态不明确；而标况下三氧化硫为固体，故其体积无法计算，故C错误；

D、过氧化钡（BaO2）由1个钡离子和1个过氧根构成，故1mol过氧化钡（BaO2）中含2mol离子即2NA个；故D错误．

故选A．2、B【分析】【分析】A．氯气过量；溶液中混有氯气；

B．二氧化硫可被氧化而除去；

C．量筒精确到0.1mL；

D．羟基含有9个电子．【解析】【解答】解：A．如氯气过量；溶液中混有氯气，应稍微加热除去氯气，故A错误；

B．二氧化硫具有还原性；可被氧化而除去，故B正确；

C．量筒精确到0.1mL；故C错误；

D．羟基含有9个电子，1mol羟基中电子数为9NA；故D错误．

故选B．3、D【分析】【分析】根据太阳能将CO2、H2O、N2等气体重新组合成燃料，燃料燃烧又生成CO2、H2O、N2等，利用太阳能将之循环使用，结合能源危机及大气污染判断．【解析】【解答】解：在此构想的物质循环中，太阳能将CO2、H2O、N2等气体重新组合成燃料，此过程为太阳能→化学能；燃料燃烧，化学能→热能，故在此构想的物质循环中太阳能最终转化为热能，即可消除对大气的污染，又节约燃料缓解能源危机，故ABC都正确；CH4、CH3OH、NH3等为二级能源；故D错误．

故选：D．4、B【分析】【分析】单质碘和淀粉发生显色反应而显蓝色，②不正确；溴化银见光分解生成的红棕色的单质溴，③不正确；过氧化钠放置客气中最终生成无色的碳酸钠，⑥不正确；SO2溶于水生成亚硫酸；使石蕊试液显红色，⑧不正确，答案选B。

【点评】物质的性质特别是化学性质，关键是熟练记住，不能灵活运用。5、C【分析】解：rm{A}海水中得到钠、镁；需要首先从海水中获得氯化钠和氯化镁，然后再去电解熔融状态的氯化钠和氯化镁即得钠和镁，故A错误；

B；从海水中提炼溴和碘；是用氯气把其中的碘离子和溴离子氧化为碘单质和溴单质，故B错误；

C；把海水用蒸馏等方法可以得到淡水；把海水用太阳暴晒，蒸发水分后即得食盐，不需要化学变化就能够从海水中获得，故C正确；

D；可从海水中获得氯化钠；配制成饱和食盐水，然后电解，即得烧碱、氢气和氯气，故D错误；

故选：rm{C}

从海水提炼溴；碘、钠、镁、氢气等的原理去分析；根据从海水制备物质的原理可知，金属单质与非金属单质需要利用化学反应来制取，而食盐可利用蒸发原理，淡水利用蒸馏原理来得到；

本题考查了海水的成分，海水提炼溴、碘、钠、镁、氢气等化学反应原理，涉及的知识较多，但难度不大的题目，注意的是金属单质与非金属单质需要利用化学反应来制取，掌握原理是解题的关键．【解析】rm{C}6、D【分析】【分析】A．二者均能被高锰酸钾氧化；

B．苯与溴水不反应；

C．苯和硝基苯互溶；

D．互溶的液体，利用沸点差异分离．【解析】【解答】解：A．二者均能被高锰酸钾氧化；则高锰酸钾不能鉴别，故A错误；

B．苯与溴水不反应；则利用铁屑；液溴、苯混合制溴苯，故B错误；

C．苯和硝基苯互溶；应选蒸馏法分离，故C错误；

D．互溶的液体；利用沸点差异分离，则分离沸点相差30℃以上的混溶液休，采用蒸馏的方法，故D正确；

故选D．7、B【分析】【分析】氯化铵是强酸弱碱盐，由于NH4+水解，导致溶液中c（NH4+）＜c（Cl-），氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液呈酸性；为了配制NH4+与Cl-的浓度比为1：1的溶液，须加一定量的能电离出铵根离子的物质，或减少溶液中氯离子的浓度，据此分析．【解析】【解答】解：氯化铵是强酸弱碱盐，由于NH4+水解，导致溶液中c（NH4+）＜c（Cl-），溶液呈酸性，为了配制NH4+与Cl-的浓度比为1：1的溶液；须增加铵根离子浓度；或减少溶液中氯离子的浓度；

①加入适量的HCl，溶液中氯离子浓度增大，则溶液中c（NH4+）＜c（Cl-）；故①错误；

②加入适量的NaCl，溶液中氯离子的浓度增加，铵根离子浓度不变保持，导致c（NH4+）＜c（Cl-）；故②错误；

③加入适量氨水；通过增加一水合氨浓度从而抑制铵根离子的水解，增加溶液中铵根离子的浓度，并保持氯离子浓度不变，故③正确；

④加入适量NaOH，会发生反应：NH4++OH-=NH3•H2O，NH4+越来越少，氯离子浓度不变，导致c（NH4+）＜c（Cl-）；故④错误；

故选B．8、D【分析】【分析】A．碳-12原子的质子数为6；质量数为12；

B．根据洪特规则：在等价轨道（相同电子层；电子亚层上的各个轨道）上排布的电子将尽可能分占不同的轨道；且自旋方向相同，氮原子的L层电子有5个电子，2p电子优先单独占据1个轨道；

C．硫离子的核外电子数为18；

D．氯化铵的电子式中氯离子的最外层电子式没有标出．【解析】【解答】解：A．元素符号的左上角数字为质量数，左下角数字为质子数，碳-12原子的质子数为6，质量数为12，则该原子为C；故A正确；

B．氮原子的L层电子有5个电子，2p电子优先单独占据1个轨道，则氮原子的L层电子的电子排布图故B正确；

C．硫离子的核外电子数为18，其硫离子的核外电子排布式1S22S22P63S23P6；故C正确；

D．氯化铵是离子化合物，由氨根离子与氯离子构成，电子式为：故D错误；

故选D．9、C【分析】【分析】一些装饰材料、胶合板、涂料等会不同程度地释放出甲醛气体，而使室内空气中甲醛含量超标，成为室内空气污染的主要原因之一．【解析】【解答】解：装修材料中常大量使用脲醛胶、酚醛树脂等材料，会释放出甲醛，且粘合剂中含有大量的甲醛，从而导致居室的甲醛污染，而与其它因素无关，故选C．二、填空题(共5题，共10分)10、6H++Al2O3=2Al3++3H2OH2O2+2FeSO4+H2SO4=Fe2（SO4）3+2H2O亚铁离子氧化为铁离子，并将铁离子转化为氢氧化铁沉淀除去2.8≤PH＜3.44.0×10-2mol/L2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2+4H+浓盐酸双氧水B【分析】【分析】铝灰水洗过滤除去不溶性杂质SiO2，加入过量稀硫酸酸溶过滤，得到滤液中含有Al3+、Fe3+、Fe2+；加入高锰酸钾溶液调节溶液PH氧化亚铁离子为铁离子，加入MnSO4和过量的高锰酸钾溶液反应生成二氧化锰沉淀，过滤得到滤液中主要是铝离子，经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到硫酸铝晶体；

（1）Al2O3溶于过量硫酸反应生成硫酸铝和水；

（2）过氧化氢酸性溶液中氧化硫酸亚铁为硫酸铁；

（3）步骤③是将亚铁离子氧化为铁离子；并将铁离子转化为氢氧化铁沉淀除去，调节pH值的范围是沉淀铁离子不沉淀铝离子2.8≤PH＜3.4；

（4）当pH=2时，c（OH-）=1×10-12mol/L，根据Ksp[Fe（OH）3]=c（Fe3+）•c3（OH-），可计算得Fe3+开始沉淀的浓度；

（5）操作④的作用是利用硫酸锰和高锰酸钾反应生成二氧化锰沉淀除去；为了验证该操作所得固体中确实含有MnO2；加入浓盐酸是否溶解生成黄绿色气体检验；

（6）在操作⑤的“一系列操作”是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，依据操作风分析所需仪器；【解析】【解答】解：铝灰水洗过滤除去不溶性杂质SiO2，加入过量稀硫酸酸溶过滤，得到滤液中含有Al3+、Fe3+、Fe2+；加入高锰酸钾溶液调节溶液PH氧化亚铁离子为铁离子，加入MnSO4和过量的高锰酸钾溶液反应生成二氧化锰沉淀，过滤得到滤液中主要是铝离子，经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到硫酸铝晶体；

（1）Al2O3溶于过量硫酸反应生成硫酸铝和水，反应的离子方程式为：6H++Al2O3=2Al3++3H2O；

故答案为：6H++Al2O3=2Al3++3H2O；

（2）过氧化氢酸性溶液中氧化硫酸亚铁为硫酸铁，反应的化学方程式为：H2O2+2FeSO4+H2SO4=Fe2（SO4）3+2H2O；

故答案为：H2O2+2FeSO4+H2SO4=Fe2（SO4）3+2H2O；

（3）步骤③是将亚铁离子氧化为铁离子；并将铁离子转化为氢氧化铁沉淀除去，调节pH值的范围是沉淀铁离子不沉淀铝离子2.8≤PH＜3.4；

故答案为：亚铁离子氧化为铁离子；并将铁离子转化为氢氧化铁沉淀除去；2.8≤PH＜3.4；

（4）当pH=2时，c（OH-）=1×10-12mol/L，根据Ksp[Fe（OH）3]=c（Fe3+）•c3（OH-）可知，c（Fe3+）===4.0×10-2mol/L；

故答案为：4.0×10-2mol/L；

（5）操作④的作用是利用硫酸锰和高锰酸钾反应生成二氧化锰沉淀除去；为了验证该操作所得固体中确实含有MnO2，反应的离子方程式为2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2+4H+；加入浓盐酸是否溶解生成黄绿色气体检验或用双氧水，生成氧气检验；

故答案为：2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2+4H+；浓盐酸或双氧水；

（6）在操作⑤的“一系列操作”是蒸发浓缩；冷却结晶，过滤洗涤，依据操作分析所需仪器为蒸发皿，玻璃棒；酒精灯、漏斗，坩埚是给固体加热的仪器，不需要坩埚；

故答案为：B．11、P4（s、白磷）=4P（s、红磷）△H=-29.2KJ/molB【分析】【分析】（1）根据盖斯定律可以计算化学反应的焓变；进而书写热化学方程式；

（2）反应物的能量高于产物的能量，反应放热；反之是吸热的．【解析】【解答】解：（1）红磷转化为白磷的化学方程式为：4P（s、红磷）=P4（s、白磷），可以看成是下列两个反应方程式的和：P4（s、白磷）+5O2（g）=P4O10（s）；△H=-2983.2kJ•mol-1；P4O10（s）=4P（s、红磷）+5O2（g）；△H=738.5×4kJ•mol-1=2954kJ•mol-1；

根据盖斯定律，白磷转化为红磷的热化学方程式P4（s、白磷）=4P（s、红磷）△H=-2983.2kJ/mol+2954kJ•mol-1=-29.2KJ/mol；

故答案为：P4（s；白磷）=4P（s、红磷）△H=-29.2KJ/mol．

（2）白磷转化为红磷是放热的反应，所以反应物的能量高于产物的能量，故选B．12、CH3CH2CH2CH3be等bcdbcbc碳碳双键【分析】【分析】（1）有机物（a）为2-甲基丙烷；据此书写其同分异构体；

（2）c为2-丁烯；分子式相同结构不同的化合物互为同分异构体，据此判断；

（3）e为环丁烷；根据同系物的定义分析，与e互为同系物的有机物属于环烷烃；

（4）含有C=C双键；C≡C三键的烃能与溴水发生加成反应；使溴水褪色；

（5）C=C双键连接的C原子处于C=C形成的平面内；C≡C三键连接的C原子处于同一直线，一定共面；

（6）b、c含有的官能团相同，为碳碳双键．【解析】【解答】解：（1）由图示可知a为烷烃，含有4个C原子，应为2-甲基丙烷，其同分异构体为CH3CH2CH2CH3，故答案为：CH3CH2CH2CH3；

（2）c为2-丁烯，与2-丁烯分子式相同，结构不同的有b、e，互为同分异构体，故答案为：be；

（3）e为环丁烷，等环烷烃与环丁烷互为同系物，故答案为：等；

（4）上述五种物质中，b、c含有C=C双键、d含有C≡C三键能与溴水发生加成反应，使溴水褪色，故答案为：bcd；

（5）上述五种物质中，b、c中C=C双键连接的C原子处于C=C形成的平面内，4个碳原子一定处于同一平面，故答案为：bc；

（6）b、c含有的官能团相同，为碳碳双键，故答案为：b、c；碳碳双键．13、H2SO4Fe氧化铁溶解后的铁盐溶液具有氧化性，能氧化铜，生成的铁离子全部被铜还原为亚铁离子，Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O氧化剂22[Fe（OH）]2++2H2O⇌[Fe2（OH）4]2++2H+【分析】【分析】已知4CuFeS2+11O24Cu+2Fe2O3+8SO2，固体A为Cu和2Fe2O3，加入硫酸溶解后过滤分离出Cu，滤液C为硫酸铁溶液和铁离子溶解的部分铜写出的铜盐，加入X为铁粉，用来还原铁离子和铜离子，得到溶液D为氯化亚铁溶液，加入亚硝酸钠氧化亚铁离子为铁离子，经过一系列操作制备得到碱式硫酸铁[Fe（OH）SO4]；

（1）上述分析可知B为硫酸；X为铁；

（2）某同学取溶液C滴入KSCN溶液，溶液不变红，说明溶液C中不含Fe3+，原因是氧化铁溶解后的铁盐溶液具有氧化性，能氧化铜，则生成的铁离子全部被铜还原为亚铁离子，再向该溶液中滴入H2O2溶液；溶液变红色，是利用过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，铁离子结合硫氰酸根离子写出血红色溶液；

（3）在溶液D与NaNO2的反应中，常采用同时通入O2以减少NaNO2的用量，O2与NaNO2在反应中做氧化剂氧化亚铁离子，结合氧气做氧化剂和亚硝酸钠做氧化剂时电子守恒计算相当于NaNO2物质的量，所消耗氧气得到的电子的物质的量相当于NaNO2得到电子的物质的量；

（4）电解精炼的方法得到纯铜；粗铜做电解池的阳极，精铜做阴极，含铜离子的电解质做电解质溶液，据此画出装置图；

（5）根据反应物和生成物判断离子方程式．【解析】【解答】解：已知4CuFeS2+11O24Cu+2Fe2O3+8SO2，固体A为Cu和2Fe2O3，加入硫酸溶解后过滤分离出Cu，滤液C为硫酸铁溶液和铁离子溶解的部分铜写出的铜盐，加入X为铁粉，用来还原铁离子和铜离子，得到溶液D为氯化亚铁溶液，加入亚硝酸钠氧化亚铁离子为铁离子，经过一系列操作制备得到碱式硫酸铁[Fe（OH）SO4]；

（1）上述分析可知B为硫酸，X为铁，化学式为H2SO4；Fe；

故答案为：H2SO4；Fe；

（2）某同学取溶液C滴入KSCN溶液，溶液不变红，说明溶液C中不含Fe3+，原因是氧化铁溶解后的铁盐溶液具有氧化性，能氧化铜，生成的铁离子全部被铜还原为亚铁离子，反应的离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，再向该溶液中滴入H2O2溶液，溶液变红色，是利用过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，铁离子结合硫氰酸根离子写出血红色溶液，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；

故答案为：氧化铁溶解后的铁盐溶液具有氧化性，能氧化铜，生成的铁离子全部被铜还原为亚铁离子，Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；

（3）在溶液D与NaNO2的反应中，常采用同时通入O2以减少NaNO2的用量，O2与NaNO2在反应中做氧化剂，n（O2）==0.5mol，则得到电子0.5mol×4=2mol，1molNaNO2被还原生成NO，化合价由+3价降低到+2价，得到1mol电子，则需要2molNaNO2；

故答案为：氧化剂；2；

（4）电解精炼的方法得到纯铜，粗铜做电解池的阳极，精铜做阴极，含铜离子的电解质做电解质溶液，据此画出装置图为

故答案为：

（5）[Fe（OH）]2+离子，可部分水解生成[Fe2（OH）4]2+聚合离子，根据电荷守恒和质量守恒可写出反应的离子方程式为2[Fe（OH）]2++2H2O⇌[Fe2（OH）4]2++2H+；

故答案为：2[Fe（OH）]2++2H2O⇌[Fe2（OH）4]2++2H+．14、碳铁4OH--4e-=2H2O+O2↑2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-还原反应KI+Cl2=I2+2KCl13【分析】【分析】（1）甲池为原电池；乙池为电解池，原电池中活泼金属做负极，发生氧化反应，碳棒做正极，发生还原反应；电解池中阳极上发生失电子的氧化反应；

（2）①根据电解池的工作原理来书写电解氯化钠的原理方程式；

②甲池为原电池；碳棒做正极，正极上得电子发生还原反应；

③将湿润的KI淀粉试纸放在乙池石墨电极附近；发现试纸变蓝，则石墨电极上氯离子失电子生成氯气，氯气和碘化钾发生氧化还原反应生成碘，碘与淀粉试液变蓝色；

④根据转移电子守恒计算生成的氢氧化钠的物质的量，再根据水的离子积常数计算溶液中氢离子浓度，从而得出溶液的pH．【解析】【解答】解：（1）①甲池为原电池；原电池中活泼金属做负极，发生氧化反应，碳棒做正极，有Cu析出，乙池为电解池，外电路电子流向电源正极，所以碳棒为阳极，放出氯气，阴极铁电极上发生还原反应有Cu析出；

故答案为：碳；铁；

②乙池中，惰性电极为阳极，电解硫酸铜溶液，阳极氢氧根离子放电生成氧气，电极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，故答案为：4OH--4e-=2H2O+O2↑；

（2）①若电解质溶液为饱和氯化钠溶液，则乙池就是用惰性电极为阳极电解氯化钠溶液，方程式为：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-；

故答案为：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-；

②甲池中碳棒为正极；正极上氧气得电子发生还原反应，故答案为：还原反应；

③将湿润的KI淀粉试纸放在乙池石墨电极附近，发现试纸变蓝，则石墨电极上氯离子失电子生成氯气，氯气和碘离子反应生成碘单质，碘遇淀粉试液变蓝色，反应方程式为：KI+Cl2=I2+2KCl；

故答案为：KI+Cl2=I2+2KCl；

④电解氯化钠溶液的方程式为：2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，乙池转移0.02mole-后，会生成0.02mol的氢氧化钠，所以所得NaOH溶液的物质的量浓度c===0.1mol/L，所以溶液中氢离子浓度=；所以溶液的pH=13；

故答案为：13．三、判断题(共5题，共10分)15、×【分析】【分析】标准状况下，己烷为液体，不能用气体摩尔体积计算，以此解答．【解析】【解答】解：标准状况下，己烷为液体，不能用气体摩尔体积计算，则22.4L己烷中含共价键数目不是19NA．故答案为：×．16、×【分析】【分析】吸热反应与放热反应与是否加热无关，化学反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量，反应放热，反之吸热．【解析】【解答】解：放热反应不一定不用加热就能进行，如铝热反应，为放热反应，但应在高温下才能进行，故答案为：×．17、×【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：×．18、√【分析】【分析】镁能与氧气反应生成氧化镁，属于化合反应，镁能与空气中二氧化碳反应生成氧化镁和碳单质，属于置换反应．【解析】【解答】解：镁能与氧气反应生成氧化镁，属于化合反应，镁能与空气中二氧化碳反应生成氧化镁和碳单质，属于置换反应，故正确，答案为：√．19、×【分析】【分析】有相同质子数；不同中子数的原子互为同位素；

相同元素组成，不同形态的单质互为同素异形体．【解析】【解答】解：O2和O3都是由氧元素形成的不同单质；故互为同素异形体；

故答案为：×．四、推断题(共4题，共36分)20、Na2O2Fe3O4FeCl2NaAlO2溶液中出现白色沉淀，在空气中迅速变成灰绿色，最终变成红褐色2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2O【分析】【分析】A为淡黄色固体，且A能和水反应生成无色无味气体C，则A是Na2O2，则C是O2、B是NaOH；D是具有磁性的黑色晶体，则D是Fe3O4，金属T在氧气中燃烧生成四氧化三铁，则T是Fe，四氧化三铁与足量的盐酸、足量的Fe反应得到E，E与B（NaOH）反应得到白色沉淀H，则E为FeCl2，H是Fe（OH）2，H在潮湿的空气中得到M为Fe（OH）3，M与HCl反应生成W，则W是FeCl3，金属R和氧气反应生成氧化物Q，Q能和NaOH溶液反应，则R是Al、Q是Al2O3、N是NaAlO2，据此解答．【解析】【解答】解：A为淡黄色固体，且A能和水反应生成无色无味气体C，则A是Na2O2，则C是O2、B是NaOH；D是具有磁性的黑色晶体，则D是Fe3O4，金属T在氧气中燃烧生成四氧化三铁，则T是Fe，四氧化三铁与足量的盐酸、足量的Fe反应得到E，E与B（NaOH）反应得到白色沉淀H，则E为FeCl2，H是Fe（OH）2，H在潮湿的空气中得到M为Fe（OH）3，M与HCl反应生成W，则W是FeCl3，金属R和氧气反应生成氧化物Q，Q能和NaOH溶液反应，则R是Al、Q是Al2O3、N是NaAlO2．

（1）通过以上分析知，A是Na2O2，D是Fe3O4，E是FeCl2，N是NaAlO2；

故答案为：Na2O2；Fe3O4；FeCl2；NaAlO2；

（2）NaOH与FeCl2混和得到Fe（OH）2并在潮湿空气中变成Fe（OH）3的过程中；可能观察到的现象：溶液中出现白色沉淀，在空气中迅速变成灰绿色，最终变成红褐色；

故答案为：溶液中出现白色沉淀；在空气中迅速变成灰绿色，最终变成红褐色；

（3）B和R反应生成N的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑；

M→W的离子方程式为：Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2O；

故答案为：2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑；Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2O．21、NH34NH3+5O24NO+6H2O3（a-c）=4b或4（b-c）=3a【分析】【分析】由转化关系可知A中含有元素具有多种化合价，结合“A的大量人工合成是化学对人类社会的卓越贡献之一”可知A为NH3，B应为N2，C为NO，X为O2，NH3燃烧可生成N2，催化作用下可生成NO，NO和氧气在水中可发生4NO+3O2+2H2O=4HNO3，以此解答该题．【解析】【解答】解：由转化关系可知A中含有元素具有多种化合价，结合“A的大量人工合成是化学对人类社会的卓越贡献之一”可知A为NH3，B应为N2，C为NO，X为O2；

（1）由以上分析可知A为NH3，故答案为：NH3；

（2）氨气在催化作用下与氧气反应生成NO，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；

（3）在容积为amL的试管中充满NO气体，然后倒置在水中，再通入bmLO2气体；充分反应后测得试管内最后剩余气体为cmL，剩余气体可能为NO，也可能为氧气；

如为NO，则4NO+3O2+2H2O=4HNO3，由方程式可知反应的气体V（NO）：V（O2）=（a-c）：b=4：3，即3（a-c）=4b；

如为O2过量，则V（NO）：V（O2）=a：（b-c）=4：3，即4（b-c）=3a；

故答案为：3（a-c）=4b或4（b-c）=3a．22、CO2Mg+CO22MgO+C2C+SiO22CO+Si【分析】【分析】（1）若甲常温下呈液态，应为H2O，A常温下是固态非金属单质，应为碳，则乙是CO，B是H2，C是O2；若A常温下是气态非金属单质，应为F2，乙是HF，B是O2，C是H2；

（2）若甲常温下呈气态，A是常见的金属单质，应为Mg，甲是CO2；乙是Mg，B是C，C是O2；

（3）若A、B属于同一主族的高硬度单质，A是C，甲是SiO2；乙是CO，B是Si，C是O2．【解析】【解答】解：（1）若甲常温下呈液态，应为H2O，A常温下是固态非金属单质，应为碳，则乙是CO，B是H2，C是O2；若A常温下是气态非金属单质，应为F2，乙是HF，B是O2，C是H2，乙的电子式为故答案为：CO；

（2）若甲常温下呈气态，A是常见的金属单质，应为Mg，甲是CO2；乙是Mg，B是C，C是O2，A和甲在一定条件下反应的化学方程式为2Mg+CO22MgO+C；

故答案为：2Mg+CO22MgO+C；

（3）若A、B属于同一主族的高硬度单质，A是C，甲是SiO2；乙是CO，B是Si，C是O2，反应②的化学反应方程式为2C+SiO22CO+Si；

故答案为：2C+SiO22CO+Si．23、略

【分析】解：A、B、C、D、E、F是前四周期原子序数依次增大的六种元素．A元素原子的核外电子数等于其电子层数，则A为H元素；B元素基态原子有三个能级且各能级电子数相同，核外电子排布式为1s22s22p2，故B为碳元素；A与D可形成两种常见液态化合物甲、乙，其原子数之比分别为1：1和2：1，则D为O元素、甲为H2O2、乙为H2O；C的原子序数介于碳；氧之间；则C为N元素；E元素原子的K、L层电子数之和等于其M、N层电子数之和，原子核外电子数为（2+8）×2=20，则E为Ca．

（1）同周期自左而右电负性增大，C、N、O中电负性最大的元素为O元素，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p4，核外电子排布式为：1s22s22p4；

故答案为：1s22s22p4；

（2）处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用电子云形象化描述；

B为碳元素，基态原子核外电子排布式为1s22s22p2；核外存在2对自旋相反的电子；

故答案为：电子云；2；

（3）以顶点的E2+研究，与之等距且最近的E2+位于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面心为2个晶胞共用，故晶体中E2+周围等距且最近的E2+有=12个；

ED的焰色反应为砖红色；许多金属或它们的化合物都可以发生焰色反应，其原因是：激发态的电子跃迁到低能级时，以光的形式释放能量；

E和B可形成的晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似，但该晶体中含有的哑铃形C22-的存在，使晶胞沿一个方向拉长，晶体中E2+的配位数为6，该化合物为CaC2；

故答案为：12；激发态的电子跃迁到低能级时，以光的形式释放能量；6；CaC2；

（4）用高能射线照射液态水时，一个水分子能释放出一个电子，同时产生一种阳离子为H2O+．

①水分子间能形成“网”的原因是：水分子间存在氢键；

故答案为：水分子间存在氢键；

②由乙分子释放出电子时产生的一种阳离子具有较强的氧化性，该阳离子与SO2水溶液反应离子方程式为：2H2O++SO2=4H++SO42-；

故答案为：2H2O++SO2=4H++SO42-．

A、B、C、D、E是前四周期原子序数依次增大的五种元素．A元素原子的核外电子数等于其电子层数，则A为H元素；B元素基态原子有三个能级且各能级电子数相同，核外电子排布式为1s22s22p2，故B为碳元素；A与D可形成两种常见液态化合物甲、乙，其原子数之比分别为1：1和2：1，则D为O元素、甲为H2O2、乙为H2O；C的原子序数介于碳；氧之间；则C为N元素；E元素原子的K、L层电子数之和等于其M、N层电子数之和，原子核外电子数为（2+8）×2=20，则E为Ca，据此解答．

本题是对物质结构与性质的考查，涉及元素推断、电负性、核外电子排布、晶胞计算、氢键与信息给予题，推断元素是解题关键，是对学生综合能力的考查，难度中等．【解析】1s22s22p4；电子云；2；12；激发态的电子跃迁到低能级时，以光的形式释放能量；6；CaC2；水分子间存在氢键；2H2O++SO2=4H++SO42-五、实验题(共1题，共3分)24、略

【分析】解：（1）工业上用电解KHSO4饱和溶液制取H2O2，电解时，阳极上硫酸根失去电子