2025年苏科版高二化学上册月考试卷

…………○…………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年苏科版高二化学上册月考试卷238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7题，共14分)1、下列分离提纯方法不正确的是A.分离KNO3和氯化钠，常用结晶与重结晶B.分离溴苯和水，常用蒸馏法C.提纯含有碘的食盐，常用升华法D.苯和酸性高锰酸钾溶液可用分液法2、用rm{N_{A}}表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.标准状况下，rm{5.6L}一氧化氮和rm{5.6L}氧气混合后的分子总数为rm{0.5N_{A}}B.电解精炼铜时，若阴极得到电子数为rm{2N_{A}}个，则阳极质量减少rm{64g}C.rm{1L0.1mol?L^{-1}}的氨水含有rm{0.1N_{A}}个rm{OH^{-}}D.rm{3.4gNH_{3}}中含rm{N-H}键数目为rm{0.6N_{A}}3、下列气体有颜色的是rm{(}rm{)}A.rm{C_{2}H_{4}}B.rm{Cl_{2}}C.rm{NH_{3}}D.rm{NO}4、下列无机含氧酸分子中酸性最强的是（）A.HClO4B.H2SO3C.HClO3D.HNO25、下列热化学方程式中，正确的是A.甲烷的燃烧热为890.3kJ·mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（1）△H=-890．3kJ·mol-1B.由N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=-92．4kJ·mol-1热化学方程式可知，当反应中转移6NA电子时，反应放出的热量小于92.4kJC.HCl和NaOH反应的中和热△H=-57.3kJ·mol-1，则H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热△H=2×（-57．3）kJ·mol-1D.在101kPa时，4gH2完全燃烧生成液态水，放出571．6kJ热量，氢气燃烧热的热化学方程式表示为2H2(g)+O2(g)=2H2O（1）△H=-571．6kJ·mol-16、现有常温下四份等体积的酸或碱溶液：①0.01mol/LCH3COOH；②0.01mol/LHCl；③pH=12的氨水；④pH=12的NaOH溶液．以下有关说法正确的是（）A.将四份溶液稀释相同倍数后，溶液的pH：③＞④＞①＞②B.将①、④等体积混合，则混合液的PH为7C.四份溶液中水的电离程度由大到小的顺序为：③＞①=②=④D.将②加入③至恰好完全反应，则消耗体积为③＞②7、在常压和100℃条件下，把乙醇气化为蒸气，然后和乙烯以任意比例混合，取其混合气体VL，将其完全燃烧，需消耗相同条件下的氧气的体积是（）A.2VLB.2.5VLC.3VLD.无法计算评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)8、（9分）氮化硼（BN）是一种重要的功能陶瓷材料。以天然硼砂为起始物，经过一系列反应可以得到BF3和BN，如下图所示：请回答下列问题：（1）由B2O3制备BN、BF3的化学方程式依次是_________、__________；（2）BF3和过量NaF作用可生成NaBF4，BF4－的立体结构为_______；（3）在与石墨结构相似的六方氮化硼晶体中，层内B原子与N原子之间的化学键为______________，层间作用力为________；（4）六方氮化硼在高温高压下，可以转化为立方氮化硼，其结构与金刚石相似，硬度与金刚石相当，晶胞边长为361.5pm，立方氮化硼的密度是_______g·cm-3（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏伽德罗常数为NA）。9、在水溶液中橙红色的rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}}与黄色的rm{CrO_{4}^{2-}}有下列平衡关系：rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}+H_{2}O?2CrO_{4}^{2-}+2H^{+}}把rm{K_{2}Cr_{2}O_{7}}溶于水配成稀溶液是橙色rm{.}向上述溶液中加入rm{NaOH}溶液，溶液呈______色；向原溶液中加入rm{Ba(NO_{3})_{2}}溶液rm{(}已知rm{BaCrO_{4}}为黄色沉淀rm{)}则平衡向______方向移动，溶液颜色将______．10、利用核磁共振技术测定有机物分子的三维结构的研究获得了2002年诺贝尔化学奖。在有机物分子中，不同氢原子的核磁共振谱中给出的峰值（信号）也不同，根据峰值（信号）可以确定有机物分子中氢原子的种类和数目。（1）下列物质中，其核磁共振氢谱中给出的峰值（信号）只有一个的是____。A．CH3CH3B.CH3COOHC.CH3COOCH3D.CH3OCH3（2）化合物A和B的分子式都是C2H4Br2，A的核磁共振氢谱图如下图所示，则A的结构简式为：，请预测B的核磁共振氢谱上有____个峰（信号）。（3）化合物C的分子式是C10H14，核磁共振氢谱图如下图所示，则C的结构简式为：。11、（12分）分析、归纳、探究是学习化学的重要方法和手段之一．下面就电解质A回答有关问题(假定以下都是室温时的溶液)。(1)电解质A的化学式为NanB，测得浓度为cmol/L的A溶液的pH＝a①当a=10时，A溶液呈碱性的原因是(用离子方式程式表示)。②当a=10，n＝1时，A溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为，c(OH－)－c(HB)＝________mol/L。③当n＝1、c＝0.1、溶液中c(HB)∶c(B－)＝1∶99时，A溶液的pH为______(保留整数值)。(2)已知难溶电解质A的化学式为XnYm，相对分子质量为M，测得其饱和溶液的密度为ρg/cm3，Xm＋离子的浓度为cmol/L，则该难溶物XnYm的溶度积常数为Ksp＝_____________，该温度下XnYm的溶解度S＝____________g12、请按要求回答下列问题：

（1）用离子方程式表示明矾净水的原因：______；

（2）请写出H2SO3的电离方程式：______；

（3）用离子方程式表示泡沫灭火器〔内有Al2（SO4）3和NaHCO3溶液〕的使用原理：______；

（4）羟基的电子式是______；

（5）烃的正确系统命名为______．13、填空。

(1)甲烷在空气中燃烧现象：____________色火焰．

(2)甲烷；乙烯、苯、乙醇、乙酸中。

①能使酸性KMnO4溶液褪色的有____________

②能使溴的四氯化碳溶液或溴水溶液因反应而褪色的有____________

(3)化石燃料包括：____________；____________、____________；

(4)绿色化学核心：利用化学原理从____________上____________工业生产对环境造成的污染．14、化学平衡的标志是：

rm{(1)}______和______相等，而且不等于rm{0}

rm{(2)}反应物和生成物的______保持不变．15、丰富多彩的材料为人类的生存和发展创造了完美的物质条件．

rm{(1)}人类使用最早的合金是______．

rm{(2)}三大合成材料是指塑料；合成纤维和______．

rm{(3)}在橡胶中加入炭黑可增强______性rm{.}

rm{(4)}塑料制品的大量使用和随意丢弃而带来的严重环境问题是______．

rm{(5)}人工合成的塑料有多种，其中聚丙烯是常见的一种，其结构简式是______．评卷人得分三、探究题(共4题，共8分)16、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。17、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。18、（14分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为两者反应生成只有CuCO3一种沉淀；乙同学认为这两者相互促进水解反应，生成Cu(OH)2一种沉淀；丙同学认为生成CuCO3和Cu(OH)2两种沉淀。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照乙同学的理解Na2CO3溶液和CuSO4溶液反应的化学反应方程式为；在探究沉淀物成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。具体操作为①过滤②洗涤③干燥。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为。（2）装置C中装有试剂的名称是。（3）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可通过下列所示装置进行定量分析来测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是，实验开始时和实验结束时都要通入过量的空气其作用分别是（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为。19、（12分）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物,溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4,在空气中加热生成CuO提出假设假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。（1）若假设1成立，则实验现象是。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁。你认为这种说法合理吗？____简述你的理由(不需写出反应的方程式)（3）若固体粉末完全溶解无固体存在,滴加KSCN试剂时溶液不变红色,则证明原固体粉末是，写出发生反应的离子方程式、、。探究延伸经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b>a），则混合物中Cu2O的质量分数为。评卷人得分四、工业流程题(共3题，共18分)20、高铁酸盐是一种新型绿色净水消毒剂，热稳定性差，在碱性条件下能稳定存在，溶于水发生反应：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-。回答下列问题：

（1）工业上湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的工艺如图：

①Na2FeO4中铁元素的化合价为___，高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反应类型为___(填“氧化还原反应”；“复分解反应”或“化合反应”)。

②反应2加入饱和KOH溶液可转化析出K2FeO4，理由是__。

（2）化学氧化法生产高铁酸钠(Na2FeO4)是利用Fe(OH)3、过饱和的NaClO溶液和NaOH浓溶液反应，该反应的化学方程式为___；理论上每制备0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的质量为___（保留小数点后1位）。

（3）采用三室膜电解技术制备Na2FeO4的装置如图甲所示，阳极的电极反应式为__。电解后，阴极室得到的A溶液中溶质的主要成分为___(填化学式)。

（4）将一定量的K2FeO4投入一定浓度的Fe2(SO4)3溶液中，测得剩余K2FeO4浓度变化如图乙所示，推测曲线I和曲线Ⅱ产生差异的原因是___。21、已知：①FeSO4、FeSO4·nH2O加热时易被氧气氧化；②FeSO4·nH2O→FeSO4+nH2O；③碱石灰是生石灰和氢氧化钠的混合物，利用如图装置对FeSO4·nH2O中结晶水的含量进行测定。

称量C中的空硬质玻璃管的质量(82.112g)；装入晶体后C中的硬质玻璃管的质量(86.282g)和D的质量(78.368g)后；实验步骤如下：

完成下面小题。

1．下列分析正确的是()

A．装置B中的浓硫酸可以换成浓氢氧化钠溶液。

B．步骤I的目的是排尽装置中的空气，防止FeSO4、FeSO4·nH2O被氧化。

C．装置B和装置D可以互换位置。

D．为加快产生CO2的速率；可将A中装置中盐酸浓度增大；石灰石磨成粉状。

2．操作甲和操作丙分别是()

A．操作甲：关闭K1操作丙：熄灭酒精灯。

B．操作甲：熄灭酒精灯操作丙：冷却到室温。

C．操作甲：熄灭酒精灯操作丙：关闭K1

D.．作甲：熄灭酒精灯操作丙：烘干。

3．步骤Ⅳ称得此时C中硬质玻璃管的质量为84.432g，D的质量为80.474g，产品硫酸亚铁晶体(FeSO4·nH2O)中n值是()

A．4.698B．6.734C．7.000D．7.666

4．若n值小于理论值，产生误差的可能原因是()

A．加热时间过长，FeSO4进一步分解了。

B．原晶体中含有易挥发的物质。

C．装置D中的碱石灰失效了。

D．加热时间过短，结晶水未完全失去22、金属铬在工业上有广泛用途，主要用于不锈钢及高温合金的生产。铬铵矾(NH4Cr(SO4)2·12H2O)法是一种以碳素铬铁(主要是由Cr、Fe、C形成的合金)为主要原料生产金属铬，并能获得副产物铁铵矾【(NH4Cr(SO4)2·12H2O)】的方法。有关流程如下:

已知部分阳离子以氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如下表(金属离子浓度为0.01mol/L):。沉淀物Fe(OH)2Fe(OH)3Cr(OH)3开始沉淀的pH7.62.74.9完全沉淀的pH9.63.76.8

(1)溶解碳素铬铁前需将其粉碎，其目的是____________

(2)净化和转化阶段:所得残渣的主要成分是___________，转化时需要添加定量的H2O2，其目的是__________。由溶液1获得铁铵矾晶体的操作方法为______；过滤；洗涤、干燥。

(3)将铬铵矾晶体溶于稀硫酸，而不是直接溶于水的主要原因是_________________。

(4)阳极液通入SO2的离子反应方程式______________。

(5)工业废水中含有一定量的Cr3+，也含有一定量的Mg2+、Ca2+,而除去“钙、镁”是将其转化为MgF2、CaF2沉淀。已知Ksp(MgF2)=7.35×10-11、Ksp(CaF2)=1.05×10-10，当加入过量NaF使两种沉淀共存时，溶液中c(Mg2+)/c(Ca2+)=__________。

(6)某课外活动小组将铬铵矾(NH4CrSO4)·12H2O)经过一系列操作获得了Cr2(CO3)3粗品。该小组利用EDTA(乙二胺四乙酸二钠，阴离子简写为H2Y2-)测定粗品中Cr2(CO3)3的质量分数，准确称取2.00g粗品试样，溶于5.0mL稀盐酸中，依次加入5.0mLNH3·NH4Cl缓冲溶液、0.10g紫脲酸铵混合指示剂，用0.100mol/LEDTA标准溶液滴定至呈稳定颜色，平均消耗标准溶液5.00mL已知:Cr3++H2Y2-=CrY+2H+。

①滴定操作中，如果滴定前装有EDIA标准溶液的满定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，则测定结果将_____(填“偏大”；“偏小”或“不变”)。

②粗品中Cr2(CO3)3的质量分数w[Cr2(CO3)3]=____。评卷人得分五、推断题(共4题，共24分)23、短周期元素X；Y、Z、W在周期表中的相对位置如图所示；其中W元素的原子结构示意图为．

。WXYZ请回答下列问题：

（1）Z元素在元素周期表中的位置是______．

（2）X；Y、Z三种元素的原子半径由大到小的顺序为______（元素符号表示）．

（3）X；Z、W三种元素的最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序为______（用化学式表示）

（4）用电子式表示WY2的形成过程：______．

（5）写出W单质与浓硫酸反应的化学方程式：______．24、有机物A分子组成为C4H9Br，分子中有一个甲基支链，在一定条件下A发生如下转化：已知：①不对称烯烃与HBr加成反应时，一般是Br加在含氢较少的碳原子上，如：②连接羟基的碳原子上没有氢原子的醇如：不能发生催化氧化反应。（1）A的结构简式为____B—H中，与A互为同分异构体的有机物是____（填字母代号）（2）上述转化中属于取代反应的有____（填序号）（3）C的结构简式为____（4）写出反应④的化学方程式____，25、已知：CH2=CH—CH=CH2+CH2=CH2化合物A在体内脱氢酶的作用下会氧化为有害物质GHB。下图是关于化合物A的一种制备方法及由A引发的一系列化学反应。请回答下列问题：⑴写出反应类型：反应①____反应③____。⑵化合物A的系统命名为_______________________⑶有关化合物A和B的判断错误的是________________-A．在催化剂存在下，都能与O2发生氧化反应B．都能与金属钠反应C．都能发生银镜反应D．都不能使溴水溶液褪色⑷写出反应②的化学方程式____。⑸反应④生成的E存在同分异构体，除了外，还有（写出结构简式）____、____。26、卤代烃是一类重要的有机合成中间体，是许多有机合成的原料。rm{(1)}卤代烃的取代反应，实质是带负电荷的原子团取代了卤原子，如：rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{3}}rm{Br+OH^{-}}或rm{Br+OH^{-}}rm{(}或rm{NaOH)隆陋隆煤CH}rm{(}rm{NaOH)隆陋隆煤CH}或rm{{,!}_{3}}rm{OH+Br^{-}}rm{OH+Br^{-}}填写下列反应的生成物化学式：rm{垄脵CH_{3}CH_{2}CH_{2}Cl+CH_{3}ONaxrightarrow[]{}}____________________________________________；rm{(}或rm{CH}一卤代烃rm{(}与金属钠作用，可以增加碳链，反应的化学方程式为：rm{R隆陋X+2Na+X隆陋R隆炉隆陋隆煤R隆陋R隆炉+2NaX(R}rm{CH}为烃基，可相同，也可不相同，rm{{,!}_{3}}为卤原子rm{OH+NaBr)}填写下列反应的生成物化学式：以下是以rm{OH+NaBr)}rm{垄脵CH_{3}CH_{2}CH_{2}Cl+

CH_{3}ONaxrightarrow[]{}}丁二烯为有机原料合成有机物rm{(2)}溴环丁烷rm{R隆陋X}rm{R隆陋X+2Na+X隆陋R隆炉隆陋隆煤R隆陋R隆炉+

2NaX(R}rm{R隆炉}为烃基，可相同，也可不相同，rm{X}为卤原子rm{)}以下是以rm{1}rm{3隆陋}丁二烯为有机原料合成有机物rm{1隆陋}溴环丁烷rm{(}的合成路线，根据信息回答问rm{R隆陋X+2Na+X隆陋R隆炉隆陋隆煤R隆陋R隆炉+

2NaX(R}

rm{R隆炉}写出rm{X}rm{)}丁二烯与rm{1}反应生成rm{3隆陋}的化学方程式：___________________________；rm{1隆陋}的结构简式为____________________，rm{(}与rm{)}的合成路线，根据信息回答问反应类型为_______________．rm{)}参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【解析】试题分析：硝酸钾的溶解度受温度的影响程度大于氯化钠的，则分离KNO3和氯化钠，常用结晶与重结晶，A正确；溴苯不溶于水，直接分液即可，B不正确；单质碘易升华，C正确；苯不溶于水，分液即可，D正确，答案选B。考点：考查物质的分离和提纯【解析】【答案】B2、D【分析】解：rm{A}标准状况下，rm{5.6L(0.25mol)}一氧化氮和rm{5.6L(0.25mol)}氧气混合后发生反应生成rm{0.25mol}的二氧化氮，同时剩余氧气rm{0.125mol}但生成的二氧化氮又能生成四氧化二氮，二者的反应为可逆反应，则分子的总物质的量小于rm{0.375mol}分子数小于rm{0.375N_{A}}故A错误；

B、阴极得到了rm{2mol}电子，由于粗铜中含有铁杂质，摩尔质量小于铜的，所以阳极的减小质量小于rm{64g}故B错误；

C、一水合氨是弱电解质，不是完全电离，所以rm{1L0.1mol?L^{-1}}的氨水含有rm{OH^{-}}小于rm{0.1N_{A}}个；故C错误；

D、rm{3.4g}氨气的物质的量为：rm{dfrac{3.4g}{17g/mol}=0.2mol}rm{dfrac

{3.4g}{17g/mol}=0.2mol}氨气分子中含有rm{0.2mol}氮氢键，含rm{0.6mol}键数目为rm{N-H}故D正确；

故选D．

A、标准状况下，rm{0.6N_{A}}任何气体中含有的分子数为rm{1mol}

B；根据粗铜中含有摩尔质量比铜小的杂质判断；

C；一水合氨是弱电解质；不是完全电离；

D、氨气分子中含有rm{1N_{A}}个rm{3}键，rm{N-H}氨气的物质的量为rm{3.4g}含有rm{0.2mol}氮氢键．

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．rm{0.6mol}【解析】rm{D}3、B【分析】解：rm{C_{2}H_{4}}rm{NH_{3}}rm{NO}是无色无味的气体，rm{Cl_{2}}是黄绿色有刺激性气味的气体，所以有颜色的是rm{Cl_{2}}故选B．

根据rm{C_{2}H_{4}}rm{NH_{3}}rm{NO}是无色无味的气体，rm{Cl_{2}}是黄绿色有刺激性气味的气体来解答。

本题主要考查了气体的物理性质，掌握性质即可解答，比较简单．【解析】rm{B}4、A【分析】【解析】试题分析：对于同一种元素的含氧酸，该元素的化合价越高，含氧酸的酸性越强，如HNO23，H2SO32SO4，HClO34。不同元素的含氧酸元素的非金属性越强最高价含氧酸的酸性越强。观察A、B、C、D四个选项，结合元素的非金属性：Cl>S，Cl>N，所以酸性HClO4>H2SO4,HClO4>HNO3，故HClO4酸性最强。故选A。考点：含氧酸的酸性强弱【解析】【答案】A5、A【分析】试题分析：A、由热化学方程式的书写方法可知甲烷燃烧的热化学方程式为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（1）△H=-890．3kJ·mol-1，正确；B、根据化合价升降总数等于转移电子数可得：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)～6eˉ，如果转移的电子数为6NA，则反应放出的热等于92.4kJ，错误；C.H2SO4和Ca（OH）2反应生成硫酸钙和水，中和热△H不在等于2×（-57．3）kJ·mol-1D.在101kPa时，4gH2完全燃烧生成液态水，放出571．6kJ热量，根据燃烧热的定义，氢气燃烧热的热化学方程式表示为H2(g)+1/2O2(g)=H2O（1）△H=-285．8kJ·mol-1，错误；选A。考点：考查热化学方程式的书写，中和热，可逆反应的特点等知识。【解析】【答案】A6、A【分析】【解答】解：A．将四份溶液稀释相同倍数后溶液的pH：氨水存在电离平衡；溶液中氢氧根离子浓度大于氢氧化钠溶液中氢氧根离子，③＞④，同浓度醋酸和盐酸稀释相同倍数，醋酸存在电离平衡，不能完全电离，醋酸溶液中氢离子浓度小于盐酸溶液中的氢离子浓度，所以溶液pH①＞②，故A正确；B．若将①；④等体积混合，醋酸和氢氧化钠恰好反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，故B错误；

C．四份溶液中溶质都是抑制水的电离的，其中②③④中H+、OH﹣浓度相等，对水的电离的抑制也相等，且大，①中CH3COOH电离出的H+浓度最小；因此其中水的电离程度最小，水的电离程度：①＞②，故C错误；

D．一水合氨为弱电解质；②③若等体积混合后溶液呈碱性，0.01mol/LHCl和pH=12的氨水比较，前者的浓度小，所以恰好完全反应，则消耗体积为③＜②，故D错误；

故选A．

【分析】四份溶液中溶质都是抑制水的电离的，①中CH3COOH电离出的H+浓度最小，②③④中电离出的H+、OH﹣浓度都为0.01mol•L﹣1，其中醋酸和一水合氨为弱电解质，加水促进电离，结合浓度对弱电解质的电离的影响解答该题．7、C【分析】解：乙烯分子式为C2H4，其x+=2+1=3；即1体积乙烯消耗3体积氧气；

乙醇的分子式为C2H6O，其x+-=2+1.5-0.5=3；即1体积乙醇消耗3体积氧气；

即1体积混合气体完全燃烧消耗3体积氧气；故乙烯和乙醇任意比混合VL完全燃烧消耗氧气为3V；

故选：C．

根据物质的组成判断耗氧量，物质的量相同的烃CxHy的耗氧量取决于x+物质的量相同的含氧衍生物CxHyOz耗氧量取决于x+-据此判断物质的量相同的乙烯与乙醇的耗氧量相同，据此解答．

本题考查有机物耗氧量规律，难度较小，掌握有机物耗氧量规律，注意知识的归纳总结．【解析】【答案】C二、填空题(共8题，共16分)8、略

【分析】(1)根据反应物和生成物结合原子守恒，可以分别写出该反应的化学方程式。（2）BF4－的中心原子没有孤对电子，所以是正四面体结构。（3）B和N均是非金属，形成的化学键是共价键。而层与层之间则是分子间作用力。（4）根据金刚石的结构可知，晶胞中含有的原子个数是4，所以立方氮化硼中含有的微粒个数也是4，质量为晶胞的体积是（361.5×10－3）3，所以其密度是【解析】【答案】（1）B2O3＋3CaF2＋2H2SO42BF3↑＋3CaSO4＋3H2OB2O3＋2NH32BN＋2H2O（2）正四面体（1分）（3）共价键范德华力（各1分）（4）（2分）9、略

【分析】解：加入少量rm{NaOH}固体；中和氢离子，氢离子浓度降低，平衡向右移动，溶液呈黄色，故答案为：黄；

向原溶液中加入rm{Ba(NO_{3})_{2}}溶液，生成rm{BaCrO_{4}}沉淀，rm{CrO_{4}^{2-}}浓度降低；平衡正向移动，溶液的颜色变浅；

故答案为：黄；正反应；变浅．

加入少量rm{NaOH}固体；中和氢离子，氢离子浓度降低，平衡向右移动；

向原溶液中加入rm{Ba(NO_{3})_{2}}溶液，生成rm{BaCrO_{4}}沉淀，rm{CrO_{4}^{2-}}浓度降低；结合平衡移动原理解答．

本题考查化学平衡的影响因素，主要是影响平衡的因素分析判断，注意对化学平衡移动原理的理解，题目难度不大．【解析】黄；正反应；变浅10、略

【分析】【解析】【答案】（1）AD（2）BrCH2CH2Br2（3）11、略

【分析】【解析】【答案】（12分，每空2分）(1)①Bn－＋H2OHB(n－1)－＋OH－②c(Na＋)>c(B－)>c(OH－)>c(H＋)、10－10③11(2)12、略

【分析】解：（1）明矾水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性，反应的离子方程式为Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+；

故答案为：Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+；

（2）亚硫酸是多元弱酸分步电离，电离离子方程式为：H2SO3⇌H++HSO3-、HSO3-⇌H++SO32-；

故答案为：H2SO3⇌H++HSO3-、HSO3-⇌H++SO32-；

（3）Al2（SO4）3溶液水解成酸性，NaHCO3溶液水解成碱性，二者发生互促水解生成Al（OH）3和CO2，反应的离子方程式为Al3++3HCO3-=Al（OH）3↓+3CO2↑；

故答案为：Al3++3HCO3-=Al（OH）3↓+3CO2↑；

（4）羟基中氧原子与氢原子共用一对电子，电子式为：故答案为：

（5）根据烷烃的命名原则：的名称为：3；4-二甲基-4-乙基庚烷；

故答案为：3；4-二甲基-4-乙基庚烷．

（1）明矾水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体；

（2）亚硫酸是多元弱酸分步电离；用可逆号表示；

（3）Al2（SO4）3溶液与NaHCO3溶液发生互促水解生成Al（OH）3和CO2；

（4）根据电子式的书写规则写出电子式；

（5）根据烷烃的命名原则命名．

本题考查了盐类水解的应用，常用化学用语的书写，题目难度不大，注意多元弱酸分部电离．【解析】Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+；H2SO3⇌H++HSO3-、HSO3-⇌H++SO32-；Al3++3HCO3-=Al（OH）3↓+3CO2↑；3，4-二甲基-4-乙基庚烷13、略

【分析】解：(1)甲烷在空气中燃烧现象：火焰呈淡蓝色；放出大量的热，故答案为：淡蓝色；

(2)①甲烷；苯、乙酸与酸性高锰酸钾溶液不反应；乙烯和乙醇可与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应使酸性高锰酸钾溶液褪色；

②乙烯能与溴发生加成反应使溴的四氯化碳溶液或溴水溶液而褪色；

故答案为：乙烯；乙醇；乙烯；

(3)化石燃料包括煤；石油、天然气等；故答案为：煤；石油；天然气；

(4)绿色化学的核心就是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，故答案为：源头；减少和消除．【解析】淡蓝;乙烯、乙醇;乙烯;煤;石油;天然气;源头;减少和消除14、正反应速率；逆反应速率；浓度【分析】解：正逆反应速率相等；各组分的浓度不随时间的改变而变化的状态是平衡状态，故答案为：正反应速率，逆反应速率，浓度．

化学平衡状态时正逆反应速率相等；各组分的浓度不随时间的改变而变化，据此回答．

本题考查学生化学平衡的概念；注意知识的灵活应用是关键，难度中等．

【解析】正反应速率；逆反应速率；浓度15、略

【分析】解：rm{(1)}铜的化学性质不活泼；比较容易冶炼，人类使用最早的合金是青铜；

故答案为：青铜；

rm{(2)}合成材料又称人造材料，是人为地把不同物质经化学方法或聚合作用加工而成的材料，其特质与原料不同，如塑料等rm{.}塑料；合成纤维和合成橡胶被称为三大合成材料；

故答案为：合成橡胶；

rm{(3)}在橡胶中加入一些物质能提高橡胶的机械性能；在橡胶中加入炭黑可增强耐磨性；

故答案为：耐磨；

rm{(4)}塑料制品在自然界中难以分解；塑料制品的大量使用和随意丢弃会污染环境，形成白色污染；

故答案为：白色污染；

rm{(5)}丙烯rm{(CH_{2}=CH-CH_{3})}通过加成反应生成聚丙烯，聚丙烯的结构简式为

故答案为：．

rm{(1)}人类使用最早的合金是青铜；

rm{(2)}三大合成材料是指塑料；合成纤维和合成橡胶；

rm{(3)}在橡胶中加入一些物质能提高橡胶的机械性能；

rm{(4)}塑料制品在自然界中难以分解；

rm{(5)}丙烯通过加成反应生成聚丙烯．

本题考查了常见的金属材料和合成材料、环境保护、有机物的结构，题目难度不大，侧重于基础知识的考查，注意把握加聚反应以及单体的判断．【解析】青铜；合成橡胶；耐磨；白色污染；三、探究题(共4题，共8分)16、略

【分析】Ⅰ．根据乙的理解，应该是水解相互促进引起的，所以方程式为Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸铜分解生成物有CO2，而氢氧化铜分解会产生水，据此可以通过检验水和CO2的方法进行验证。由于通过澄清的石灰水会带出水蒸气，所以应该先检验水蒸气，因此正确的顺序是A→C→B。（2）检验水蒸气一般用无水硫酸铜。（3）如果含有碳酸铜，则分解会生成CO2气体，因此装置B中澄清石灰水变浑。Ⅲ．（1）由于要通过空气将装置中的气体完全排尽，而空气中也含有水蒸气和CO2，所以装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O蒸汽和CO2。（2）开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。从而减少实验误差。（3）装置B中增加的质量是水，所以氢氧化铜的质量是所以沉淀中CuCO3的质量分数为1－（49n/9m）。【解析】【答案】ⅠNa2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→B（1分）（2）无水硫酸铜（1分）（3）装置B中澄清石灰水变浑（2分）Ⅲ（1）吸收空气中的H2O蒸汽和CO2（2分），开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）17、略

【分析】（1）若假设1成立，则溶液中含有铁离子，所以溶液会变为血红色。（2）由于铁离子能氧化单质铜，而生成亚铁离子。因此如果混合物中含有氧化亚铜，则也可能不会出现血红色。（3）根据（2）中分析可知，此时应该是Fe2O3和Cu2O的混合物，有关的方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根据反应式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亚铜的质量是所以混合物中Cu2O的质量分数为【解析】【答案】（1）溶液变为血红色（1分）（2）不合理（1分）Cu能将Fe3+还原为Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每个2分，共8分）（4）（2分）18、略

【分析】Ⅰ．根据乙的理解，应该是水解相互促进引起的，所以方程式为Na2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑。Ⅱ。（1）由于碳酸铜分解生成物有CO2，而氢氧化铜分解会产生水，据此可以通过检验水和CO2的方法进行验证。由于通过澄清的石灰水会带出水蒸气，所以应该先检验水蒸气，因此正确的顺序是A→C→B。（2）检验水蒸气一般用无水硫酸铜。（3）如果含有碳酸铜，则分解会生成CO2气体，因此装置B中澄清石灰水变浑。Ⅲ．（1）由于要通过空气将装置中的气体完全排尽，而空气中也含有水蒸气和CO2，所以装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O蒸汽和CO2。（2）开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。从而减少实验误差。（3）装置B中增加的质量是水，所以氢氧化铜的质量是所以沉淀中CuCO3的质量分数为1－（49n/9m）。【解析】【答案】ⅠNa2CO3+CuSO4+H2O=Cu(OH)2↓+Na2SO4+CO2↑（2分）；Ⅱ（1）A→C→B（1分）（2）无水硫酸铜（1分）（3）装置B中澄清石灰水变浑（2分）Ⅲ（1）吸收空气中的H2O蒸汽和CO2（2分），开始时通入处理过的空气可以将装置中原有的含H2O蒸汽和CO2的空气赶出；结束时通入处理过的空气可以将装置中滞留的H2O蒸汽和CO2赶出。（2分）（2）1－（49n/9m）（2分）19、略

【分析】（1）若假设1成立，则溶液中含有铁离子，所以溶液会变为血红色。（2）由于铁离子能氧化单质铜，而生成亚铁离子。因此如果混合物中含有氧化亚铜，则也可能不会出现血红色。（3）根据（2）中分析可知，此时应该是Fe2O3和Cu2O的混合物，有关的方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。（4）根据反应式2Cu2O＋O24CuO可知，氧化亚铜的质量是所以混合物中Cu2O的质量分数为【解析】【答案】（1）溶液变为血红色（1分）（2）不合理（1分）Cu能将Fe3+还原为Fe2+（1分）（3）Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（每个2分，共8分）（4）（2分）四、工业流程题(共3题，共18分)20、略

【分析】【分析】

(1)反应1中发生反应的化学方程式为2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，向分离出的Na2FeO4中加入饱和KOH溶液反应生成粗K2FeO4；

(2)Fe(OH)3、过饱和的NaClO溶液和NaOH浓溶液反应生成Na2FeO4，同时生成还原产物NaCl，结合守恒法写出该反应的化学方程式；根据电子守恒计算制备0.5molNa2FeO4消耗NaClO的质量；

(3)电解时，阳极发生氧化反应生成FeO42-；阴极生成氢气和氢氧化钠；

(4)由图可知，Fe2(SO4)3浓度越大，K2FeO4浓度越小；与铁离子的水解有关。

【详解】

(1)①Na2FeO4中钠元素的化合价为+1价；氧元素的化合价为-2价，根据化合物中元素的正负化合价代数和为0，则铁元素的化合价为0-(-2)×4-(+1)×2=+6价；高铁酸钠中铁元素为+6价，具有强氧化性，能杀菌消毒，故高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反应类型为发生氧化还原反应；

②反应2加入饱和KOH溶液可转化析出K2FeO4，即加入饱和KOH溶液发生的反应为Na2FeO4+2KOH=K2FeO4↓+2NaOH；说明该温度下高铁酸钾的溶解度小于高铁酸钠的溶解度；

(2)Fe(OH)3、过饱和的NaClO溶液和NaOH浓溶液反应生成Na2FeO4，反应中Fe元素的化合价从+3价升高为+6价，Cl元素的化合价从+1价降为-1价，根据得失电子守恒、原子守恒，则该反应的化学方程式为2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O；设制备0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的质量为mg，则由电子守恒可知：0.5mol×3=[(+1)-(-1)]；解得：m≈55.9；

(3)根据装置图，Fe为阳极，电解时，阳极发生氧化反应生成FeO42-，电极方程式为Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O；阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；阴极生成氢气和氢氧化钠，则阴极室得到的A溶液中溶质的主要成分为NaOH；

(4)由图可知，Fe2(SO4)3浓度越大，K2FeO4浓度越小，根据“高铁酸盐在碱性条件下能稳定存在，溶于水发生反应：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-”，则产生曲线Ⅰ和曲线Ⅱ差异的原因是Fe2(SO4)3溶液水解显酸性，促进K2FeO4与水反应从而降低K2FeO4浓度。【解析】①.+6②.氧化还原反应③.该温度下Na2FeO4的溶解度大于K2FeO4④.2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O⑤.55.9g⑥.Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O⑦.NaOH⑧.Fe2(SO4)3溶液水解显酸性，促进K2FeO4与水反应，从而降低K2FeO4的浓度21、略

【分析】【详解】

1．A．装置B中的浓硫酸不能换成浓氢氧化钠溶液；因为氢氧化钠溶液会吸收二氧化碳气体，达不到排尽装置中空气的目的，故A错误；

B．步骤Ⅰ的目的是导入二氧化碳气体，排尽装置中的空气，防止FeSO4、FeSO4•nH2O被氧化；故B正确；

C．装置B和装置D不能互换位置；因为碱石灰也会吸收二氧化碳气体，故C错误；

D．将A装置中盐酸浓度增大；石灰石磨成粉末；会使产生二氧化碳的速率过大，粉末状的石灰石会很快反应完，同时还会带入HCl气体，故D错误；

答案选B；

2．先熄灭酒精灯，通二氧化碳直至C装置冷却至室温，然后关闭K1；操作甲：熄灭酒精灯，操作丙：关闭K1；故选C；

3．硫酸亚铁晶体的质量=86.282g-82.112g=4.17g；失水后的硫酸亚铁无水盐的质量=84.432g-82.112g=2.32g，失去的结晶水的质量=4.17g-2.32g=1.85g，解得n≈6.734，故选B；

4．A．加热时间过长，FeSO4进一步分解；会使m(无水盐)偏大，则n偏大，故A错误；

B．将原晶体中易挥发物质的质量计入减少的结晶水中；则n偏大，故B错误；

C．装置D中的碱石灰失效了；不会影响n值，故C错误；

D．加热时间过短；结晶水未完全失去，n值会小于理论值，故D正确；

答案选D。【解析】①.B②.C③.B④.D22、略

【分析】【详解】

(1)溶解碳素铬铁前需将其粉碎，增大接触面积，提高反应速率；(2)碳与双氧水、硫酸铵及硫酸均不反应，故净化和转化阶段:所得残渣的主要成分是碳(或C)，转化时需要添加定量的H2O2，其目的是使Fe2+转化为Fe3+。由溶液1获得铁铵矾晶体的操作方法为蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥；(3)将铬铵矾晶体溶于稀硫酸，而不是直接溶于水的主要原因是抑制离子的水解；(4)阳极液通入SO2，二氧化硫与Cr2O72-反应生成SO42-、Cr3+，反应的离子反应方程式为3SO2+Cr2O72-+2H+=3SO42-+2Cr3++H2O；(5)c(Mg2+)/c(Ca2+)=c(Mg2+)c2(F-)/c(Ca2+)c2(F-)=Ksp(MgF2)/Ksp(CaF2)=(6)①滴定操作中，如果滴定前装有EDIA标准溶液的满定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，消耗的标准溶液计数偏大，则测定结果将偏大；②粗品中C